2022-2022学年重庆一中高一（上）期中物理试卷 一、选择题（共14小题，1-8小题为单项选择题，每小题5分．9-14小题为多项选择题，每小题5分，选对未选全得3分，错选得0分）1．下列说法中，正确的是（ ）A．摩擦力的大小总是与正压力的大小成正比B．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化D．力学的基本量有：长度、质量、力 2．做匀加速直线运动的物体运动时间为t，这段时间内（ ）A．初速度越大，它通过的位移越大B．加速度越大，它通过的位移越大C．末速度越大，它通过的位移越大D．它在时刻的速度越大，它通过的位移越大 3．下列说法正确的是（ ）A．甲图中小孩未推动箱子是因为小孩推箱子的力小于箱子推小孩的力B．甲图中小孩未推动箱子是因为小孩推箱子的力小于地面对箱子的摩擦力C．乙图中小孩推动了箱子是因为小孩推箱子的力大于地面对箱子的摩擦力D．乙图中小孩推动了箱子是因为小孩推箱子的时间大于箱子推小孩的时间 4．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（ ）A．物体运动的速度越大，其惯性越大B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．物体做变速运动时，物体没有惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 5．下列图象中可以判断物体做的是匀变速直线运动的是（ ）A．B．C．D． 6．如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（ ）21\nA．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变 7．如图质量为m的物体悬挂在A点，OA为可绕O点转动的轻杆，与竖直墙面的夹角θ=30°，AB为轻绳，与竖直墙面的夹角α=60°，轻绳AB和轻杆OA中的弹力分别是（ ）A．B．C．mg，mgD． 8．如图所示，小球A、B、C的质量均为m，A、B间用细线相连，B、C间用轻质弹簧k1相连，然后用轻质弹簧k2悬挂而静止，则在剪断A、B间细线的瞬间，A、B、C的加速度分别是（ ）A．aA=3g，aB=2g，aC=0B．aA=0，aB=g，aC=gC．aA=2g，aB=2g，aC=0D．aA=g，aB=2g，aC=g 9．某物体以20m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．3s内物体的（ ）A．位移大小为15m，方向向上B．路程为20mC．平均速度大小为10m/s，方向向上D．速度改变量的大小为30m/s 10．不在同一直线上的两个共点力F1和F2的大小不同，夹角为θ，它们的合力大小为F，则（ ）A．合力F可能沿F1和F2夹角的角平分线B．保持F1和F2的大小不变，夹角θ增大，合力F一定减小C．保持夹角θ不变，若F1和F2中的一个减小，合力F一定减小D．保持夹角θ不变，F1和F2同时增大一倍，合力F也增大一倍 21\n11．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小 12．如图，曲线a和直线b分别是在同一平直公路上行驶的汽车a和b的速度﹣时间（v﹣t）图线．已知在t1时刻两车第一次相遇，由图可知（ ）A．在时刻t1，b车追上a车B．在时刻t2，两车第二次相遇C．在时刻t2，a、b两车加速度方向相反D．在t1到t2时间内，两车的平均速度相等 13．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的左端固定在墙上，右端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接）．用水平力F缓慢推动物体到位置A，物体静止后，撤去F，物体开始向右运动，在位置O（弹簧原长位置）离开弹簧后，继续运动到最远位置B．已知AO=x0，OB=2x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）A．在AO段，物体的速度一直增大B．物体在AO段与OB段的速度变化量相等C．在AO段，物体的加速度先减小后增大D．物体做匀减速运动的时间为 21\n14．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，且有sin2θ+cos2θ=1则可求出（ ）A．物块的质量B．物块与斜面间的动摩擦因数C．物块沿斜面上滑的最大距离D．物块滑回斜面底端时的速度 二、实验题（共24分）15．在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置O，如图所示．请将以下的实验操作和处理补充完整：①记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳套的方向；②只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到 ，记录弹簧测力计的示数F3和 ；③按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；④根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑤比较 的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验． 16．（18分）（2022秋•重庆校级期中）某同学用如图1所示的装置测量滑块的质量M及滑块与木板之间的动摩擦因数μ．一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与重物相连．开始实验时，滑块开始做匀加速运动，重物落地后，滑块再运动一段距离停在木板上（尚未到达滑轮处），打点计时器在纸带上打出一系列小点．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，重力加速度g=9.8m/s2．21\n图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7、8、9是计数点，每相邻两计数点间还有1个打点，计数点间的距离如图所示．（1）纸带中相邻两计数点间的时间间隔为 s．（2）通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点 和 之间某时刻落地的．（3）为使重物的重力在数值上近似等于滑块运动时受到的拉力，应满足的条件是重物的质量m 滑块的质量M．（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）（4）重物质量m已知，为测量滑块的质量M，下列物理量中还应测量的有 ．（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度L B．重物落地前滑块加速阶段的加速度a1C．重物落地后滑块减速阶段的加速度a2D．滑块运动的时间t（5）重物落地后滑块减速阶段的加速度a2= m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ= ．（保留两位有效数字） 三、计算题（本题共四个小题，依次各题为10分、10分、15分、15分，共50分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）17．（10分）（2022秋•重庆校级期中）把一个质量为m=0.65kg的篮球从距地面h=4.0m处由静止开始释放，经t=1.0s篮球落到地面．假设篮球所受空气阻力恒定不变，重力加速度g=10m/s2．求（1）篮球下落的加速度a和篮球落到地面时的速度v；（2）篮球下落过程中所受的空气阻力f． 18．（10分）（2022秋•重庆校级期中）如图所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点．轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ=60°，斜面倾角α=30°，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，重力加速度g=10m/s2．求（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力f的大小和方向．21\n 19．（15分）（2022秋•重庆校级期中）战士拉车胎进行100m赛跑训练体能．车胎的质量m=8.5kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ=37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ=0.7．某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20m达到最大速度（这一过程可看作匀加速直线运动），然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15s．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求（1）战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v；（2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F． 20．（15分）（2022秋•重庆校级期中）一质量为m=0.5kg的物块静止在光滑的水平面上，物块在水平方向的外力F的作用下在t=0时由静止开始运动，水平外力F随时间变化的规律如图所示，以向右为正方向．求：（1）t=1s和t=2s时物块的瞬时速度；（2）t=0到t=4s的时间间隔内物块的位移． 2022-2022学年重庆一中高一（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共14小题，1-8小题为单项选择题，每小题5分．9-14小题为多项选择题，每小题5分，选对未选全得3分，错选得0分）1．下列说法中，正确的是（ ）A．摩擦力的大小总是与正压力的大小成正比21\nB．静止的物体也可能受到滑动摩擦力的作用C．物体的运动状态发生变化时，加速度一定发生了变化D．力学的基本量有：长度、质量、力【考点】摩擦力的判断与计算；力学单位制．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题．【分析】滑动摩擦力的大小F=μFN；而摩擦力类型不是以运动状态来判定；并依据运动状态改变一定有加速度，但加速度不一定改变；力学的基本量有：长度、质量、时间．【解答】解：A、滑动摩擦力与物体间的正压力成正比，而静摩擦力与正压力无关，故A错误；B、静止的物体可以受滑动摩擦力；如物体在地面上滑动时，地球受到的即为滑动摩擦力，故B正确；C、物体的运动状态发生变化时，一定存在加速度，而加速度不一定发生变化；故C错误；D、力学的基本量有：长度、质量、时间，而力是导出量；故D错误；故选：B．【点评】在理解摩擦力时一定要注意理解公式中的正压力是接触面上的弹力，注意静摩擦力与滑动摩擦力的区分，掌握状态改变与加速度改变的关系，同时理解力不是力学的基本量，容易出错． 2．做匀加速直线运动的物体运动时间为t，这段时间内（ ）A．初速度越大，它通过的位移越大B．加速度越大，它通过的位移越大C．末速度越大，它通过的位移越大D．它在时刻的速度越大，它通过的位移越大【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式或平均速度推论逐项分析，判断是否正确．【解答】解：A、根据x=得，初速度越大，加速度不一定大，位移不一定大，故A错误．B、根据x=得，加速度越大，初速度不一定大，位移不一定大，故B错误．C、根据平均速度推论知，，末速度越大，初速度不一定大，位移不一定大，故C错误．D、匀加速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，中间时刻的瞬时速度越大，平均速度越大，根据x=知，位移一定大，故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷． 3．下列说法正确的是（ ）21\nA．甲图中小孩未推动箱子是因为小孩推箱子的力小于箱子推小孩的力B．甲图中小孩未推动箱子是因为小孩推箱子的力小于地面对箱子的摩擦力C．乙图中小孩推动了箱子是因为小孩推箱子的力大于地面对箱子的摩擦力D．乙图中小孩推动了箱子是因为小孩推箱子的时间大于箱子推小孩的时间【考点】摩擦力的判断与计算．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题．【分析】推不动物体时，物体处于静止状态，受力平衡，推力等于静摩擦力，当推力大于最大静摩擦力时，物体才开始运动．【解答】解：A、甲图中小孩未推动箱子，由牛顿第三定律，则有小孩推箱子的力等于箱子推小孩的力，属于一对相互作用力，故A错误；B、甲图中小孩未推动箱子，木箱处于静止状态，箱受到地面的摩擦力等于小孩推力，故B错误；C、乙图中小孩推动了箱子时，推力大于最大静摩擦力，木箱开始运动，之后小孩失去支撑而摔跤，故C正确；D、乙图中小孩推动了箱子，推力大于最大静摩擦力，而小孩推箱子的时间与箱子推小孩的时间总是相等的，故D错误．故选：C．【点评】当推不动物体是，物体处于静止状态，推力等于静摩擦力，运动后物体受滑动摩擦力作用，要注意其与静摩擦力的区别和联系． 4．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（ ）A．物体运动的速度越大，其惯性越大B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．物体做变速运动时，物体没有惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动【考点】牛顿第一定律．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题．【分析】根据惯性定律解释即可：任何物体都有保持原来运动状态的性质，惯性的大小只跟质量有关，与其它任何因素无关．【解答】解：A、任何物体都有保持原来运动状态的性质，叫惯性，惯性大小与速度无关；故A错误；B、没有力作用，物体可以做匀速直线运动，故B错误；C、惯性大小与运动速度无关，做变速运动时，物体也有惯性；故C错误；D、根据牛顿第一定律可知，运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动；故D正确；故选：D．【点评】本题考查惯性的内容，要求能牢记惯性概念，知道一切物体在任何时候都有惯性，质量是惯性的唯一量度． 21\n5．下列图象中可以判断物体做的是匀变速直线运动的是（ ）A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】定性思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】匀加速直线运动的速度﹣时间图象是倾斜的直线，位移﹣时间图象是抛物线．根据图象的形状分析物体的运动性质．【解答】解：A、物体的位移随时间均匀增大，速度不变表示物体做匀速直线运动．故A错误．B、v﹣t图象是倾斜的直线，速度均匀变化，加速度不变，表示物体做匀变速直线运动．故B正确．C、速度随时间不变，物体做匀速直线运动．故C错误．D、a﹣t图象是倾斜的直线，加速度均匀增大，表示物体做是变加速直线运动．故D错误．故选：B【点评】本题考查识别和理解物理图象的能力，首先要分清什么图象；其次根据形状分析物体的运动的情况，不能搞混淆． 6．如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力F的作用，已知物块P沿斜面加速下滑，现保持F的方向不变，使其减小，则加速度（ ）A．一定变小B．一定变大C．一定不变D．可能变小，可能变大，也可能不变【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物块进行受力分析，物块受重力、支持力、推力，沿斜面加速下滑，知加速度的方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律列出方程，根据F的变化，可知加速度的变化．【解答】解：小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣Fcosθ=ma∴a=gsinθ﹣．当保持F的方向不变，使其减小时，则加速度a一定变大．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键熟练运用正交分解，根据牛顿第二定律求出加速度． 21\n7．如图质量为m的物体悬挂在A点，OA为可绕O点转动的轻杆，与竖直墙面的夹角θ=30°，AB为轻绳，与竖直墙面的夹角α=60°，轻绳AB和轻杆OA中的弹力分别是（ ）A．B．C．mg，mgD．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】以A点为研究对象进行受力分析，根据平衡条件求解轻绳AB和轻杆OA中的弹力．【解答】解：对节点O受力分析如图所示，根据平衡条件可得：轻杆OA中的弹力F=mgcosθ=，轻绳AB的拉力T=，故A正确．故选：A【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，也可以用力的分解法求解． 8．如图所示，小球A、B、C的质量均为m，A、B间用细线相连，B、C间用轻质弹簧k1相连，然后用轻质弹簧k2悬挂而静止，则在剪断A、B间细线的瞬间，A、B、C的加速度分别是（ ）A．aA=3g，aB=2g，aC=0B．aA=0，aB=g，aC=gC．aA=2g，aB=2g，aC=0D．aA=g，aB=2g，aC=g【考点】牛顿第二定律．【专题】定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】根据平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律分别求出A、B、C的加速度．21\n【解答】解：剪断细线前，对ABC整体分析，弹簧1的弹力F1=3mg，对C分析，弹簧2的弹力F2=mg，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A分析，，隔离对B分析，，C所受的合力仍然为零，则aC=0，故C正确，A、B、D错误．故选：C．【点评】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大． 9．某物体以20m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．3s内物体的（ ）A．位移大小为15m，方向向上B．路程为20mC．平均速度大小为10m/s，方向向上D．速度改变量的大小为30m/s【考点】竖直上抛运动；平均速度．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题．【分析】物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由速度关系公式求出最大位移，由位移时间关系公式求解位移，由△v=at求出速度的改变量．平均速度等于位移与时间的比值．根据这些知识分析解答．【解答】解：A、物体做竖直上抛运动，是一种匀减速直线运动，根据位移时间关系公式，物体3s内的位移为：x=v0t﹣gt2=20×3﹣×10×32=15m，方向向上．故A正确；B、物体上升的最大高度为：h==m=20m，所以路程为：S=2h﹣x=40﹣15=25m，故B错误；C、物体前3s的位移是15m，故平均速度为：==m/s，方向向上；故C错误；D、加速度大小为g，故速度改变量为△v=gt=3×10=30m/s，竖直向下，故D正确；故选：AD．【点评】对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用． 10．不在同一直线上的两个共点力F1和F2的大小不同，夹角为θ，它们的合力大小为F，则（ ）A．合力F可能沿F1和F2夹角的角平分线B．保持F1和F2的大小不变，夹角θ增大，合力F一定减小C．保持夹角θ不变，若F1和F2中的一个减小，合力F一定减小D．保持夹角θ不变，F1和F2同时增大一倍，合力F也增大一倍【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．21\n【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题．【分析】由力的合成方法可知，二力合成时，夹角越大，合力越小，两力合力的范围|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2；一个合力与几个分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力．【解答】解：A、两个共点力F1和F2的大小不同，由力的合成法则可知，合力F不可能沿F1和F2夹角的角平分线，故A错误；B、若F1和F2大小不变，θ角越大，合力F越小，故B正确；C、保持夹角θ不变，若F1和F2中的一个减小，当两力反向时，则合力F可以增加，故C错误；D、如果夹角θ不变，根据平行四边形定则，F1和F2同时增大一倍，合力F也增大一倍，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查对合力与分力关系的理解能力．合力与分力是等效的，合力的范围在两个分力之差与之和之间．二力合成时，夹角越大，合力越小． 11．一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（ ）A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下．【解答】解：在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，所以A正确；在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，所以D正确；故选：AD【点评】本题是对图象的考查，掌握住加速度时间图象的含义，知道超重和失重的特点即可解答本题． 12．如图，曲线a和直线b分别是在同一平直公路上行驶的汽车a和b的速度﹣时间（v﹣t）图线．已知在t1时刻两车第一次相遇，由图可知（ ）21\nA．在时刻t1，b车追上a车B．在时刻t2，两车第二次相遇C．在时刻t2，a、b两车加速度方向相反D．在t1到t2时间内，两车的平均速度相等【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】比较思想；图析法；运动学中的图像专题．【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，图象的斜率表示物体的加速度，斜率的正负表示加速度的方向．图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．平均速度等于位移与时间之比．结合这些知识分析．【解答】解：A、在时刻t1之前，b车的速度比a车的大，说明在时刻t1，b车追上a车．故A正确．B、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则在t1到t2这段时间内，b的位移小于a的位移，已知在t1时刻两车第一次相遇，则知在时刻t2，b车没有追上a车，故B错误．C、图线切线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，根据图象可知，在时刻t2，a、b两车加速度方向相反，故C正确．D、图象与坐标轴围成的面积表示位移，则在t1到t2这段时间内，b的位移小于a的位移，是时间相等，所以b的平均速度小于a的平均速度．故D错误．故选：AC【点评】本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义． 13．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的左端固定在墙上，右端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接）．用水平力F缓慢推动物体到位置A，物体静止后，撤去F，物体开始向右运动，在位置O（弹簧原长位置）离开弹簧后，继续运动到最远位置B．已知AO=x0，OB=2x0，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）A．在AO段，物体的速度一直增大B．物体在AO段与OB段的速度变化量相等C．在AO段，物体的加速度先减小后增大D．物体做匀减速运动的时间为【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．21\n【分析】根据物体所受的弹力和摩擦力的大小关系，结合牛顿第二定律得出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．物体离开O点做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体做匀减速直线运动的时间．【解答】解：A、在AO段，开始弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向向右，做加速度减小的加速运动，当弹力等于摩擦力后，弹力大小小于摩擦力，加速度方向向左，物体做加速度增大的减速运动，可知在AO段，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错误，C正确．B、物体在AO段与OB段的速度变化量大小相等，方向相反，故B错误．D、物体离开O点后，在水平方向仅受摩擦力，做匀减速直线运动，加速度大小a=，根据得，物体做匀减速直线运动的时间，故D正确．故选：CD．【点评】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动． 14．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，且有sin2θ+cos2θ=1则可求出（ ）A．物块的质量B．物块与斜面间的动摩擦因数C．物块沿斜面上滑的最大距离D．物块滑回斜面底端时的速度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，则可以求出物块沿斜面上滑的最大距离，故C正确．图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；故B正确．由于上滑的位移可以求出，则下滑的位移可以得知，结合速度位移公式可以求出物块滑回斜面底端的速度，故D正确但由于m均消去，故无法求得质量，故A错误．故选：BCD．【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．21\n 二、实验题（共24分）15．在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置O，如图所示．请将以下的实验操作和处理补充完整：①记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳套的方向；②只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到 O点 ，记录弹簧测力计的示数F3和 细绳套的方向 ；③按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；④根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；⑤比较 力F3与F的大小和方向 的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；定性思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题．【分析】该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向，步骤③中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤⑥比较力F′与F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论．【解答】解：步骤②中要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，则通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到O点，要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力，则记录弹簧测力计的示数F3和细绳套的方向；步骤⑤比较力F3与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论．故答案为：②O点，细绳套的方向．⑤力F3与F的大小和方向．【点评】本实验关键理解实验原理，即使用等效代替法验证力的平行四边形定则，要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，难度不大，属于基础题． 16．（18分）（2022秋•重庆校级期中）某同学用如图1所示的装置测量滑块的质量M及滑块与木板之间的动摩擦因数μ．一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与重物相连．开始实验时，滑块开始做匀加速运动，重物落地后，滑块再运动一段距离停在木板上（尚未到达滑轮处），打点计时器在纸带上打出一系列小点．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，重力加速度g=9.8m/s2．21\n图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7、8、9是计数点，每相邻两计数点间还有1个打点，计数点间的距离如图所示．（1）纸带中相邻两计数点间的时间间隔为 0.04 s．（2）通过分析纸带数据，可判断重物在两相邻计数点 4 和 5 之间某时刻落地的．（3）为使重物的重力在数值上近似等于滑块运动时受到的拉力，应满足的条件是重物的质量m 远小于 滑块的质量M．（选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）（4）重物质量m已知，为测量滑块的质量M，下列物理量中还应测量的有 BC ．（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度L B．重物落地前滑块加速阶段的加速度a1C．重物落地后滑块减速阶段的加速度a2D．滑块运动的时间t（5）重物落地后滑块减速阶段的加速度a2= 3.0 m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ= 0.31 ．（保留两位有效数字）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据电源的频率与计数点间的间隔数求出计数点间的时间间隔．（2）重物落地前滑块做加速运动，重物落地后滑块做减速运动，根据纸带上计数点间的间隔大小分析答题．（3）为使拉力等于重物的重力，重物的质量应远小于滑块的质量．（4）根据实验原理应用牛顿第二定律分析答题．（5）应用匀变速直线运动的推论求出滑块的加速度，然后求出动摩擦因数．【解答】解：（1）电源频率为50Hz，则打点的时间间隔是0.02s，两相邻计数点间还有一个点，则计数点间的时间间隔：t=0.02×2=0.04s；（2）由图示纸带可知，第1到第4计数点间的距离逐渐增加，滑块做加速运动，第5个计数点后计数点间的距离减小，滑块做减速直线运动，则重物在第4与第5个计数点间落地．（3）要使滑块受到的拉力等于重物的重力，重物的质量m应远小于滑块的质量M．（4）在重物落地前，对重物与滑块组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m）a1，重物落地后，对滑块，由牛顿第二定律得：μMg=Ma2，解得：M=，已知m，要测M，需要知道a1、a2，故选：BC；21\n（5）由匀变速直线运动的推论：△x=at2可知，重物落地后滑块减速阶段的加速度：a2===3.0m/s2，重物落地后，对滑块，由牛顿第二定律得：μMg=Ma2，动摩擦因数：μ==≈0.31；故答案为：（1）0.04；（2）4；5；（3）远小于；（4）BC；（5）3.0；0.31．【点评】本题考查了实验数据处理，知道实验原理、匀变速直线运动的推论是解题的关键；应用牛顿第二定律列方程求出滑块质量的表达式，根据表达式可以确定需要测量的量． 三、计算题（本题共四个小题，依次各题为10分、10分、15分、15分，共50分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）17．（10分）（2022秋•重庆校级期中）把一个质量为m=0.65kg的篮球从距地面h=4.0m处由静止开始释放，经t=1.0s篮球落到地面．假设篮球所受空气阻力恒定不变，重力加速度g=10m/s2．求（1）篮球下落的加速度a和篮球落到地面时的速度v；（2）篮球下落过程中所受的空气阻力f．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据自由落体运动的位移时间公式求出篮球下落的加速度，根据速度时间公式求出篮球落到地面时的速度大小．（2）根据牛顿第二定律求出篮球下落过程中所受的阻力大小．【解答】解：（1）据自由落体规律有：解得：，竖直向下，v=at=8×1m/s=8m/s，竖直向下（2）篮球受力如图，据牛顿第二定律有：mg﹣f=ma解得：f=mg﹣ma=0.65×10﹣0.65×8.0N=1.3N，方向竖直向上．答：（1）篮球下落的加速度a为8.0m/s2，篮球落到地面时的速度v为8m/s；（2）篮球下落过程中所受的空气阻力f为1.3N．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题． 21\n18．（10分）（2022秋•重庆校级期中）如图所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点．轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ=60°，斜面倾角α=30°，物块A和B的质量分别为mA=5kg，mB=1.5kg，弹簧的劲度系数为k=500N/m，重力加速度g=10m/s2．求（1）弹簧的伸长量x；（2）物块A受到的摩擦力f的大小和方向．【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】简答题；定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，根据平衡条件结合胡克定律求解；（2）对物块A受力如图并正交分解，根据平衡条件列式求解即可．【解答】解：（1）以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，据平衡条件有x：kx﹣Fsin60°=0①y：Fcos60°﹣mBg=0②由②解得：代入①解得：（2）物块A受力如图并正交分解，21\n据平衡条件有x：F﹣mAgsin30°﹣f=0解得：，方向：沿斜面向下答：（1）弹簧的伸长量x为；（2）物块A受到的摩擦力f的大小为5N，方向沿斜面向下．【点评】本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用，难度适中． 19．（15分）（2022秋•重庆校级期中）战士拉车胎进行100m赛跑训练体能．车胎的质量m=8.5kg，战士拉车胎的绳子与水平方向的夹角为θ=37°，车胎与地面间的滑动摩擦系数μ=0.7．某次比赛中，一名战士拉着车胎从静止开始全力奔跑，跑出20m达到最大速度（这一过程可看作匀加速直线运动），然后以最大速度匀速跑到终点，共用时15s．重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求（1）战士加速所用的时间t1和达到的最大速度v；（2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F．【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】简答题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据匀变速直线运动基本公式求出匀加速运动的位移以及匀速运动的位移，抓住位移之和为100m求解时间和最大速度；（2）根据运动学基本公式求出加速度，对车胎受力，根据牛顿第二定律求解F．【解答】解：（1）设匀加速运动的时间为t1，则匀加速阶段位移为：匀速阶位移为：x2﹣100﹣x1=v（15﹣t1）联解得：v=8m/s，t1=5s（2）由速度公式：v=at1得：21\n车胎受力如图并正交分解：在x方向有：Fcos37°﹣f=ma在y方向有：N+Fsin30°﹣mg=0且：f=μN代入数据联解得：F=59.92N，沿绳与水平方向成37°．答：（1）战士加速所用的时间t1为5s，达到的最大速度v为8m/s；（2）战士匀加速运动阶段对车胎的拉力F的大小为59.92N，方向沿绳方向，与水平方向成37°．【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，主要抓住时间和位移之和是已知量求解，难度适中． 20．（15分）（2022秋•重庆校级期中）一质量为m=0.5kg的物块静止在光滑的水平面上，物块在水平方向的外力F的作用下在t=0时由静止开始运动，水平外力F随时间变化的规律如图所示，以向右为正方向．求：（1）t=1s和t=2s时物块的瞬时速度；（2）t=0到t=4s的时间间隔内物块的位移．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】简答题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据牛顿第二定律，求出0﹣1s内和1﹣2s内的加速度，根据速度时间公式求出1s末和2s末的速度；（2）根据牛顿第二定律分别求出各段时间内匀加速运动的加速度，结合位移公式求出各段时间内的位移，从而得出0﹣4s内的位移．【解答】解：（1）0﹣1s内，物块静止开始向右匀加速直线运动：F1=ma1解得：，1s末物块的速度：v1=a1t1=2×1=2m/s，1﹣2s内，物块先向右匀减速运动至速度为零，再静止开始向左匀加速直线运动：F2=ma221\n解得：，向左2s末物块的速度：v2=v1+a2t2=2+（﹣4）×1=﹣2m/s，（2）0﹣1s内，物块的位移：，1﹣2s内，物块的位移：2﹣3s内，物块先向左匀减速至速度为零，再静止开始向右匀加速直线运动：F3=ma3解得：，3s末物块的速度：v3=v2+a3t3=﹣2+4×1=2m/s，2﹣3s内，物块的位移：3﹣4s内，物块向右匀减速运动：F4=ma4解得：4s末物块的速度：v4=v3+a4t4=2+（﹣2）×1=03﹣4s，物块的位移：则0～4s，物块的位移：x=x1+x2+x3+x4=2m．答：（1）t=1s和t=2s时物块的瞬时速度分别为2m/s和﹣2m/s；（2）t=0到t=4s的时间间隔内物块的位移为2m．【点评】解决本题的关键理清物体在各段时间内的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，过程交付复杂，难度适中． 21
