山东省淄博市沂源县鲁山学校2022届高三物理上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年山东省淄博市沂源县鲁山学校高三（上）第一次月考物理试卷　一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法B．根据速度的定义式v=，当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法　2．2022年8月在南京举办的第二届夏季青年奥林匹克运动会上，我国跳水新星吴圣平闪耀赛场，获得2金3银．吴圣平（可看作质点）参加跳板跳水比赛的速度与时间关系图象如图所示，t=0是其向上起跳瞬间，下列说法正确的是（　　）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻到达最高点C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员一直处于失重状态　3．两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是（　　）A．水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+mg-20-\nB．连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为C．连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为mgD．套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为mg　4．一宇航员在某星球表面上做自由落体运动实验：让一个质量为3kg的小球从足够高处自由下落，测得小球在第3s内的位移为3m．则（　　）A．小球在第2s末的速度是2m/sB．小球在第3s内的平均速度是1m/sC．小球在第2s内的位移是2.4mD．小球在前3s内的位移是5.4m　5．如图所示，绳子一端系于天花板上O点，另一端系住小球置于光滑的斜面上，小球处于静止状态，现将斜面水平向左移动一段距离，小球再次处于静止（斜面足够长）则两个位置相比斜面对小球的支持力和绳子对小球的拉力变化情况为（　　）A．支持力一定增大B．支持力可能不变C．拉力一定增大D．拉力一定不变　6．a、b两车在平直公路上行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，两车间距为s0，在t=t1时间内，a车的位移大小为s，则（　　）A．0﹣t1时间内a、b两车相向而行B．0﹣t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍C．若a、b在t1时刻相遇，则s0=sD．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1　7．如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的劲度系数为100N/m，此时弹簧伸长了5cm，物体A和车均处于静止状态．（g=10m/s2）则下列有关说法正确的是（　　）-20-\nA．物体A与车间的最大静摩擦力大小一定等于5NB．若让小车和物体一起以1m/s2的加速度向右运动，则物体受摩擦力方向向右，大小为5NC．若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体A受两个力作用D．若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体A的加速度大小为0.5m/s2　8．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，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．下列选项中正确的是（　　）A．0﹣5s内物块做匀减速运动B．在t=1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.3　9．如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）A．斜劈A对地向右运动B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力大小等于（M+2m）gD．斜劈A对地面的压力大于（M+2m）g　10．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）．则（　　）A．若F=1N，则物块、木板都静止不动-20-\nB．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND．若F=8N，则B物块的加速度为1m/s2　　二．实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答，将答案写在答题卷上．）11．在做“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点（结点）并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是　　　　　　A．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行B．两根细绳必须等长C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的结点拉到用一个弹簧秤拉时记下的结点位置（2）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列说法正确的是　　　　　　A．F1=4NB．F=12NC．θ1=45°D．θ1＜θ2．　12．某实验小组利用图1示的装置研究匀变速直线运动①下列操作中必要的是　　　　　　（填字母代号）A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行B．为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量C．调节木板的倾斜度以平衡摩擦力D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源②图2是实验中获得的一条纸带的一部分，选取0、1、2、3计数点，但0与2之间的原始记录数据已模糊不清，已知打点计时器使用的交流电频率为50HZ，则小车运动的加速度大小为　　　　　　m/s2（保留三位有效数字）．　-20-\n　三、计算题（本题共4小题，共46分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）13．一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m．求：（1）该质点运动的加速度大小；（2）该质点在第6s内的位移大小．　14．（10分）（2022秋•忻府区校级月考）如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；②此环下降过程需要多长时间．　15．（12分）（2022秋•成都期末）如图所示，A球从倾角θ=30°的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左．B球从M点开始向左做直线运动，g=10m/s2．（1）若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞；（2）若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，问：经多长时间两球相碰？　16．（16分）（2022秋•沂源县校级月考）如图所示，某传送带与地面倾角θ=37°，AB之间距离L1=2.05m，传送带以v0=1.0m/s的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个不计大小、质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）物块离开B点的速度大小；（2）物块相对木板滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离．-20-\n　　2022-2022学年山东省淄博市沂源县鲁山学校高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析　一．选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法B．根据速度的定义式v=，当△t趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法【考点】加速度；物理学史．【专题】直线运动规律专题．【分析】在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度；等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况，效果要相同；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法．【解答】解：A、等效替代法是一种常用的方法，它是指用一种情况来等效替换另一种情况；没有采用假设法；故A错误；B、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，因为三量之间相互都有关系，故应采用控制变量法；故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D正确；本题选错误的，故选：A．【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．　-20-\n2．2022年8月在南京举办的第二届夏季青年奥林匹克运动会上，我国跳水新星吴圣平闪耀赛场，获得2金3银．吴圣平（可看作质点）参加跳板跳水比赛的速度与时间关系图象如图所示，t=0是其向上起跳瞬间，下列说法正确的是（　　）A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻到达最高点C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员一直处于失重状态【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】在v﹣t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v﹣t图象可以分析人的运动的情况，即可进行选择．【解答】解：A、B、D从开始到t2时刻，v﹣t图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0﹣t2时间内人在空中，先上升后下降，t1时刻到达最高点，t2之后速度减小，开始进入水中，所以A错误，B错误；C、t3时刻，人的速度减为零，此时人处于水下的最深处，故C错误；D、0～t2时间内，人一直在空中具有向下的加速度，处于失重状态，故D正确；故选：D．【点评】本题主要就是考查学生对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，速度的正负表示运动方向，直线的斜率代表的是加速度的大小，图象的面积代表的是位移．　3．两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是（　　）A．水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+mgB．连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为C．连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为mgD．套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．【专题】共点力作用下物体平衡专题．-20-\n【分析】对小球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度．【解答】解：A、选择整体为研究的对象，则它们在竖直方向只受到重力的作用与杆的支持力，由二力平衡可知，杆的支持力与整体的重力大小相等，即N=2Mg+mg．所以水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+0.5mg．故A错误；B、对三个小球分别进行受力分析如图：则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30°，所以：2F1cos30°=mg得：．故B错误；C、由胡克定律得：F1=kx1，连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量：．故C正确D、对A进行受力分析如图，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，由受力平衡得：同理，对B进行受力分析得：所以弹簧的弹力是套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：，故D错误．故选：C【点评】本题关键是对小球受力分析后根据平衡条件求得弹力，然后根据胡克定律并几何关系列式求解即可．　4．一宇航员在某星球表面上做自由落体运动实验：让一个质量为3kg的小球从足够高处自由下落，测得小球在第3s内的位移为3m．则（　　）A．小球在第2s末的速度是2m/sB．小球在第3s内的平均速度是1m/sC．小球在第2s内的位移是2.4mD．小球在前3s内的位移是5.4m【考点】自由落体运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．-20-\n【专题】自由落体运动专题．【分析】第3s内的位移等于3s内的位移减去2s内的位移，根据自由落体运动的位移时间公式求出星球上的重力加速度．再根据速度时间公式v=gt，位移时间公式h=gt2求出速度和位移．【解答】解：A、第3s内的位移是3m，有：gt12﹣gt22=3m，t1=3s，t2=2s，解得：g=1.2m/s2．所以2s末的速度：v=gt=1.2×2=2.4m/s．故A错误．B、第3s内的平均速度：．故B错误．C、t=2s，t′=1s，物体在第2s内的位移：x=gt2﹣gt′2=1.8m．故C错误．D、物体在3s内的位移：x=gt2=×1.2×9m=5.4m．故D正确．故选：D．【点评】解决本题的关键掌握自由落体运动的规律，注意星球上重力加速度和地球的重力加速度不同．　5．如图所示，绳子一端系于天花板上O点，另一端系住小球置于光滑的斜面上，小球处于静止状态，现将斜面水平向左移动一段距离，小球再次处于静止（斜面足够长）则两个位置相比斜面对小球的支持力和绳子对小球的拉力变化情况为（　　）A．支持力一定增大B．支持力可能不变C．拉力一定增大D．拉力一定不变【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】小球受重力、拉力和支持力，其中重力不变、支持力的方向不变、拉力的大小和方向都改变，根据共点力平衡条件作图分析即可．【解答】解：球受重力、拉力和支持力，如图所示：-20-\n随着细线的拉力逐渐水平，支持力增加，拉力先减小后增加；故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题是三力平衡中的动态分析问题，关键是通过作图法并结合共点力平衡条件分析，不难．　6．a、b两车在平直公路上行驶，其v﹣t图象如图所示，在t=0时，两车间距为s0，在t=t1时间内，a车的位移大小为s，则（　　）A．0﹣t1时间内a、b两车相向而行B．0﹣t1时间内a车平均速度大小是b车平均速度大小的2倍C．若a、b在t1时刻相遇，则s0=sD．若a、b在时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1【考点】匀变速直线运动的图像．【专题】运动学中的图像专题．【分析】此题考查了追及与相遇问题，解决此类问题的关键是分析清楚两物体的位移关系．两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，v﹣t图象中，面积表示位移．【解答】解：A、0﹣t1时间内a、b两车速度均为正，即运动方向相同，故不是相向而行，A错误；B、匀变速直线运动中=，则====v0，可得：=3，故B错误；-20-\nC、由图可知，a车的初速度等于2v0，在t1时间内，a车的位移为s，则b车的位移为s．若a、b在t1时刻相遇，则s0=s﹣s=s，故C正确；D、若a、b在时刻相遇，由图象可知，s为阴影部分对应的距离，即s0=s，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为t=t1，故D错误；故选：C．【点评】1、抓住速度图象是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2、在速度图象中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．　7．如图所示，质量为10kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的劲度系数为100N/m，此时弹簧伸长了5cm，物体A和车均处于静止状态．（g=10m/s2）则下列有关说法正确的是（　　）A．物体A与车间的最大静摩擦力大小一定等于5NB．若让小车和物体一起以1m/s2的加速度向右运动，则物体受摩擦力方向向右，大小为5NC．若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体A受两个力作用D．若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，则撤去水平面的瞬间，物体A的加速度大小为0.5m/s2【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】对物体受力分析，根据平衡求出静摩擦力的大小．当小车和物体一起做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律求出物体的合力，确定物体所受的摩擦力大小和方向．当小车自由下落时，A与小车之间没有支持力作用，则没有摩擦力．【解答】解：A、根据平衡，知A所受的静摩擦力f=kx=100×0.05N=5N，最大静摩擦力不一定等于5N．故A错误．B、若让小车和物体一起以1m/s2的加速度向右运动，则A所受的合力为F合=ma=10×1N=10N，因为弹力的大小为5N，则静摩擦力的大小为f=5N，方向水平向右．故B正确．-20-\nC、若设法把小车下面的水平面突然撤去，让小车自由下落，A与小车间没有压力作用，则A受重力和弹簧的弹力两个力作用，瞬间A的合力，则加速度不等于0.5m/s2．故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道做自由落体运动时，A处于完全失重状态，A与小车间无压力．　8．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，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．下列选项中正确的是（　　）A．0﹣5s内物块做匀减速运动B．在t=1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面的动摩擦因数为0.3【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】通过图象可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，恒力F反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小．结合运动学公式求出恒力F反向的时刻．【解答】解：物体匀减速直线运动的加速度大小为：匀加速直线运动的加速度大小为：根据牛顿第二定律得：F+f=ma1，F﹣f=ma2联立两式解得：F=7N，f=3N则动摩擦因数为：物体匀减速直线运动的时间为：．即在0﹣1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．-20-\n【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．　9．如图甲所示，在粗糙水平面上静置一个截面为等腰三角形的斜劈A，其质量为M，两个底角均为30°．两个完全相同的、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两侧面匀速下滑．若现在对两物块同时各施加一个平行于斜劈侧面的恒力F1、F2，且F1＞F2，如图乙所示，则在p和q下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）A．斜劈A对地向右运动B．斜劈A受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A对地面的压力大小等于（M+2m）gD．斜劈A对地面的压力大于（M+2m）g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断整体与地面间的弹力和摩擦力情况；在图乙中，物体P、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变【解答】解：甲图中，三个物体都处于平衡状态，故可以对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故支持力为（M+2m）g，没有摩擦力；在图乙中，物体P、q对斜劈的压力和摩擦力不变，故斜劈受力情况不变，故斜劈A仍保持静止，斜劈A对地面的压力大小等于（M+2m）g，与地面间没有摩擦力；故C正确，ABD错误；故选：C【点评】本题关键先通过整体法得到斜劈与地面间的弹力和摩擦力情况，然后根据隔离法研究斜劈，不难　10．一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为μ=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）．则（　　）A．若F=1N，则物块、木板都静止不动B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND．若F=8N，则B物块的加速度为1m/s2【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．-20-\n【分析】根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度．【解答】解：A与木板间的最大静摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10=2N，B与木板间的最大静摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10=4N，A、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F﹣f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；C、F=4N＞fA，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=，对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f′=mBa=2×1=2N，故C错误；D、F=8N＞fA，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=，故D正确．故选：D【点评】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识．解决的关键是正确对两物体进行受力分析．　二．实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答，将答案写在答题卷上．）11．在做“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，先用一个弹簧秤拉橡皮条的另一端到某一点（结点）并记下该点的位置；再将橡皮条的另一端系两根细绳，细绳的另一端都有绳套，用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．（1）某同学认为在此过程中必须注意以下几项，其中正确的是　AE　A．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行B．两根细绳必须等长C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等E．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的结点拉到用一个弹簧秤拉时记下的结点位置（2）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列说法正确的是　BC　A．F1=4NB．F=12NC．θ1=45°D．θ1＜θ2．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．【分析】-20-\n在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小．因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行．根据平行四边形定则作出合力，从而确定合力的大小和分力与合力的夹角．【解答】解：（1）A、在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，故A正确；B、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长．故B错误；C、两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上．故C错误；D、两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故D错误；E、在该实验中要求每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即结点O要到同一位置，这样两次的效果才等效，才符合“等效替代”法，故E正确．故选：AE．（2）根据平行四边形定则，作出两个力的合力，如图．由图可知，F1=4N，合力F=12N．根据几何关系知F1与F的夹角分别为θ1=45°．从图上可知，θ1＞θ2．故B、C正确，A、D错误．故选：BC．故答案为：（1）AE；（2）BC【点评】验证力的平行四边形定则是力学中的重点实验，应明确实验的原理、数据处理方法及本实验采用的物理方法．　12．某实验小组利用图1示的装置研究匀变速直线运动①下列操作中必要的是　A　（填字母代号）A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行B．为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量C．调节木板的倾斜度以平衡摩擦力D．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源②图2是实验中获得的一条纸带的一部分，选取0、1、2、3计数点，但0与2之间的原始记录数据已模糊不清，已知打点计时器使用的交流电频率为50HZ，则小车运动的加速度大小为　0.667　m/s2（保留三位有效数字）．【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【专题】实验题；直线运动规律专题．【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．【解答】解：①A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，保证小车运动过程中受到的合力不变，故A正确；B、该实验不需要知道小车的合力，即不需要应使钩码质量远小于小车质量，故B错误；-20-\nC、该实验不需要调节木板的倾斜度以平衡摩擦力，故C错误；D、实验时，不能先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，同时要求开始小车要靠近打点计时器，故D错误；故选：A．②由于每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x12﹣x01=aT2x23﹣x01=2aT2所以x13﹣2x01=3aT2，代入数据得：a==0.667m/s2故答案为：①A②0.667【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．　三、计算题（本题共4小题，共46分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位．）13．一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m．求：（1）该质点运动的加速度大小；（2）该质点在第6s内的位移大小．【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】直线运动规律专题．【分析】根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出0.5s和5s末的速度，根据速度时间公式求出加速度的大小，根据位移时间公式求出第6s内的位移．【解答】解：（1）物体在0.5s时的瞬时速度．物体在5s末的瞬时速度，则物体的加速度a==0.8m/s2．（2）物体在第6s内的位移x=v2t+=5.6×1+=6m．答：（1）物体的加速度为0.8m/s2．（2）该质点在第6s内的位移大小为6m．【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．　14．（10分）（2022秋•忻府区校级月考）如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg-20-\n的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；②此环下降过程需要多长时间．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】①小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力．②先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间．【解答】解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：mg+Ff=ma1由运动学公式：解得：a1=16.0m/s2Ff=1.2N对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′解得：FN=8.8N又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：mg﹣F''f=ma2联立并代入数据解得：a=4.0m/s2t=0.5s答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；②此环下降过程需要多长时间为0.5s．【点评】本题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动学公式结合进行研究．　15．（12分）（2022秋•成都期末）如图所示，A球从倾角θ=30°的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左．B球从M点开始向左做直线运动，g=10m/s2．（1）若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞；（2）若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，问：经多长时间两球相碰？-20-\n【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】①A到达水平面上的速度只要大于8m/s，A，B两球就可以发生碰撞，然后根据牛顿第二定律和运动学公式求A球的高度；②二者相碰时水平面内的位移相等，据此列方程．【解答】解：①A到达水平面上的速度只要大于8m/s，A，B两球就可以发生碰撞，A的加速度：a1=gsin30°=5m/s2若到达低端的速度：vt=a1t=8m/s得：t==1.6s根据位移公式：s=at2=×5×1.62=6.4mh=s•sin30°=3.2m则h满足的条件：h＞3.2m②A球从N→M过程，a1=gsin30°=5m/s2根据位移公式：s1=a1t12得：t1==2sV1=a1t1=5×2=10m/sA与B相碰时：at2=V1（t﹣2）所以t=（5+）s或（5﹣）s考虑到实际情况，取：t=（5﹣）s答：①若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足h＞3.2m，A、B两球能发生碰撞．②若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN=10m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，经时间（5﹣）s两者相碰．【点评】本题属于追及问题，第二问属于匀速追匀加速：若二者速度相等时还未追上则永远追不上，速度相等时有最小距离；灵活的运用牛顿第二定律和运动学公式是解决问题的基础．　16．（16分）（2022秋•沂源县校级月考）如图所示，某传送带与地面倾角θ=37°，AB之间距离L1=2.05m，传送带以v0=1.0m/s的速率逆时针转动．质量为M=1.0kg，长度L2=1.0m的木板上表面与小物块的动摩擦因数μ2=0.4，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ3=0.1，开始时长木板靠近传送带B端并处于静止状态．现在传送带上端A无初速地放一个不计大小、质量为m=1.0kg的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.5，假设物块在滑离传送带至木板右端时速率不变，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：-20-\n（1）物块离开B点的速度大小；（2）物块相对木板滑过的距离；（3）木板在地面上能滑过的最大距离．【考点】动能定理的应用；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；临界法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）以小物快为研究对象，分析其在传送带运动时的受力情况，明确其运动情况（先以a1匀加速与传送带同速后；由于μ1＜tan37°，小物块收到重力、弹力和传送带斜向上的滑动摩擦力作用下，以a2做匀加速到B点；小物块在木板上方做匀减速运动），利用牛顿运动定律和运动学公式求解．（2）、（3）小物块滑上木板后做匀减速运动，木板向左做匀加速运动，当两者速度相等时一起匀减速运动，由牛顿第二定律求出各自的加速度，再由运动学公式求解．【解答】解：（1）以小物块为研究对象，收到重力、弹力和沿斜面向下的滑动摩擦力．由牛顿第二定律，刚开始物块相对传送带往下滑其加速度为：a1==gsin37°+μ1gcos37°=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2物快与传送带速度V0用的时间：t1==s=0.1s位移s1=a1t12=m=0.05m过后因μ1＜tan37°，所以物快受重力、弹力和沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，物块相对传送带往下滑其加速度为：a2=gsin37°﹣μ1gcos37°=2m/s2由运动学公式得：s2=L1﹣s1=（vB2﹣v02）•代入数据解之得：vB=3m/s（2）物块滑上木板受重力、弹力和向右的滑动摩擦力，物快相对滑动时做匀减速运动，由牛顿第二定律得：其加速度为：a3=﹣μ2g=﹣4m/s2木板受重力、弹力和上下接触物体的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：木板的加速度为：a4=[μ2mg﹣μ3（mg+Mg）]=2m/s2设经过t2物块与木板达到相同速度V2，则由运动学公式得：vB+a3t2=a4t2解之得：t2=0.5s木板的速度：v2=a4t2=1m/s物块对地位移s3=（v22﹣vB2）=1m木板对地位移s4==0.25m物块在木板上滑过的距离△s=s3﹣s4=0.75m-20-\n（3）因μ3＜μ2物块能与木板保持相对静止，其整体加速度为a5=﹣μ3g=﹣1m/s2物块与木板做匀减速运动到停止的位移s5=﹣=0.5m木板对地的位移s板=s4+s5=0.75m答：（1）物块离开B点的速度大小3m/s；（2）物块在木板上滑过的距离为0.75m；（3）木板在地面上能滑过的最大距离为0.75m．【点评】解决本题的关键能正确对物快受力分析，判断其运动情况，注意二者同速是解题的临界；灵活应用牛顿运动定律求解．此题受力分析时，变力太多导致多个运动过程．　-20-