2021-2022學年河南省鶴壁高級中學高一（下）學前居家檢測物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學年河南省鶴壁高級中學高一（下）學前居家

檢測物理試卷

單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.一個質點受兩個互成銳角的恒力Fi和尸2作用，由靜止開始運動，若運動過程中保持

二力方向不變，但凡突然增大到Fi+△/:1,則質點以后（）

A.一定做勻變速直線運動

B.在相等時間內速度的變化一定相等

C.可能做勻速直線運動

D.可能做變加速曲線運動

2.一艘小船在靜水中的速度是3m/s,一條河寬456，河水流速為4m/s,下列正確的

是（）

A.小船在這條河中運動的最大速度是5m/s

B.小船在這條河中運動的最小速度是3m/s

C.小船渡過這條河的最短時間是9s

D.小船渡過這條河的最小位移是60nl

如圖所示，完全相同的三條輪胎整齊疊放在墻角，所有接劣------------

3.}

觸面間的動摩擦因數均相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦g

力.現將水平向右的恒力產作用在中間輪胎上，一小段時間或R勿力W

后三條輪胎的位置可能是（）

B

A.

C.

4.圖甲為宇航員王亞平在天和艙用跑步機鍛煉的場景，其跑步過程可簡化為圖乙，宇

航員與跑步機垂直。在太空中重力的作用消失，為了完成跑步，宇航員將一根橡皮

繩一端系在腰間，另一端固定于艙體，橡皮繩與跑步機成60。，宇航員跑步過程中

相對天和艙靜止。設宇航員的體重為60kg,在橡皮繩的作用下，宇航員有與在地

面跑步完全一樣的體驗。己知橡皮繩的勁度系數為6000N/m,取地球表面上的重

力加速度為10m/s2,跑步過程中橡皮繩的長度及橡皮繩與跑步機的夾角不變，則

下列說法正確的是（）

甲乙

A.橡皮繩被拉長了0.1m

B.跑步機對宇航員的靜摩擦力大小為200HN

C.跑步機對宇航員的支持力大小為600bN

D.跑步機所受到的靜摩擦力方向向左

5.如圖所示，固定在水平面上的斜面體，其表面不光滑，頂端有光滑的定滑輪，斜面

的右側放有一塊可繞頂端轉動的光滑擋板，兩個質量相等的滑塊4和B分別放置在

斜面和擋板上，二者通過細線和輕質彈簧相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F使擋板

從與水平面成60。角的位置緩慢轉動到水平位置，滑塊4始終靜止不動，彈簧一直處

于彈性限度內，下列說法正確的是（）

A.擋板對滑塊B的彈力先增大后減小

B.彈簧的彈性勢能先減小后增加

C.滑塊4受到的摩擦力一直減小

D.斜面對滑塊4的作用力先減小后增大

6.如圖所示，質量為1kg物塊甲和質量為2kg的物塊乙放在水平地面上，用勁度系數

為100N/m的輕彈簧連接，兩物塊與水平地面間的動摩擦因數均為0.3。物塊甲受到

一個向右逐漸增大的推力F,兩物塊始終靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)。當F=8N時，

甲即將滑動.若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2,則以下說法正確的是

（）

第2頁，共20頁

A.兩物塊靜止時，彈簧的壓縮量為3cm

B.兩物塊靜止時，物塊乙受到的摩擦力大小為6N

C.兩物塊靜止時，隨著尸增大，物塊乙受到的摩擦力也增大

D.若突然撤去F,則在撤去瞬間甲的加速度大小為2m/s2

7.兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細線懸吊著相同的小球,

如圖所示。當它們都沿桿向下滑動，各自的環(huán)與小球保持相對靜止時，a的懸線與

A.a環(huán)沿桿做勻速直線運動B.b環(huán)與桿有摩擦力

C.d球處于失重狀態(tài)D.細線對c、d球的彈力大小相等

8.ETC是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱，可以提高高速公路的通行能力，如圖甲所示為

E7C通道和人工通道的示意圖。一輛汽車通過人工通道時的J-t圖像如圖乙所示,

t=Os時剛好進入人工通道。t=7s時離開人工通道。若該汽車以4m/s的速度勻速

通過ETC通道，則相比通過人工通道可節(jié)省的時間為()

??

:ETC通道:

1人I:通道

*，

甲

A.2sB.4s

9.如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端4處輕放一可視為質

點的小物塊，小物塊從4端到B端的速度一時間變化規(guī)律如圖乙所示，t=6s時恰好

到B點,則()

v(m/s)

圖甲圖乙

A.物塊與傳送帶之間動摩擦因數為〃=0.5

B.4B間距離為20nl

C.小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m

D.若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，則物塊不能到達B端

10.如圖所示，a、b兩個物體靜止疊放在水平桌面上，已知nia=mb=m，a、b間的

動摩擦因數為“，b與地面間的動摩擦因數為0.25〃。已知最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力，重力加速度為g?，F對a施加一水平向右的拉力，下列判斷正確的是（）

A.當力尸=〃zng時，a、b間的摩擦力為

B.無論力F為何值，b的加速度不會超過0.75/zg

C.當力F>4）ng時，b相對a滑動

D.若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過1.5〃mg

11.如圖所示，一棟高為9m的三層樓房，每層樓高相等，且每層樓墻壁正

中間有一個高為1m的窗戶?，F將一石塊從樓頂邊緣自由釋放，不計空

氣阻力，以下說法正確的是（）

A.石塊依次到達三個窗戶上邊緣的速度大小之比為1：V2；V7

B.石塊依次通過三個窗戶的平均速度之比為（或+1）：（V5+2）.-（2V2+

⑺）

C.石塊依次到達三個窗戶下邊緣的時間之比為2：5：8

D.石塊依次通過三個窗戶的時間之比為（四+1）：（通-2）；（V7-后）

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

第4頁，共20頁

12.甲、乙兩光滑小球（均可視為質點）用輕直桿連接，

乙球處于粗糙水平地面上，甲球緊靠在粗糙的豎直

墻壁上。初始時輕桿豎直，桿長為4加。施加微小的

擾動，使得乙球沿水平地面向右滑動，當乙球距離

起點3m時，下列說法正確的是（）

A.甲、乙兩球的速度大小之比為⑺：3

B.甲、乙兩球的速度大小之比為3夕：7

C.甲球即將落地時，乙球的速度與甲球的速度大小相等

D.甲球即將落地時，乙球的速度為零

13.在粗糙水平地面上，有一質量為2kg的物體做直線運動，從

t=0時刻起受水平恒力F的作用，經一段時間后撤去力尸，物

體運動的u-t圖像如圖所示，取重力加速度大小g=10m/s2,

下列說法正確的是（）

A.物體與水平地面間的動摩擦因數為0.2

B.物體4s末回到起始位置

C.F的大小為6N

D.F在物體上的作用時間為3s

14.如圖，在傾角為。的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q,質量分別為嗎和瓶2,用與斜

面平行的輕質彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力尸作用下，兩物塊一起向上做勻加

速直線運動，貝M）

A.兩物塊一起運動的加速度大小為a=二

B.彈簧的彈力大小為7=公丁尸

7711+7712

C.若只增大加2,兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大

D.若只增大仇兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大

15.如圖甲所示，一足夠長的傳送帶傾斜放置，傾角為。，以恒定速率〃=4m/s順時針

轉動。一煤塊以初速度%=12m/s從4端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時間變化的圖

像如圖乙所示，g取10m/s2,則下列說法正確的是()

A.煤塊從沖上傳送帶到返回4端所用的時間為(2+V5)s

B.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長為(12+4H)山

C.傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tan。=0.75

D.煤塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.35

三、實驗題(本大題共1小題，共15.0分)

16.在“研究平拋物體的運動”的實驗中：。||彳I3f|下曲

2三土三三三三

(1)下列說法正確的是______。4二羊二二3二二二二

4.通過調節(jié)使斜槽的末端保持水平8三圭二三三三

IO

8.每次釋放小球的位置可以不同H1Illil±rj

c.應使小球每次從斜槽上相同的位置自由滑下

D記錄小球位置用的鉛筆每次必須嚴格地等距離下降

E.斜槽必須光滑

(2)在實驗中將白紙換成方格紙，每個格的邊長L=5cm,通過實驗，記錄了小球在

運動途中的三個位置，如圖丙所示，則該小球做平拋運動的初速度為m/s；

B點的速度為m/s,拋出點距Z點的水平距離cm,拋出點距4點的豎直

距離cm(g=10m/s2)?

四、簡答題(本大題共1小題，共13.0分)

17.某校在水平直道舉行托乒乓球跑步比賽，比賽距離為乒乓球

S.某同學將球置于球拍中心，從靜止開始做勻加速直

線運動，加速度大小為a,當速度達到幾時，再以火做

第6頁，共20頁

勻速直線運動跑至終點.整個過程中球一直保持在球拍中心不動.在勻速直線運動

階段保持球拍的傾角為如圖所示，設球在運動中受到的空氣阻力大小與其速度

大小成正比，方向與運動方向相反，不計球與球拍間的摩擦，球的質量為重力

加速度為g.

(1)求空氣阻力大小與球速大小的比例系數k；

(2)求在加速跑階段球拍傾角。隨速度u變化的關系式；

(3)整個勻速跑階段，若該同學速度仍為火,而球拍的傾角比冊大了/?并保持不變,

不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力變化，為保證到達終點前球不從球拍上距離

中心為r的下邊沿掉落，求0應滿足的條件.

五、計算題(本大題共1小題，共12.0分)

如圖所示，質量M=2kg足夠長木板48,在水平面上向右做直線運動，木板上表面光

滑，下表面與地面間的動摩擦因數〃=0.1.某時刻木板的速度%=9m/s時，在木板左端

4施加一個水平向左的恒力F=5N,同時將一個質量m=2kg的小木塊輕放在木板的右

端B,經過一段時間，小木塊從木板脫離.已知小木塊可視為質點g=10m/s2.求：

(1)木板速度為零時，小物塊距8端的距離：

(2)小木塊從木板上脫離時，木板速度的大小?77^77m7rn7n&m77E

AB

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：互成銳角的恒力Fi和尸2作用，由靜止開始運動，質點做勻加速直線運動.當

保持巴方向，大小突然增大到F1+AF,且尸2保持不變，則此時合力的方向與速度方向

不共線，做曲線運動.由于合力恒定，所以做勻變速曲線運動，加速度是定值，所以在

相等的時間里速度的增量一定相等，故B正確，力、C、。錯誤.

故選：B.

質點做直線運動還是曲線運動，就看合力的方向與速度的方向是否在同一條直線上，在

同一條直線上，就做直線運動，不在一條直線上，質點就做曲線運動.

本題即考查了物體做曲線運動的條件，還考查了學生對勻變速運動的理解，把這兩部分

內容理解透徹就不會出錯了.

2.【答案】D

【解析】解：AB,根據運動的合成法則可知，當靜水中速度和河水流速方向相同時，

合速度最大，為7m/s,當靜水中速度和河水流速方向相反時，合速度最小為lm/s,故

AB錯誤。故AB錯誤；

工d45Y「

C、當船頭垂直河對岸時渡河時間最短，t=—=~s=^s,故c錯誤；

。、因船的靜水速度小于水流速度，則當船的合速度垂直船在靜水中的速度時，有最小

渡河的位移X,設合速度為V為，由圖像可知速度矢量三角形和位移三角形相似,則有廣=

口船

；，代入數據解得x=60m,與河岸夾角的正弦值為右故。正確。

因為水流速度大于船的靜水速度，故船不可以垂直河岸過河；當靜水速度的方向與河岸

垂直，渡河時間最短；當合速度垂直船速時，則渡河的位移最短，知速度矢量三角形和

位移三角形相似，對應邊成比例，從而即可求解。

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解決本題的關鍵知道當靜水速度與河岸垂直時，渡河時間最短，船的靜水速度小于水流

速度，則當船的合速度垂直船速時，有最小渡河的位移，并掌握相識三角形對應邊成比

例。

3.【答案】A

【解析】解：第三條輪胎與地面之間的最大靜摩擦力

f3=

第二條輪胎與第三條輪胎之間的最大靜摩擦力

fi=211mg

由此可發(fā)現，第三條輪胎不可能對地發(fā)生位移，當拉力足夠大時，第二條輪胎可以帶動

第一條輪胎運動，同時與第一條輪胎發(fā)生相對位移。

故A正確，BCD錯誤；

故選：4。

尸作用在2輪胎上，在拉力作用下開始運動，根據摩擦力的大小可判斷輪胎的運動情況。

本題考查了共點力平衡在實際生活中的運用，知道輪胎間發(fā)生相對滑動的臨界條件，運

用共點力平衡條件求解，難度中等。

4.【答案】B

【解析】解：4、宇航員跑步過程中有與在地面跑步完全一樣的體驗，則宇航員對跑步

機的壓力等于宇航員在地面上的重力，設橡皮繩被拉長了X,則/cxcos3(r=mg,代入

數據解得：x=^|m?0.12m,故4錯誤；

B、跑步機對宇航員的靜摩擦力大小為f=kxsin30。，代入數據解得：f=2006N，方

向向左，故B正確；

C、根據牛頓第三定律可知，跑步機對宇航員的支持力大小為FN'=FN=mg=60X

10/V=600/V,故C錯誤；

。、跑步機對宇航員的靜摩擦力向左，根據牛頓第三定律知跑步機所受到的靜摩擦力方

向向右，故。錯誤。

故選：B。

宇航員跑步過程中有與在地面跑步完全一樣的體驗，說明宇航員對跑步機的壓力等于宇

航員在地面上的重力，由胡克定律求橡皮繩的伸長量，由平衡條件求跑步機對宇航員的

靜摩擦力大小，并判斷跑步機所受到的靜摩擦力方向。

本題與地面上物體的受力情況不同，在宇航飛船中，宇航員的重力作用消失，分析受力

情況時，可看成不受重力。

5.【答案】D

【解析】解：設4與B的質量為m。

4、對B進行受力分析如圖：

擋板對滑塊8的彈力：N=mgcose,可知當擋板從與水平面成60。角的位置緩慢轉動到

水平位置，。逐漸減小，則N逐漸增大，故A錯誤；

B、滑塊B受到細線的拉力：F=mgsin6,當擋板從與水平面成60。角的位置緩慢轉動到

水平位置，。逐漸減小，則拉力尸逐漸減小，當轉動到水平位置。=0,此時細線的拉力

為零；根據胡克定律可知，彈簧的伸長量逐漸減小，所以彈簧的彈性勢能將逐漸減小，

故B錯誤；

C、開始時繩子對8的拉力：F=mgsin60°=^mg;細線和輕質彈簧相連，則當擋板

從與水平面成60。角的位置緩慢轉動到水平位置過程中，彈簧的拉力從4mg逐漸減小為

零；

滑塊4在整個過程中受到重力、斜面得支持力、繩子的拉力以及可能的斜面的摩擦力，

開始時4的重力沿斜面向下的分力為Gi=mgs譏30。=扣g,小于彈簧對A斜向上的拉

娉mg,則滑塊4開始時受到斜面對A的沿斜面向下的摩擦力；當彈簧對4的拉力等于

^沉。時，斜面對4的摩擦力為零；當彈簧對4的拉力小于gmg時，斜面對滑塊4的摩擦力

的方向沿斜面向上，當彈簧的拉力為零時，向上的摩擦力達到最大，所以滑塊4受到的

摩擦力先減小后增大，故C錯誤；

力、斜面對滑塊4的作用力等于支持力與摩擦力的合力，支持力與摩擦力相互垂直，支

第10頁，共20頁

持力不變，摩擦力先減小后增大，故斜面對P的作用力先變小后變大，故。正確。

故選：D。

分別對B與4進行受力分析，根據平衡條件求出滑塊B受到的支持力與拉力的變化，分析

滑塊4所受摩擦力方向和斜面對4的作用力的大小變化情況。

本題考查動態(tài)平衡分析問題，關鍵要抓住物塊B受力平衡，任意兩個力的合力與第三個

力等大反向，運用圖解法分析F和N的變化情況。

6.【答案】D

【解析】解：4、由題意可知，物塊甲的最大靜摩擦力=〃加中9=0-3x1xION=

3N,物塊乙的最大靜摩擦力/zm=〃瓶/9=03X2xION=6N,當推力尸=8N時，

物塊甲剛好要滑動，根據力的平衡可知，彈簧的彈力為7=F-/9=8N-3N=5N,

彈簧的壓縮量x=￡==0.05m=5cm,故A錯誤；

k100

B、兩物塊靜止時，根據平衡條件可知物塊乙受到的摩擦力為/乙=7=5N,故8錯誤；

C、兩物塊靜止時，隨著F增大，甲乙均靜止，彈簧的形變量不變，彈簧彈力不變，則

物塊乙受到的摩擦力也不變，故C錯誤；

。、若突然撤去尸，則在撤去瞬間彈簧的形變量不變，彈簧彈力不變，甲的加速度大小

Tr

22

為。=----=^-m/s=2m/s9故。正確。

m甲1

故選：D。

求出物塊甲、乙的最大靜摩擦力，根據力的平衡求解彈簧的彈力，根據胡克定律求解彈

簧的壓縮量；根據平衡條件可知物塊乙受到的摩擦力；施加推力后，隨著F增大，彈簧

的形變量不變，由此分析物塊乙受到的摩擦力；若突然撤去尸，則在撤去瞬間彈簧的形

變量不變，彈簧彈力不變，根據牛頓第二定律求解甲的加速度大小。

本題主要是考查了牛頓第二定律和共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行

受力分析、利用平衡條件或牛頓第二定律結合彈簧彈力的決定因素進行分析。

7.【答案】B

【解析】解：4、c球受重力和拉力兩個力，兩個力的合力不等于零，受力如圖所示

c球與a環(huán)以共同的加速度向下滑,對c球有a=詈曹=gs譏。，則a環(huán)的加速度為gsin。，

做勻加速直線運動，故A錯誤；

BC、對球d單獨進行受力分析，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，

球d處于平衡狀態(tài)，加速度為零，不是失重狀態(tài)，因為b和d相對靜止，因此b的加速度

也為零，處于平衡狀態(tài)，可知b環(huán)受重力、支持力、拉力和摩擦力，故8正確，C錯誤；

D、細線對c球的拉力心=mgcos。，對d球的拉力〃=血9，細線對c、d球的彈力大小

不相等，故。錯誤。

故選：B。

對C受力分析，根據牛頓第二定律求出c的加速度，a、c相對靜止，即可得到a的運動情

況；對d受力分析，可知b、d均處于平衡狀態(tài)；直接求出細線對c、d的彈力，比較大小。

本題關鍵是靈活地選擇研究對象，受力分析后根據牛頓第二定律或者平衡條件列式求解。

8.【答案】C

【解析】解：根據v-t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可得人工通道的長度為么=

2x^m=8m,由圖可知，人工通道的長度也為8m,則汽車以4?n/s的速度勻速通過

ETC通道所用時間為口=3=3s=2s,由圖可知，汽車通過人工通道的時間為t2=7s,

則相比通過人工通道可節(jié)省的時間為a=灰一“=7s-2s=5s,故A3。錯誤，C正

確。

故選：C。

根據u-t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，求出人工通道的長度，結合勻速運動的

規(guī)律求出汽車勻速通過E7C通道的時間，從而求得相比通過人工通道可節(jié)省的時間。

解答本題時，要知道v-t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，運用幾何知識求出人工

通道的長度是關鍵。

第12頁，共20頁

9.【答案】C

【解析】解：4、由圖乙可知，在0-4s內，物塊做勻加速直線運動，加速度大小為。=

=^m/s2=lm/s2,由牛頓第二定律得：iimg=ma,聯立解得〃=0.1,故A錯誤；

B、因物塊在t=6s時恰好到B點，所以物塊在0-6s內的位移大小等于間的距離，根

據"一t圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，可得力B間距離為L=.x4zn=16m,

故B錯誤;

C＞由于t=4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為u=4m/s,在0-4s內，

物塊與傳送帶間相對位移大小為/X=vt-y=y=等m=8m,t=4s后物塊與傳送

帶相對靜止，所以小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m,故C正確；

D、在0-4s內，物塊運動的位移為Xi=與=等m=8m。若物塊速度剛好到4m/s時，

傳送帶速度立刻變?yōu)榱悖飰K在傳送帶上滑行的最大距離為小=2=壬機=8m

因Xi+次=16m=L,所以物塊恰好能到達B端，故。錯誤。

故選：C。

由"-t圖像的斜率求出物塊做勻加速直線運動時的加速度，根據牛頓第二定律和滑動

摩擦力公式相結合求物塊與傳送帶之間動摩擦因數；根據圖像與時間軸所圍成的面積求

出物塊在0-6s內的位移大小，即為4B間距離；讀出傳送帶的速度，根據物塊與傳送帶

間的相對位移大小求物塊在傳送帶上留下的痕跡長度；若物塊速度剛好到4m/s時，傳

送帶速度立刻變?yōu)榱悖伤俣纫晃灰乒角蟪鑫飰K在傳送帶上滑行的距離，從而判斷物

塊能否到達B端。

本題考查傳送帶問題，關鍵要要結合v-t圖像分析物塊在傳送帶上的運動情況，抓住

圖像的斜率表示加速度，圖像與時間軸所圍成的面積表示位移，結合牛頓第二定

律和運動學公式進行解答。

10.【答案】D

【解析】解：a、b之間的最大靜摩擦力為京g=〃巾9，b與地面間的最大靜摩

擦力為Ana/=0.25g(m+m)g=0.5卬ng

CD,a、b相對地面一起運動，剛好不發(fā)生相對滑動時，由牛頓第二定律得：

對64:fmaxfmax~巾劭

對整體有：Fo-fmax'=2ma0

解得：a0=0.5/xg,Fo=

所以若a、b兩個物體始終相對靜止，則力F不能超過當力F>時，b相

對a滑動，故C錯誤，。正確；

A、當力尸=png時，a、b一起加速運動，設加速度大小為由,由牛頓第二定律得：

對a、b整體：F-fmax'=mar

對a：F-h二mar

解得a、b間的摩擦力為：A=0.75fimg,故A錯誤；

B、根據。選項的分析可知，無論力F為何值，b的加速度不會超過0.5〃g,故8錯誤。

故選：Do

根據a、b之間的最大靜摩擦力，隔離對b分析求出a相對于b靜止的臨界加速度，通過牛

頓第二定律求出a、b不發(fā)生相對滑動時的最大拉力。然后通過整體法隔離法逐項分析。

本題考查了摩擦力的計算和牛頓第二定律的綜合運用，解決本題的突破口在于通過隔離

法和整體法求出4、B恰好不發(fā)生相對滑動時的拉力。

11.【答案】B

【解析】解：人石塊依次到達三個窗戶上沿的位移分別為lm、4m、7m,根據戶=2ax

知速度大小之比為1：V4：V7,故A錯誤；

B、石塊依次到達三個窗戶下沿的位移分別為2m、5m、8m,根據M=2ax知依次到達

窗戶下沿的速度大小之比為近：V5.-V8=V2.-V5；2魚,根據勻變速直線運動的平均

速度公式3=笠;知石塊依次通過三個窗戶的平均速度之比為：（魚+1）；（遮+2）；

（2/+夕）），故8正確；

C、根據v=at知石塊依次到達三個窗戶下沿的時間之比等于依次到達窗戶下沿的速度

大小之比，為VI：y/5：2V2,故C錯誤；

D、根據久=譏知，石塊依次通過三個窗戶的時間與平均速度成反比，即為日p康：

（V2-1）：（V5-2）：（2V2-V7）,故￡>錯誤。

故選：Bo

根據圖確定對應的位移大小，根據初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律：v2=2ax,v=at,

5=竽，x=d等公式計算比值。

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物體由靜止下落時列式，故對于自由落體運動，盡量由開始狀態(tài)列式求解。

12.【答案】BD

【解析】解：AB,設輕桿與豎直方向夾角為。，則

甲的速度也在沿桿方向的分量為,并=%cos。，乙

的速度。2在沿桿方向的分量為%胡=〃2S出6,且

V1ff=V2ff'當甲乙處于圖示位置時，cos8=￥，

sinO=解得此時甲、乙兩球的速度大小之比為

4

”=停，故A錯誤，8正確；

V27

CD、當甲球即將落地時，0=90。，此時甲球的速度達到最大，乙球的速度為0,故C

錯誤，。正確；

故選：BDo

將兩球的速度均分解到沿桿和垂直于桿方向，根據運動的合成與分解列出兩球速度的關

系，即可求解。

本題考查系統(tǒng)關聯速度問題，掌握關聯速度問題中速度的分解，會列速度的關系式并進

行求解。

13.【答案】ACD

【解析】解：AD,由于物體0-ls內物體沿負方向減速運動，1-3s內沿正方向加速運

動，3s后沿正方向減速運動，則拉力在3s末撤去的，拉力戶的作用時間為3s,根據u-t

圖像斜率的物理意義，可得在3—4s內物體的加速度大小為：a=當=\m/s2=2m/s2,

根據牛頓第二定律得：limg=ma,代入數據解得物體與水平地面間的動摩擦因數為：

〃=0.2,故AD正確；

B、根據u-t圖像面積表示物體的位移，0-ls內物體沿負向運動，位移大小為：與=

x5xlm=2.5m,1-4s內沿正向運動，位移大小為：x2=1x3x2m=3m,則知

4s末距離出發(fā)點距離為：％=上一%=3血-2.5m=0.5m,故8錯誤；

C、在0-1s內物體沿負向運動，根據D-￡圖像斜率的物理意義，可得加速度大小為由二

^=lm/s2=5m/s2,根據牛頓第二定律可得：F+^mg=ma,,代入數據解得F的

大小為：F=6N,故C正確。

故選：ACD.

物體做減速運動時，合力方向與速度方向相反，根據物體的運動情況分析拉力何時撤去

的；由圖象的斜率求解加速度，再山牛頓第二定律求解；根據t圖像面積表示物體

的位移求解。

本題考查的是速度一時間圖象的應用，要明確斜率的含義，能根據圖象讀取有用信息，

并結合勻變速直線運動基本公式及牛頓第二定律求解。

14.【答案】BC

【解析】解：4、對整體受力分析，根據牛頓第二定律有F-（叫+m2'）gsin0=（叫+

m'）a,解得a=■一gs譏。，故A錯誤；

2771]十"I2

B、對?712受力分析，根據牛頓第二定律有7-m2gs譏。=租2。，解得T=故5

正確；

c.根據7=肅北?=京，可知若只增大m2,兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧的

彈力T變大，根據胡克定律可知彈簧的伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；

D根據丁=瀉7尸，可知T與。無關，只增大。，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈簧的

"I]T7/L2

彈力不變，根據胡克定律可知彈簧的伸長量不變，故它們的間距不變，故。錯誤。

故選：BC。

對整體受力分析，根據牛頓第二定律求加速度，再對物塊Q，利用牛頓第二定律列式，

可求出彈簧彈力的大小。根據彈力的表達式，分析彈力的變化，從而確定彈簧形變量的

變化，即可判斷它們間距的變化情況。

本題考查了牛頓第二定律與胡克定律的基本運用，抓住P、Q具有相同的加速度，運用

整體、隔離法進行求解。

15.【答案】ABC

【解析】解：4、O—ls內，煤塊的加速度大小為由=等=軍m/s2=8m/s2,方向

沿傳送帶向下；1-2s,物塊的加速度大小為a2=^=Fm/s2=4m/s2,方向沿傳

Ziv?1

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送帶向下；物塊上升的位移大小等于o-t圖象與時間軸所包圍的面積大小，為方=

^xlm+ix4xlm=10m；根據％=得煤塊下滑的時間t廣=4s,所以

煤塊從沖上傳送帶到返回4端所用的時間為(2+通)s，故A正確；

B、傳送帶的速度口=4m/s。在O-ls內傳送帶的位移％帶i="ti=4xlm=4m,煤

塊的位移為“1=等xIm=8m,兩者相對位移大小為=x煤、-%帶1=8m-

4m=4m；

在1一2s內傳送帶的位移X帶2=戊2=4Xlm=4m,物塊的位移為x煤？=Jx4x

x

lm=2m,兩者相對位移大小為IM=x帶2-^2=46-2m=2m；

所以整個上升過程中痕跡的長度為4m；

2

2?(2+b)s傳送帶向上運動，煤塊向下運動，劃痕總的長度為AL=2m+1a2t+vt,

解得：AL=(12+4V5)m，故B正確；

CD、O-ls內，對煤塊根據牛頓第二定律得：mgsind+nmgcosd=maT

1-2s,對煤塊根據牛頓第二定律得：mgsind-fimgcosd=ma2

解得0=37°,n=0.25,則tan。=0.75,故C正確、O錯誤。

故選：ABC.

0-ls內，煤塊的速度大于傳送帶的速度，煤塊受到沿斜面向下的滑動摩擦力，向上做

減速運動，速度與傳送帶相等以后，煤塊所受的摩擦力改為向上，繼續(xù)向上做加速度較

小的勻減速運動；根據圖象的“面積”求傳送帶底端到頂端的距離。根據牛頓第二定律

和位移公式結合求出煤塊從沖上傳送帶到返回4端所用的時間。根據相對位移求解劃痕

長度。根據圖象的斜率求出加速度，由牛頓第二定律求斜面的傾角和動摩擦因數。

解決本題的關鍵要理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，抓住"-t圖象的斜率表示加速

度，面積表示位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。要注意摩擦生熱與相對

路程有關；注意劃痕長度重疊時按最長的計算。

16.【答案】AC1.52.5155

【解析】解：(1)4、斜槽末端必須保持水平，才能保證小球做平拋運動，故應通過調節(jié)

使斜槽的末端保持水平，故A正確；

BCE.該實驗要求小球每次拋出的初速度要相同而且水平，因此要求小球從同一位置靜

止釋放，至于是否光滑沒有影響，故BE錯誤，C正確；

。、記錄小球經過不同高度的位置時，每次不必嚴格地等距離下降，故。錯誤。

故選：AC.

(2)在豎直方向上，根據位移差公式，有△、=5L—3L=2Z,=g72得，7=后=

s=0.1s，

小球平拋運動的初速度%=與=3xs；；。—m/s=i,5m/s.

8點的豎直分速度%B=等=6/s=2m/s,8點的速度為=J詔+嗅=

V1.52+22m/s=2.5m/s

從拋出點到B點的時間t=等=與=0.2s,

則拋出點到3點的水平位移&=vot=1.5x0.2m=0.3m=30cm,

拋出點到8點的豎直位移Ms=^gt2=|x10x0.22m=0.2m=20cm,

所以拋出點距離4點的水平距離4=xB-3L=30cm-15cm=15cm,拋出點到4點的

豎直距離％=