浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一上学期期中考试物理（2-8、11-17班）试卷

试卷第 1页，共 8页 北仑中学 2024 学年第一学期高一年级期中考试物理 试卷 （2-8、11-16班使用） 命题：高一物理教研组 审题：高一物理教研组 一、单选题（本大题共 10 题，每小题 3 分，共 30 分） 1．2024年 4月 25日 20时 59分，神舟十八号载人飞船飞往太空，成功进 入预定轨道，2024年 4月 26日 03时 32分，神舟十八号载人飞船成功与空 间站完成对接，历时约 6.5小时，则下列说法正确的是（ ） A．“6.5小时”指的是时刻 B．“20时 59分”指的是时间间隔 C．载人飞船调整姿态与空间站对接时，可将空间站视为质点 D．研究空间站绕地球运动一周的时间时，可将空间站视为质点 2．有以下几种情景：①轿车在十字路口转弯，轿车仪表盘上速度计的示数 不变；②点火后升空的火箭运动得很慢；③高速公路上沿直线高速行驶的卡 车为避免事故紧急刹车；④运行的磁悬浮列车在轨道上高速行驶。下列对情 景的分析和判断的说法中，正确的是（ ） A．汽车仪表盘上速度计的示数不变，说明汽车转弯时速度不变 B．火箭点火后的较短时间内运动得很慢，所以该时间内加速度一定为零 C．卡车紧急刹车的过程，速度变化很快，加速度很大 D．高速行驶的磁悬浮列车因速度很大，所以加速度也一定很大 3．下列说法中错误的是（ ） A．诗句“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”中根据“千里江陵一日还”可估 算出船行驶的平均速度 B．“泥鳅、黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅、黄鳝的表面都比较光滑， 在压力相同的情况下，滑动摩擦力小 C．诗句“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”说明重力的存在 D．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，那么合 力的大小等于各个分力的大小之和 4．春节贴“福”字是民间由来已久的风俗，某同学正写“福”字， 他在水平桌面上平铺一张红纸，并在红纸左侧靠近边缘处用 “镇纸”压住以防止打滑，整个书写过程中红纸始终保持静止， 则该同学在书写过程中（ ） A．向下顿笔时，毛笔对红纸的压力大于红纸对毛笔的支持力 B．提笔静止时，手对竖直毛笔的摩擦力大小与重力大小相等 C．向右行笔时，红纸对桌面的静摩擦力方向向左 D．向左行笔时，红纸对“镇纸”的静摩擦力方向向右 试卷第 2页，共 8页 7 2 mg 5．汽车在加速时将使乘客产生不适感，这种不适感不仅来自于加速度，也 与加加速度有关。加速度对时间的变化率在物理学被称为“加加速度”，通常 用符号“j”表示，下列能表示“j”的单位是（ ） A． N kg s B． N m kg s   C． N g s k  D． N kg m s  6．某博物馆举办抓金砖挑战赛，如图为一块质量 m=25kg的梭台形金砖， 挑战者须戴博物馆提供的手套，单手抓住金砖的 a、b两侧面向上提，保持 金砖 c面水平朝上，而且手指不能抠底，在空中保持 25s，才是挑战成功。 已知金砖 a、b两侧面与金砖底面的夹角均为θ=78.5° 挑战者施加给金砖的单侧握力为 F，手套与金砖之 间的动摩擦因数为μ=0.25，假设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s²。计算时取 sin78.5°≈0.98，cos78.5°≈0.20，若要抓起金砖，力 F 至少约为（ ） A．2500N B．2778N C．1389N D．无论多大的力都无法抓起金砖 7．如图所示，半径为 R的光滑圆环竖直固定，原长为 2R的轻质弹簧一端 固定在圆环的最高点 A，另一端与套在环上的质量为 m的小球相连。小球 静止时位于 B点，此时弹簧与竖直方向夹角 30  ，已知重力加速度大小 为 g。下列说法正确的是（ ） A．小球对圆环的弹力方向背离圆心 B．圆环对小球的弹力大小为 3mg C．弹簧的劲度系数为  3 6 mgR D．若换用原长相同、劲度系数更大的轻质弹簧，小 球静止时一定位于 B点下方 8．如图所示，A、B、C三个物体的质量分别为 2m、2m、3m，其中物体 B和 C通过轻绳连在一 起，物体 A和 B通过跨过光滑定滑轮的轻绳连在 一起，物体 A与轻弹簧上端连在一起，轻弹簧下 端固定在地面上，初始时三个物体均保持静止（重 力加速度为 g）．下列说法正确的是（ ） A．初始时弹簧处于压缩状态 B．剪断 A、B间轻绳后瞬间，物体 B、C间轻绳拉力为 3mg C．剪断 B、C间轻绳后瞬间，物体 A的加速度为 2 g D．剪断 B、C间轻绳后瞬间，物体 A、B间轻绳拉力为 试卷第 3页，共 8页 9．在水平面上做匀减速直线运动的质点依次通过O A B、 、 三点的过程中， 其位移随时间变化的 x t 图像如图所示。则质点（ ） A．通过 A点时的速度为 2 2s t B．通过 A点时的速度大于 1 s t C．运动时间 2 12t t D．运动的加速度大小为     2 1 1 2 2 1 2 2s t t t t t t   10．交通信号“绿波”控制系统一般被称为“绿波带”，它是根据车辆运行情况 对各路口红绿灯进行协调，使车辆通过时能连续获得一路绿灯。在九江一条 笔直的公路上依次设置三盏交通信号灯 L1、L2和 L3，L2与 L1相距 800m， L3与 L2相距 400m。每盏信号灯显示绿色的时间间隔都是 20s，显示红色的 时间间隔都是 40s。L1与 L3同时显示绿色，L2则在 L1显示红色经历了 10s 时开始显示绿色。规定车辆通过三盏信号灯经历的时间不得超过 150s。则 有（ ） A．若有一辆匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻正好是 L1刚开始显示绿色 的时刻，则此汽车能不停顿地通过三盏绿色信号灯的最大速率 24m/s B．若有一辆速率 10m/s匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻正好是 L1刚开 始显示绿色的时刻，则此汽车能连续获得一路绿灯 C．若有一辆速率 20m/s匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻是 L1显示绿色 经历了 10s的时刻，则此汽车能连续获得一路绿灯 D．若有一辆匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻是 L1显示绿色经历了 10s 的时刻，则此汽车能不停顿地通过三盏绿灯的最小速率是 60m/s 7 二、多项选择题（本大题共 5 题，每题 4 分，共 20 分，全部选对得 4 分， 选对但不全得 2 分，有错选的得 0 分） 11．某工厂利用如图所示的传送带将水平地面上的货物运送到高处，传送带 与地面的夹角θ= 37°，传送带两端 A、B的距离 L=20m，传送带以大小 v=4m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动。在传送带底端 A轻放一质量 m=2kg 的货物 (视为质点)，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度大小 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确（ ） 试卷第 4页，共 8页 A．货物加速过程的加速度大小为 2m/s² B．货物向上运动过程中受到的滑动摩擦 力大小为 12.8 N C．货物在传送带上运动的时间为 10 s D．若传送带以 2m/s 的速度沿顺时针方 向匀速转动，则货物在传送带上运动的时 间为 17.5s 12．如图甲所示，5颗完全相同质量为 m的大圆盘整齐叠放在水平面上，所 有接触面间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对第 3 个大圆盘施加一水平变力 F，F随 t的变化关系如图乙所示，重力加速度为 g，设所有圆盘在整个过程中都不完全分离，下列说法正确的是（ ） A． 1st  时，第 5个圆盘受到水平面的摩擦力向左，大小为 mg B． 2st  时，第 4、5个圆盘间没有摩擦力 C． 4st  时，第 3个圆盘的加速度大小为 g D．第 6s以后，第 1个圆盘受到的摩擦力大小为 mg 13．“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，如图所示，a 点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬吊着时的平 衡位置，c点是人能到达的最低点，则人在从 P点下 落到最低点 c的过程中（ ） 0x ，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5  A．当人运动到 a点时，速度达到最大 B．人到达 c点时，它的速度为零，加速度也为零 C．人在 P b段一直处于失重状态 D．人在 bc段运动时，其加速度逐渐变大 14．如图所示，在水平地面上固定一倾角为 37°的足够长斜面。物块以某一 初速度从斜面底端 O点冲上斜面，已知物块沿斜面向上运动的最大距离为 。 以斜面底端 O所在的水平地面为参考平面， 物块从斜面底端开始沿斜面运动的过程中， 物块的速度为 v、平均速度 x / t、位移为 x 试卷第 5页，共 8页 以下图像可能正确的是（ A ） ． B． C． D． 15．某升降电梯的原理图如图所示，轿厢 A与对重 B跨过轻质定滑轮通过 轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重 B，使轿厢 A由静止开始向上 做匀加速直线运动，到达一定高度后关闭电机， 轿厢 A和对重 B减速到 0时卡死缆绳。已知 轿厢 A与对重 B的质量之比为3 : 2，轿厢 A 加速和减速时的加速度大小相等，运动过程中 轿厢 A未接触滑轮、对重 B未落地，不考虑 空气阻力与摩擦阻力，取重力加速度大小 210m/sg  ，下列说法正确的是（ ） A．轿厢 A减速上升时的加速度大小为 21m/s B．轿厢 A加速上升时的加速度大小为 22m/s C．轿厢 A加速上升与减速上升时受到缆绳的拉力大小之比为3 : 2 D．轿厢 A加速上升时，连接电机的缆绳中的拉力与对重 B所受的重力大 小相等 三、实验题（共 10 分） 16．在探究“加速度与力的关系”实验中，某同学设计了甲、乙、丙三种实验 方案，试回答下列问题： (1)关于本实验的要求，下列说法正确的是（ ） A．甲、乙、丙方案都需要补偿阻力 B．只有甲方案需要补偿阻力 C．只有甲方案必须满足小车的质量远大于重物的质量 D．乙方案中弹簧测力计的示数和丙方案中力传感器的示数均等于小车所受 合力的大小 试卷第 6页，共 8页 (2)该同学根据乙方案，作出加速度 a与弹簧测力计的示数 F的a F 关系图 线如图丁所示，若小车质量为 m，则该图线斜率 k应为 ； (3)根据甲方案得到的一条纸带如图戊所示， A、B、C、D、E、F、G为 7 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点 之间的距离分别为 1.22cmABx  ， 2.00cmBCx  ， CDx 未知， 3.62cmDEx  ， 4.40cmEFx  ，已知打点计时器的工作频率为 50Hz，则小车的加速度大小 为 2m/s 。（结果均保留 2位小数） (4)该同学从打出的纸带中选择一条点迹清晰的纸带，将纸带沿计数点剪断 得到 6段纸带，由短到长并排贴在坐标中，各段紧靠 但不重叠。最后将各纸带上端中心点连起来可得到一 条直线，如图。相邻计数点间的距离为 nx ，纸带宽 度表示相邻计数点间的时间间隔 T，用横轴表示时间 t。若纵轴表示 n x T ，则所连直线的斜率表示（ ） A．各计数点的瞬时速度 B．相邻计数点的瞬时速度的变化 C．小车运动的加速度 a D．小车运动的加速度的一半即 2 a 试卷第 7页，共 8页 四、解答题（共 40 分） 17．（8分）单踏板模式是新能源电动汽车特有的一种驾驶模式，将加速、 减速控制集成在一个踏板上，简化了驾驶操作，使驾驶更为轻松便捷。踩下 油门踏板，车辆加速行驶，松开油门踏板，能量回收系统开始工作，车辆逐 渐减速。采用单踏板模式的新能源汽车仍然像传统汽车一样设有独立的刹车 踏板，用于汽车的刹车。某新能源汽车在一段平直路面上进行性能测试过程 中，汽车以 90km/h的速度匀速行驶，当汽车车头经过路旁的减速标志牌时， 驾驶员松开了油门踏板，车辆开始以大小为 1m/s2的加速度匀减速，经过 10s 后，驾驶员再踩下独立刹车踏板，车辆停下来时发现车头与减速标志牌的距 离为 225m。求： (1)驾驶员踩下独立刹车踏板时，车辆的速度大小； (2)驾驶员踩下独立刹车踏板后，车辆的加速度大小。 18．（12分）如图所示，斜面体 C静置于水平地面上，物块 A悬挂在绳 OP、OQ的结点 O处，OP水平，OQ与竖直方向的夹角为 53°且跨过轻质 光滑定滑轮与斜面体 C上质量为 B 1.5kgm  的物块 B相连，斜面体 C的质 量 1kgCm  ，倾角为 53°，B与 C之 间、C与地面之间的动摩擦因数均为 1 3   。改变物块 A的质量，使 A、B、 C始终保持静止，设滑动摩擦力与最 大静摩擦力相等，g取 210m/s ， sin 53 0.8  ， cos53 0.6  ，则： (1)当 B与 C之间的摩擦力恰好为零时，求绳 OQ的拉力大小； (2)当 A的质量 A 0.6kgm  时，求物块 B受到摩擦力的大小和方向； (3)求物块 A质量的最大值。 试卷第 8页，共 8页 19．（12分）如图所示，两个滑块 A 和 B的质量分别为 A 1kgm  和 B 5kgm  ，放在静止于光滑水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩 擦因数均为 0.5  ，木板的质量 10kgm  。某时刻 A、B两滑块开始相向 滑动，初速度大小均为 0 3.5m / sv  。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度大小 210m/sg  。求： (1)A、B两滑块开始相向滑动时，木板相对于地面的加速度； (2)B与木板相对静止时，木板的速度； (3)A、B开始运动时，两者之间的距离。 20．（8分）如图所示，两端开口的竖直球筒中静置着一个羽毛球（视为质 点），初始时用手握住球筒，在空中静止。某时刻开始用手带动球筒竖直向 下做匀加速运动（加速度记作 a），持续时间 t后忽然停止，球筒速度立刻 变为 0并保持静止。已知羽毛球质量为 m，球与筒之间的最大静摩擦力为 0 2.4f mg ，滑动摩擦力为 1 2f mg 。羽毛球离筒的上、 下端距离分别为  1 2 1 2d d d d、 。重力加速度为 g，空气 阻力不计，球筒离地足够高，全过程筒身始终竖直。 （1）若 3.3a g ，求刚开始运动时羽毛球对筒的摩擦力； （2）若 2.5a g ，要使羽毛球离开球筒，求 t的最小值； （3）若羽毛球速度变为 0时仍未离开球筒，则球筒继续 向下做加速度为 a的匀加速运动，持续时间 t后再忽然停 止…，重复上述过程直到羽毛球离开球筒 ①若从初始状态到球从上端离开球筒，球筒一共加速 3次，求 d1的取值范 围（用 a，g，t表示）； ②若球筒只加速一次，只要 t取适当值，球总能从下端离开，求 a的取值范 围。（用 g， 1d ， 2d 表示） 答案第 1页，共 16页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A B A B C D D C 题号 11 12 13 14 15 答案 BC AD CD ACD BCD 1．D 【详解】A．“6.5小时”指的是时间间隔，故 A错误； B．“20时 59分”指的是时刻，故 B错误； CD．研究空间站绕地球运动一周的时间时，可将空间站视为质点，但载人飞船调整姿态与 空间站对接时，要考虑空间站的形状，大小等因素，不可将空间站视为质点，故 C错误，D 正确。 故选 D。 2．C 【详解】A．轿车在十字路口转弯，轿车仪表盘上速度计的示数不变表示汽车速度大小不变， 但是速度的方向发生变化，速度是矢量，所以速度发生变化，故 A错误； B．火箭点火启动时，初速度为零，但是下一时刻速度不为零；因为 Δ Δ va t  ，所以加速度不 为零，故 B错误； C．根据加速度表示速度变化的快慢可知，轿车紧急刹车，速度变化很快，加速度很大，故 C正确； D．运动的磁悬浮列车在轨道上高速行驶，速度很大，加速度不一定很大，如匀速运动，加 速度为零，故 D错误。 故选 C。 3．A 【详解】A．千里江陵指的是路程，可以估算出平均速率，不能估算出平均速度，故 A错误； B．“泥鳅、黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅、黄鳝的表面都比较光滑，在压力相同的情 况下，滑动摩擦力小，故 B正确； C．辛弃疾描写月亮的诗句“飞镜无根谁系?姮娥不嫁谁留?”说明月球绕着地球转，说明地球 与月球之间存在引力，故 C正确； D．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，那么合力的大小等于各个分力的大小 之和，故 D正确。 答案第 2页，共 16页 本题选错误的，故选 A。 4．B 【详解】A．毛笔对红纸的压力和红纸对毛笔的支持力是一对作用力和反作用力，根据牛顿 第三定律，二者大小相等，故 A错误； B．提笔静止时，手对毛笔的摩擦力与重力是一对平衡力，二者大小相等，故 B正确； C．向右行笔时，毛笔对红纸有向右的摩擦力，红纸相对桌面有向右运动的趋势，则红纸对 桌面的静摩擦力方向向右，故 C错误； D．向左行笔时，“镇纸”受重力与支持力而处于静止状态，红纸对“镇纸”无静摩擦力作用， 否则“镇纸”将无法保持静止，故 D错误。 故选 B。 5．A 【详解】由题意知 Δ Δ aj t  因此 j的单位为 3m s ，由于 21N 1kg m / s  则 3 N1m s 1 kg s    故选 A。 6．B 【详解】对金块受力分析如图所示 由平衡条件可得 f F 2 sin 2 cosf mg F   解得 2778NF  答案第 3页，共 16页 故选 B。 7．C 【详解】A．以小球为研究对象，由于重力作用，弹簧一定被拉伸， 弹簧弹力 F沿弹簧斜 向上；由平衡条件，弹簧弹力 F与圆环对球的弹力 NF 的合力跟重力等大反向，画出受力分 析如图。所以圆环对球的弹力方向一定背离圆心，则小球对圆环的弹力方向指向圆心，故 A 错误； B．由相似三角形几何关系可得 NFmg F R R AB   2 cos 3AB R R  解得 NF mg ， 3F mg 故 B错误； C．由胡克定律得  3 2F x k k R     解得     3 3 6 3 2 mg mgk RR     故 C正确； D．若换用原长相同、劲度系数更大的轻质弹簧，小球要保持平衡，选项 B中式子仍成立； 劲度系数变大，则弹簧形变量变小，小球沿圆环上移，即小球静止时位于 B点上方，故 D 错误。 故选 C。 8．D 答案第 4页，共 16页 【详解】A.剪断 B、C间的轻绳之前，设 A、B之间绳子上的拉力为 1T ，对 B、C整体分析 有 1 (2 3 ) 5T m m g mg   设初始时弹簧对 A的弹力竖直向下，大小为 F，对 A分析有 12mg F T  解得弹簧弹力 3F mg 故初始时弹簧处于伸长状态，故 A错误； B.剪断 A、B间轻绳后，设 B、C整体加速度为 1a ，由牛顿第二定律得 1(2 3 ) 5m m g ma  解得 1a g 剪断 A、B间轻绳后 B、C间轻绳拉力为 2T ，对 C由牛顿第二定律得 2 13 3mg T ma  解得 2 0T  故 B错误； CD.剪断 B、C间轻绳瞬间，弹簧上的弹力不变，A、B的加速度大小相等，设为 2a ，设 A、 B之间绳子上的拉力为 1T ，对 B由牛顿第二定律得 1 22 2T mg ma   对 A由牛顿第二定律得 1 22 2mg F T ma    解得 2 3 4 ga  ， 1 7 2 mgT   故 C错误，D正确。 故选 D。 9．D 答案第 5页，共 16页 【详解】A．根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知， 2 2s t 是 中间时刻速度，而 A点是中间位移的速度。故 A错误； B．从 O点运动到 A点过程的平均速度为 1 OA sv t  物体做匀减速运动，则通过 A点时的速度小于 1 s t ，故 B错误； C．设质点经过 O点的速度为 v0，0~t1时间内，由位移—时间公式得 2 0 1 1 1 2 s v t at  0~t2时间内，由位移—时间公式得 2 0 2 2 12 2 s v t at  联立解得     2 1 1 2 2 1 2 2s t t a t t t t    ， 2 0 0 1 2v v as t a    ， 2 0 0 2 4v v as t a    显然 2 0 0 1 2 2 2 4 2 v v as t t a     故 C错误，D正确。 故选 D。 10．C 【详解】AB．若有一辆匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻正好是 L1刚开始显示绿色的时刻， 车辆通过三盏信号灯经历的时间不得超过 150s，则汽车运动 30～50s或 90～110s时间内通 过 L2，则通过 L2的速度范围是 800 800m/s m/s 50 30 v  或 800 800m/s m/s 110 90 v  解得 16m/s 22.6m/sv  或 80 80m/s m/s 11 9 v  在汽车运动 60～80s或者 120～140s时间内通过 L3的速度范围是 1200 1200m/s m/s 80 60 v  或 1200 1200m/s m/s 140 120 v  答案第 6页，共 16页 解得 15m/s 20m/sv  或 60 m/s 10m/s 7 v  综上所述，汽车的速度在16m/s 20m/sv  范围内能一路绿灯通过，并且 20m/s是最大速度， AB错误； C．若有一辆匀速向前行驶的汽车通过 L1的时刻是 L1显示绿色经历了 10s的时刻，车辆通 过三盏信号灯经历的时间不得超过 150s，则汽车运动 20～40s或 80～100s时间内通过 L2， 速度范围是 800 800m/s m/s 40 20 v  或 800 800m/s m/s 100 80 v  解得 20m/s 40m/sv  或8m/s 10m/sv  在汽车运动 50～70s或 110s~130s时间内通过 L3的速度范围是 1200 1200m/s m/s 70 50 v  或 1200 1200m/s m/s 130 110 v  解得 120 m/s 24m/s 7 v  或 120 120m/s m/s 13 11 v  综上所述，一路绿灯的范围是 20m/s 24m/sv  或 120 m/s 10m/s 13 v  ，最小速率是 120 m/s 13 ， C正确，D错误。 故选 C。 11．BC 【详解】A．货物加速过程的加速度大小为 � = ���cos37∘ −��sin37∘ � = 0.4m/s2 选项 A错误； B．货物向上运动过程中受到的滑动摩擦力大小为 � = ���cos37∘ = 12.8N 选项 B正确； C．货物在传送带上加速的时间 10svt a   加速的位移 答案第 7页，共 16页 � = � 2 � = 20m=� 恰好到达传送带最高点，则运动的时间为 10 s，选项 C正确； D．若传送带以 2m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动，货物在传送带上加速的时间 �1 = �' � = 5s 加速的位移 �1 = �' 2 �1 = 5m 然后匀速到达顶端的时间为 �2 = � − �1 �' = 20 − 5 2 s = 7.5s 则货物在传送带上运动的时间为 12.5s，选项 D错误。 故选 BC。 12．AD 【详解】A．由于第 4颗棋子对第 3颗棋子的最大静摩擦力为 43max 3f mg 所以当 3F mg 时，棋子 3不会运动；由图乙可知 1st  时 3F mg mg   棋子都处于静止状态，把 5个棋子整体分析，受平衡力作用，第 5颗棋子受到水平面的摩擦 力和水平力 F是平衡力，所以第 5颗棋子受到水平面的摩擦力向左，大小为 mg ，故 A正 确； B．由图乙可知 2st  时 2 3F mg mg   则棋子 1、2、3静止，对 1、2、3棋子整体分析，棋子 4对棋子 3的摩擦力与外力二力平衡， 所以棋子 4对 3的摩擦力大小为 2 mg ，方向水平向左，由牛顿第三定律可知，棋子 3对棋 子 4的摩擦力大小为 2 mg ，方向水平向右；对棋子 4受力分析可知，棋子 5对 4的摩擦力 大小为 2 mg ，方向水平向左，故 B错误； C．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为 答案第 8页，共 16页 max 2 2 mga g m    设最上面的三个棋子一起以最大加速度 amax向右运动，且水平恒力为 F0，则 0 max3 3F mg ma  解得 0 6F mg 当水平向右的恒力 F大于6 mg 时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动；由图乙 可知 4st  时 3 4 6mg F mg mg     所以最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，由牛顿第二定律可得 13 3F mg ma  解得 1 3 ga  故 C错误； D．第 6s以后，水平外力大于6 mg ，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面 的两个棋子一起向右运动，第 1颗棋子受到的摩擦力大小为 1 maxf ma mg  故 D正确。 故选 AD。 13．CD 【详解】A．当人运动到 a点时，弹性绳拉力为零，人受到的合力向下，向下加速运动；在 经过 b点时，人受到的拉力与重力大小相等，方向相反，人的速度最大，故 A错误； B ．c是人所到达的最低点，故 c点速度为零，加速度不是零，方向竖直向上，故 B错误； C．人在 pb段所受重力大于弹性绳的拉力，向下加速运动，一直处于失重状态，故 C正确； D．在 bc段弹性绳的拉力大于人的重力，弹力越来越大，由F mg ma  ，可知加速度逐渐 变大，故 D正确。 故选 CD。 14．ACD 【详解】A．物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，到最大距离处速度为 0，后沿斜面向下 答案第 9页，共 16页 做匀加速直线运动，沿斜面向上运动的加速度大于沿斜面向下运动的加速度（向上运动时， 摩擦力向下，向下运动时，摩擦力向上，重力沿斜面向下的分力不变），而 v-t斜率绝对值 代表加速度大小，故 A正确； B．物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，根据 2 0 1 2 x v t at  得 0 1 2 x v at t   沿斜面向上运动的过程中， x t t  图像斜率是定值，不应当是曲线，故 B错误； C．物体先沿斜面向上做匀减速直线运动，根据 2 0 1 2 x v t at  x-t图像应当是抛物线的一部分，沿斜面向下做匀加速直线运动，x-t图像也应 当是抛物线的一部分，由于沿斜面向上运动的加速度大于沿斜面向下运动的加速度，经过斜 面上同一位置时沿斜面向上的速度大于沿斜面向下的速度，x-t图像斜率的绝对值代表速度 大小，故 C正确； D．根据 2 2 0 2v v ax  得 2 2 02v ax v   物体沿斜面向上运动的过程中， 2v x 图像是一条直线，物体沿斜面向下运动的过程中， 2v x 图像也应是一条直线， 2v x 图像斜率的绝对值代表加速度大小的 2倍，故 D正确。 故选 ACD。 15．BC 【详解】AB．A减速上升过程中，对 A研究 A 1 Am g T m a  对 B研究 B 1 Bm g T m a  其中 答案第 10页，共 16页 A B 3 2 m m  联立解得 22m/sa  故 B正确，A错误； C．A加速上升过程中，对 A研究 1 A AT m g m a  则 1 A A A12T m g m a m   1 A A A8T m g m a m    故轿厢 A加速上升与减速上升时受到缆绳的拉力大小之比为 1 1 3 2 T T   故 C正确； D．轿厢 A加速上升时，对 B研究 2 B 1 BT m g T m a   代入可得 2 B B 1 B6T m a m g T m    故轿厢 A加速上升时，连接电机的缆绳中的拉力与对重 B所受的重力大小不相等，故 D错 误。 故选 BC。 16．(1)AC (2) 2 m (3)0.80 (4)C 【详解】（1）AB．甲、乙、丙方案都需要补偿阻力，故 A正确，B错误； C．乙和丙分别用弹簧测力计和力传感器测量拉力，不需要必须满足小车的质量远大于重物 的质量，只有甲方案必须满足小车的质量远大于重物的质量，故 C正确； 答案第 11页，共 16页 D．乙方案中弹簧测力计的示数的 2倍等于小车受到的合力大小，丙方案中力传感器的示数 等于小车所受合力的大小，故 D错误。 故选 AC。 （2）[1]若该同学根据乙方案，则根据 2 2Fa F m m   a F 关系图线可得 a F 关系图线的斜率 2k m  （3）[1]相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，故 0.02s 5 0.1sT    又 22.40 10 mEF BC DE ABx x x x x        故小车的加速度 2 2 2 2 2.40 10 m 0.80m/s 3 3 0.1 xa T       （4）[1]若纵轴表示 n x T ，则根据平均速度的定义 nxv T  又匀变速直线运动中 2 Tv v 故纵坐标为该点的瞬时速度，则所连直线的斜率为 vk a t    是小车运动的加速度。 故选 C。 17．(1)15m/s (2)4.5m/s2 【详解】（1）驾驶员踩下独立刹车踏板之前，根据速度公式 1 0 1 1v v a t  其中 0 90km / h 25m / sv   ， 21 1m / sa   答案第 12页，共 16页 代入数据解得 1 0 1 1 25m / s 1 10m / s 15m / sv v a t      （2）驾驶员踩下独立刹车踏板之前，车辆减速运动的距离 2 1 0 1 1 1 1 2 x v t a t  代入数据可得 2 1 125 10m 1 10 m 200m 2 x       踩下独立刹车踏板后，车辆减速的距离 2 1 225m 200m 25mx L x     从踩下独立刹车踏板到车辆停止  21 2 20 2v a x   代入数据 2 2 2 21 2 2 15 m / s 4.5m / s 2 2 25 va x     18．(1)12N (2)2N，沿斜面向上 (3) 5 kg 6 【详解】（1）当 B与 C之间的摩擦力恰好为零时，绳 OQ的拉力大小 B sin 53 12NT m g   （2）当 A的质量 A 0.6kgm  时，物块 B受到的拉力 ' A 10N cos53 m gT   物块 B受到摩擦力的大小 ' B B sin53 2Nf m g T    方向沿斜面向上； （3）当物块 A质量取最大值时，若 C与地面间的摩擦力达到最大，则对 ABC整体 Amax B C( ) OPCf m m m g T   地 对 A 答案第 13页，共 16页 Amax tan53OPT m g  解得 Amax 5 kg 6 m  此时 OQ的拉力 Amax 125 N 13.9N cos53 9OQ m gT    此时 B与斜面 C间的摩擦力为 BC B Bsin 53 1.9N< cos53 3NOQf T m g m g      此时 B与斜面 C之间不会产生滑动，则物块 A质量的最大值 Amax 5 kg 6 m  19．(1) 22m/s (2)1m/s (3) 21m 8 【详解】（1）A对木板的摩擦力水平向左，大小为 A A 5Nf m g  B对木板的摩擦力水平向右，大小为 B B 25Nf m g  对木板由牛顿第二定律得 B Af f ma  解得 22m/sa  （2）木板向右做匀加速直线运动，B向右做匀减速直线运动，经过时间 t二者共速，则 0v gt at  B与木板相对静止时，木板的速度为 v at 解得 1m/sv  ， 0.5st  答案第 14页，共 16页 （3）从开始运动到 B与木板相对静止，B相对木板的位移为 0 1 2 vx t 0.5st  解得 1 7 m 8 x  从开始运动到 B与木板相对静止，A相对木板的位移为 2 2 2 0 1 1 2 2 x v t gt at   解得 2 11m 8 x  B与木板共速后一起做匀加速直线运动，A减速到零后，向右做匀加速直线运动，直到 A 与木板共速，设再经过时间 tA与木板共速，则 A B( )m g m m a   v a t v gt      这段时间内 A相对木板的位移为 3 1 2 2 x vt  解得 3 s 8 t  3 3m 8 x  B开始运动时，两者之间的距离为 1 2 3 21m 8 L x x x    20．（1）2.3mg，方向竖直向上；（2） 2 22 5 d g ；（3）① 2 21 15 3 27 2 2 2 a g t d a g t              ， ② 1 2 1 2 12 3d da g d d    【详解】（1）设羽毛球与球筒一起运动，则有 f mg ma  解得 答案第 15页，共 16页 02.3f mg f  故可以保持相对静止，由牛顿第三定律，可知羽毛球对球筒的摩擦力方向竖直向上，羽毛球 对球筒的摩擦力大小 2.3f mg 方向竖直向上。 （2）结合上述可知球与球筒将一起以 2.5ga  做匀加速运动，当球筒静止后，球以 1a 做减速 运动 1 1f mg ma  解得 1a g 当球速度减为零时，位移为 2 2 1 ( ) 2 atx d a   解得 22 2 5 dt g  即 t的最小值为 2 22 5 d g 。 （3）①由于球与筒之间的最大静摩擦力为 0 2.4f mg ，羽毛球速度变为 0时仍未离开球筒， 显然 0 3.4f mga g m    第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为 2a ，则有 1 2f mg ma  解得 2 3a g 则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为 答案第 16页，共 16页 2 2 1 1 1 3 2 2 x at gt  球筒静止后，球相对简向下滑动直到静止，相对位移为 2 2 2 1 (3 ) 9 2 2 gtx gt a   要求 1 2 1 1 22 3 2x x d x x    解得 2 2 1 15 3 27 2 2 2 a g t d a g t              ②若 3.4ga  ，只要 t足够大，球一定从下端离开，因此取值范围是 3.4ga  若 3.4ga  ，此时在一个“周期”内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，且有 2 1 2x x d  解得 22 12 dt g a   且球不能从上端滑出   2 1 1 3 2 a g t d  解得 12 3 dt a g   则必须有 2 12 2 12 3 d d g a a g    解得 1 2 1 2 12 3d da g d d   