精品解析：湖南长沙市立信中学2025-2026学年高一上学期学业水平考试物理试题

绝密★启用前 长沙市立信中学高一学业水平考试物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共18小题，共54分。 1. 将两个质量相同的小球、用细线相连，竖直悬挂于点，现在上施加一个大小和方向都可以变化的力，使整个装置始终处于图示的平衡状态，且细线与竖直方向的夹角保持不变，则（　　） A. 力的大小和方向变化时，连接的细线张力也随之变化 B. 力的大小和方向变化时，细线的张力也随之变化 C. 力可以保持方向不变，大小不断变化 D. 力可以保持大小不变，方向不断变化 2. 如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧和轻绳拉住，处于静止状态，轻绳与竖直方向成60°的夹角，当轻绳剪断的瞬间，小球的加速度为（　　） A. 0 B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为2g，方向沿原来轻绳方向向下 D. 大小为2g，方向水平向右 3. 某人投掷飞镖，他站在投镖线上从同一点C水平抛出多个飞镖，结果以初速度投出的飞镖打在A点，以初速度投出的飞镖打在B点，始终没有打在竖直标靶中心O点，如图所示。为了能把飞镖打在标靶中心O点，则他可能做出的调整为（　　） A. 保持初速度不变，升高抛出点C的高度 B. 保持初速度不变，升高抛出点C的高度 C. 保持抛出点C位置不变，投出飞镖的初速度比大些 D. 保持抛出点C位置不变，投出飞镖的初速度比小些 4. 曲线运动是常见的运动形式。图甲中投出的篮球在空中做曲线运动，图乙是中国（珠海）航展中飞机飞行表演的精彩镜头。关于做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（　　） A. 加速度 B. 速度方向 C. 速度大小 D. 合外力 5. 一只船在静水中的速度为0.4 m/s,它要渡过一条宽度为40 m的河,河水的流速为0.3 m/s．则下列说法正确的是( ) A. 船不可能渡过河 B. 船有可能垂直到达对岸 C. 船不能垂直到达对岸 D. 船到达对岸所需时间都是100 s 6. 如图，两根完全相同的轻弹簧下挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两弹簧之间的夹角是120°，且弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是 A. a=3g，竖直向下 B. a=3g，竖直向上 C. a=2g，竖直向下 D. a=2g，竖直向上 7. 如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ。在此过程中，A、B间的摩擦力为（　　） A. μF B. m（g＋a） C. m（g＋a） D. m（g＋a） 8. 如图所示，重为的物体在水平向左的力作用下，以初速度沿水平面向右滑行。已知物体与水平面的动摩擦因数为，则此时物体所受的摩擦力为（　　） A. B. ，水平向左 C. ，水平向右 D. ，水平向左 9. 潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域时，浮力骤减，称为“掉深”。如图甲，某总质量为3.0×106kg的潜艇，在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0s时，该潜艇“掉深”，之后潜艇采取措施使所受浮力发生变化，在0~30s时间内潜艇竖直方向的v-t图象可简化为图乙所示（设竖直向下为正方向）。取重力加速度为10m/s2，不计水的粘滞阻力，则潜艇 （　　） A. 在“掉深”前的速度为20m/s B. 在高密度海水区域受到的浮力为3.6×106N C. “掉深”后竖直向下的最大位移为200m D. “掉深”后在10~30s时间内处于超重状态 10. 意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（　　） A. 力不是维持物体运动的原因 B. 力是使物体产生加速度的原因 C. 自由落体运动是一种匀变速直线运动 D. 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 11. 如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么(　　) A. F1就是物体对斜面的压力 B. 物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos α C. F2就是物体受到的静摩擦力 D. 物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用 12. 如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（　　） A. 2m B. m C. m D. 3m 13. 下列说法中正确的是：( ) A. 物体受到的合外力越大，加速度越大 B. 物体受到的合外力越大，速度越大 C. 物体的加速度越大，速度也越大 D. 物体的加速度一定，速度也一定 14. 如图所示，滑块A在倾角为的斜面上，沿斜面下滑的加速度为。若在A上放一重量为的物体B，A、B一起以加速度沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为的恒力F沿斜面下滑的加速度为。则（　　） A. B. C. D. 15. 如图所示，轻弹簧上端固定在天花板上，下端连有物体B，现把楔形物体A与光滑物体B叠放在一起置于水平面上，A与B均保持静止，弹簧处于竖直状态。A、B的受力个数分别为（　　） A. 2、 B. 2、 C. 3、 D. 、 16. 一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3 m/s2和7 m/s2，两车能达到的最大速度均为30 m/s，刚开始运动时两车距离为20 m，轿车车身全长5 m，卡车车身全长20 m，则两车的错车时间为(　　) A. 1.1 s B. 1.0 s C. 1.2 s D. 1.7 s 17. 手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出租车的压力．下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘客的软件部分截图，下列说法正确的是（ ） A. 图甲中“市内行程 今天 08:00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔 B. 图甲中“顺路程度 55%”，指的是位移大小有 55%重合 C. 图乙中“九堡地铁站 九堡 距你起点 20.6km”，20.6km 指的是位移，其初始位置是起点 D. 图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点 18. 如图所示为某物体做直线运动的x－t图像，关于物体在前4s的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A. 物体始终向同一方向运动 B. 物体的速度大小不变，方向与正方向相反 C. 物体在前2s内做减速运动，物体在后2s内做加速运动 D. 物体4s末回到了原出发点 第II卷（非选择题） 二、实验题：本大题共3小题，共16分。 19. 某实验小组设计了如图（a）的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度和所受拉力的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图（b）。 （1）图线______（填“甲”或“乙”）是在轨道水平情况下得到的； （2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=______kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=______（ g=10m/s2）。 20. 某同学设计了如题图甲所示的实验装置，测量滑块与木板间的动摩擦因数。所选用的实验器材有倾角可调的斜面、长木板、滑块、电磁打点计时器、频率为50Hz的交流学生电源。 （1）下列选项中是实验中不必要操作的是________。 A．需要测量出滑块的质量 B．需要测量出斜面的倾角 C．纸带必须与长木板平行 D．先接通电源再释放滑块 E．垫高长木板一端补偿滑块与长木板间的摩擦力 （2）某次实验时，调节斜面倾角。接通电源，开启打点计时器，释放滑块由静止沿斜面下滑，多次重复实验选择一条点迹清晰的纸带，如题11图乙所示A、B、C、D、E、F、G为相邻计数点（相邻两计数点之间还有4个点未画出）。则滑块下滑的加速度为________，滑块与木板间的摩擦因数为________。（，g取；结果均保留两位有效数字） 21. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图所示。 （1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为从比较清晰的点起，每个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。计算该小车的加速度的表达式为______，其大小为______ 。（结果保留两位有效数字） （2）平衡摩擦力后，将个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度与砝码盘中砝码总重力的实验数据如下表：请根据实验数据作出的关系图像。 砝码盘中砝码总重力 加速度  三、计算题：本大题共3小题，共30分。 22. 2022冬奥会即将在北京和张家口举行，冬奥会上跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，速度大小，在斜坡b处着陆，如图所示。斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，重力加速度。求： （1）运动员在空中飞行的时间t； （2）斜坡上a、b之间的距离s； （3）运动员在空中离坡面的最大距离d。 23. 如图所示，质量M=lkg，长l=4m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=lkg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，取g=10m/s2，试求： (1)恒力F作用时木板和铁块的加速度大小； (2)当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。 24. 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=8 kg的物体P，Q为一质量为m2=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2.求： （1）系统处于静止状态时，弹簧的压缩量； （2）物体从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小； （3）力的最大值与最小值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 长沙市立信中学高一学业水平考试物理试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题：本大题共18小题，共54分。 1. 将两个质量相同的小球、用细线相连，竖直悬挂于点，现在上施加一个大小和方向都可以变化的力，使整个装置始终处于图示的平衡状态，且细线与竖直方向的夹角保持不变，则（　　） A. 力的大小和方向变化时，连接的细线张力也随之变化 B. 力的大小和方向变化时，细线的张力也随之变化 C. 力可以保持方向不变，大小不断变化 D. 力可以保持大小不变，方向不断变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．以小球为研究对象，小球受到重力和间绳子拉力作用而静止，拉力等于的重力，力的大小和方向变化时，连接的细线张力不变，故A错误； BCD．以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出在三个方向时整体的受力图 根据平衡条件得知：当与绳子垂直时，有最小值，即图中位置，可见力的大小和方向变化时，细线的张力也随之变化，力方向不变时力为一个定值；不可能出现“力保持大小不变，方向不断变化”，故CD错误，B正确。 故选B。 2. 如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧和轻绳拉住，处于静止状态，轻绳与竖直方向成60°的夹角，当轻绳剪断的瞬间，小球的加速度为（　　） A. 0 B. 大小为g，方向竖直向下 C. 大小为2g，方向沿原来轻绳方向向下 D. 大小为2g，方向水平向右 【答案】C 【解析】 【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小；再研究剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，对小球受力分析，根据牛顿第二定律求出瞬间的加速度大小． 【详解】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得：绳子的拉力；剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，小球此时受重力、弹簧的弹力两个力作用，小球的合力与原来轻绳的拉力等大反向，为 F合=2mg；根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a==2g，方向沿原来轻绳方向向下；故选C． 【点睛】解决本题的关键知道剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，运用力的合成法研究． 3. 某人投掷飞镖，他站在投镖线上从同一点C水平抛出多个飞镖，结果以初速度投出的飞镖打在A点，以初速度投出的飞镖打在B点，始终没有打在竖直标靶中心O点，如图所示。为了能把飞镖打在标靶中心O点，则他可能做出的调整为（　　） A. 保持初速度不变，升高抛出点C的高度 B. 保持初速度不变，升高抛出点C的高度 C. 保持抛出点C位置不变，投出飞镖的初速度比大些 D. 保持抛出点C位置不变，投出飞镖的初速度比小些 【答案】B 【解析】 【详解】AB．由题意可知，飞镖A打的位置比靶心位置更高，所以为了能打中靶心，在保持初速度不变时，应该降低抛出点的高度；飞镖B打的位置比靶心位置更低，故在保持初速度不变时，要想打中靶心应该将抛出点的高度升高，故A错误，B正确； CD．保持抛出点C位置不变时，飞镖做平抛运动的水平位移不变，则应该投出飞镖的初速度比小一些，使运动时间变大，竖直分位移增大；或投出飞镖的初速度比大一些，使运动时间变小，竖直位移也就会变小一些，从而打中靶心，故CD错误。 故选B。 4. 曲线运动是常见的运动形式。图甲中投出的篮球在空中做曲线运动，图乙是中国（珠海）航展中飞机飞行表演的精彩镜头。关于做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（　　） A. 加速度 B. 速度方向 C. 速度大小 D. 合外力 【答案】B 【解析】 【详解】根据曲线运动的性质和特点可知，做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是速度方向，速度大小、合外力、加速度不一定变化，ACD错误，B正确。 故选B。 5. 一只船在静水中的速度为0.4 m/s,它要渡过一条宽度为40 m的河,河水的流速为0.3 m/s．则下列说法正确的是( ) A. 船不可能渡过河 B. 船有可能垂直到达对岸 C. 船不能垂直到达对岸 D. 船到达对岸所需时间都是100 s 【答案】B 【解析】 【详解】由于船相对于水的速度大于水流速度，根据平行四边形定则可知，它们的合速度，即船实际的速度可以与河岸垂直，船可以垂直于河岸行驶，最终到达对岸，当船头指向始终垂直于河岸时，渡河时间最短，最短时间为： 当船头指向与河岸不垂直时，船垂直于河岸方向的分速度变小，渡河时间变长，故B正确，ACD错误． 6. 如图，两根完全相同的轻弹簧下挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两弹簧之间的夹角是120°，且弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是 A. a=3g，竖直向下 B. a=3g，竖直向上 C. a=2g，竖直向下 D. a=2g，竖直向上 【答案】D 【解析】 【详解】剪断细线前，小球受到重力mg、两弹簧的拉力，各是3mg，及细线的拉力F，由于两弹簧之间的夹角是120°，则两弹力的合力大小等于3 mg，方向竖直向上，由平衡条件得知，细线的拉力大小等于 方向竖直向下．剪断细线瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球的合力与剪断细线前细线的拉力大小相等，方向相反，即此瞬间小球的合力大小为 方向竖直向上，根据牛顿第二定律得知，小球的加速度为 方向竖直向上． 故选D； 7. 如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。其中A的质量为m，B的质量为2m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ。在此过程中，A、B间的摩擦力为（　　） A. μF B. m（g＋a） C. m（g＋a） D. m（g＋a） 【答案】B 【解析】 【详解】对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有 2Ff－（m＋2m）g＝（m＋2m）a 再隔离A分析，根据牛顿第二定律，有 Ff－mg－FfBA＝ma 联立解得 FfBA＝m（g＋a） ACD错误，选项B正确。 故选B。 8. 如图所示，重为的物体在水平向左的力作用下，以初速度沿水平面向右滑行。已知物体与水平面的动摩擦因数为，则此时物体所受的摩擦力为（　　） A. B. ，水平向左 C. ，水平向右 D. ，水平向左 【答案】D 【解析】 【详解】物体向右滑行，物体受到滑动摩擦力作用，则有 又 可得物体所受的摩擦力大小为 方向向左。 故选D。 9. 潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域时，浮力骤减，称为“掉深”。如图甲，某总质量为3.0×106kg的潜艇，在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t=0s时，该潜艇“掉深”，之后潜艇采取措施使所受浮力发生变化，在0~30s时间内潜艇竖直方向的v-t图象可简化为图乙所示（设竖直向下为正方向）。取重力加速度为10m/s2，不计水的粘滞阻力，则潜艇 （　　） A. 在“掉深”前的速度为20m/s B. 在高密度海水区域受到的浮力为3.6×106N C. “掉深”后竖直向下的最大位移为200m D. “掉深”后在10~30s时间内处于超重状态 【答案】D 【解析】 【详解】A．“掉深”前潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行，不知道速度大小，故A错误； B．在高密度海水区域潜艇受力平衡，受到的浮力等于重力3.0×107N，故B错误； C．由v-t图像可知面积等于位移，“掉深”后竖直向下最大位移为30s的时刻，此时的位移为300m，故C错误； D．加速度向上，物体处于超重状态，潜艇在10~30s的时间内竖直方向做的是向下的匀减速直线运动，加速度向上，所以潜艇处于超重状态，故D正确。 故选D。 10. 意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（　　） A. 力不是维持物体运动的原因 B. 力是使物体产生加速度的原因 C. 自由落体运动是一种匀变速直线运动 D. 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性 【答案】C 【解析】 【详解】铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。 故选：C。 11. 如图所示，重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么(　　) A. F1就是物体对斜面的压力 B. 物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcos α C. F2就是物体受到的静摩擦力 D. 物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用 【答案】B 【解析】 【详解】A．是重力的一个分力，受力物体不是斜面，而物体对斜面的压力受力物体是斜面，所以不是物体对斜面的压力，选项A错误； B．物体对斜面的压力方向垂直于斜面向下，与的方向相同，根据正交分解法可得．在垂直斜面方向上，物体受到斜面的支持力大小等于，而斜面对物体支持力和物体对斜面的压力是一对相互作用力，所以物体对斜面的压力大小等于，选项B正确； C．是重力沿斜面向下的一个分力，与摩擦力不是同一性质的力，选项C错误； D．重力与是合力与分力的关系，在受力分析时，不能同时存在，选项D错误。 故选B。 12. 如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（　　） A. 2m B. m C. m D. 3m 【答案】C 【解析】 【分析】在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即，结合Q的速度等于PN段的平均速度，求出Q的速度，再结合运动学公式求出OQ的距离，结合PQ距离求出OP长度； 【详解】设相等的时间为t，加速度为a， 由：，得加速度： Q点瞬时速度的大小等于PN段的平均速度的大小： 则OQ间的距离： 则OP长度为：，故ABD错误，C正确． 【点睛】解决本题的关键掌握匀变速运动的两个重要推论，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度；在相邻的相等时间内的位移差是恒量，即． 13. 下列说法中正确的是：( ) A. 物体受到的合外力越大，加速度越大 B. 物体受到的合外力越大，速度越大 C. 物体的加速度越大，速度也越大 D. 物体的加速度一定，速度也一定 【答案】A 【解析】 【详解】A. 根据牛顿第二定律：F=ma知：物体受到的合外力越大，加速度越大，A正确； B. 物体受到的合外力越大，加速度越大，但物体的速度不一定大，比如刚要启动的汽车或飞机，故B错误，C错误； D. 根据匀变速直线运动的速度时间公式：v=v0+at，加速度一定，则速度均匀变化，故D错误； 故选A. 14. 如图所示，滑块A在倾角为的斜面上，沿斜面下滑的加速度为。若在A上放一重量为的物体B，A、B一起以加速度沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为的恒力F沿斜面下滑的加速度为。则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对A受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 解得 设B的质量为。在A上放重物B，对A和B整体受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 解得 将物块B拿走，改为施加一竖直向下的大小等于的恒力作用，对滑块受力分析，受重力、推力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有 解得 故选B。 15. 如图所示，轻弹簧上端固定在天花板上，下端连有物体B，现把楔形物体A与光滑物体B叠放在一起置于水平面上，A与B均保持静止，弹簧处于竖直状态。A、B的受力个数分别为（　　） A. 2、 B. 2、 C. 3、 D. 、 【答案】A 【解析】 【详解】先对B受力分析，弹簧处于竖直状态，则弹簧对B的拉力方向竖直向上，B受力平衡，故A对B的支持力一定为零，即B受重力和弹簧拉力两个力的作用；据此又可得出B对A的压力为零，即A受重力和地面支持力两个力作用。 故选A。 16. 一辆轿车和一辆卡车在同一公路上均由静止开始同时做匀加速直线运动，加速度大小分别为3 m/s2和7 m/s2，两车能达到的最大速度均为30 m/s，刚开始运动时两车距离为20 m，轿车车身全长5 m，卡车车身全长20 m，则两车的错车时间为(　　) A. 1.1 s B. 1.0 s C. 1.2 s D. 1.7 s 【答案】B 【解析】 【详解】车头相遇时经过的时间为t，则，，，联立解得 此时轿车的速度为，卡车的速度为 以轿车为研究对象，此时轿车相对卡车的速度为 如果是之后匀速运动，则时间为，所以两车在错车过程中都达不到最大速度， 故轿车相当于以初速度，的状态进行错车，所以有 ，解得，B正确，ACD错误 故选B 17. 手机给人民生活带来很多便利，如滴滴出行软件不仅极大地方便了出行的人们，更是缓解了城市交通中出租车的压力．下面三图是某位滴滴司机准备从某中学附近开往西溪印象城，设定好各项设置后去接了三位同行乘客的软件部分截图，下列说法正确的是（ ） A. 图甲中“市内行程 今天 08:00”是滴滴司机出发时间，指的是时间间隔 B. 图甲中“顺路程度 55%”，指的是位移大小有 55%重合 C. 图乙中“九堡地铁站 九堡 距你起点 20.6km”，20.6km 指的是位移，其初始位置是起点 D. 图丙中研究汽车在导航图中的位置时，可把汽车看作质点 【答案】D 【解析】 【详解】图甲中“市内行程 今天 08:00”是滴滴司机出发时间，指的是时刻，选项A错误；图甲中“顺路程度 55%”，指的是路程有 55%重合，选项B错误；图乙中“九堡地铁站 九堡 距你起点 20.6km”，20.6km 指的是路程，选项C错误；图丙中研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小可忽略不计，可把汽车看作质点，选项D正确；故选D. 18. 如图所示为某物体做直线运动的x－t图像，关于物体在前4s的运动情况，下列说法中正确的是（　　） A. 物体始终向同一方向运动 B. 物体的速度大小不变，方向与正方向相反 C. 物体在前2s内做减速运动，物体在后2s内做加速运动 D. 物体4s末回到了原出发点 【答案】A 【解析】 【详解】ABC．x-t图像的斜率表示物体运动的速度，图线斜率不变，物体运动速度不变，在沿正方向做匀速直线运动，A正确，BC错误； D． 物体4s内从-2m处运动到了2m处，位移为4m，D错误。 故选A。 第II卷（非选择题） 二、实验题：本大题共3小题，共16分。 19. 某实验小组设计了如图（a）的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度和所受拉力的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图（b）。 （1）图线______（填“甲”或“乙”）是在轨道水平情况下得到的； （2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=______kg，滑块和轨道间的动摩擦因数μ=______（ g=10m/s2）。 【答案】（1）乙 （2） ①. 0.5 ②. 0.2 【解析】 【小问1详解】 由图像甲可知，当时，，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线甲是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；而图线乙当力F增加到一定值时小车才有了加速度，可知原因是可能没有平衡摩擦力，即是在轨道水平情况下得到的； 【小问2详解】 [1]根据得：，所以滑块运动的加速度和所受拉力的关系图像斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数。由图像得加速度和所受拉力的关系图像斜率，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量为 [2]由图像得，在水平轨道上时，加速度，根据牛顿第二定律得，解得 20. 某同学设计了如题图甲所示的实验装置，测量滑块与木板间的动摩擦因数。所选用的实验器材有倾角可调的斜面、长木板、滑块、电磁打点计时器、频率为50Hz的交流学生电源。 （1）下列选项中是实验中不必要操作的是________。 A．需要测量出滑块的质量 B．需要测量出斜面的倾角 C．纸带必须与长木板平行 D．先接通电源再释放滑块 E．垫高长木板一端补偿滑块与长木板间的摩擦力 （2）某次实验时，调节斜面倾角。接通电源，开启打点计时器，释放滑块由静止沿斜面下滑，多次重复实验选择一条点迹清晰的纸带，如题11图乙所示A、B、C、D、E、F、G为相邻计数点（相邻两计数点之间还有4个点未画出）。则滑块下滑的加速度为________，滑块与木板间的摩擦因数为________。（，g取；结果均保留两位有效数字） 【答案】 ①. AE##EA ②. 0.99 ③. 0.63 【解析】 【详解】（1）[1] 设滑块的质量为，斜面倾角为，根据牛顿第二定律可得 解得 为了测量滑块与木板间的动摩擦因数，需要测量斜面的倾角，以及滑块的加速度；为了减小误差，纸带必须与长木板平行，应先接通电源再释放滑块，不需要平衡摩擦力。故不必要的操作是AE。 故选AE。 （2）[2]相邻两计数点之间还有4个点未画出，可知相邻计数点的时间间隔为 根据逐差法，可得滑块下滑的加速度为 [3]滑块与木板间的摩擦因数为 21. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图所示。 （1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图所示。计时器打点的时间间隔为从比较清晰的点起，每个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离。计算该小车的加速度的表达式为______，其大小为______ 。（结果保留两位有效数字） （2）平衡摩擦力后，将个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。小车的加速度与砝码盘中砝码总重力的实验数据如下表：请根据实验数据作出的关系图像。 砝码盘中砝码总重力 加速度  【答案】（1） ①. ②. （2） 【解析】 【小问1详解】 [1][2]每个点取一个计数点，相邻计数点之间时间间隔是 设第一段位移为，第二段位移为，由 得加速度为 【小问2详解】 如图所示。根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，根据数据确定各点的位置，将点用一条直线连起来，延长交于坐标轴某一点。 三、计算题：本大题共3小题，共30分。 22. 2022冬奥会即将在北京和张家口举行，冬奥会上跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动，运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台a处沿水平方向飞出，速度大小，在斜坡b处着陆，如图所示。斜坡与水平方向的夹角为30°，不计空气阻力，重力加速度。求： （1）运动员在空中飞行的时间t； （2）斜坡上a、b之间的距离s； （3）运动员在空中离坡面的最大距离d。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）由题意在斜坡b处着陆时，水平方向的夹角为30°，因为速度角正切值是位移角正切值二倍，故满足 所以水平速度和竖直方向速度关系为 其中 联立解得 （2）因为水平位移满足 则斜坡上a、b之间的距离s由几何关系得 联立解得 （3）当运动员的速度与坡面平行时，运动员离坡面最远，即 其中 解得 由正交分解法将运动员的运动分解到垂直斜面方向和沿斜面向下方向的两个分运动，则垂直斜面方向上，做匀减速直线运动，初速度为 加速度为 则离斜面最远距离为 解得 23. 如图所示，质量M=lkg，长l=4m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=lkg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，取g=10m/s2，试求： (1)恒力F作用时木板和铁块的加速度大小； (2)当铁块运动到木板右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离。 【答案】(1)，；(2)8m 【解析】 【分析】 【详解】(1)F作用时，对铁块，根据牛顿第二定律有 解得 a1=4m/s2 对木板，根据牛顿第二定律有 解得 a2=2m/s2 (2)对铁块 对木板 又 x1－x2=L 解得 t=2s 铁块拿走时，木板的速度 v=a2t=4m/s 随后，木板做匀减速运动的加速度 a3=μ1g=1m/s2 则木板的位移 24. 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=8 kg的物体P，Q为一质量为m2=10kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k=600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后F为恒力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2.求： （1）系统处于静止状态时，弹簧的压缩量； （2）物体从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小； （3）力的最大值与最小值。 【答案】（1）0.18 m （2）3 m/s2 （3）90N，54N 【解析】 【小问1详解】 设开始时弹簧的压缩量为，对、整体受力分析，平行斜面方向有   解得 【小问2详解】 前0.2s时间内为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两物体分离，此时、之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为，对物体，由牛顿第二定律得 前0.2s时间内两物体的位移 联立解得 【小问3详解】 对两物体受力分析知，开始运动时最小，分离时最大，则 对应用牛顿第二定律得   解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $