2022-2022学年四川省成都市树德中学高三（上）质检物理试卷（9月份） 一、选择题（本题共12小题，1题至6题为单选，每题3分，7题至12题为多选，每题4分．选错的不得分，漏选的得2分，共42分）1．下列说法正确的是（ ）A．伽利略通过理想斜面实验提出了惯性的概念B．弹力的方向总是与引起形变的作用力的方向相同C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位D．用国际单位制中的基本单位表示，电压的单位可写作kg•m2/（A．S3） 2．一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1+△F，则质点以后（ ）A．一定做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动 3．一同学用如图所示方式体验力的作用效果．轻绳的一端系一不太重的物体，另一端点套在食指上的B点，用一支铅笔（可视为轻杆）的一端水平支在轻绳的O点，铅笔的笔尖支在手掌上的A点，手掌和手指在同一个竖直平面内，铅笔始终水平．则（ ）A．若将绳在食指上的端点稍稍下移，B点感受到的拉力变小B．若将绳在食指上的端点稍稍下移，A点感受到的压力不变C．若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，B点感受到的拉力不变D．若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，A点感受到的压力变小 4．如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位移时间图象的一段，从图中所给的数据可以确定（ ）A．质点在运动过程中经过图线上P点所对应位置时的速度小于2m/sB．质点在运动过程中t=3.5s时的速度等于2m/sC．质点在运动过程中在3s～3.5s这段时间内位移等于1m23D．以上说法均不正确 5．如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，D是圆环上与M靠得很近的一点（DM远小于CM）．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点；d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则（ ）A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．d球最先到达M点 6．如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道．P为滑道上一点，OP连线与竖直成45°角，则此物体（ ）A．由O运动到P点的时间为B．物体经过P点时，速度的水平分量为v0C．物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D．物体经过P点时的速度大小为v0 7．如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆穿过物体B，物体B固定在地面上，轻杆与物体B的滑动摩擦力为定值．一小车以速度v0撞击弹簧，轻杆与物体B的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦及空气阻力，下列说法可能正确的是（ ）A．小车的最终速度可能等于v0B．小车最终速度一定小于v023C．小车撞击弹簧后，小车加速度一定在不断变化D．小车撞击弹簧后，在和轻杆一起运动的过程中加速度一定恒定不变 8．某人在静止的湖面上竖直向上抛出一个铁球，铁球升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一定深度，铁球所受阻力随时间变化的图象如图所示，以v、a、F、Ek分别表示小球的速度、加速度、所受合外力和动能四个物理量．下列图中能正确反映运动过程各量随时间变化的是（ ）A．B．C．D． 9．如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A．B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=（9﹣2t）N，（t的单位是s）．从t=0开始计时，则（ ）A．A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍B．t＞4s后，B物体做匀加速直线运动C．t=4.5s时，A物体的速度为零D．t＞4.5s后，AB的加速度方向相反 10．如图所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是（ ）A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．3与桌面间摩擦力为20ND．物块3受6个力作用 2311．如图所示，A球的质量为确定值m0，B球的质量m可以是任意值，忽略阻力以及其他部分的质量，则下列说法正确的是（ ）A．无论B球的质量为多少，天花板受到的拉力总是等于A、B两球的总重力B．B球的质量大于m0时，天花板受到的拉力小于A、B两球的总重力C．当B球的质量大于m0时，A球处于失重状态D．天花板受到的最大拉力不会超过4m0g 12．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（ ）A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等 二、实验题（每空2分，共16分）13．（10分）（2022秋•成都校级月考）如图1所示，是某实验小组用光电计时器，来“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图．23（1）有关本实验的说法正确的是 ．A．砂桶和砂子的总质量不必远远小于小车的质量B．小车的质量必须远远小于砂桶和砂子的总质量C．平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶D．平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶．（2）两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出），它们之间的距离为0.50m．在安装好实验装置后，将小车放在光电门甲的上方，撤去砂和砂桶，使它从静止开始沿长木板做匀加速直线运动，测得小车通过光电门甲的时间为0.20s，通过光电门乙的时间为0.10s．则：①如图所示，小车上的挡光片的宽度用游标卡尺测得的示意图由图2可知：挡光片的宽度为 mm．②小车通过光电门乙的速度大小为 m/s（保留二位有效数字）．③小车的加速度大小为 m/s2（保留二位有效数字）．④在该实验中，如果小车及车上的砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，那么，图3的图象中不可能出现的是 ． 14．如图所示，是在实验中得到的一条纸带，其中，O为起始点，A、B、C、D、E依次为相邻的计数点，相邻两个计数点之间还有n个点未标出．如果打点计时器使用的交流电的频率为f，加速度的表达式是 （用题中和图中的字母表示）． 15．在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的．用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F﹣x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为 N/m．如果将实验中两个一模一样的弹簧串接起来做成一个新弹簧，其劲度系数为 N/m．23 三、计算题：（共42分，解答应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．）16．如图所示，在水平地面上放置有一个倾角为30°的楔形物体，所受重力为10N，现将一个重为4N的物体放在斜面上，让它自由下滑，求：（1）求水平面上的支持力大小范围．（2）求地面支持力最小时水平面受到的摩擦力（斜面始终静止）． 17．（10分）（2022秋•成都校级月考）如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．（1）求位移为5m的时刻t的值．（2）求出力F与动摩擦因素μ的大小． 18．（12分）（2022秋•成都校级月考）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是θ，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块B质量为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g．（t1和t2，v1和v2均未知）（1）求t2时刻弹簧的形变长度x．（2）求t1的值．23（3）已知θ=37°，传送带两轮轴心相距L=5m，物体B与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．设AB刚好在C点（斜面与传送带的连接点）分离并进入传送轨道，设物体B滑到传送带的C点时速度为8m/s，物体可视为质点，如果在物体B到达C点同时撤去拉力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8））若传送装置匀速转动的速度v可在v＞4m/s的范围内调节，试推导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，g取l0m/s2． 19．（12分）（2022秋•成都校级月考）如图所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ2=0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sinθ=0.28、cosθ=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字．（1）求木板开始运动瞬间的加速度；（2）金属块和木板达到共同速度时弹簧的弹性势能；（3）假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离． 2022-2022学年四川省成都市树德中学高三（上）质检物理试卷（9月份）参考答案与试题解析 一、选择题（本题共12小题，1题至6题为单选，每题3分，7题至12题为多选，每题4分．选错的不得分，漏选的得2分，共42分）1．下列说法正确的是（ ）A．伽利略通过理想斜面实验提出了惯性的概念B．弹力的方向总是与引起形变的作用力的方向相同C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位D．用国际单位制中的基本单位表示，电压的单位可写作kg•m2/（A．S3）23考点：物理学史．分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．解答：解：A、伽利略的理想斜面实验能够说明物体具有惯性．故A正确；B、弹力的方向与物体形变的方向相反，也就是与恢复形变的方向相同．故B错误．C、国际单位制中，kg、m、s是三个基本单位，故C错误；D、用国际单位制中的基本单位表示，电压的单位可写作kg•m2/（A．S3），故D正确；故选：AD．点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一． 2．一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1+△F，则质点以后（ ）A．一定做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动考点：物体做曲线运动的条件．专题：物体做曲线运动条件专题．分析：质点做直线运动还是曲线运动，就看合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，在同一条直线上，就做直线运动，不在一条直线上，质点就做曲线运动．解答：解：互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，质点做匀加速直线运动．当保持F1方向，大小突然增大到F1+△F，且F2保持不变，则此时合力的方向与速度方向不共线，做曲线运动．由于合力恒定，所以做匀变速曲线运动，加速度是定值，所以在相等的时间里速度的增量一定相等，故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：本题即考查了物体做曲线运动的条件，还考查了学生对匀变速运动的理解，把这两部分内容理解透彻就不会出错了． 3．一同学用如图所示方式体验力的作用效果．轻绳的一端系一不太重的物体，另一端点套在食指上的B点，用一支铅笔（可视为轻杆）的一端水平支在轻绳的O点，铅笔的笔尖支在手掌上的A点，手掌和手指在同一个竖直平面内，铅笔始终水平．则（ ）A．若将绳在食指上的端点稍稍下移，B点感受到的拉力变小B．若将绳在食指上的端点稍稍下移，A点感受到的压力不变C．若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，B点感受到的拉力不变D．若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，A点感受到的压力变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对O点受力分析，根据平衡条件求杆的支持力和绳子OB的拉力．解答：解：设OB与AO所称夹角为θ，对O点受力分析，正交分解，根据平衡条件：23Tcosθ=NTsinθ=mg联立得：N=T=A、若将绳在食指上的端点稍稍下移，θ变小，则T变大，故AB错误；C、若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，θ变大，T变小，故C错误；D、若将铅笔向下稍稍平移，保持B点位置不变，θ变大，N变小，故D正确；故选：D．点评：本题考查平衡条件的应用，正确的受力分析时关键． 4．如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位移时间图象的一段，从图中所给的数据可以确定（ ）A．质点在运动过程中经过图线上P点所对应位置时的速度小于2m/sB．质点在运动过程中t=3.5s时的速度等于2m/sC．质点在运动过程中在3s～3.5s这段时间内位移等于1mD．以上说法均不正确考点：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：运动学中的图像专题．分析：由题意知道物体做匀变速直线运动，根据平均速度的定义得到第4s的平均速度，根据位移时间图线上某点的斜率表示该点对应时刻物体的速度得到物体做加速运动，再根据运动学规律判断中间时刻速度和中间位置速度的关系．解答：解：A、物体做的是匀变速直线运动，p点为位移的中间位置，而这段时间的平均速度的大小为=2m/s，根据匀变速直线运动的规律可知，此段位移的中间时刻的瞬时速度即为2m/s，由于中间时刻的瞬时速度要小于中间位置的瞬时速度，所以P点速度要大于2m/s，故A错误；B、质点做匀变速直线运动，根据平均速度等于中间时刻的瞬时速度得到第四秒内的平均速度等于3.5s时物体的瞬时速度，故质点在3.5s时的速度等于2m/s，故B正确；C、质点做匀加速直线运动，速度增大，所以在3s～3.5s这段时间内位移小于1m，在3.5s～4s这段时间内位移大于1m，故C错误；D、根据上述分析可知D错误．故选：B点评：本题关键根据位移时间图线得到物体做匀加速直线运动，然后根据运动学规律比较中间时刻速度和中间位置速度的大小关系． 235．如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，D是圆环上与M靠得很近的一点（DM远小于CM）．已知在同一时刻：a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点；d球从D点静止出发沿圆环运动到M点．则（ ）A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．d球最先到达M点考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：a、b、c三个小球均匀加速直线运动，d球的运动可等效成单摆运动，因DM远小于CM，其运动等效为简谐运动．由牛顿第二定律和运动学公式得到a、b、c三个球运动时间与圆的半径的关系，根据单摆的周期公式得到d球运动时间与圆的半径的关系，即可比较时间长短．解答：解：设圆环轨道的半径为R，a、b、c、d四个球运动到M点所用时间分别为t1、t2、t3、t4．对于a球：加速度为aa=gsin45°，R=，联立解得t1=2对于b球：加速度为ab=gsin60°，2R=，联立解得t2=2•对于c球：由R=，得t3=对于d球：d球的运动与单摆的简谐运动类似，等效摆长等于R，其运动时间t4==根据数学知识可知，t3最小，所以c球最先到达M点．故选C点评：本题要善于用相同的量表示小球运动时间，难点是将d球的运动等效成单摆运动． 6．如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道．P为滑道上一点，OP连线与竖直成45°角，则此物体（ ）23A．由O运动到P点的时间为B．物体经过P点时，速度的水平分量为v0C．物体经过P点时，速度的竖直分量为v0D．物体经过P点时的速度大小为v0考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：若做平抛运动，OP连线与竖直方向成45°角，所以竖直分位移与水平分位移大小相等，根据时间可求出竖直方向的分速度和速度的大小和方向，若从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动过程中只有重力做功，速度方向沿切线方向．解答：解：A、物体若做平抛运动，有：，则t=，现在物体做的运动不是平抛运动，运动时间不等于．故A错误．B、物体若做平抛运动，运动到P点时竖直方向上的分速度vy=gt=2v0，此时速度与水平方向的夹角为α，则，物块沿该轨道滑动，只有重力做功，根据动能定理得，mgh=，解得，所以v=2v0．则物体经过P点时，速度的竖直分量，速度的水平分量，故B正确，C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握处理平抛运动的方法，注意物体的运动情况与平抛运动的情况不同． 7．如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆穿过物体B，物体B固定在地面上，轻杆与物体B的滑动摩擦力为定值．一小车以速度v0撞击弹簧，轻杆与物体B的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面间的摩擦及空气阻力，下列说法可能正确的是（ ）A．小车的最终速度可能等于v0B．小车最终速度一定小于v0C．小车撞击弹簧后，小车加速度一定在不断变化D．小车撞击弹簧后，在和轻杆一起运动的过程中加速度一定恒定不变考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．23分析：小车把弹簧压缩到x=时，两者一起推动杆向右减速运动，这个过程中，杆受到的摩擦力不变，弹簧的压缩量x先增大，到车与杆的速度相等时x保持不变，直到杆的速度减为0，小车才被弹簧反弹解答：解：A、小车在向右运动的过程中，弹簧的形变量若始终小于x=时，直杆和槽间无相对运动，小车被弹回时速度υ一定等于υ0；若形变量等于x=时，杆和槽间出现相对运动，克服摩擦力做功，小车的动能减小，所以小车被弹回时速度υ一定小于υ0，A正确，B错误；C、轻杆运动时弹力始终和摩擦力相等，则有：f=kx，对小车，由牛顿第二定律得：kx=ma，解得：a=，加速度恒定不变，小车做匀减速运动；故C错误，D正确故选：AD点评：正缓冲装置是一种实用装置，在生产和生活中有着广泛的应用，本题就是根据某种缓冲装置改编的一道物理试题，试题设计新颖，物理思想深刻．正确解答这道试题，要求考生具有扎实的高中物理基础以及很强的分析和解决问题的能力 8．某人在静止的湖面上竖直向上抛出一个铁球，铁球升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一定深度，铁球所受阻力随时间变化的图象如图所示，以v、a、F、Ek分别表示小球的速度、加速度、所受合外力和动能四个物理量．下列图中能正确反映运动过程各量随时间变化的是（ ）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据铁球受力情况分析其运动过程，然后判断铁球速度、加速度、合外力与动能如何变化．解答：解：由图示图象可知，0﹣t1时间内铁球不受阻力，铁球做竖直上抛运动，t1﹣t2时间内铁球受到恒定阻力，铁球进入水中向下运动，在t2﹣t3时间内，铁球受到阻力作用，阻力大于重力，此过程铁球陷入泥中向下做减速运动；A、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动，速度先减小后反向增大，在t1﹣t2时间内铁球铁球在水中下降，所示阻力小于重力，合力向下，铁球向下做加速运动，速度增大，在t2﹣t3时间内铁球陷入泥中，所受阻力大于重力，所受合力方向向上，铁球做匀减速直线运动，速度减小，最后速度为零，故A正确；23B、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动，加速度：a=g，方向竖直向下；在t1﹣t2时间内铁球在水中向下做加速运动，所受合力小于重力，加速度小于重力加速度g，方向向下，在t2﹣t3时间内铁球受到的合力方向竖直向上，加速度方向向上，图B所示图象不符合实际运动，故B错误；C、由阻力图象可知，在0﹣t2时间内铁球所受合力：F=mg，方向竖直向下，在t1﹣t2时间内铁球所受合力f小于重力，方向竖直向下，在t2﹣t3时间内铁球所受合力大于重力，方向竖直向上，故C正确；D、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动，铁球的动能先增大后减小，t1时刻的动能与0时刻的动能相等，图D所示图象与实际情况不符，故D错误；故选：AC．点评：本题考查了判断铁球速度、加速度、合力与动能随时间变化的关系，分析清楚铁球的运动过程是正确解题的关键． 9．如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A．B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=（9﹣2t）N，（t的单位是s）．从t=0开始计时，则（ ）A．A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍B．t＞4s后，B物体做匀加速直线运动C．t=4.5s时，A物体的速度为零D．t＞4.5s后，AB的加速度方向相反考点：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：对整体，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，得到A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍数；对B研究，由牛顿第二定律求出A对B的作用力N表达式，当N=0时，求出时间，此后A分离，B做匀加速运动；t=4.5s时，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，分析其速度；解答：解：设A的质量为m，则B的质量为2m，在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得a==①对B：设A对B的作用力大小为N，则N+FB=2ma②解得，N=（16﹣4t），③A、B、由③得，当t=4s时，N=0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动．由①得：当t=0时，a1=；t=3s时，a2=，则A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍．故A、B正确．23C、t=4.5s时，A的加速度为aA===0，说明t=4.5s之前A在做加速运动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同．故C错误．D、t＞4.5s后，A的加速度aA＜0，而B的加速度不变，则知t＞4.5s后，AB的加速度方向相反．故D正确．故选ABD点评：本题是连接体问题，采用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律得到加速度与时间的关系是关键． 10．如图所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是（ ）A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．3与桌面间摩擦力为20ND．物块3受6个力作用考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：分别对物体受力分析，由共点力的平衡与静摩擦力方向与运动趋势方向相反，即可求解．解答：解：A、物体1受重力和支持力而平衡，不受静摩擦力，否则不能平衡，故A错误；B、对1与2整体分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，3对12整体的静摩擦力向左，与拉力平衡，为20N，故2和3之间的摩擦力是20N，故B正确；C、对m受力分析，重力，支持力与绳子的拉力，由平衡条件，结合力的平行四边形定则可知，绳子的拉力F=mgsin30°=20N，则3与桌面之间的摩擦力是20﹣20=0N，即3与桌面间没有摩擦力，故C错误；D、对物块3受力分析，重力，支持力，2对3的压力，2对3水平向右静摩擦力，绳子对3向左的拉力，共受到5个力，故D错误；故选：B．点评：本题的解题关键抓住绳子拉力大小，采用隔离法，由平衡条件确定静摩擦力方向，注意学会力的平行四边形定则的应用． 11．如图所示，A球的质量为确定值m0，B球的质量m可以是任意值，忽略阻力以及其他部分的质量，则下列说法正确的是（ ）23A．无论B球的质量为多少，天花板受到的拉力总是等于A、B两球的总重力B．B球的质量大于m0时，天花板受到的拉力小于A、B两球的总重力C．当B球的质量大于m0时，A球处于失重状态D．天花板受到的最大拉力不会超过4m0g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AB的质量不相等时，以整体研究对象，利用牛顿第二定律求的加速度，在隔离B，利用牛顿第二定律求的绳的拉力，即可取得对天花板的拉力解答：解：A、当B球的质量大于A球的质量时，A向上加速，B向下加速，以整体为研究对象，有：（m﹣m0）g=（m0+m）a对B球有：mg﹣T=ma联立解得：故天花板受到的拉力为：F=2T=，故不等于AB的重力，故A错误，B正确；C、当B球的质量大于m0时，A球向上加速运动，故A球处于超重现象，故C错误；D、天花板受到的拉力为：F=2T=，不论m的质量如何变化，最大拉力为4m0g，故D正确故选：BD点评：本题主要考查了牛顿第二定律，关键是利用好整体法和隔离法求的绳子的拉力，注意极限的运用 12．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F一v2图象如乙图所示．则（ ）23A．小球的质量为B．当地的重力加速度大小为C．v2=c时，小球对杆的弹力方向向上D．v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等考点：向心力；牛顿第二定律．专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用．分析：（1）在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，联立即可求得当地的重力加速度大小和小球质量；（2）由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下；（3）若c=2b．根据向心力公式即可求解．解答：解：A、在最高点，若v=0，则N=mg=a；若N=0，则mg=m，解得g=，m=R，故A正确，B错误；C、由图可知：当v2＜b时，杆对小球弹力方向向上，当v2＞b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，所以小球对杆的弹力方向向上，故C正确；D、若c=2b．则N+mg=m，解得N=a=mg，故D正确．故选：ACD点评：本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，难度适中． 二、实验题（每空2分，共16分）13．（10分）（2022秋•成都校级月考）如图1所示，是某实验小组用光电计时器，来“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图．（1）有关本实验的说法正确的是 BD ．A．砂桶和砂子的总质量不必远远小于小车的质量B．小车的质量必须远远小于砂桶和砂子的总质量C．平衡摩擦力时不能取下细绳和砂桶D．平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶．23（2）两个光电门（与之连接的两个光电计时器没有画出），它们之间的距离为0.50m．在安装好实验装置后，将小车放在光电门甲的上方，撤去砂和砂桶，使它从静止开始沿长木板做匀加速直线运动，测得小车通过光电门甲的时间为0.20s，通过光电门乙的时间为0.10s．则：①如图所示，小车上的挡光片的宽度用游标卡尺测得的示意图由图2可知：挡光片的宽度为 20.4 mm．②小车通过光电门乙的速度大小为 0.20 m/s（保留二位有效数字）．③小车的加速度大小为 0.030 m/s2（保留二位有效数字）．④在该实验中，如果小车及车上的砝码的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，那么，图3的图象中不可能出现的是 C ．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）明确实验原理，根据原理分析平衡摩擦力及实验要求；（2）①游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．②可以用较短时间内的平均速度代替瞬时速度，由速度公式可以求出速度．③分别求出小车通过光电门1、2的速度大小，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出小车的加速度．④分别得出a与mg以及a与的关系，知道图线斜率表示的意义，从而确定图线弯曲的原因，知道图线的可能性．解答：解：（1）A、当盘与砝码质量远小于小车质量时可以近似认为盘与砝码对小车的拉力等于其重力，为减小实验误差，盘和砝码的质量应比小车的质量小得多．故A错误，B正确；C、平衡摩擦力时应取下小桶，只让小车带动纸带运动；故C错误，D正确；故选：BD．（2）①由图示游标卡尺可知，其示数为：20mm+0.1×4mm=20.4mm．②小车通过光电门“2”的速度：v2==≈0.20m/s；③通过光电门“1”的速度：v1==≈0.10m/s，小车的加速度a===0.030m/s2；④A、由牛顿第二定律得：a=，绳子拉力F=Ma==，当m＜＜M时，拉力小车的合力与m的重力相等，知m比较小时，a与mg成正比，当m比较大时，图线的斜率变小，图线发生弯曲，故A正确；B、如果使用时没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足时，a﹣m图线在横轴上有截距，故B正确；C、a与图线斜率表示小车的合力，当m比较小时，合力可以认为等于mg，当m比较大时，合力小于mg．故C错误，D正确；本题选择不能出现的；故选：C．故答案为：（1）BD；（2）①20.4；②0.20；③0.030；④C23点评：本题考查了游标卡尺读数、使用数据处理以及验证牛顿第二定律的实验等；对于游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，游标卡尺不需要估读，读数时要注意游标尺的精度． 14．如图所示，是在实验中得到的一条纸带，其中，O为起始点，A、B、C、D、E依次为相邻的计数点，相邻两个计数点之间还有n个点未标出．如果打点计时器使用的交流电的频率为f，加速度的表达式是 （用题中和图中的字母表示）．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据打点计时器打点周期可明确相邻两计数点间的时间间隔；再由△x=at2可求得加速度．解答：解：相邻两计数点有n个点未标出，则说明两计数点间有n+1个间隔，则时间时隔为t=（n﹣1）；则根据△x=at2可得：a=故答案为：点评：本题考查纸带的处理，要注意明确△x=at2的正确应用，同时注意分析纸带中计数点和计时点的区别和联系． 15．在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的．用记录的外力F与弹簧的形变量x作出的F﹣x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为 100 N/m．如果将实验中两个一模一样的弹簧串接起来做成一个新弹簧，其劲度系数为 50 N/m．23考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题．分析：分析图象可知伸长量和拉力的关系；由胡克定律可求出弹簧的劲度系数．再根据弹簧的串联规律可求得新弹簧的劲度系数．解答：解：由图可知，该弹簧受力为零时，伸长是2cm，受到拉力为1N时，伸长为1cm．该弹簧受到的拉力每增加1N，弹簧的伸长增加1cm，故弹簧的劲度系数为：K==1N/cm=100N/m；若两弹簧串联使用，设等效劲度系数为k′；两弹簧串联时，等效劲度系数为：k′===50N/m故答案为：100；50．点评：本题考查研究弹簧的形变与外力的关系的实验；要注意掌握弹簧的串并联电路的规律应用． 三、计算题：（共42分，解答应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．）16．如图所示，在水平地面上放置有一个倾角为30°的楔形物体，所受重力为10N，现将一个重为4N的物体放在斜面上，让它自由下滑，求：（1）求水平面上的支持力大小范围．（2）求地面支持力最小时水平面受到的摩擦力（斜面始终静止）．考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）分斜面光滑与粗糙两种情况，当斜面光滑时，根据牛顿第二定律求出竖直向下的分加速度，从而求出物体对斜面向下的压力，当斜面粗糙，匀速下滑时对斜面的压力最大，求出物体对斜面向下的压力，进而求出范围；（2）当斜面光滑时，失重最大，地面支持力最小，根据牛顿第二定律求出物体水平方向加速度，再求出物体对斜面摩擦力的水平分量，对斜面受力分析，根据平衡条件求解对面对斜面的摩擦力，从而得到水平面受到的摩擦力．解答：解：（1）当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度ay，处于失重状态，地面增加的力为：△F=mg﹣may，而ay=asinθ，又因mgsinθ=ma，所以△F=mg﹣mgsin2θ=3N，此时水平面上的支持力为：FN=10+3=13N，当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时地面增加的力为：△F=mg=4N，则水平面上的支持力为：FN′=10+4=14N水平面上的支持力大小范围为：13N≤FN≤14N（2）当斜面光滑时，失重最大，地面支持力最小，物体在水平方向的加速度为：ax=gsinθcosθ23摩擦力水平分量为：f=max故有：根据牛顿第三定律可知，水平面受到的摩擦力为．答：（1）水平面上的支持力大小范围为13N≤△F≤14N．（2）地面支持力最小时水平面受到的摩擦力为．点评：本题主要考查了牛顿第二定律及矢量的合成与分解原则的直接应用，注意题目没有说斜面是否光滑，则要分两种情况进行讨论，难度适中． 17．（10分）（2022秋•成都校级月考）如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，大小不变，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．（1）求位移为5m的时刻t的值．（2）求出力F与动摩擦因素μ的大小．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由运动学公式v2﹣v02=2ax可知，v2﹣x图象中图线的斜率2a，从而求处加速度，再求出减速的时间；（2）根据图象得出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出力F和动摩擦因数的大小．解答：解：（1）由运动学公式v2﹣v02=2ax可知，v2x图象中图线的斜率为2a，所以在前5m内，物块以a1=10m/s2的加速度做减速运动，减速时间为（2）5～13m的运动过程中，物块以a2=4m/s2的加速度做加速运动，根据牛顿第二定律可知：在减速的过程中，F+μmg=ma1物块在1～3s内加速过程中F﹣μmg=ma2代入数据可解得F=7N，μ=0.3答：（1）求位移为5m的时刻t的值为1s．（2）力F为7N，动摩擦因素μ的大小为0.3．点评：解决本题的关键通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析． 2318．（12分）（2022秋•成都校级月考）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是θ，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块B质量为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图乙所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g．（t1和t2，v1和v2均未知）（1）求t2时刻弹簧的形变长度x．（2）求t1的值．（3）已知θ=37°，传送带两轮轴心相距L=5m，物体B与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．设AB刚好在C点（斜面与传送带的连接点）分离并进入传送轨道，设物体B滑到传送带的C点时速度为8m/s，物体可视为质点，如果在物体B到达C点同时撤去拉力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8））若传送装置匀速转动的速度v可在v＞4m/s的范围内调节，试推导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，g取l0m/s2．考点：功能关系；牛顿第二定律．分析：（1）A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移；（2）由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1；（3）分传送带速度在4m/s＜v＜8m/s和v≥8m/s两个范围，根据运动学基本公式求解．解答：解：（1）由图知，A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，得：（2）由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0﹣x=联立以三式得：t1=．（3）当传送带的速度在4m/s＜v＜8m/s的范围内调节时，物体B先以加速度a1减速向上滑行：当速度减到v后又以a2减速向上滑行，物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是：当传送带的速度在v≥8m/s的范围内调节时，物体B将以加速度a2减速滑行到D点，23物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是：答：（1）t2时刻弹簧的形变长度x为．（2）t1的值为．（3）导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式为：当4m/s＜v＜8m/s时，当v≥8m/s时．点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等． 19．（12分）（2022秋•成都校级月考）如图所示，斜面倾角为θ，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量为M=1.0kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，弹簧与斜面平行、且为原长，在木板右上端放一质量为m=2.0kg的小金属块，金属块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.75，木板与斜面粗糙部分间的动摩擦因数为μ2=0.25，系统处于静止状态．小金属块突然获得一个大小为v1=5.3m/s、平行斜面向下的速度，沿木板向下运动．当弹簧被压缩x=0.5m到P点时，金属块与木板刚好达到相对静止，且此后运动过程中，两者一直没有发生相对运动．设金属块从开始运动到木块达到共速共用时间t=0.75s，之后木板压缩弹簧至最短，然后木板向上运动，弹簧弹开木板，弹簧始终处于弹性限度内，已知sinθ=0.28、cosθ=0.96，g取10m/s2，结果保留二位有效数字．（1）求木板开始运动瞬间的加速度；（2）金属块和木板达到共同速度时弹簧的弹性势能；（3）假设木板由P点压缩弹簧到弹回P点过程中不受斜面摩擦力作用，求木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离．考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）运用隔离法分别对金属块和长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求加速度；（2）根据动能定理求得弹簧压缩过程中做的功，再根据弹力做功与弹性势能变化的关系求得弹簧的弹性势能；（3）根据能量转化和守恒定律求得木板离开弹簧后的速度，再根据动能定理求得木板上滑的最大距离解答：解：（1）对金属块，由牛顿第二定律可知加速度大小为a=μ1gcosθ﹣gsinθ=4.4m/s2，沿斜面向上木板受到金属块的滑动摩擦力F1=μ1mgcosθ=14.4N，沿斜面向下木板受到斜面的滑动摩擦力23F2=μ2（M+m）gcosθ=7.2N，沿斜面向上木板开始运动瞬间的加速度a0=解得a0=10m/s2，沿斜面向下（2）设金属块和木板达到共同速度为v2，对金属块，应用速度公式有v2=v1﹣at=2.0m/s在此过程中以木板为研究对象，设弹簧对木板做功为W，对木板运用动能定理得Ma0x+W=Mv解得W=﹣3.0J，说明此时弹簧的弹性势能Ep=3.0J（3）金属块和木板达到共速后压缩弹簧，速度减小为0后反向弹回，设弹簧恢复原长时木板和金属块的速度为v3，在此过程中对木板和金属块，由能量的转化和守恒得：Ep﹣（F2+Mgsinθ+mgsinθ）x=（M+m）v﹣（M+m）v木板离开弹簧后，设滑行距离为s，由动能定理得：﹣（M+m）g（μ2cosθ+sinθ）s=﹣（M+m）v解得s=0.077m答：（1）木板开始运动瞬间的加速度为10m/s2方向沿斜面向下；（2）弹簧被压缩到P点时的弹性势能是3.0J；（3）假设木板在由P点压缩弹簧到弹回到P点过程中不受斜面摩擦力作用，木板离开弹簧后沿斜面向上滑行的距离为0.077m点评：在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理 23
