四川省成都市彭州中学2022届高三物理上学期9月月考试卷含解析

2022-2022学年四川省成都市彭州中学高三（上）月考物理试卷（9月份）一、单项选择题（每小题3分，共24分）1．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知，下列说法正确的是()A．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车的位移大于b车C．t1到t2时间内a车与b车的平均速度相等D．a车做匀加速直线运动2．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度﹣时间图象如图所示．在0﹣t2时间内，下列说法中正确的是()A．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C．t2时刻两物体相遇D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为()A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．4．人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是()A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力23\nB．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力D．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力5．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ=37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确是()A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4NC．弹簧弹力大小可能等于5ND．斜面对物块支持力可能为零6．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是()A．xA=h，aA=0B．xA=h，aA＞gC．xB=h+，aB=0D．xC=h+，aC=07．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为a=30°，弹簧水平，以下说法正确的是()A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为mgC．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD．剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g23\n8．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）()A．30NB．0C．15ND．12N二、多项选择题（每小题4分，共20分）9．如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列说法正确的是()A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大10．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是()A．物体Q对地面的压力一定大于2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则C．若P、Q之间光滑，则加速度a=gtanθ23\nD．地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大11．一物块放在水平地面上，受到一水平拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示；物块运动的速度v﹣t图象如图乙所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s2．下列说法正确的是()A．物块滑动时受的摩擦力大小是6NB．物块的质量为2kgC．物块在6～9s内的加速度大小是1m/s2D．物块在9s内的平均速度大小是4m/s12．如图所示，A、B两物块的质量均为m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为3μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则()A．F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．F=6μmg时，A的加速度为2μgD．无论F为何值，B的加速度不会超过μg13．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则()A．小滑块的质量m=4kgB．当F=8N时，滑块的加速度为2m/s2C．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）23\n三、实验题（共15分）14．某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，记录各组钩码个数．回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是__________．A、钩码的个数N1=2，N2=2，N3=4B、钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4C、钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4D、钩码的个数N1=3，N2=4，N3=6（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是__________．A、记录OA、OB、OC三段绳子的方向B、用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C、用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是__________图．（填“甲”或“乙”）15．如图甲所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置．图中小车A的质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2．实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦．（1）下列说法正确的是__________A、A与定滑轮间的细绳和长木板必须保持平行B、实验时应先接通电源后释放小车C、实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1D、拉力传感器的数值为（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是__________m/s2．（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字．）（3）实验时某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的α﹣F图象是图丙中的__________．23\n四、计算题（共41分）16．在60m直线跑游戏中，一同学从起点由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速运动，4s后，改做匀速运动直至到达终点，接着以4m/s2的加速度做匀减速运动，经1.5s进入迎接区，如图所示．求：（1）该同学匀速运动所用的时间；（2）终点线到迎接区边界的距离．17．如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连．今用跟水平方向成60°角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2．在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角θ；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ．23\n18．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？19．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同．若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15m，已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2．求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上．2022-2022学年四川省成都市彭州中学高三（上）月考物理试卷（9月份）一、单项选择题（每小题3分，共24分）1．在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知，下列说法正确的是()23\nA．b车运动方向始终不变B．在t1时刻a车的位移大于b车C．t1到t2时间内a车与b车的平均速度相等D．a车做匀加速直线运动考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：根据位移的变化确定运动的方向，结合位置坐标比较位移的大小，根据位移和时间比较平均速度．解答：解：A、从曲线b可知，位移先增大后减小，可知b车的运动方向发生改变，故A错误．B、t1时刻，两车的位置坐标相等，可知两车的位移相等，故B错误．C、t1到t2时间内，两车的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故C正确．D、图线切线斜率表示瞬时速度，知a做匀速直线运动，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线切线斜率表示瞬时速度2．从同一地点同时开始沿同一方向做直线运动的两个物体Ⅰ、Ⅱ的速度﹣时间图象如图所示．在0﹣t2时间内，下列说法中正确的是()A．Ⅰ物体所受的合外力不断增大，Ⅱ物体所受的合外力不断减小B．在第一次相遇之前，t1时刻两物体相距最远C．t2时刻两物体相遇D．Ⅰ、Ⅱ两个物体的平均速度大小都是考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：运动学中的图像专题．分析：速度﹣时间图象切线的斜率表示加速度大小，根据斜率分析加速度的变化，判断合外力的变化．图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，再根据平均速度的定义进行分析．23\n解答：解：A、速度﹣时间图象切线的斜率表示加速度大小，故Ⅰ和Ⅱ两个物体的加速度都不断减小，由牛顿第二定律F=ma可知，两个物体受到的合外力都不断减小，故A错误；B、在第一次相遇之前，在t1时刻前，Ⅱ物体的速度比Ⅰ物体的速度大，两者间距不断增大．在t1时刻后，Ⅱ物体的速度比Ⅰ物体的速度小，两者间距不断减小，则在t1时刻两者间距最大，故B正确．C、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知：t2时刻，Ⅰ物体的位移比Ⅱ物体的位移大，两者又是从同一地点同时开始沿同一方向运动，所以t2时刻两物体没有相遇，故C错误．D、Ⅱ物体做匀减速运动，其平均速度大小是．由于t2时刻，Ⅰ物体的位移比Ⅱ物体的位移大，则Ⅰ物体的平均速度大于．故D错误．故选：B．点评：本题关键是根据速度时间图象得到两物体的运动规律，然后根据平均速度的定义和图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小分析处理．要明确只有匀变速直线运动物体的平均速度才能用公式=求．3．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为()A．（△v）2（+）B．2C．（△v）2（﹣）D．考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系．专题：直线运动规律专题．分析：首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．解答：解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和v3据运动学公式可知：v22﹣v12=2ax1，v32﹣v22=2ax2，且v2﹣v1=v3﹣v2=△v，联立以上三式解得：a=，故D正确，ABC错误．故选：D．点评：明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手．4．人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是()A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力23\nD．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力考点：牛顿第三定律．分析：人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．解答：解：A、受地的弹力外，还受一个向上的力，是不可能的，有力存在，必须有施力物体，向上的力根本找不到施力物体．故A错误；B、人能离开地面的原因是地对人的作用力大于人的重力，人具有向上的合力．故B正确；C、地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反．故C错误；D、地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力．故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键是区别作用力和反作用力与平衡力．基础题目．5．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ=37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确是()A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4NC．弹簧弹力大小可能等于5ND．斜面对物块支持力可能为零考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：滑块可能受重力、支持力、摩擦力三个力处于平衡，弹簧处于原长，弹力为零．滑块可能受重力、支持力、摩擦力、弹簧的弹力四个力处于平衡．根据共点力平衡进行分析．解答：解：μmgcos37°=4Nmgsin37°=6Nμmgcos37°＜mgsin37°A、若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A错误；B、若要物块静止，μ（mgcos37°+N）≥6N得：N≥4N故B错误C正确；D、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，D错误；故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力可能为零，可能不为零．23\n6．如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是()A．xA=h，aA=0B．xA=h，aA＞gC．xB=h+，aB=0D．xC=h+，aC=0考点：功能关系．分析：OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度．解答：解：A、由图可知，OA段是直线，说明O到A的过程中，小球做自由落体运动，小球到达A时，小球的加速度仍然是g．故A错误；B错误；C、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确．D、取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于h+2，加速度ac＞g，所以D错误．故选：C点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意这一类的题目中速度最大的点的位置．7．如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为a=30°，弹簧水平，以下说法正确的是()A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为mg23\nC．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD．剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为g考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧的弹力大小．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出a球的瞬时加速度．解答：解：A、B、对a球分析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为：=弹簧的弹力：F=mgcotα=，故A错误，B正确；C、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故小球b所受的合力F合=0，加速度为0，故C错误；D、剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=T=2mg，根据牛顿第二定律得，a=2g．故D错误．故选：B．点评：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变．8．如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为3kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）()A．30NB．0C．15ND．12N考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离对B分析，运用牛顿第二定律求出A对B的支持力大小，从而得出B对A的压力大小．解答：解：初始时刻，弹簧的弹力等于A的重力，即F=mAg=30N．将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，整体的加速度a==5m/s2．隔离对B分析，mBg﹣N=mBa，解得N=mBg﹣mBa=15N．故C正确，A、B、D错误．23\n故选：C．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．二、多项选择题（每小题4分，共20分）9．如图所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，下列说法正确的是()A．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104NB．此时千斤顶对汽车的支持力为1.0×105NC．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将减小D．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力都将增大考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化．解答：解：A、将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等由2F1cosθ=F得F1==F=1.0×105N所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故A错误．B、汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N．故B正确；C、D、继续摇动把手，两臂靠拢，夹角θ减小，23\n由F1=分析可知，F不变，当θ减小时，cosθ增大，F1减小．故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题应用平衡条件分析实际问题，采用的是力的分解法，也可以以O点为研究对象，应用正交分解法或合成法分析．10．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是()A．物体Q对地面的压力一定大于2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则C．若P、Q之间光滑，则加速度a=gtanθD．地面与Q间的滑动摩擦力随推力F的增大而增大考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力；动摩擦因数．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：A、通过整体受力分析即可判断出Q对地面的压力；B、对整体受力分析，因一起做加速运动，由牛顿第二定律即可判断μ的大小；C、若P、Q之间光滑，先对P受力分析，求出加速度，即为PQ的加速度；D、由f=μFN可以判定滑动摩擦力的大小；解答：解：A以PQ整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故FN=2mg，故Q对地面的压力为2mg，故A错误；B、因PQ做匀加速运动，若，在水平方向上由牛顿第二定律得：F﹣μ•2mg=ma，解得：a=0，故不能做匀加速运动，故B错误；C、若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知：mgtanθ=ma，故：a=gtanθ，故C正确；D、Q与地面间为滑动摩擦力，故f=μ•2mg，摩擦力不变，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，主要是隔离法与整体法的应用，关键是受力分析．23\n11．一物块放在水平地面上，受到一水平拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示；物块运动的速度v﹣t图象如图乙所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s2．下列说法正确的是()A．物块滑动时受的摩擦力大小是6NB．物块的质量为2kgC．物块在6～9s内的加速度大小是1m/s2D．物块在9s内的平均速度大小是4m/s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据物体做匀速运动求出物体所受的摩擦力，结合匀加速运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出物体的质量，从而得出动摩擦因数．结合牛顿第二定律求出物块在6﹣9s内的加速度大小．解答：解：A、物体在3﹣6s内做匀速直线运动，则f=F2=6N，故A正确；B、物块匀加速运动的加速度，根据牛顿第二定律得，F1﹣f=ma1，解得质量m=．故B错误；C、物块在6s～9s内的加速度大小，故C错误；D、画出v﹣t图象如图所示：由图象和时间轴所围图形的面积表示位移，则物体9s内的位移x=，所以平均速度，故D正确．故选：AD．23\n点评：本题考查了牛顿第二定律与图象的综合，知道速度时间图线的斜率表示加速度，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．12．如图所示，A、B两物块的质量均为m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为3μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则()A．F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=μmg时，A的加速度为μgC．F=6μmg时，A的加速度为2μgD．无论F为何值，B的加速度不会超过μg考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．解答：解：A、隔离对B分析，B受到的最大摩擦力为2μmg，故施加外力为2μmgAB将一起运动，F＜2μmg时，A、B都相对地面静止，故A正确．B、当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，即f=3μmg，隔离对A分析，当F=＜3μmg，AB一起加速运动，故加速度为F﹣μ•2mg=2ma，解得a=μg，故B错误．C、当F=6μmg时，AB发生相对滑动，故A的加速度为F﹣3μmg=ma，a=3μg，故C错误；D、当B发生滑动产生的最大加速度为3μmg﹣2μmg=ma，a=μg，故D正确故选：AD点评：本题考查牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．13．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则()A．小滑块的质量m=4kgB．当F=8N时，滑块的加速度为2m/s223\nC．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1D．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．解答：解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，代入数据解得：M+m=6kg当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=，知图线的斜率k==，解得：M=2kg，滑块的质量为：m=4kg．故A正确．B、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=，代入数据解得：μ=0.1，所以a=，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2．根据μmg=ma′得：a′=μg=1m/s2，故B错误，C正确．D、当M与m共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，D错误故选：AC．点评：本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．三、实验题（共15分）14．某同学利用如图丙所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，在A、B两点固定两个光滑定滑轮，用一个轻绳跨过两滑轮悬挂钩码组N1、N2，用另一轻绳C在O点打一结，悬挂钩码组N3，每个钩码的质量相等．当系统达到平衡时，记录各组钩码个数．回答下列问题：（1）改变钩码个数，可以完成实验的是BCD．A、钩码的个数N1=2，N2=2，N3=423\nB、钩码的个数N1=3，N2=3，N3=4C、钩码的个数N1=4，N2=4，N3=4D、钩码的个数N1=3，N2=4，N3=6（2）在拆下钩码和绳子前，必须的一个步骤是A．A、记录OA、OB、OC三段绳子的方向B、用刻度尺测出OA、OB、OC三段绳子的长度C、用天平测出钩码的质量（3）在操作正确的前提下，你认为甲、乙两图比较合理的是甲图．（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则．专题：实验题；平行四边形法则图解法专题．分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）．由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小；（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．解答：解：（1）对O点受力分析OAOBOC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误．B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B正确．C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C正确．D、3、4、6可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D正确．故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BC错误．故选：A．（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．故答案为：（1）BCD；（2）A；（3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别．23\n15．如图甲所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置．图中小车A的质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C为一固定的可读数的拉力传感器，钩码p的质量为m2．实验时可改变p的质量，并读出传感器对应的数值F，不计滑轮的质量及滑轮与轴间的摩擦．（1）下列说法正确的是ABA、A与定滑轮间的细绳和长木板必须保持平行B、实验时应先接通电源后释放小车C、实验中钩码质量m2应远小于小车质量m1D、拉力传感器的数值为（2）如图乙为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的五个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是0.50m/s2．（交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字．）（3）实验时某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的α﹣F图象是图丙中的C．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题．分析：（1）该实验必须要平衡摩擦；由于该实验的连接方式，小车是在绳的拉力下加速运动，故不要求重物质量远小于小车质量；由牛顿第二定律可求解测力计的读数．（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2求解加速度．（3）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．解答：解：（1）A、A与定滑轮间的细绳和长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、为提高打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，故B正确；23\nC、由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，故C错误；D、由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律：m2g﹣2F=m2a，解得：F=，故D错误；故选：AB．（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2，有：△x=0.0339﹣0.0289=a×0.12解得：a=0.50m/s2（4）若没有平衡摩擦力，则当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C．故答案为：（1）AB；（2）0.50；（3）C．点评：本题第2问选项C为易错选项，这个是课本参考实验的改进版，用这种方法可以准确得到小车受到的合外力，而不需要用重物的重力来近似代替，是一个比课本参考方案更好的办法，题目价值很高．四、计算题（共41分）16．在60m直线跑游戏中，一同学从起点由静止开始以2m/s2的加速度做匀加速运动，4s后，改做匀速运动直至到达终点，接着以4m/s2的加速度做匀减速运动，经1.5s进入迎接区，如图所示．求：（1）该同学匀速运动所用的时间；（2）终点线到迎接区边界的距离．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，根据速度时间公式求出匀加速运动的末速度，结合匀速运动的公式求出匀速运动的时间．根据匀变速直线运动的位移时间公式求出匀减速运动的位移，从而得出终点线到迎接区边界的距离．解答：解：（1）匀加速运动的位移，匀加速运动的末速度v=a1t1=2×4m/s=8m/s，则匀速运动的时间．23\n（2）匀减速运动的位移=．答：（1）该同学匀速运动所用的时间为5.5s；（2）终点线到迎接区边界的距离为7.5m．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，基础题．17．如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连．今用跟水平方向成60°角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2．在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角θ；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ．考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对小球受力分析，受已知力、重力、细线的拉力，根据平衡条件列式求解；（2）对小球和滑块整体受力分析，受已知力、重力、弹力和摩擦力，根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：（1）m处于静止状态，其合力为零．以m为研究对象，由平衡条件得：水平方向Fcos60°﹣FTcosθ=0①竖直方向Fsin60°+FTsinθ﹣mg=0②解得：θ=30°（2）M、m整体处于静止状态，可看做整体，系统所受合力为零．以M、m整体为研究对象．由平衡条件得水平方向Fcos60°﹣μFN=0③竖直方向FN+Fsin60°﹣Mg﹣mg=0④由③④得μ=答：（1）轻绳与水平方向的夹角θ为30°；（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ为．点评：本题要注意应用整体法与隔离法的正确使用，注意应用整体法时一定要分清内力与外力，正确的受力分析．18．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：23\n（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）根据速度位移公式求出打开降落伞前人下落的高度．（2）抓住平衡，根据kv=（m1+m2）g求出阻力系数，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．（3）对人分析，根据牛顿第二定律求出拉力的大小．解答：解：（1）根据速度位移公式得：，（2）最后匀速下降时有：kv=（m1+m2）g代入数据解得：k=200N•s/m打开伞瞬间对整体：kv0﹣（m1+m2）g=（m1+m2）a解得：==30m/s2．方向竖直向上（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα﹣m1g=m1a，解得：T=N=312.5N．由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为312.5N答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；（2）求阻力系数k为200N/m，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．点评：本题考查了共点力平衡和牛顿第二定律的基本运用，关键合理地选择研究的对象，运用牛顿第二定律进行求解，难度不大．19．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同．若纸板的质量m1=0.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15m，已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2．求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；23\n（2）拉力F满足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上．考点：牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．分析：（1）根据纸板和小物体整体对桌面的压力为2者重力之和，用摩擦力公式可求；（2）由两者相对滑动，可知，纸板的加速度应大于小物体的加速度，根据牛顿第二定律可得结果；（3）对于小物体，先加速后减速运动，计算两个运动的总位移对比d可得结果．解答：解：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的滑动摩擦力为：f1=μ（m1+m2）g代入数据解得：f1=1N（2）在力F作用下，纸板和小物体一起加速运动，随力F增大，加速度增大，小物体受到的静摩擦力也增大，直到达到最大静摩擦力f2=μm2g．小物体的加速度为两者一起运动的最大加速度：根据牛顿第二定律有：Fm﹣μ（m1+m2）g=（m1+m2）am解得：Fm=2μg（m1+m2）=2NF＞2N时小物体与纸板有相对滑动．（3）纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度为：=2m/s2，0.3s离开纸板时通过的距离：；速度为：v1=a2t=2×0.3=0.6m/s；纸板抽出后，小物体在桌面上受滑动摩擦力做匀减速运动，加速度大小也为a2，小物体减速运动可能的最大距离为：，则小物体在桌面上可能运动的总距离为：s=x1+x2=0.09+0.09=0.18m＞d，因此小物体不会留在桌面上．答：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小为1N；（2）F＞2N时小物体与纸板有相对滑动．；（3）小物体不会留在桌面上．点评：结合牛顿第二定律和整体法与隔离法的分析方法，注意运动的分段处理．23