2019-2020学年河北省承德第一中学高一上学期第三次月考（12月）物理试题

2019-2020学年河北省承德第一中学高一上学期第三次月考（12月）物理试题

承德一中2019-2020学年度第一学期第三次月考 高一物理试卷 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）‎ 1. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由于“辽宁舰”航母“高大威武”,故任何情况下都不能看成质点 B. 战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点 C. 在战斗机飞行训练中,研究战斗机的空中翻滚动作时,战斗机可以看成质点 D. 研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时,航母可以看成质点 2. 下列说法正确的是（）‎ A. 物体的运动速度越大,加速度也一定越大 B. 物体的运动速度变化越快,加速度越大 C. 物体的运动速度变化量越大,加速度也一定越大 D. 物体的运动速度越小,加速度也一定越小 3. 某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则 ‎ A. 第10s末,质点的速度最大 B. 5s末与15s末,质点的速度方向相反 C. 内,质点通过的位移等于5m D. 内,质点的速率先增加后减小 4. 汽车自A点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，车的加速度是2m/s2，途中分别经过P、Q两根电线杆，已知P、Q电线杆相距50m，车经过电线杆Q时的速度是15m/s，则下列结论中正确的是（　　）‎ A. 经过P杆的速度是 B. 经过P杆的速度是 C. 汽车经过P、Q电线杆的时间是5s D. 汽车经过P、Q电线杆的时间是10s 5. 如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是(    ) ‎ 承德一中2019-2020学年度第一学期第三次月考 高一物理试卷 第I卷（选择题）‎ 一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）‎ 1. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 由于“辽宁舰”航母“高大威武”,故任何情况下都不能看成质点 B. 战斗机飞行员可以把正在甲板上手势指挥的调度员看成是一个质点 C. 在战斗机飞行训练中,研究战斗机的空中翻滚动作时,战斗机可以看成质点 D. 研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时,航母可以看成质点 2. 下列说法正确的是（）‎ A. 物体的运动速度越大,加速度也一定越大 B. 物体的运动速度变化越快,加速度越大 C. 物体的运动速度变化量越大,加速度也一定越大 D. 物体的运动速度越小,加速度也一定越小 3. 某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则 ‎ A. 第10s末,质点的速度最大 B. 5s末与15s末,质点的速度方向相反 C. 内,质点通过的位移等于5m D. 内,质点的速率先增加后减小 4. 汽车自A点从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，车的加速度是2m/s2，途中分别经过P、Q两根电线杆，已知P、Q电线杆相距50m，车经过电线杆Q时的速度是15m/s，则下列结论中正确的是（　　）‎ A. 经过P杆的速度是 B. 经过P杆的速度是 C. 汽车经过P、Q电线杆的时间是5s D. 汽车经过P、Q电线杆的时间是10s 5. 如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长，若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动，在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是(    ) ‎ A. 保持不变,f始终减小 B. 保持不变,f先减小后增大 C. 始终增大,f始终减小 D. 先不变后增大,f先减小后增大 1. 如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三，已知重力加速度g=10m/s2，由此可判断（   ）‎ A. 电梯可能加速下降,加速度大小为5  B. 电梯可能减速上升,加速度大小为  C. 乘客处于超重状态 D. 乘客对电梯地板的压力为625 N 2. 物块从某一高度自由落下，落在竖直于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点物块开始与弹簧接触，到B点时物块速度变为零．则：物块从A到B运动过程中，下列说法正确的是（） A. 一直匀加速 B. 一直匀减速 C. 加速度先增加后减小 D. 加速度先减小后增加 3. 如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m．现施水平力F拉B（如图甲），A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力F′拉A（如图乙），使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过（　　）‎ A. 2F B. C. 3F D. ‎ 4. 如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（　　）‎ A. 在CD段时,A受三个力作用 B. 在DE段时,A可能受三个力作用 C. 在DE段时,A受摩擦力方向一定沿斜面向上 D. 整个下滑过程中,A、B均处于失重状态 二、多选题（本大题共9小题，共27.0分）‎ 5. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在力学中,力是基本物理量,所以力的单位“牛顿”是力学单位制中的基本单位 B. 因为力的单位是牛顿,而,所以牛顿是导出单位 C. 若各物理量都采用国际制单位,则通过物理公式得出的最后的运算结果一定为国际制单位 D. 物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量间的单位关系 1. 物体在以下三个力作用下，可能做匀速直线运动的是（　　）‎ A. 10 N、10 N、10N B. 10 N、10 N、20 N C. 5 N、10N、20N D. 5 N、9 N、15N 2. 物体从h高处自由下落，它在落地前1s内共下落35m，g=10m/s2。下列说法中正确的有（　　）‎ A. 物体下落的时间为4 s B. 物体落地时速度为40  C. 下落后第1 s内、第2 s内、第3 s内,每段位移之比为1：2：3 D. 落地前2 s内共下落60 m 3. 如图，一根轻质木棒AO，A端用光滑铰链固定于墙上，在O端下面吊一个重物，上面用细绳BO系于顶板上，现将B点逐渐向右移动，并使棒AO始终保持水平，则（）‎ A. BO绳上的拉力大小不变 B. BO绳上的拉力先变小后变大 C. 轻杆的弹力先变小后变大 D. 轻杆的弹力先变大后变小 4. 如图所示，地面上固定一个无限长光滑斜面。小物块从斜面底部以15m/s的初速度沿斜面向上滑动，经过5s，物块返回到斜面底部。则下列说法正确的是（　　）‎ A. 小物块沿斜面上滑的最大距离是 B. 小物块运动过程中加速度大小是 C. 小物块在第3秒内发生的位移大小是3m D. 小物块在第2秒内和第3秒内位移差的绝对值是6m 5. 如图所示，水平传送带A，B两端点相距，以的速度始终保持不变顺时针运动，今将一小煤块可视为质点无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，g取。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕则小煤块从A运动到B的过程中(    )‎ A. 小煤块从A运动到B的时间是1s B. 小煤块到达B的速度是​ C. 划痕长度是2m D. 皮带运动的距离是4m 1. 如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一粗糙水平面上的物体，物体m沿斜面匀速下滑，此过程中斜面体始终静止，斜面体质量为M，则水平地面对斜面体( ) A. 支持力等于 ‎ B. 没有摩擦力 C. 支持力小于 ‎ D. 有水平向右的摩擦力 2. 如图，质量均为m的环A与球B用一轻质细绳相连，环A套在水平细杆上．现有一水平恒力F作用在球B上，使A环与B球一起向右匀加速运动．已知细绳与竖直方向的夹角θ=45°，g为重力加速度．则下列说法正确的是（　　）‎ A. 轻质绳对B球的拉力大于杆对A环的支持力 B. B球受到的水平恒力大于mg C. 若水平细杆光滑,则加速度等于g D. 若水平细杆粗糙,则动摩擦因数小于 3. 甲乙两车在一平直道路上同向运动，其v-t图象如图所示。若图中的面积为s0，初始时，甲车在乙车前方处。则下列说法正确的是（ ） A. 若时相遇,则 B. 若时二者相遇,则时二者还会再次相遇 C. 若时二者相遇,则到二者再次相遇时乙共走了 D. 若时相遇,则到这次相遇甲走了 ‎ 第II卷（非选择题）‎ 三、实验题（本大题共2小题，共13.0分）‎ 4. 某班同学利用如图所示装置“探究小车速度随时间变化的规律”，电磁打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电源．‎ ‎（1）电磁打点计时器的工作电压为          （选填“4~6 V”或“220 V”）．安装纸带时，需要将纸带置于          （选填“复写纸”或“墨粉纸盘”）的          （选填“上方”或“下方”）．‎ ‎（2）下列说法正确的是          ．‎ A．实验时，先释放纸带，再接通电源 B．实验时，先接通电源，待打点稳定后，再释放纸带 C．实验时，先接通电源或先释放纸带都可以 D．纸带上打点越密集说明纸带运动速度越大 ‎（3）第1个实验小组所得纸带上打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．x1＝3.59 cm，x2＝4.41 cm，x3＝5.19 cm，x4＝5.97 cm，x5＝6.78 cm，x6＝7.64 cm．则小车的加速度a＝          m /s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝          m /s．(结果均保留两位有效数字)     ​（4）第2个实验小组计算出所得纸带上各计数点对应的速度后，在坐标系中描出的点如图所示，请根据这些点在图中作出v–t图像，并根据图像计算出小车运动的加速度a=           （结果保留三位有效数字）． ‎ 1. 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,采用如图甲所示的装置． 本实验应用的实验方法是______ A.控制变量法     假设法       理想实验法 下列说法中正确的是______‎ A.在探究加速度与质量的关系时,应改变小车所受拉力的大小 B.在探究加速度与外力的关系时,应改变小车的质量 C.在探究加速度a与质量m的关系时,作出图象容易更直观判断出二者间的关系 D.无论在什么条件下,细线对小车的拉力大小总等于砝码盘和砝码的总重力大小 在探究加速度与力的关系时,若取车的质量,改变砝码质量m的值,进行多次实验,以下m的取值最不合适的一个是______ A.m1=4g B.m2=10g C.m3=40g D.m4=500g 在平衡小车与长木板之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示计时器打点的时间间隔为从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离,根据图中给出的数据求出该小车的加速度__________结果保留两位有效数字． 如图丙所示为甲同学在探究加速度a与力F的关系时,根据测量数据作出的a--F图象,说明实验存在的问题是_____________________________________．‎ 四、计算题（本大题共3小题，共33.0分）‎ ‎21.（8分）如图所示，物块A悬挂在绳PO和PC的结点上，PO偏离竖直方向37°角，PC水平，且经光滑定滑轮与木块B相连，连接B的绳与水平方向的夹角为53°．已知A质量MA=0.8kg，B质量MB=2kg，木块B静止在水平面上．试求：​ ‎ ‎ （1）绳PO的拉力大小； （2）木块B与水平面间的摩擦力大小和地面对木块B的支持力大小． ‎ ‎ ‎ ‎ 22.（12分）如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m=2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L=9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5．现使物体受到一水平向右的恒力F=14N作用，运动至B点时撤去该力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2）。则：   （1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？ （2）物体到达B点时的速度是多大？ （3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？ ‎ ‎ ‎ ‎23.（13分）如图所示，传送带与水平成α=37°，传送带A、B间距L=5.8m，传送带始终以4m/s速度顺时针转动，将一小物体轻轻释放在A处，小物体与传送带间动摩擦因数为 μ=0.5．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（取g=10m/s2）试求： （1）刚释放时，小物体加速度的大小？ （2）小物体从A运动到B所需时间？ ‎ 答案和解析 ‎1.【答案】D ‎ ‎【解析】【分析】 当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可正确解答本题。 本题考查学生对质点这个概念的理解，关键是知道物体能看成质点时的条件，看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，物体的大小体积能否忽略，与其他因素无关。 【解答】 AD.当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，所以“辽宁舰”航母在某些情况下是可以看成质点的，如研究“辽宁舰”航母在大海中运动轨迹时，航母可以看成质点，故A错误，D正确； B.正在甲板上手势指挥的调度员的动作不能忽略，不能看成质点，故B错误； C.研究战斗机的空中翻滚动作时，不可以看做质点，否则没有动作了，故C错误。 故选D。 2.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。 解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。 【解答】 A.物体的速度大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误； B.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确； C.物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故C错误； D.当加速度方向与速度方向相反，加速度增大，速度减小，故D错误。 故选B。 3.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。 理解位移-时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键。 【解答】‎ ‎​A.位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误； B.在5-10s内斜率为正，在10-15s内斜率为负，斜率代表物体的速度方向，故速度方向相反，故B正确； C.=x2-x1=5-1m=4m，故C错误； D.在10～20s内，斜率一直增大，故速度越来越大，故D错误； 故选B。 ‎ ‎ 4.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 本题考查匀变速直线运动规律，公式的灵活应用，考查位移和速度的关系；速度和时间的关系，或者位移和时间的关系。 根据匀变速直线运动的速度位移公式结合速度公式求得结果。 【解答】 AB.由匀变速直线运动的速度与位移关系可知，代入数据解得vP=5m/s，故AB错误； CD.汽车经过P、Q电线杆的时间，故C正确，D错误。 故选C。 5.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 在A被推动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体A先开始受到向左的静摩擦力，当推力渐渐增大时，导致出现向右的静摩擦力，因而根据受力分析，即可判断。 本题解题的关键是对A物体进行正确的受力分析，知道当A没有运动时，弹簧弹力不变，而由于推力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中。 【解答】 由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右，由于水平面粗糙，因此同时受到水平向左的静摩擦力。 当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动前过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，物体A受到的静摩擦力从向左变为水平向右。所以其大小先减小后增大。故B正确，ACD错误。 故选B。 6.【答案】B ‎ ‎【解析】【分析】 ‎ 本题关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律判断出小球的加速度方向，判断电梯的超、失重情况。 对小球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向及结合牛顿第三定律求出乘客对电梯地板的压力；然后判断电梯和乘客的超、失重情况。 【解答】 ABC.电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx 电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mg-kx=ma，即mg=ma 解得：a=2.5m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，故AC错误，B正确； D.以乘客为研究对象，根据牛顿第二定律可得：m′g-FN=m′a，得 根据牛顿第三定律知乘客对地板的压力大小为FN=m′g-m′a=500N-125N=375N，故D错误。 故选B。 7.【答案】D ‎ ‎【解析】解：块从A处下降到B处的过程中，开始阶段弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球向下加速；随着弹力的增大，合外力减小，加速度减小；当弹簧的弹力和物体的重力相等时，加速度为零。之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零。由于弹力越来越大，故合力越来越大，故加速度增大，故物体先做加速度减小的加速运动，再做加速增大的减速运动。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 根据物块的受力情况分析其运动情况，判断其速度的变化，并确定合力的变化情况，从而确定加速度的变化情况． 解决本题的关键要抓住弹簧的弹力是变化的，分析小球的受力情况来判断其运动情况．要知道下降过程中加速度方向与合力方向相同，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动． 8.【答案】B ‎ ‎【解析】解：力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有 fm=ma…① 对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有 F=3ma…② 由①②解得： fm= 当F1作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有 F1-fm=ma1…③ 对整体，有： ‎ F1=3ma1…④ 由上述各式联立解得： F1= 即F1的最大值是 故选：B． 物体A与B刚好不发生相对滑动的临界条件是A、B间的静摩擦力达到最大值，可以先对A或B受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解． 本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解． 9.【答案】C ‎ ‎【解析】【分析】 根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力。 本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解。 【解答】 A.在CD段，整体的加速度为：a==gsinθ，隔离对A分析，有：mAgsinθ+fA=mAa，解得：fA=0，可知A受重力和支持力两个力作用，故A错误； BC.设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段， 整体的加速度为：a==gsinθ-μgcosθ 隔离对A分析，有：mAgsinθ+fA=mAa，解得：fA=-μmAgcosθ，方向沿斜面向上 若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力，故B错误，C正确； D.整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态；在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D错误。 故选：C。 10.【答案】BCD ‎ ‎【解析】解：A、在力学中，力是基本概念，但力的单位“牛顿”不力学单位制中的基本单位。故A错误。 B、根据牛顿第二定律F=ma知，1N=1kg•m/s2，力的单位牛顿就是这样推导出来的，故牛顿是导出单位。故B正确。 C、在物理公式运算时，如各物理量都采用国际单位，计算结果的单位一定是国际单位，故C正确。 D、物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系，故D正确。 故选：BCD 力的单位是牛顿，是一个导出单位，不是力学单位制中基本单位，当F、m和a都取国际单位时k=1，物理公式确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系。 本题关键要知道是导出单位，并知道如何推导出来的，明确物理解题单位的规范要求。 ‎ ‎11.【答案】AB ‎ ‎【解析】解：A、10，10N的合力范围为0N≤F合≤20N，10N的力在这个范围内，三个力可能平衡，物体就可能做匀速直线运动。故A正确。 B、10N，10N的合力范围为0N≤F合≤20N，20N的力在这个范围内，三个力可能平衡，物体就可能做匀速直线运动。故B正确。 C、5N，10N的合力范围为5N≤F合≤15N，20N的力不在这个范围内，三个力不可能平衡，物体就不可能做匀速直线运动。故C错误。 D、5N，9N的合力范围为4N≤F合≤14N，15N的力不在这个范围内，三个力不可能平衡，物体就不可能做匀速直线运动。故D错误。 故选：AB。 物体做匀速直线运动时受力平衡，任意两个力的合力与第三个力大小相等．求出任意两个力合力的范围，若第三个力在这个范围内，三个力可能平衡，物体就可能做匀速直线运动． 本题关键明确物体受到几个平衡时，一个力与其余力的合力大小相等，方向相反且作用在同一条直线上；基础问题． 12.【答案】ABD ‎ ‎【解析】【分析】 设下落时间为t，则有：最后1s内的位移便是ts内的位移与（t-1）s内位移之差。根据，结合位移差为35m求出运动的时间，由v=gt求出落地的速度；根据求出下落的高度。 解决本题的关键通过最后1s内的位移便是ts内的位移与（t-1）S内位移之差，结合求出运动的时间，从而求出下落的高度。 【解答】 A.设下落时间为t，最后1s内的位移便是ts内的位移与（t-1）s内位移之差为： 代入数据有：， 解得：t=4s。故A正确； B.落地的速度为：v=gt=10×4m/s=40m/s。故B正确； C.自由落体运动是初速度等于0的匀加速直线运动，所以在连续相等的时间内，即下落后第1 s内、第2 s内、第3 s内，每段位移之比为1：3：5。故C错误； D.下落的总高度为：=。 前2s内下落的高度为：m 所以落地前2 s内共下落的高度为：。故D正确。 故选ABD。 13.【答案】BC ‎ ‎【解析】【分析】​‎ 以O点研究对象，分析受力情况，作出B点在不同位置时受力图，通过图形直观比较，BO绳上的拉力和AO杆所受的作用力的变化． 本题采用图解法分析BO绳上的拉力和AO 杆所受的作用力的变化．也可以运用函数法进行分析．  【解答】 解：以O点研究对象，分析受力情况：重力mg、绳子的拉力T和AO杆的作用力F， 当B在O正上方左侧时，受力如图1所示，由图看出，当B向右移动直到O点正上方的过程中，T变小，F变小． 再分析B在O正上方右侧时，受力如图2所示，由图看出，当B从O点正上方向右移动的过程中，T变大，F变大． 所以BO绳上的拉力先变小后变大，AO杆所受的作用力先变小后变大． 故选：BC．‎ ‎ 14.【答案】BD ‎ ‎【解析】解：A、由于斜面光滑，根据牛顿第二定律可知下滑过程与上滑过程的加速度相同，所以下滑与上滑的位移大小相等，下滑与上滑的时间相等，则有小物块沿斜面上滑的最大距离：根据：x==18.75m，故A错误； B、根据a可得小物块运动过程中加速度大小是a=m/s2=6m/s2，故B正确； C、小物块在3秒内发生的位移为x3=v0t3-=18m，小物块在2秒内发生的位移为x2=v0t2-=18m，小物块在第3秒内发生的位移大小是0，故C错误； D、小物块在1秒内发生的位移为x1=v0t1-=12m，小物块在第2秒内发生的位移是6m，所以小物块在第2秒内和第3秒内位移差的绝对值是6m，故D正确； 故选：BD。 斜面光滑，根据牛顿第二定律可知下滑过程与上滑过程的加速度相同，所以下滑与上滑的位移大小相等，下滑与上滑的时间相等，由牛顿第二定律结合运动学公式讨论分析即可。 关键是斜面光滑，下滑过程与上滑过程的加速度相同，下滑与上滑的位移大小相等，下滑与上滑的时间相等。 15.【答案】ACD ‎ ‎【解析】【分析】 物体静止从皮带左端释放，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，当速度与皮带速度相同时，物体随着皮带一起匀速运动，明确滑块的运动形式，知道划痕长度即为相等位移大小 分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况。 ‎ ‎【解答】 ​A、煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有： mgμ=ma 因此解得a=4m/s2． 当煤块速度和传送带速度相同时，位移为： 因此煤块一直加速运动到B点和传送带具有相同的速度v=4m/s： 加速时间为：，故A正确，B错误 CD、1s内传送的前进的位移为x传=v0t=4m 煤块前进的位移为 产生划痕长度为：，故CD正确 故选：ACD。 16.【答案】CD ‎ ‎【解析】【分析】选择合适的研究对象是本题的关键，因为m匀速直线运动，M静止，所以M和m具有相同的加速度，只要两个物体的加速度一样我们就可以看做一个整体，所以选M和m组成的整体为研究对象分析较简单。 ​应用平衡条件时，选择合适的研究对象是关键，常用的方法有整体法和隔离法，一种方法分析很麻烦时，及时选用另一种方法试试。 【解答】以M和m组成的整体为研究对象，设绳子上的拉力为FT，受力分析如图 由平衡条件可以判断，M必受到沿水平面向右的摩擦力；假设斜面的倾角为θ，则：FN＋FTsin θ＝(M＋m)g，所以FN小于(M＋m)g，故C、D正确． ‎ ‎17.【答案】BCD ‎ ‎【解析】【分析】 先对球B受力分析，受重力、水平恒力和拉力，根据共点力平衡条件列式分析；对A环受力分析，受重力、支持力、拉力和水平向左的摩擦力，再次根据共点力平衡条件列式；最后联立求解。 本题关键是先后对A、B受力分析，然后根据牛顿第二定律并结合正交分解法列式求解，不难。 ‎ ‎【解答】先后对A、B受力分析，如图所示： 对A： Tsin45°-f=ma      ① N-Tcos45°-mg=0    ② 其中： f=μN              ③ 对B： F-Tsin45°=ma     ④ Tcos45°-mg=0     ⑤ A.由⑤式解得：T=mg；再代入②式解得：N=2mg；故T＜N；故A错误； B.将T=mg代入④式得到：F=mg+ma＞mg；故B正确； C.若水平细杆光滑，则f=0；由①式解得：a=g；故C正确； D.若水平细杆粗糙，由①式，有：Tsin45°-f=mg-2μmg=ma＞0，故μ＜；故D正确； 故选：BCD。 ‎ ‎18.【答案】CD ‎ ‎【解析】【分析】 ​速度时间图线围成的面积表示位移，结合图线围成的面积之差，结合几何知识分析判断。 本题考查了运动学中的追及问题，抓住速度时间图线围成的面积表示位移分析判断，本题对数学知识能力要求较高，要理清两车之间的位移关系。 【解答】 A.若t=时相遇，由于两图线围成的面积之差等于，则，故A错误； B.若t=t0时二者相遇，两图线围成的面积之差为s0，t=2t0时，两图线围成的面积之差为2s0，可知t=2t0时两车不会相遇，故B错误； C.若t=t0时二者相遇，通过几何关系以及图线围成的面积知，t=3t0时两者再次相遇，根据几何关系知，乙走的位移s=s0+，而，所以s=10s0，故C正确； D.若t=时相遇，此时甲车的位移s′=××=而，此时，故D正确。 故选CD。 19.【答案】（1）4~6V；复写纸；下方；（2）B；（3）0.80；0.40； ‎ ‎（4）；1.46~1.54 ‎ ‎【解析】【分析】 （1）本题考查打点计时器的使用方法，正确填写即可。 （2）实验时，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带。 （3）由逐差法可求解出小车的加速度。纸带上某点的速度可由中间时刻的速度求出。 （4）描点，尽可能的使点分布在直线上。由图像斜率求解出小车的加速度。 【解答】 （1）电火花打点计时器的工作电压是220v，安装纸带时，需要将纸带置于墨粉纸盘的下方。 （2）实验时，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带。 （3）小车的加速度=。打点计时器在打B点时小车的速度。 （4）描点连线，如图：，v-t图像斜率即为小车运动的加速度，小车运动的加速度a的大小在​1.46~1.54内均可。 20.【答案】（1）A；‎ ‎（2）C；‎ ‎（3）D；‎ ‎（4）0.16；‎ ‎（5）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。‎ ‎【解析】【分析】 本题考查“探究加速度与力、质量的关系”实验。要真正掌握了实验原理才能顺利解决此类实验题目，难度不大，属于基础题。‎ ‎（1）（2）根据控制变量法分析加速度、质量和所受的力之间的关系；当力一定时，a与m成反比，作出图象容易更直观判断出二者间的关系；只有在满足小车的质量远大于砝码及砝码盘的总质量时，细线对小车的拉力大小才近似等于砝码盘和砝码的总重力大小；‎ ‎（3）根据满足小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m的条件进行选择；‎ ‎（4）根据匀变速直线运动的推论公式进行求解加速度；‎ ‎（5）a-F图像不过坐标原点，可能是平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。‎ ‎【解答】‎ ‎（1）在研究加速度与力的关系是，保持小车的质量不变，在研究加速度与质量关系时，应保持力F不变，故本实验应用的实验方法是控制变量法，故A正确，BC错误。‎ 故选A。‎ ‎（2） ​A.在探究加速度与质量的关系时，应保持小车所受拉力的大小不变，故A错误；‎ B.在探究加速度与外力的关系时，应保持小车的质量不变，故B错误；‎ C.在探究加速度a与质量m的关系时，作出图象容易更直观判断出二者间的关系，故C正确；‎ D.只有在满足小车的质量远大于砝码及砝码盘的总质量时，细线对小车的拉力大小才近似等于砝码盘和砝码的总重力大小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎（3）实验中应该使得小车的质量远大于砝码及砝码盘的总质量，这样细线对小车的拉力大小才近似等于砝码盘和砝码的总重力大小，所以选项D是m取值最不合适的一个，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎（4）由，解得 ‎（5）a-F图像的斜率不过坐标原点，说明已经有力，但是还没有加速度，所以平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。‎ 故答案为：（1）A；（2）C；（3）D；（4）0.16；（5）平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。‎ ‎ 21.【答案】解：（1）对P点受力分析，如图甲所示， ‎ ‎ 由平衡条件得： 解得： （2）对B受力分析，如图乙所示， 根据共点力的平衡条件得，水平方向： 竖直方向： 解得： 答：（1）绳PO的拉力大小为10N； （2）木块B与水平面间的摩擦力大小为3.6N，地面对木块B的支持力大小为15.2N。 ‎ ‎【解析】（1）对结点P受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PO拉力的大小； （2）对木块受力分析，并将BC绳的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力和支持力大小。 本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。 22.【答案】解：（1）在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F-μmg=ma， 解得：a=； （2）有由M到B，根据速度位移公式可知： 解得：m/s=6m/s； （3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知： 代入数据解得：a′=-10m/s2 根据速度位移公式可知： 解得：。 答：（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是； （2）物体到达B点时的速度是6m/s； ‎ ‎（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是。 ‎ ‎【解析】（1）根据牛顿第二定律求得加速度； （2）根据速度位移公式求得速度； （3）利用牛顿第二定律求得在斜面上的加速度，利用速度位移公式求得位移 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。 23.【答案】解：（1）受力分析：正交分解，根据牛顿第二定律可知：mgsinα+μmgcosα=ma1 解得a1=gsinα+μgcosα=10m/s2 （2）物块加速到4 m/s的位移m＜L， 运动的时间 又因μ=0.5＜tanα，故物块先以a1加速，再以m/s2 加速通过的位移为 x2=L-x1=5m， 根据位移时间公式可知， 解得：t2=1s或t2=-5s（舍） 经历的总时间为t=t1+t2=1.4s 答：（1）刚释放时，小物体加速度的大小为10m/s2​； （2）小物体从A运动到B所需时间为1.4s。 ‎ ‎【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。 从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。 ‎