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九师联盟2022届高三上学期物理9月质量检测试卷
一、单选题
1．如图所示是一辆汽车在平直路上运动速度的平方（v2）与位移（x）的关系图像。则这辆汽车的加速度大小为（　　）
A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】由匀变速直线运动的速度与位移的关系式
得
结合图像可知加速度
解得a=1m/s2
故答案为：A。
【分析】利用匀变速的速度位移公式可以求出加速度的大小。
2．如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一小球现对小球施加一水平拉力F，使小球在图示位置保持静止，若保持小球位置不变，将力F方向逆时针缓慢转至与绳垂直的过程中，则（　　）
A．力F逐渐增大 B．力F逐渐减小
C．力F先减小后增大 D．力F先增大后减小
【答案】B
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】受力分析如图
可知该过程力F逐渐减小，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用小球的平衡条件结合三角形定则可以判别F的大小变化。
3．如图所示，将小球A以初速度v0竖直上抛的同时，将小球B由静止释放，不计空气阻力重力加速度大小为g。若小球A上升到最高点时，两小球位于同一水平线上，则两小球初始位置之间的高度差为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；竖直上抛运动
【解析】【解答】小球A上升到最高点的时间
此时间内小球A上升的位移
小球B下降的位移
所以初始时两小球之间的高度差
A符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用速度公式可以求出小球A上升的时间，结合速度位移公式可以求出A上升的高度，结合位移公式可以求出B下落的高度，进而求出两个小球之间的距离大小。
4．一质量为1kg的小石块从空中的某一高度，由静止释放落至地面。已知它在落地前1s内的位移大小是它在第1s内位移大小的5倍，不计空气阻力重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．小石块在空中运动时间为4s
B．小石块落地时的速度大小为40m/s
C．小石块在第2s末距离地面的高度为30m
D．小石块释放点距地面的高度为45m
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】小石块在第1s内的位移
则落地前1s内位移为 25m
根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，小石块在第3s内的位移恰好为25m，以可判断，小石块的运动时间为3s，则落地时的速度v=gt=30m/s
在第2s末距离地面的高度为25m，小石块开始下落时距地面的高度H=（5+15+25）m=45m.
故答案为：D。
【分析】利用位移公式可以求出小球下落的位移，结合匀变速的位移公式可以求出石块运动的时间，结合速度公式可以求出速度的大小，结合位移公式可以求出石块下落的高度。
5．如图所示，五个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木相互紧贴按图示（截面图）方式堆放在底板水平、前后有竖直挡板的电动小车上，开始保持静止状态。若让电动小车水平向左做匀加速运动，且积木与小车保持相对静止，则与小车静止时相比（　　）
A．积木A对积木C的支持力大小将增大
B．积木B对积木C的支持力大小将减小
C．积木A与积木C之间可能没有弹力作用
D．积木A，B，C中，积木C所受合力最小
【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对C进行受力分析，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得
所以θ=30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；原来C处于静止状态，根据平衡条件可得NBsin30°=NAsin30°
设加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有
可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，AB不符合题意；
C．当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得
解得
C符合题意；
D．根据牛顿第二定律可知，A、B、C三积木受到合力大小相同，均为 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用C的平衡方程可以求出C受到的支持力大小，结合平衡方程可以判别其支持力的大小变化；当小球C做加速运动时其A对C可能没有支持力的作用；利用牛顿第二定律可以比较合力的大小。
6．如图所示为a、b两质点做直线运动的x-t图像。a的图是直线，b的图线是曲线，两图线在t=5s时刻相切，已知b质点的加速度大小恒为0.2m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0.5~5s内，b质点的运动方向发生了一次改变
B．t=5s时刻，a质点的速度大小为0.54m/s
C．t=0时刻，b质点的速度大小为1.1m/s
D．x0=2.8m
【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知，在0.5~5s内，b质点的运动方向始终沿x轴负方向，没有改变，A不符合题意；
B．由图可知，在t=5s时刻两质点速度相等，则有
B不符合题意；
C．由题意，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2m/s2，据运动学公式有v=v0+at
解得v0=-1.6m/s，C不符合题意；
D．对于b质点，前5s内，有
B质点出发的位置离坐标原点的距离大小为x0=（5.5-2.7）m=2.8m
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用斜率的符号及大小可以判别质点的速度方向及大小，利用平均速度公式可以求出b点的初位置坐标。
二、多选题
7．2021年8月8日东京奥运会落下帷幕，我国运动健儿奋力拼搏，最终以38枚金牌位列金牌榜第二位。下列关于各种项目中运动员在运动过程中（不计空气阻力）的状态描述说法正确的是（　　）
A．跳高运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
B．蹦床运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性越来越大
C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于平衡状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
【答案】A,C
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．跳高运动员在空中上升和下落过程中加速度都向下，都处于失重状态，A符合题意；
B．质量是惯性的唯一量度，在蹦床比赛中，运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性不变，B不符合题意；
C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于静止状态，即平衡状态，C符合题意；
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时加速度为零，不是处于失重状态，而是处于静止状态，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重和失重；惯性的大小与速度的大小无关，只与物体的质量有关；当运动员处于静止时其合力等于0不是处于失重状态。
8．如图所示，在倾斜的墙上，用垂直于墙面的力F按压物块，使其静止在图示位置。则下列说法正确的是（　　）
A．物块可能受三个力作用
B．物块一定受四个力作用
C．物块所受摩擦力方向一定沿墙面向上
D．若增大力F，则物块与墙面间摩擦力增大
【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】ABC．受力分析由平衡条件可知，物块能静止，一定有摩擦力作用且方向沿墙面向上，故物块与墙面间压力不可能为0，则物块一定受四个力作用，A不符合题意，BC符合题意；
D．由于物块与墙面间摩擦力为静摩擦力，故大小与正压力无关，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用物体的平衡方程可以判别受力个数及摩擦力的方向，其静摩擦力的大小与压力大小无关。
9．如图所示，长度为4m的倾斜传送带与水平面间夹角为37°，以5m/s的恒定速率逆时针转动。在传送带上端无初速度地放一质量为0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小取10m/s2，则（　　）
A．煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2
B．煤块从传送带上端运动到下端经历的时间为1s
C．煤块到达传送带下端时的速度大小为5m/s
D．煤块从传送带上端运动到下端的过程中，在传送带上留下的痕迹长度为1.25m
【答案】B,D
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】A．煤块刚开始的加速度大小为a，则有
解得a=10m/s2，A不符合题意；
B．煤块从上端到与传送带共速所用时间为
则共速所通过的位移为
共速后，煤块的加速度为 ，则有
解得 =2m/s2，共速后到达下端的时间为t2，根据位移关系，则有
代入数据解得t2=0.5s，t2=-5.5s（舍去）
煤块从上端到下端的时间为t=t1+t2=1s
B符合题意；
C．煤块到达传送带下端时的速度大小为 6m/s
C不符合题意；
D．开始到共速过程中痕迹长度为L1=v0t1-s1=1.25m
共速后煤块速度大于传送带速度，此过程相对位移大小为L2=2.75m-5×0.5m=0.25m故痕迹长度为1.25m，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出煤块加速度的大小，利用速度公式可以求出煤块刚开始加速的时间，利用位移公式可以求出第一次加速的位移，共速后利用牛顿第二定律可以求出再次加速的加速度大小，结合位移公式可以求出二次加速的时间；利用位移公式结合传送带的位移可以求出相对位移的大小；利用速度公式可以求出煤块到达下端的速度大小。
10．如图甲所示，粗糙水平地面上静置三个倾角和质量相同的斜面体，让a、b、c三个质量相等的物块分别从三个斜面上以相同的初速度下滑，其v-t图像如图乙所示已知物块下滑过程中斜面体始终保持静止，a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc。则下列说法正确的是（　　）
A．μa＞μb＞μc B．FNa＞FNb＞FNc
C．fb=0，fa向右，fc向左 D．fb=0，fa向左，fc向右
【答案】A,B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由v-t图像可知，物块a匀减速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀加速下滑。对物块a有
则有μa>tanθ
对物块b有
有μb=tanθ
对物块c有
则有μc故有μa＞μb＞μc，A符合题意；
BCD．对物块和斜面体整体进行分析，物块a和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则有FNa>G总
水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fa水平向左；物块b和斜面体处于平衡状态，则有FNb=G总，斜面体与地面之间无摩擦力，即fb=0
物块c和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有FNc水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fc水平向右，则可得FNa＞FNb＞FNc
BD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用加速度的方向可以比较动摩擦因数的大小；利用加速度的方向结合加速度的分解及牛顿第二定律可以判别摩擦力的方向；利用牛顿第二定律及竖直方向的加速度大小可以比较支持力的大小。
三、实验题
11．某同学测量一弹簧秤内部弹簧的劲度系数，如图甲，他把弹簧秤挂在铁架台上，用手向下拉动弹簧秤挂钩，读出弹簧秤示数，并使用刻度尺测量弹簧秤悬挂点到此时弹簧秤指针位置的距离。改变手向下的拉力，重复上述测量，根据所测数据计算可得到弹簧秤内弹簧的劲度系数。回答下列问题。
（1）若某次实验弹簧秤示数如图乙所示，则手的拉力为　 　N；
（2）当手拉力为 时，刻度尺测量读数为 ；当手拉力为 时，刻度尺测量读数为 ，则该弹簧秤内弹簧的劲度系数 可表示为　 　；
（3）若实验室有两种规格的弹簧秤，图丙为另一弹簧秤的刻度盘，已知图乙最小分度的长度和图丙最小分度的长度相同，则图乙弹簧的劲度系数 和图丙弹簧的劲度系数 的关系为 　 　 。
【答案】（1）2.45
（2）
（3）
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】(1)弹簧秤最小分度为 ，所以读数为 （2.42-2.47均可得分）。
(2)根据胡克定律
所以
(3)根据
长度变化相等，力变化丙图是乙的5倍，所以
【分析】（1）利用弹簧秤的分度值可以读出对应的读数；
（2）利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；
（3）利用弹力的变化结合形变量的大小可以求出劲度系数的大小。
12．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行请选出你认为这样做的目的是__________（填字母代号）。
A．防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B．为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
C．防止小车在木板上运动过程中发生抖动
D．为保证小车最终能够实现匀速直线运动
（2）实验中　 　（填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）第一实验小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得∶打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为　 　m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为　 　m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（4）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a-F图像，该同学做实验时存在的问题是　 　。
【答案】（1）B
（2）不需要
（3）2.32；4.00
（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力。
故答案为：B。
（2）由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3根据匀变速直线运动的推论，可得打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小
根据逐差法，可得小车做匀加速运动的加速度大小为
（4）图像在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。
【分析】（1）细绳与木板平行是为了平衡摩擦力后小车受到的拉力等于小车的合力；
（2）实验有力传感器不需要满足质量要求；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（4）由于始终坐标有拉力没有加速度所以其实验平衡摩擦力不足。
四、解答题
13．假设甲、乙两汽车均以v0=30m/s的速度沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，且相距100m。在t=0时刻甲车驾驶员发现紧急情况开始以大小为a1=10m/s2的加速度刹车，乙车保持匀速在t1=3s后，甲车以大小为a2=5m/s2的加速度加速，乙车以大小为a3=5m/s2的加速度减速，取两车开始运动的方向为正方向，求在0~9s内∶
（1）甲、乙两车何时相距最近；
（2）甲、乙两车的最近距离。
【答案】（1）解：t1=3s时，甲车的速度
代入数值得v1=0
设3s后再经过t2时间，甲、乙两车速度相等，此时两车相距最近，则有
代入数值5t2=30-5t2
解得t2=3s
即6s时两车相距最近
（2）解：两车速度相等前甲车的位移为
乙车的位移为
最近距离为
联立以上各式，并代入数值得smin=10m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当两车速度相等时相距最近，利用速度公式可以求出最近的时刻；
（2）当两车速度相等时，结合两车的位移公式可以求出最近的距离。
14．如图所示，某同学通过三段轻绳提起一质量为 的物体A，三段轻绳的结点为O，轻绳 水平且Q端与放在水平桌面上一质量为 的物体B相连，轻绳 与竖直方向的夹角 ，该同学和物体A、B均处于静止状态，（已知 ， ，取 ，物体B与水平桌面之间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求：
（1）求轻绳 受到的拉力大小和物体B受到的摩擦力大小；
（2）欲使物体B在水平桌面上不滑动，物体A的质量 最大不能超过多少。
【答案】（1）解：以结点O为研究对象进行受力分析如图所示
由平衡条件，竖直方向
解得 。
水平方向
解得 ，物体B水平方向受到 绳的拉力 和水平桌面的静摩擦力 作用，且 ，由平衡条件得物体B受到的摩擦力大小
（2）解：当物体B刚要滑动时静摩擦力达到最大值 ，由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力
又
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）由于结点处于静止，利用结点的平衡方程可以求出轻绳OP产生的拉力大小，结合B的平衡方程可以求出B受到的摩擦力大小；
（2）当B处于静止，利用最大摩擦力的大小结合O的平衡方程可以求出物体A的质量大小。
15．如图所示，水平面上有6个完全相同的质量均为m=1kg的小滑块（均可视为质点），滑块1和2间用轻质弹簧相连，其他均用细绳相连，滑块1、2、3…依次沿直线水平向左排开现用水平向右的恒力F（大小未知）作用于滑块1上，使它们一起做匀加速直线运动，测得滑块1到6间距离为L=2m，某时刻滑块1经过水平面上的O点时速度大小为v0=2m/s，一段时间后滑块6经过O点时速度大小为v1=4m/s，已知每个滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2。求∶
（1）水平恒力F的大小；
（2）滑块4与滑块5间细绳的拉力大小；
（3）若某时刻撤去水平恒力F，则在撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比。
【答案】（1）解：设整体加速度为a，根据
解得a=3m/s2
对整体由牛顿第二定律有
联立解得F=48N
（2）解：设滑块4与滑块5间细绳的拉力大小T，以滑块5和6为整体，由牛顿第二定律可得
解得T=16N
（3）解：撤去F的瞬间，由于滑块1、2间相连的是轻弹簧，故形变来不及回复，则滑块2的受力情况不发生改变，则滑块2的加速度大小仍为a=3m/s2；根据牛顿第二定律有
解得弹簧对滑块1的拉力大小为 =40N
设滑块1加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
则有撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比为
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）整体做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出水平恒力的大小；
（2）以滑块5和6为对象，利用牛顿第二定律可以求出细绳拉力的大小；
（3）撤去F后，利用牛顿第二定律可以求出滑块1和滑块2的加速度大小之比。
16．如图所示，一质量为M=2.0kg、长为l=2.5m的长木板放在水平地面上，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，一质量为m=3.0kg的滑块从长木板的右侧以初速度v0水平向左滑上长木板，滑块可视为质点，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2。求∶
（1）滑块刚滑上长木板时长木板和滑块的加速度大小；
（2）要使滑块不滑出长木板，初速度v0的大小应满足的条件；
（3）在满足（2）中条件的情况下，长木板、滑块相对水平地面的最大位移。
【答案】（1）解：分别对长木板、滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，对长木板有
解得长木板的加速度大小a1=1m/s2
对滑块有
解得滑块的加速度大小a2=4m/s2
（2）解：当长木板、滑块速度相等时，若滑块恰好运动到长木板的左侧末端，则可保证滑块不会滑出长木板，设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有
根据位移关系得
代入数据解得t=1s，v0=5m/s
所以初速度大小应满足的条件是v0≤5m/s
（3）解：滑块恰好不滑出长木板时，长木板、滑块相对水平地面的位移最大，则滑块以v0=5m/s滑上长木板，长木板、滑块速度相等后相对静止，由于μ1<μ2，故一起以v=a1t=1m/s
的初速度做匀减速运动直到静止。根据牛顿第二定律，可得一起匀减速运动的加速度大小为
发生的位移大小为 m
长木板、滑块速度相等前，长木板发生的位移大小为
滑块发生的位移大小为
所以长木板相对地面的位移大小为 s1+s=0.5m+0.25m=0.75m
滑块发生的位移 s2+s=3m+0.25m=3.25m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）滑块做匀加速直线运动，其木板做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两者加速度的大小；
（2）当两者共速时，利用共速的速度公式结合两者的位移公式可以求出滑块初速度的大小；
（3）当两者达到共速后一起做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出开始减速的速度，结合牛顿第二定律和速度位移公式可以求出减速的位移，再利用位移公式可以求出共速前滑块和木板的位移大小。
1 / 1九师联盟2022届高三上学期物理9月质量检测试卷
一、单选题
1．如图所示是一辆汽车在平直路上运动速度的平方（v2）与位移（x）的关系图像。则这辆汽车的加速度大小为（　　）
A．1m/s2 B．2m/s2 C．3m/s2 D．4m/s2
2．如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一小球现对小球施加一水平拉力F，使小球在图示位置保持静止，若保持小球位置不变，将力F方向逆时针缓慢转至与绳垂直的过程中，则（　　）
A．力F逐渐增大 B．力F逐渐减小
C．力F先减小后增大 D．力F先增大后减小
3．如图所示，将小球A以初速度v0竖直上抛的同时，将小球B由静止释放，不计空气阻力重力加速度大小为g。若小球A上升到最高点时，两小球位于同一水平线上，则两小球初始位置之间的高度差为（　　）
A． B． C． D．
4．一质量为1kg的小石块从空中的某一高度，由静止释放落至地面。已知它在落地前1s内的位移大小是它在第1s内位移大小的5倍，不计空气阻力重力加速度g取10m/s2，则（　　）
A．小石块在空中运动时间为4s
B．小石块落地时的速度大小为40m/s
C．小石块在第2s末距离地面的高度为30m
D．小石块释放点距地面的高度为45m
5．如图所示，五个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木相互紧贴按图示（截面图）方式堆放在底板水平、前后有竖直挡板的电动小车上，开始保持静止状态。若让电动小车水平向左做匀加速运动，且积木与小车保持相对静止，则与小车静止时相比（　　）
A．积木A对积木C的支持力大小将增大
B．积木B对积木C的支持力大小将减小
C．积木A与积木C之间可能没有弹力作用
D．积木A，B，C中，积木C所受合力最小
6．如图所示为a、b两质点做直线运动的x-t图像。a的图是直线，b的图线是曲线，两图线在t=5s时刻相切，已知b质点的加速度大小恒为0.2m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．0.5~5s内，b质点的运动方向发生了一次改变
B．t=5s时刻，a质点的速度大小为0.54m/s
C．t=0时刻，b质点的速度大小为1.1m/s
D．x0=2.8m
二、多选题
7．2021年8月8日东京奥运会落下帷幕，我国运动健儿奋力拼搏，最终以38枚金牌位列金牌榜第二位。下列关于各种项目中运动员在运动过程中（不计空气阻力）的状态描述说法正确的是（　　）
A．跳高运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
B．蹦床运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性越来越大
C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于平衡状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
8．如图所示，在倾斜的墙上，用垂直于墙面的力F按压物块，使其静止在图示位置。则下列说法正确的是（　　）
A．物块可能受三个力作用
B．物块一定受四个力作用
C．物块所受摩擦力方向一定沿墙面向上
D．若增大力F，则物块与墙面间摩擦力增大
9．如图所示，长度为4m的倾斜传送带与水平面间夹角为37°，以5m/s的恒定速率逆时针转动。在传送带上端无初速度地放一质量为0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小取10m/s2，则（　　）
A．煤块刚放上传送带时的加速度大小为2m/s2
B．煤块从传送带上端运动到下端经历的时间为1s
C．煤块到达传送带下端时的速度大小为5m/s
D．煤块从传送带上端运动到下端的过程中，在传送带上留下的痕迹长度为1.25m
10．如图甲所示，粗糙水平地面上静置三个倾角和质量相同的斜面体，让a、b、c三个质量相等的物块分别从三个斜面上以相同的初速度下滑，其v-t图像如图乙所示已知物块下滑过程中斜面体始终保持静止，a、b、c与斜面之间的动摩擦因数分别为μa、μb、μc，斜面体对地面的压力分别为FNa、FNb、FNc，斜面体对地面的摩擦力分别为fa、fb、fc。则下列说法正确的是（　　）
A．μa＞μb＞μc B．FNa＞FNb＞FNc
C．fb=0，fa向右，fc向左 D．fb=0，fa向左，fc向右
三、实验题
11．某同学测量一弹簧秤内部弹簧的劲度系数，如图甲，他把弹簧秤挂在铁架台上，用手向下拉动弹簧秤挂钩，读出弹簧秤示数，并使用刻度尺测量弹簧秤悬挂点到此时弹簧秤指针位置的距离。改变手向下的拉力，重复上述测量，根据所测数据计算可得到弹簧秤内弹簧的劲度系数。回答下列问题。
（1）若某次实验弹簧秤示数如图乙所示，则手的拉力为　 　N；
（2）当手拉力为 时，刻度尺测量读数为 ；当手拉力为 时，刻度尺测量读数为 ，则该弹簧秤内弹簧的劲度系数 可表示为　 　；
（3）若实验室有两种规格的弹簧秤，图丙为另一弹簧秤的刻度盘，已知图乙最小分度的长度和图丙最小分度的长度相同，则图乙弹簧的劲度系数 和图丙弹簧的劲度系数 的关系为 　 　 。
12．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）在安装器材时，要调整小滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行请选出你认为这样做的目的是__________（填字母代号）。
A．防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B．为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力
C．防止小车在木板上运动过程中发生抖动
D．为保证小车最终能够实现匀速直线运动
（2）实验中　 　（填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）第一实验小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得∶打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为　 　m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为　 　m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（4）第二实验小组根据测量数据作出如图丙所示的a-F图像，该同学做实验时存在的问题是　 　。
四、解答题
13．假设甲、乙两汽车均以v0=30m/s的速度沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，且相距100m。在t=0时刻甲车驾驶员发现紧急情况开始以大小为a1=10m/s2的加速度刹车，乙车保持匀速在t1=3s后，甲车以大小为a2=5m/s2的加速度加速，乙车以大小为a3=5m/s2的加速度减速，取两车开始运动的方向为正方向，求在0~9s内∶
（1）甲、乙两车何时相距最近；
（2）甲、乙两车的最近距离。
14．如图所示，某同学通过三段轻绳提起一质量为 的物体A，三段轻绳的结点为O，轻绳 水平且Q端与放在水平桌面上一质量为 的物体B相连，轻绳 与竖直方向的夹角 ，该同学和物体A、B均处于静止状态，（已知 ， ，取 ，物体B与水平桌面之间的动摩擦因数 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。求：
（1）求轻绳 受到的拉力大小和物体B受到的摩擦力大小；
（2）欲使物体B在水平桌面上不滑动，物体A的质量 最大不能超过多少。
15．如图所示，水平面上有6个完全相同的质量均为m=1kg的小滑块（均可视为质点），滑块1和2间用轻质弹簧相连，其他均用细绳相连，滑块1、2、3…依次沿直线水平向左排开现用水平向右的恒力F（大小未知）作用于滑块1上，使它们一起做匀加速直线运动，测得滑块1到6间距离为L=2m，某时刻滑块1经过水平面上的O点时速度大小为v0=2m/s，一段时间后滑块6经过O点时速度大小为v1=4m/s，已知每个滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小取g=10m/s2。求∶
（1）水平恒力F的大小；
（2）滑块4与滑块5间细绳的拉力大小；
（3）若某时刻撤去水平恒力F，则在撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比。
16．如图所示，一质量为M=2.0kg、长为l=2.5m的长木板放在水平地面上，长木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，一质量为m=3.0kg的滑块从长木板的右侧以初速度v0水平向左滑上长木板，滑块可视为质点，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g=10m/s2。求∶
（1）滑块刚滑上长木板时长木板和滑块的加速度大小；
（2）要使滑块不滑出长木板，初速度v0的大小应满足的条件；
（3）在满足（2）中条件的情况下，长木板、滑块相对水平地面的最大位移。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【解答】由匀变速直线运动的速度与位移的关系式
得
结合图像可知加速度
解得a=1m/s2
故答案为：A。
【分析】利用匀变速的速度位移公式可以求出加速度的大小。
2．【答案】B
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】受力分析如图
可知该过程力F逐渐减小，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用小球的平衡条件结合三角形定则可以判别F的大小变化。
3．【答案】A
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；竖直上抛运动
【解析】【解答】小球A上升到最高点的时间
此时间内小球A上升的位移
小球B下降的位移
所以初始时两小球之间的高度差
A符合题意。
故答案为：A。
【分析】利用速度公式可以求出小球A上升的时间，结合速度位移公式可以求出A上升的高度，结合位移公式可以求出B下落的高度，进而求出两个小球之间的距离大小。
4．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】【解答】小石块在第1s内的位移
则落地前1s内位移为 25m
根据初速度为零的匀变速直线运动规律可知，小石块在第3s内的位移恰好为25m，以可判断，小石块的运动时间为3s，则落地时的速度v=gt=30m/s
在第2s末距离地面的高度为25m，小石块开始下落时距地面的高度H=（5+15+25）m=45m.
故答案为：D。
【分析】利用位移公式可以求出小球下落的位移，结合匀变速的位移公式可以求出石块运动的时间，结合速度公式可以求出速度的大小，结合位移公式可以求出石块下落的高度。
5．【答案】C
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律
【解析】【解答】AB．对C进行受力分析，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得
所以θ=30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；原来C处于静止状态，根据平衡条件可得NBsin30°=NAsin30°
设加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有
可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，AB不符合题意；
C．当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得
解得
C符合题意；
D．根据牛顿第二定律可知，A、B、C三积木受到合力大小相同，均为 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用C的平衡方程可以求出C受到的支持力大小，结合平衡方程可以判别其支持力的大小变化；当小球C做加速运动时其A对C可能没有支持力的作用；利用牛顿第二定律可以比较合力的大小。
6．【答案】D
【知识点】运动学 S-t 图象
【解析】【解答】A．由图可知，在0.5~5s内，b质点的运动方向始终沿x轴负方向，没有改变，A不符合题意；
B．由图可知，在t=5s时刻两质点速度相等，则有
B不符合题意；
C．由题意，做匀减速直线运动的b质点加速度为0.2m/s2，据运动学公式有v=v0+at
解得v0=-1.6m/s，C不符合题意；
D．对于b质点，前5s内，有
B质点出发的位置离坐标原点的距离大小为x0=（5.5-2.7）m=2.8m
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用斜率的符号及大小可以判别质点的速度方向及大小，利用平均速度公式可以求出b点的初位置坐标。
7．【答案】A,C
【知识点】加速度
【解析】【解答】A．跳高运动员在空中上升和下落过程中加速度都向下，都处于失重状态，A符合题意；
B．质量是惯性的唯一量度，在蹦床比赛中，运动员从空中落到蹦床上的过程中惯性不变，B不符合题意；
C．举重运动员在举杠铃过头停在最高点时，杠铃处于静止状态，即平衡状态，C符合题意；
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时加速度为零，不是处于失重状态，而是处于静止状态，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用加速度的方向可以判别超重和失重；惯性的大小与速度的大小无关，只与物体的质量有关；当运动员处于静止时其合力等于0不是处于失重状态。
8．【答案】B,C
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】ABC．受力分析由平衡条件可知，物块能静止，一定有摩擦力作用且方向沿墙面向上，故物块与墙面间压力不可能为0，则物块一定受四个力作用，A不符合题意，BC符合题意；
D．由于物块与墙面间摩擦力为静摩擦力，故大小与正压力无关，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用物体的平衡方程可以判别受力个数及摩擦力的方向，其静摩擦力的大小与压力大小无关。
9．【答案】B,D
【知识点】传送带模型
【解析】【解答】A．煤块刚开始的加速度大小为a，则有
解得a=10m/s2，A不符合题意；
B．煤块从上端到与传送带共速所用时间为
则共速所通过的位移为
共速后，煤块的加速度为 ，则有
解得 =2m/s2，共速后到达下端的时间为t2，根据位移关系，则有
代入数据解得t2=0.5s，t2=-5.5s（舍去）
煤块从上端到下端的时间为t=t1+t2=1s
B符合题意；
C．煤块到达传送带下端时的速度大小为 6m/s
C不符合题意；
D．开始到共速过程中痕迹长度为L1=v0t1-s1=1.25m
共速后煤块速度大于传送带速度，此过程相对位移大小为L2=2.75m-5×0.5m=0.25m故痕迹长度为1.25m，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出煤块加速度的大小，利用速度公式可以求出煤块刚开始加速的时间，利用位移公式可以求出第一次加速的位移，共速后利用牛顿第二定律可以求出再次加速的加速度大小，结合位移公式可以求出二次加速的时间；利用位移公式结合传送带的位移可以求出相对位移的大小；利用速度公式可以求出煤块到达下端的速度大小。
10．【答案】A,B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．由v-t图像可知，物块a匀减速下滑，物块b匀速下滑，物块c匀加速下滑。对物块a有
则有μa>tanθ
对物块b有
有μb=tanθ
对物块c有
则有μc故有μa＞μb＞μc，A符合题意；
BCD．对物块和斜面体整体进行分析，物块a和斜面体有沿斜面向上的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向上的加速度，处于超重状态，则有FNa>G总
水平方向有向右的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向右，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fa水平向左；物块b和斜面体处于平衡状态，则有FNb=G总，斜面体与地面之间无摩擦力，即fb=0
物块c和斜面体有沿斜面向下的加速度，对加速度进行分解，竖直方向有向下的加速度，处于失重状态，则有FNc水平方向有向左的加速度，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力fc水平向右，则可得FNa＞FNb＞FNc
BD符合题意，C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】利用加速度的方向可以比较动摩擦因数的大小；利用加速度的方向结合加速度的分解及牛顿第二定律可以判别摩擦力的方向；利用牛顿第二定律及竖直方向的加速度大小可以比较支持力的大小。
11．【答案】（1）2.45
（2）
（3）
【知识点】探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系
【解析】【解答】(1)弹簧秤最小分度为 ，所以读数为 （2.42-2.47均可得分）。
(2)根据胡克定律
所以
(3)根据
长度变化相等，力变化丙图是乙的5倍，所以
【分析】（1）利用弹簧秤的分度值可以读出对应的读数；
（2）利用胡克定律可以求出劲度系数的大小；
（3）利用弹力的变化结合形变量的大小可以求出劲度系数的大小。
12．【答案】（1）B
（2）不需要
（3）2.32；4.00
（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力，改变了摩擦力就不能使细绳拉力等于小车所受的合力。
故答案为：B。
（2）由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3根据匀变速直线运动的推论，可得打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小
根据逐差法，可得小车做匀加速运动的加速度大小为
（4）图像在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。
【分析】（1）细绳与木板平行是为了平衡摩擦力后小车受到的拉力等于小车的合力；
（2）实验有力传感器不需要满足质量要求；
（3）利用平均速度公式可以求出瞬时速度的大小；利用逐差法可以求出加速度的大小；
（4）由于始终坐标有拉力没有加速度所以其实验平衡摩擦力不足。
13．【答案】（1）解：t1=3s时，甲车的速度
代入数值得v1=0
设3s后再经过t2时间，甲、乙两车速度相等，此时两车相距最近，则有
代入数值5t2=30-5t2
解得t2=3s
即6s时两车相距最近
（2）解：两车速度相等前甲车的位移为
乙车的位移为
最近距离为
联立以上各式，并代入数值得smin=10m
【知识点】追及相遇问题
【解析】【分析】（1）当两车速度相等时相距最近，利用速度公式可以求出最近的时刻；
（2）当两车速度相等时，结合两车的位移公式可以求出最近的距离。
14．【答案】（1）解：以结点O为研究对象进行受力分析如图所示
由平衡条件，竖直方向
解得 。
水平方向
解得 ，物体B水平方向受到 绳的拉力 和水平桌面的静摩擦力 作用，且 ，由平衡条件得物体B受到的摩擦力大小
（2）解：当物体B刚要滑动时静摩擦力达到最大值 ，由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力
又
解得
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】（1）由于结点处于静止，利用结点的平衡方程可以求出轻绳OP产生的拉力大小，结合B的平衡方程可以求出B受到的摩擦力大小；
（2）当B处于静止，利用最大摩擦力的大小结合O的平衡方程可以求出物体A的质量大小。
15．【答案】（1）解：设整体加速度为a，根据
解得a=3m/s2
对整体由牛顿第二定律有
联立解得F=48N
（2）解：设滑块4与滑块5间细绳的拉力大小T，以滑块5和6为整体，由牛顿第二定律可得
解得T=16N
（3）解：撤去F的瞬间，由于滑块1、2间相连的是轻弹簧，故形变来不及回复，则滑块2的受力情况不发生改变，则滑块2的加速度大小仍为a=3m/s2；根据牛顿第二定律有
解得弹簧对滑块1的拉力大小为 =40N
设滑块1加速度大小为 ，由牛顿第二定律有
解得
则有撤去F瞬间滑块1与滑块2加速度大小之比为
【知识点】整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）整体做匀加速直线运动，利用速度位移公式可以求出加速度的大小，结合整体的牛顿第二定律可以求出水平恒力的大小；
（2）以滑块5和6为对象，利用牛顿第二定律可以求出细绳拉力的大小；
（3）撤去F后，利用牛顿第二定律可以求出滑块1和滑块2的加速度大小之比。
16．【答案】（1）解：分别对长木板、滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律，对长木板有
解得长木板的加速度大小a1=1m/s2
对滑块有
解得滑块的加速度大小a2=4m/s2
（2）解：当长木板、滑块速度相等时，若滑块恰好运动到长木板的左侧末端，则可保证滑块不会滑出长木板，设经过时间t，长木板、滑块的速度相等，则有
根据位移关系得
代入数据解得t=1s，v0=5m/s
所以初速度大小应满足的条件是v0≤5m/s
（3）解：滑块恰好不滑出长木板时，长木板、滑块相对水平地面的位移最大，则滑块以v0=5m/s滑上长木板，长木板、滑块速度相等后相对静止，由于μ1<μ2，故一起以v=a1t=1m/s
的初速度做匀减速运动直到静止。根据牛顿第二定律，可得一起匀减速运动的加速度大小为
发生的位移大小为 m
长木板、滑块速度相等前，长木板发生的位移大小为
滑块发生的位移大小为
所以长木板相对地面的位移大小为 s1+s=0.5m+0.25m=0.75m
滑块发生的位移 s2+s=3m+0.25m=3.25m
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）滑块做匀加速直线运动，其木板做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出两者加速度的大小；
（2）当两者共速时，利用共速的速度公式结合两者的位移公式可以求出滑块初速度的大小；
（3）当两者达到共速后一起做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出开始减速的速度，结合牛顿第二定律和速度位移公式可以求出减速的位移，再利用位移公式可以求出共速前滑块和木板的位移大小。
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