精品解析：山东省聊城市高唐县第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考物理试题

高唐一中2025-2026学年高一年级12月份质量检测 物理试题 一、选择题（共8个小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。） 1. 北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。据以上信息，下列说法正确的是（　　） A. “23时08分”表示时间 B. “约10分钟”表示时刻 C. 研究飞船的运行轨迹时，可以把飞船看成质点 D. 研究飞船与火箭分离时的姿态，可以把飞船看成质点 2. 如图所示，将劲度系数为k的弹簧上端固定在铁架台的横梁上。弹簧下端不挂物体时，测得弹簧的长度为x0,将钩码挂在弹簧下端，待钩码静止时测得弹簧的长度为x1,则钩码的重力大小为（ ） A. kx0 B. kx1 C. k(x1+x0) D. k(x1-x0) 3. 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知，，小球经过和两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个图像表示六个物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A. 甲图中A物体与B物体在2s末一定相遇 B. 乙图中C物体与D物体在2s末一定相遇 C. 丙图中E物体的加速度大小为10m/s2 D. 丁图中F物体在3s末的速度大小为20m/s 5. 蹦床属于体操技巧类运动项目。如图所示，运动员从A点自由下落，在B点脚触及水平网，最终将网压至最低点C，蹦床始终处于弹性限度内，忽略空气阻力，运动员从A点运动到C点的过程中，以下说法正确的是（　　） A. 在C点运动员的重力与蹦床对运动员的作用力是一对平衡力 B. 在C点运动员对蹦床的作用力与蹦床对运动员的作用力大小相等 C. 运动员从B点运动到C点的过程中，速度一直减小，处于超重状态 D. 运动员从B点运动到C点的过程中，加速度一直增加，处于失重状态 6. 如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到静摩擦力的作用 B. 顾客受到的支持力总是大于重力 C. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上 D. 扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上 7. 如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（　　） A. 电脑受到的支持力变小 B. 电脑受到的摩擦力变大 C. 散热底座对电脑的作用力的合力不变 D. 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小 8. 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6kg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=600N/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，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则力F的最小值与最大值为（　　） A. Fmin=N，Fmax=N B. Fmin=N，Fmax=N C. Fmin=N，Fmax=N D. Fmin=N，Fmax=N 二、多项选择题（共4个小题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共16分。） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 国际单位制中，千克、米、牛顿都是基本单位 B. 速度大的物体不容易停下来，是因为速度大的物体的惯性大 C. 伽利略研究自由落体运动时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法 D. 根据速度定义式，当时，就可以表示物体的瞬时速度，这体现了研究物理问题的极限思维方法 10. 如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上。当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1。当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中（ ） A. F1+F2＜F B. F1+F2=F C. F1=F2 D. 11. 如图甲所示，质量为0.5kg的物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上，t=0时刻，木板B受到水平向右的拉力F作用，0~4s内，F随时间t变化的关系如图乙所示，木板B加速度a与时间t的关系如图丙所示．若物块A与木板B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2．则 A. 木板B的质量为1kg B. 物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.4 C. 2s~4s内，物块A的加速度随时间均匀增大 D. 2s~4s内，物块A的速度随时间均匀增大 12. 如图甲所示，一质量的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的图线，如图乙所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）则下列说法正确的是（　　） A. 小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2 B. 小物块在斜面上滑行的最大位移为8m C. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D. 小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5N 三、实验题（每空2分，共18分） 13. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：如图（a）所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的自然长度为。在图（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为。撤去，改用一个力单独拉住小圆环，如图（c）所示，仍然使它处于O点。力单独作用时与共同作用的效果相同，都使小圆环在O点保持静止。 （1）本实验采用的科学方法是______ A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法 （2）用弹簧测力计拉动小圆环在O点保持静止时，除了要记录力的大小，还需要记录力的_____。 （3）通过实验，该同学用力的图示法作出了（d）图，图中的F与两力中，方向一定沿方向的是_____。（填“”或“”） （4）该同学重新进行第二次实验时，同学们提出了如下建议，其中正确的是_______ A.由于白纸大小所限，两分力之间夹角应尽量小一些 B.橡皮条在两分力夹角的角平分线上误差会小一些 C.第二次实验拉圆环时，圆环保持静止时的位置可以与第一次不同 D.用两个弹簧秤互成角度拉圆环时，两个拉力都要小于只用一个弹簧秤时弹簧秤的拉力 14. 用图1所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）以下操作正确的是______。（多选） A. 拉小车的细绳要与长木板平行 B. 需要抬高长木板的右侧以补偿阻力 C. 补偿阻力时要移去槽码和纸带 D. 释放小车后立即启动打点计时器 （2）某次正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、……、。已知打点计时器的打点周期为，则小车加速度的表达式是______。 A. B. C. D. （3）甲乙两组同学各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示，纵轴上的截距均为。由图像得甲组同学所用的槽码质量______（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙组所用的槽码质量，根据理论推导可知______。（已知重力加速度为） （4）图3中的图线不过原点的原因是______。 A. 没有以小车、砝码和槽码的总质量作为自变量 B. 未满足槽码的质量远小于小车质量 C. 补偿阻力时，木板的倾斜角度过大 四、计算题（本题共有4个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分。） 15. 如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1kg，斜面倾角θ＝30°，细绳与竖直方向夹角α＝30°，光滑斜面体的质量M＝3kg，置于粗糙水平面上，整个系统处于静止状态，重力加速度g取10m/s2．求： ⑴细绳对小球拉力的大小； ⑵地面对斜面体的摩擦力的大小和方向． 16. 疲劳驾驶是一种危险的驾驶行为， 极易引发交通事故。一轿车在平直公路上以v0=23m/s的速度匀速行驶，在它正前方x0=28m处有一货车以v1=25m/s的速度同向匀速行驶，货车由于故障而开始做匀减速直线运动。由于疲劳导致反应迟钝，轿车司机在货车减速后才发现危险，并立即采取紧急制动措施，使轿车开始做匀减速直线运动。若货车从故障开始，需向前滑行x=125m才能停下。 （1）求货车做匀减速直线运动的加速度大小a； （2）求当轿车开始刹车时，两车之间的距离； （3）若轿车和货车不发生追尾，求轿车刹车的最小加速度a'。 17. 水平面上有一质量m=2kg的物块，受到大小为15N，方向与水平方向夹角θ=53°的恒力F作用，物体由静止开始运动，4s后撤去外力。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。(sin53°=0.8，cos53°=0.6)求： （1）4s末物块的速度大小； （2）撤去外力F后，物体还能滑行多远？ 18. 传送带和平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，传送带两轮轴间长度为L1=2.5m,平板长度L2=2m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块（可视为质点)轻放在传送带左端，然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块与平板、平板与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1，滑块、平板的质量均为m=2kg，g取10m/s2。 （1）若传送带的速度v=2m/s，求滑块通过传送带的时间t； （2）若仅改变传送带的速度，使滑块通过传送带的时间最短，传送带的速度至少为多大； （3）若传送带的速度v=6m/s，求滑块离开平板时的速度大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高唐一中2025-2026学年高一年级12月份质量检测 物理试题 一、选择题（共8个小题，每小题3分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目要求。） 1. 北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，发射取得圆满成功。据以上信息，下列说法正确的是（　　） A. “23时08分”表示时间 B. “约10分钟”表示时刻 C. 研究飞船的运行轨迹时，可以把飞船看成质点 D. 研究飞船与火箭分离时的姿态，可以把飞船看成质点 【答案】C 【解析】 【详解】A．“23时08分”所指为一个瞬间，表示时刻，故A错误； B．“约10分钟”所指为一个过程，表示时间间隔，即时间，故B错误； C．研究飞船的运行轨迹时，飞船的形状和大小可以忽略不计，可以把飞船看成质点，故C正确； D．研究飞船与火箭分离时的姿态，飞船的形状和大小不可以忽略不计，不能把飞船看成质点，故D错误。 故选C。 2. 如图所示，将劲度系数为k的弹簧上端固定在铁架台的横梁上。弹簧下端不挂物体时，测得弹簧的长度为x0,将钩码挂在弹簧下端，待钩码静止时测得弹簧的长度为x1,则钩码的重力大小为（ ） A. kx0 B. kx1 C. k(x1+x0) D. k(x1-x0) 【答案】D 【解析】 【详解】根据胡克定律有 根据平衡条件可知弹簧的弹力等于钩码重力，故D正确，ABC错误。 故选D。 3. 一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知，，小球经过和两段所用的时间均为2s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（　　） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】根据小球做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故B点的速度等于段的平均速度 又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即 则由 解得 则A点的速度 vA=vB−at 解得 vA=2m/s C点的速度 vC=vB+at 解得 vC=6m/s 故B正确，ACD错误。 故选B。 4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个图像表示六个物体的运动情况，下列说法正确的是（　　） A. 甲图中A物体与B物体在2s末一定相遇 B. 乙图中C物体与D物体在2s末一定相遇 C. 丙图中E物体的加速度大小为10m/s2 D. 丁图中F物体在3s末的速度大小为20m/s 【答案】D 【解析】 【详解】A．在图像中，交点表示相遇，所以甲图中，A物体与B物体在1s末相遇，故A错误； B．图像与坐标轴围成的面积表示位移，乙图中C物体与D物体在内的位移相等，但由于不知道两者的初始位置，所以C物体与D物体在末不一定相遇，故B错误； C．根据速度与位移的关系式 变形得 因此图像的斜率表示，则有 所以E物体的加速度大小为，故C错误； D．根据位移公式 变形得 所以图像的斜率表示，则有 解得F物体的加速度为 又因为图像的纵截距表示初速度，所以F物体的初速度为 则根据匀变速直线运动的速度公式可知，F物体在3s末的速度为 速度是矢量，负号表示其方向与初速度方向相反，所以F物体在3s末的速度大小为20m/s，故D正确。 故选D。 5. 蹦床属于体操技巧类运动项目。如图所示，运动员从A点自由下落，在B点脚触及水平网，最终将网压至最低点C，蹦床始终处于弹性限度内，忽略空气阻力，运动员从A点运动到C点的过程中，以下说法正确的是（　　） A. 在C点运动员的重力与蹦床对运动员的作用力是一对平衡力 B. 在C点运动员对蹦床的作用力与蹦床对运动员的作用力大小相等 C. 运动员从B点运动到C点的过程中，速度一直减小，处于超重状态 D. 运动员从B点运动到C点的过程中，加速度一直增加，处于失重状态 【答案】B 【解析】 【详解】A．因为C点是运动员将网压压至最低点，所以在C点时蹦床对运动员的作用力大于运动员的重力，所以其并不是一对平衡力，故A错误； B．在C点，运动员对蹦床的作用力与蹦床对运动员的作用力是一对相互作用力，故大小相等，故B正确； CD．运动员从B点运动到C点的过程中，先是重力大于蹦床的弹力，此时合力向下，即加速度向下，运动员加速，即速度增大，后弹力逐渐增大，此时合力逐渐减小即加速度逐渐减小，该过程处于失重状态。当蹦床的弹力大于重力时，此时合力向上，即加速度向上，此时运动员减速，随着弹力继续增大，加速度也增大，处于超重状态。直至到达C点，此时，速度减速为零，加速度最大，故CD错误。 故选B。 6. 如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程．那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到静摩擦力的作用 B. 顾客受到的支持力总是大于重力 C. 扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上 D. 扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上 【答案】C 【解析】 【分析】正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象． 【详解】以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用；匀速运动时只受到重力和支持力的作用，故A错误；顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，处于匀速直线运动时，受到的支持力等于重力，故B错误；顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误．故选C． 7. 如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1缓慢调至卡位4（如图乙所示），电脑始终处于静止状态，则（　　） A. 电脑受到的支持力变小 B. 电脑受到的摩擦力变大 C. 散热底座对电脑的作用力的合力不变 D. 电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．对电脑受力分析如图所示 电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡，电脑受到的支持力大小 FN＝Gcos θ 电脑受到的摩擦力大小 f＝Gsin θ 由原卡位1调至卡位4，θ减小，故FN增大，f减小，故AB错误； C．散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C正确； D．电脑受到的支持力与摩擦力与重力可以构成首尾相连的三角形，则电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。 故选C。 8. 如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1=6kg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=600N/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，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，则力F的最小值与最大值为（　　） A. Fmin=N，Fmax=N B. Fmin=N，Fmax=N C. Fmin=N，Fmax=N D. Fmin=N，Fmax=N 【答案】A 【解析】 【详解】设初始时弹簧的压缩量为x1，则根据胡克定律有 ① 设Q做匀加速运动的加速度大小为a，则在P、Q分离前P也以a做匀加速运动。由题意可知在经过t=0.2s二者分离时P和Q运动的位移大小为 ② 对P根据牛顿第二定律有 ③ 联立①②③解得 ④ 初始状态下F有最小值Fmin，此时对P、Q整体根据牛顿第二定律有 ⑤ 解得 ⑥ 在P、Q分离后F有最大值Fmax，此时对Q根据牛顿第二定律有 ⑦ 解得 ⑧ 故选A。 【点睛】求解此题的关键在于抓住临界状态，即P、Q恰好分离时，二者之间的压力为零，根据这一条件以及弹力与位移的关系单独对P列方程求解出加速度，此后再适当选用整体法与隔离法从而得出力的最小值与最大值。 二、多项选择题（共4个小题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分，共16分。） 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 国际单位制中，千克、米、牛顿都是基本单位 B. 速度大的物体不容易停下来，是因为速度大的物体的惯性大 C. 伽利略研究自由落体运动时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法 D. 根据速度定义式，当时，就可以表示物体的瞬时速度，这体现了研究物理问题的极限思维方法 【答案】CD 【解析】 【详解】A．国际单位制中，千克、米、秒都是基本单位，牛顿是导出单位，A错误； B．惯性只和质量有关，与物体的运动速度无关，B错误； C．伽利略研究自由落体运动时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法，C正确； D．根据速度定义式，当时，就可以表示物体的瞬时速度，这体现了研究物理问题的极限思维方法，D正确。 故选CD。 10. 如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上。当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1。当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，在两次作用过程中（ ） A. F1+F2＜F B. F1+F2=F C. F1=F2 D. 【答案】BD 【解析】 【详解】对整体分析，由牛顿第二定律知，两次整体的加速度大小相等，都为 第一种情况，以B为研究对象，由牛顿第二定律得，A对B的作用力为 F1=m2a= 第二中情况，以A为研究对象，B对A的作用力为 F2=m1a= 则有 F1+F2=F 因为 m1≠m2 所以 F1≠F2 可得 故选BD。 11. 如图甲所示，质量为0.5kg的物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上，t=0时刻，木板B受到水平向右的拉力F作用，0~4s内，F随时间t变化的关系如图乙所示，木板B加速度a与时间t的关系如图丙所示．若物块A与木板B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2．则 A. 木板B的质量为1kg B. 物块A与木板B之间的动摩擦因数为0.4 C. 2s~4s内，物块A的加速度随时间均匀增大 D. 2s~4s内，物块A的速度随时间均匀增大 【答案】AD 【解析】 【详解】A.由图可知，在0-2s内木板B和物块A一起加速运动，则对AB整体，由牛顿第二定律：F=(M+m)a，将F=3N，a=2m/s2，解得M=1kg，选项A正确； B.2s后，物块与木板产生相对滑动，由图可知，4s时F=6N，此时木板的加速度为5m/s2，则对木板：，解得μ=0.2，选项B错误； C. 2s~4s内，物块A受大小不变的滑动摩擦力作用，则其加速度a=μg，不变，选项C错误； D. 2s~4s内，物块A的速度v=at=μgt，随时间均匀增大，选项D正确． 12. 如图甲所示，一质量的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程中的图线，如图乙所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）则下列说法正确的是（　　） A. 小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2 B. 小物块在斜面上滑行的最大位移为8m C. 小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D. 小物块在上滑过程中所受摩擦力大小为5N 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由小物块上滑过程的速度－时间图线，可得加速度大小为 可知小物块冲上斜面过程中加速度的大小为，故A正确； B．设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为，则有 故B错误。 CD．小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面方向 摩擦力为 代入数据解得 故C正确，D错误。 故选AC。 三、实验题（每空2分，共18分） 13. 在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：如图（a）所示，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的自然长度为。在图（b）中，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为。撤去，改用一个力单独拉住小圆环，如图（c）所示，仍然使它处于O点。力单独作用时与共同作用的效果相同，都使小圆环在O点保持静止。 （1）本实验采用的科学方法是______ A.理想实验法 B.控制变量法 C.等效替代法 D.建立物理模型法 （2）用弹簧测力计拉动小圆环在O点保持静止时，除了要记录力的大小，还需要记录力的_____。 （3）通过实验，该同学用力的图示法作出了（d）图，图中的F与两力中，方向一定沿方向的是_____。（填“”或“”） （4）该同学重新进行第二次实验时，同学们提出了如下建议，其中正确的是_______ A.由于白纸大小所限，两分力之间夹角应尽量小一些 B.橡皮条在两分力夹角的角平分线上误差会小一些 C.第二次实验拉圆环时，圆环保持静止时的位置可以与第一次不同 D.用两个弹簧秤互成角度拉圆环时，两个拉力都要小于只用一个弹簧秤时弹簧秤的拉力 【答案】 ①. C ②. 方向 ③. ④. C 【解析】 【详解】（1）用一个力将小圆环拉到O点，与两个力的共同作用效果完全相同，属于等效替代法； （2）通过记录下两力的大小方向和的大小方向，再通过作图寻找出它们之间的关系，是本实验的目的，所以大小和方向都要记录下来； （3）是通过作平行四边形得到的合力，是实际的合力，方向一定沿OG方向； （4） A．两分力之间夹角不能太小，否则作出平行四边形的对角线过长超出纸外，A错误； B．的方向没有具体的要求，大小也可以不同，所以橡皮条可不在两力夹角角平分线上；试验过程中弹簧测力计的读数和方向的记录、作图以及测量都要尽可能准确，这是减小误差的主要措施，其次是两力夹角不能太大或太小，太大会使合力线段长度较短从而增加测量误差。故B错误； C．第二次试验时，只要保证一个力将小圆环拉到的位置与两力共同作用时的位置相同即可，可以与第一次不同，故C正确； D．两力共同作用时，如果夹角较大，会出现两力都大于，也能达到试验目的，故D错误。 故选C。 14. 用图1所示实验装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）以下操作正确的是______。（多选） A. 拉小车的细绳要与长木板平行 B. 需要抬高长木板的右侧以补偿阻力 C. 补偿阻力时要移去槽码和纸带 D. 释放小车后立即启动打点计时器 （2）某次正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、……、。已知打点计时器的打点周期为，则小车加速度的表达式是______。 A. B. C. D. （3）甲乙两组同学各自独立实验，都探究加速度与质量的关系。他们都以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的图像如图3所示，纵轴上的截距均为。由图像得甲组同学所用的槽码质量______（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙组所用的槽码质量，根据理论推导可知______。（已知重力加速度为） （4）图3中的图线不过原点的原因是______。 A. 没有以小车、砝码和槽码的总质量作为自变量 B. 未满足槽码的质量远小于小车质量 C. 补偿阻力时，木板的倾斜角度过大 【答案】（1）AB （2）B （3） ①. 大于 ②. （4）A 【解析】 【小问1详解】 A．为了减小误差，拉小车的细绳要与长木板平行，否则小车所受拉力大小等于绳上力沿木板方向的分力，A正确； B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要抬高长木板的右侧以补偿阻力，B正确； C．补偿阻力时需要移去槽码，但不能移去打点计时器和纸带，阻力也包含纸带与限位孔间的阻力，且需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，C错误； D．应先启动打点计时器再释放小车，D错误。 故选AB。 【小问2详解】 根据逐差法可知，小车的加速度为 故选B。 【小问3详解】 [1][2]设槽码的质量为，细绳的拉力为，由牛顿第二定律得，对槽码有 对小车和砝码有 解得 则图像斜率为 故斜率越小，槽码的质量越大，由图可知甲的斜率较小，故甲组所用的槽码质量大于乙组所用的槽码质量。根据理论推导可知，纵轴截距 【小问4详解】 A．根据以上分析可知，图像与纵轴交点为，如果以小车、砝码和槽码的总质量作为自变量，则 图线过原点，A正确； BC．并非未满足槽码的质量远小于小车质量，如果补偿阻力时，木板的倾斜角度过大，则 图像仍不会过原点，但是图像不会是直线，故BC错误。 故选A。 四、计算题（本题共有4个小题，共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分。） 15. 如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m＝1kg，斜面倾角θ＝30°，细绳与竖直方向夹角α＝30°，光滑斜面体的质量M＝3kg，置于粗糙水平面上，整个系统处于静止状态，重力加速度g取10m/s2．求： ⑴细绳对小球拉力的大小； ⑵地面对斜面体的摩擦力的大小和方向． 【答案】（1） （2）方向水平向左． 【解析】 【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬线对小球拉力大小． （2）以小球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向． 【详解】（1）以小球为研究对象，受力分析如图： F=mg Tcos30°＝F 得： （2）系统静止，以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图 f＝Tcos60°＝ 方向水平向左 【点睛】对小球和斜面进行受力分析，运用力的合成或分解结合共点力平衡条件解决问题．选择好合适的研究对象有事半功倍的效果． 16. 疲劳驾驶是一种危险的驾驶行为， 极易引发交通事故。一轿车在平直公路上以v0=23m/s的速度匀速行驶，在它正前方x0=28m处有一货车以v1=25m/s的速度同向匀速行驶，货车由于故障而开始做匀减速直线运动。由于疲劳导致反应迟钝，轿车司机在货车减速后才发现危险，并立即采取紧急制动措施，使轿车开始做匀减速直线运动。若货车从故障开始，需向前滑行x=125m才能停下。 （1）求货车做匀减速直线运动的加速度大小a； （2）求当轿车开始刹车时，两车之间的距离； （3）若轿车和货车不发生追尾，求轿车刹车的最小加速度a'。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 由匀变速直线运动位移—速度公式有 解得 【小问2详解】 从货车开始减速到轿车开始刹车的过程中，由位移—时间公式得，这段时间内货车运动的位移大小 解得 轿车匀速运动的位移大小 解得 当轿车开始刹车时，两车之间的距离 解得 【小问3详解】 轿车开始刹车时，货车的速度大小 解得 设再经时间两者速度相等，恰好不相碰，有 由轿车和货车的位移关系有 解得 17. 水平面上有一质量m=2kg的物块，受到大小为15N，方向与水平方向夹角θ=53°的恒力F作用，物体由静止开始运动，4s后撤去外力。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。(sin53°=0.8，cos53°=0.6)求： （1）4s末物块的速度大小； （2）撤去外力F后，物体还能滑行多远？ 【答案】（1）10m/s；（2）10m 【解析】 【详解】（1）分析受力并将力F分解如图所示 根据牛顿第二定律有 4s末物体的速度大小 （2）撤去外力F后物体的加速度为 撤去外力后，物体还能滑行的距离 18. 传送带和平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，传送带两轮轴间长度为L1=2.5m,平板长度L2=2m。传送带始终保持以速度v匀速运动。现将一滑块（可视为质点)轻放在传送带左端，然后平稳地滑上平板。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块与平板、平板与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1，滑块、平板的质量均为m=2kg，g取10m/s2。 （1）若传送带的速度v=2m/s，求滑块通过传送带的时间t； （2）若仅改变传送带的速度，使滑块通过传送带的时间最短，传送带的速度至少为多大； （3）若传送带的速度v=6m/s，求滑块离开平板时的速度大小。 【答案】（1）1.45s；（2）5m/s；（3）3.5m/s 【解析】 【详解】（1）滑块放到传送带上后，根据牛顿第二定律可得 μmg=ma 解得 a=5m/s2 滑块与传送带速度相等所用的时间为 解得 滑块加速运动的位移为 滑块匀速运动的时间为 滑块通过传送带的时间为 （2）设滑块在传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得 μmg=ma1 代入数据解得 a1=5m/s2 滑块一直加速时通过传送带的时间最短，滑块离开传送带时速度为v1，由运动学公式 代入数据解得 v1=5m/s （3）若传送带的速度v=6m/s>5m/s，滑块一直加速，滑块在传送带上的加速度a3，由牛顿第二定律得 μmg=ma,3 代入数据解得 a3=5m/s2 若滑块在传送带上一直加速，滑块离开传送带时速度为v3，由运动学公式 代入数据解得 v3=5m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s；平板做匀加速运动，牛顿第二定律得 μ1mg−μ2×2mg=ma4 解得加速度大小 a4=1m/s2 设滑块在平板上运动的时间为，离开平板时的速度为，平板位移为，则位移间关系为 平板的位移为 联立以上各式代入数据解得 （，不合题意，舍去） 根据速度时间公式 滑块离开平板时的速度大小 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $