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2023-2024学年安徽省合肥市庐江县八校高一（上）第二次集体练习物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省合肥市庐江县八校高一（上）第二次集体练习物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于平均速度、瞬时速度，以下说法不正确的是( )
A. 平均速度反映物体在某段时间(或位移)内运动的快慢
B. 平均速度是矢量，它的方向与这段时间内的位移方向相同
C. 物体经过某一位置或在某个时刻的速度就是瞬时速度
D. 做直线运动的物体，它的平均速度是v=v0+vt2
2.2018年2月24日，平昌冬奥会上单板滑雪女子平行大回转上演，共有三位中国队选手参赛｡如图，滑雪轨道由光滑的倾斜直轨道AB和粗糙的水平轨道BC组成｡t=0时运动员从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点｡若第2s末和第6s末速度大小均为8m/s，第4s末速度大小为12m/s，则( )
A. 运动员在第4s末恰好经过B点
B. 运动员在运动过程中的最大速度为15m/s
C. 运动员在第10s末恰好停在C点
D. 运动员在第8s末恰好停在C点
3.甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是( )
A. 0～t1时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
B. t2～t3时间内某一时刻甲、乙的加速度相等
C. 0～t2时间内，甲的加速度不断减小，乙的加速度不断增大
D. t3时刻，甲、乙一定相遇
4.甲乙二人同时从同地出发，他们运动的xt−t图像如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 1s时甲乙的速度大小相等B. 甲乙的加速度大小相等
C. 1s时甲乙再次相遇D. 2s时，乙返回原地
5.某下列图中各物体均处于静止状态.图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.一重量为G的物体与轻弹簧用两种不同的方式连接分别如图甲、乙所示，两种情形下该物体均保持静止状态，测得弹簧长度分别为L1、L2，则弹簧的劲度系数为( )
A. 2GL1−L2B. 2GL1+L2C. GL1D. GL2
7.如图位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及桌面之间的动摩擦因数都为µ，P的质量为m，Q的质量为2m，滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的恒力F拉P使其做匀速直线运动，则F的大小为
( )
A. 4µmgB. 3µmgC. 7µmgD. 5µmg
8.如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为θ的斜面B上，斜面B静止在水平地面上，下列说法正确的是( )
A. 物块 A 受到的重力大小为 FtanθB. 物块 A 受到的支持力大小为 Fsinθ
C. 斜面B受到物块A的压力大小为FsinθD. 斜面B受到地面的摩擦力大小为Ftanθ
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断正确的是( )
A. 位置“1”是小球释放的初始位置B. 小球做匀加速直线运动
C. 小球下落的加速度为dT2D. 小球在位置“3”的速度为7d2T
10.将一个质量为m的光滑小球放在倾角为θ的斜面上，并用装有转轴的竖直挡板挡住，小球处于静止状态。在挡板绕转轴O逆时针缓慢转过90∘的过程中，若斜面对小球的作用力为F1，挡板对小球的作用力为F2，则下列判断正确的是
( )
A. 挡板竖直时，F1=mgsinθ
B. 挡板竖直时，F2=mgtanθ
C. 在挡板缓慢转动过程中，F1逐渐减小
D. 在挡板缓慢转动过程中，F2先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.物理实验课上，学生用铁架台、刻度尺、弹簧和多个质量已知且相等的钩码(每个钩码的质量m=10g)，做探究“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验。
(1)装置如图甲所示，下列说法正确的是_________
A.实验前，应该先把弹簧水平放置测其原长
B.逐一增挂钩码，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态再读数
C.为了减小实验误差，可以无限制增加钩码个数，从而多读几组数据
D.正确操作后，弹簧自身重力对弹簧劲度系数的测量无影响
(2)某小组处理数据时以钩码个数n为横坐标，轻弹簧伸长量x为纵坐标，做出如图乙中的a图像，根据x−n图像可知弹簧的劲度系数是___________N/m，取g=9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)
(3)该小组将(2)中的弹簧剪为两段，取其中一段重复实验，得出如图乙中的b图像。关于剪断后弹簧的劲度系数变化情况，该小组成员有不同看法，甲同学认为“弹簧的劲度系数与材料有关，剪断后的弹簧材料未变，劲度系数不变”，乙同学认为“图像的斜率减小了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的减小了”，丙同学认为“图像斜率的倒数增大了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的增加了”，你认为_________同学的说法是正确的。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。如图乙所示，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。
(1)在实验操作中，力F单独作用时与力F1、F2共同作用时都使小圆环在O点保持静止。这样做的目的是___________。体现___________的物理思想。
(2)具体操作前，某同学提出了以下关于实验操作的建议，其中正确的是( )
A.图乙中，F1与F2的方向必须相互垂直
B、重复实验再次进行探究时，圆环O的位置必须与前一次相同
C.用两弹簧测力计同时拉小圆环时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大一些
D.使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线
(3)图丁中弹簧测力计的示数为___________N；
(4)在实验过程中，必须记录的有___________；
A.甲图中E的位置 B.乙图中O的位置 C．OB、OC的方向 D.弹簧测力计的示数
(5)某次实验记录纸如图成所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P点；三个力的大小分别为：F1=2.70N、F2=2.30N和F=4.00N。得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；___②根据作图法求出该合力为___________N。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一辆汽车在十字路口遇红灯，当绿灯亮时汽车以4m/s2的加速度开始行驶，恰在此时，一辆摩托车以10m/s的速度匀速驶来与汽车同向行驶，汽车在后追摩托车，求：
(1)汽车从路口开始加速起，在追上摩托车之前两车相距的最大距离是多少；
(2)汽车经过多长时间能追上摩托车。
14.如图所示，整个装置处于静止状态，光滑滑轮D固定在斜面体C上，连接物块A的轻绳OD段水平、DA段与斜面平行，已知物块A的质量mA=2.4kg，物块B的质量mB=3.2kg，轻绳OE与竖直方向的夹角以及斜面的倾角均为37°，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
(1)绳OE、OD中的拉力大小；
(2)斜面C对物块A的摩擦力大小和方向；
(3)地面对C的摩擦力大小。
15.如图所示，能承受最大拉力均为100N的三段轻绳AO、BO、CO系于O点，质量为m=1kg的物体系于C端，AO与水平顶板间的夹角为θ=30∘，BO水平，A、B点固定，物体静止不动，然后在物体上作用一个竖直向下、大小从零逐渐增大的外力。g取10m/s2。求：
(1)外力作用前，AO绳拉力TA大小；
(2)判断AO、BO、CO哪根绳先断；
(3)为保证所有绳都不断，所加外力的最大值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.平均速度反映物体在某段时间(或位移)内运动的快慢，故A正确，不符合题意；
B.平均速度是矢量，它的方向与这段时间内的位移方向相同，故B正确，不符合题意；
C.物体经过某一位置或在某个时刻的速度就是瞬时速度，故C正确，不符合题意；
D.做直线运动的物体，它的平均速度是
v=xt
该式适用于任何运动，而
v=v0+vt2
该式只适用于匀变速直线运动，故D错误，符合题意。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】根据给出的时刻所对应的速度大小可计算出AB段的加速度，从而计算出相应时刻的速度，与已知条件进行比较，从而判断运动员具体某一时刻的运动情况。
注意把握题中的已知条件，要根据已知条件能够进行相应的推理，从而求出具体的物理量，并结合题中的等量关系进行分析。
【解答】A.0∼2s末运动员在斜直轨道上下滑，其加速度
a1=v2−0Δt1=8−02m/s2=4m/s2
如果第4s末运动员还在斜直轨道上，则速度应为
v4=a1t=16m/s>12m/s
可判断出第4s末运动员已经过B点，故A错误；
B.运动员是在2s到4s之间经过B点，则根据第4s末∼第6s末的速度可求得运动员在水平轨道上的加速度
a2=v6−v4Δt2=8−122m/s2=−2m/s2
根据运动学公式有
v2+a1t1+a2t2=12m/s
又
t1+t2=2s
解出
t1=43s，t2=23s
所以运动员开始下滑后到达B点经过的时间
t=t1+Δt1=43s+2s=103s
到达B点时速度
v=a1t=403m/s
所以最大速度不是15m/s，故B错误；
CD.第6s末的速度是8m/s，到停下来还需时间
t=0−v6a2=0−8−2s=4s
所以到C点的时间是第10s末，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据速度−时间图象与横轴围成的面积表示位移，可知，0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，由v−=xt知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误；
B、t2～t3时间内，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，根据速度−时间图象切线的斜率表示加速度可知，该时刻两者的加速度相等，故B正确；
C、0～t2时间内，甲的加速度恒定，乙的加速度不断减小，故C错误；
D、由于题中没有说明初始位置是否相同，所以t3时刻，甲、乙可能相遇，也可能不相遇，故D错误。
故选：B。
在v−t图象中，图象与横轴围成的面积表示位移大小，图象的斜率表示加速度，根据位移关系分析两个物体能否相遇。
对于v−t图象问题，要知道图象与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。
4.【答案】A
【解析】A.1s内，甲乙的平均速度都是1m/s，但它们初速度不相等，所以1s时甲乙速度大小不相等，A 错误；
B.由公式 x=v0t+12at2 变形可得
xt=v0+12at
结合图像可以看出纵轴截距表示乙做初速度
v0乙=2m/s
加速度 −2m/s2 的匀减速运动。甲做初速度为0，加速度为 2m/s2 的匀加速运动，B正确。
C.甲乙二人同时从同地出发，1s内，甲乙平均速度相同，所以1s时再次相遇，C正确。
D.2s时，乙的平均速度为0，位移为零，乙返回原地。D正确。
选错误的，故选 A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
四幅图中，小球A均处于平衡状态，杆的弹力不一定沿着杆的方向，细线的弹力沿着细线收缩的方向，接触面的弹力与接触面垂直且指向受力物体。
本题考查受力分析，关键是明确弹力的方向与施力物体形变恢复的方向一致，还可采用假设法判断弹力的有无及方向。
【解答】
A.球受重力和弹力，根据平衡条件，杆对小球的弹力应竖直向上，故A错误；
B.F2应为零，该绳没有发生形变，否则球不能平衡，故B错误；
C.球受重力、下面球的弹力和墙壁的支持力，两个支持力均垂直于接触面指向A，故C正确；
D.大半圆对小球的支持力FN应是沿过小球与圆接触点的半径，且指向圆心的弹力，不是不受大半圆对小球的支持力，故D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查胡克定律和平衡条件。解决问题的关键是对物体受力分析，根据平衡条件结合胡克定律分析计算。
【解答】
设弹簧原长L，则G=k(L1−L)①，G=k(L−L2)②，得L=L1+L22③，将③代入①得k=2GL1−L2，故A正确，BCD错误；
故选A。
7.【答案】C
【解析】分析：
用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动时，Q向左匀速运动，受力都平衡，分别以Q、P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出绳子的拉力，得到F的大小。
解答：
对Q受力分析：Q受重力2mg，绳子拉力T，P对Q的支持力FN1、P对Q的摩擦力fPQ，则T=fPQ=μFN1=2μmg；
对P受力分析：P受重力mg，绳子拉力T，向右的力F、Q对P的压力FN1＇、地面对P的支持力FN、Q对P的摩擦力fQP、地面对P的摩擦力f；则FN=FN1′+mg=3mg ，f=μFN=3μmg，
F=T+f′QP+f，fQP=fPQ，解得F=7μmg，故选C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
该题主要是对整体法和隔离法的基本应用，明确知道在什么时候用隔离法，什么时候用整体法，正确进行受力分析。
【解答】
ABC.对物块A进行受力分析可知
FN=Fsinθ
mg=Ftanθ
斜面B受到物块A的压力大小与物块A受到的支持力大小相等，故C正确，AB错误；
D.将AB看成整体进行受力分析可知，整体处于平衡状态，故斜面B受到地面的摩擦力与推力F大小相等，故D错误。
故选C。
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据初速度为零的匀变速直线运动的特点分析小球释放的初始位置．根据Δx=aT2，判断小球运动的性质，并求出加速度．根据一段时间内中点时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。
本题相当于打点计时器问题，根据匀变速直线运动的两大推论求出加速度和速度，并判断小球运动性质。
【解答】
A.若小球做初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等时间内，位移之比为：1：3：5…，而题中，1、2、3、4、5…间的位移之比为2：3：4…所以位置“1”不是小球释放的初始位置，故A错误；
B.由于相邻两点间位移之差等于d，符合匀变速直线运动的特点：Δx=aT2，所以小球做匀加速直线运动，故B正确；
C.由Δx=aT2，得：加速度a=dT2，故C正确；
D.小球在位置“3”的速度等于2、4间的平均速度，则有v=3d+4d2T=7d2T，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】BC
【解析】AB.挡板竖直时，根据平衡条件有
F1=mgcsθ
F2=mgtanθ
故A错误，B正确；
CD.在挡板缓慢转动过程中，做出图象如图所示，由图可知 F1 逐渐减小， F2 先减小后增大，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)BD； (3) 37 ；(3)丙
【解析】(1)A.由于弹簧自身存在一定的重量，实验前，应该先把弹簧竖直放置测其原长，故A错误；
B.为了减小实验误差，逐一增挂钩码，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态再读数，为了保证弹簧处于弹性限度内，不能无限制增加钩码个数，故B正确，C错误；
D.根据k=ΔFΔx，正确操作后，弹簧自身重力对图线的斜率没有影响，则对弹簧劲度系数的测量无影响，故D正确。
故选BD。
(2)根据受力平衡可得nmg=kx
可知x=mgk⋅n
可知x−n图像的斜率为k′=mgk
可知弹簧的劲度系数为k=mgk ′=10×10−3×9.818.5×10−36.9N/m≈37N/m
(3)根据x=mgk⋅n
可得x−n图像的斜率为k′=mgk
可知图像斜率的倒数增大了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的增加了，则丙同学的说法是正确的。
12.【答案】使力F单独作用时与力 F1、F2 共同作用时对橡皮条的作用效果相同 等效替代 D 2.35 BCD 4.00
【解析】(1)[1][2]使力F单独作用时与力 F1、F2 共同作用时对橡皮条的作用效果相同，体现了等效替代的物理思想；
(2)[3]A.避免实验具有偶然性和特殊性，图乙中， F1 与 F2 的方向无需垂直，故A错误，不符合题意；
B.重复实验再次进行探究时，避免实验具有偶然性和特殊性，圆环O的位置应与前一次不同，故B错误，不符合题意；
C.用两弹簧测力计同时拉小圆环时，应避免弹簧测力计示数过大或过小，导致读数不准确，则两弹簧测力计示数之差不宜过大，故C错误，不符合题意；
D.为保证读数准确，使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线，故D正确，符合题意。
故选D。
(3)[4]弹簧测力计最小分度为 0.1N ，读数要读到 0.01N ，图中读数为 2.35N 。
(4)[5]必须要记录的有F、 F1 和 F2 的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要将小圆环拉到O点位置，所以必须记录的有BCD。
(5)[6]由于标度已经选定，作图时要保证表示。 F1、F2 的线段长度为标度的2.7倍和2.3倍，作图如下
量出作图法求出的合力长度约为标度的4.00倍，所以合力大小为 4.00N 。
13.【答案】(1)12．5m；(2)5s
【解析】(1)当摩托车速度与汽车速度相等时，两者距离最大；设所用时间为t，由
at=v
得
t=va=104s=2.5s
此时间内汽车行驶距离
x1= 12 at2= 12 ×4×2.52m=12.5m
此时间内摩托车行驶距离
x2=vt=10×2.5m=25m
两者最大距离为
Δx=x2−x1=12.5m
(2)两车位移相等时汽车追上摩托车，令所用时间为t1
由位移关系有
12at12=vt1
解得
t1=2va=2×104s=5s
14.【答案】(1)对O点分析，水平绳OD对O点的拉力FOE=mBgcs37∘=40N ， FOD=mBgtan37∘=24N
(2)对物块A，重力的沿着斜面方向的分力大小mAgsin37∘=14.4N
DA绳的拉力大小等于FOD=24N
所以斜面C对物块A的摩擦力方向沿斜面向下，有F−mAgsin37∘−Ff=0
解得Ff=9.6N；
(3)对物块A、C及滑轮整体，水平方向FCD−FfC=0
因摩擦力为最大静摩擦力，则FfC=24N。
【解析】对结点O受力分析，根据平衡条件求解；以整体为研究对象，水平方向和竖直方向进行分析。
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。注意整体法和隔离法的应用。
15.【答案】(1) 20N ；(2)AO绳先断；(3) 40N
【解析】(1)外力作用前，以物体为对象，根据受力平衡可知，OC绳拉力大小为
TC=mg=10N
以O点为对象，根据受力平衡可知AO绳拉力大小
TA=TCsinθ=100.5N=20N
(2)在物体上作用一个竖直向下、大小从零逐渐增大的外力，以物体为对象，根据受力平衡可知，OC绳拉力大小为
T′C=mg+F
以O点为对象，根据受力平衡可得
T′A=T′Csinθ=2T′C ， T′B=T′Ctanθ= 3T′C
则有
T′A>T′B>T′C
可知AO绳先断。
(3)为保证所有绳都不断，则有
T′A=T′Csinθ=2T′C=2(mg+F)≤100N
解得所加外力的最大值为
F=40N
1.关于平均速度、瞬时速度，以下说法不正确的是( )
A. 平均速度反映物体在某段时间(或位移)内运动的快慢
B. 平均速度是矢量，它的方向与这段时间内的位移方向相同
C. 物体经过某一位置或在某个时刻的速度就是瞬时速度
D. 做直线运动的物体，它的平均速度是v=v0+vt2
2.2018年2月24日，平昌冬奥会上单板滑雪女子平行大回转上演，共有三位中国队选手参赛｡如图，滑雪轨道由光滑的倾斜直轨道AB和粗糙的水平轨道BC组成｡t=0时运动员从A点由静止开始匀加速下滑，经过B点前后速度大小不变，之后在BC上做匀减速直线运动，最后停在C点｡若第2s末和第6s末速度大小均为8m/s，第4s末速度大小为12m/s，则( )
A. 运动员在第4s末恰好经过B点
B. 运动员在运动过程中的最大速度为15m/s
C. 运动员在第10s末恰好停在C点
D. 运动员在第8s末恰好停在C点
3.甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是( )
A. 0～t1时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度
B. t2～t3时间内某一时刻甲、乙的加速度相等
C. 0～t2时间内，甲的加速度不断减小，乙的加速度不断增大
D. t3时刻，甲、乙一定相遇
4.甲乙二人同时从同地出发，他们运动的xt−t图像如图所示，则下列说法错误的是( )
A. 1s时甲乙的速度大小相等B. 甲乙的加速度大小相等
C. 1s时甲乙再次相遇D. 2s时，乙返回原地
5.某下列图中各物体均处于静止状态.图中画出了小球A所受弹力的情况，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
6.一重量为G的物体与轻弹簧用两种不同的方式连接分别如图甲、乙所示，两种情形下该物体均保持静止状态，测得弹簧长度分别为L1、L2，则弹簧的劲度系数为( )
A. 2GL1−L2B. 2GL1+L2C. GL1D. GL2
7.如图位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及桌面之间的动摩擦因数都为µ，P的质量为m，Q的质量为2m，滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的恒力F拉P使其做匀速直线运动，则F的大小为
( )
A. 4µmgB. 3µmgC. 7µmgD. 5µmg
8.如图所示，表面光滑的物块A在水平力F的作用下静止在倾角为θ的斜面B上，斜面B静止在水平地面上，下列说法正确的是( )
A. 物块 A 受到的重力大小为 FtanθB. 物块 A 受到的支持力大小为 Fsinθ
C. 斜面B受到物块A的压力大小为FsinθD. 斜面B受到地面的摩擦力大小为Ftanθ
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置，连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断正确的是( )
A. 位置“1”是小球释放的初始位置B. 小球做匀加速直线运动
C. 小球下落的加速度为dT2D. 小球在位置“3”的速度为7d2T
10.将一个质量为m的光滑小球放在倾角为θ的斜面上，并用装有转轴的竖直挡板挡住，小球处于静止状态。在挡板绕转轴O逆时针缓慢转过90∘的过程中，若斜面对小球的作用力为F1，挡板对小球的作用力为F2，则下列判断正确的是
( )
A. 挡板竖直时，F1=mgsinθ
B. 挡板竖直时，F2=mgtanθ
C. 在挡板缓慢转动过程中，F1逐渐减小
D. 在挡板缓慢转动过程中，F2先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.物理实验课上，学生用铁架台、刻度尺、弹簧和多个质量已知且相等的钩码(每个钩码的质量m=10g)，做探究“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验。
(1)装置如图甲所示，下列说法正确的是_________
A.实验前，应该先把弹簧水平放置测其原长
B.逐一增挂钩码，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态再读数
C.为了减小实验误差，可以无限制增加钩码个数，从而多读几组数据
D.正确操作后，弹簧自身重力对弹簧劲度系数的测量无影响
(2)某小组处理数据时以钩码个数n为横坐标，轻弹簧伸长量x为纵坐标，做出如图乙中的a图像，根据x−n图像可知弹簧的劲度系数是___________N/m，取g=9.8m/s2。(结果保留2位有效数字)
(3)该小组将(2)中的弹簧剪为两段，取其中一段重复实验，得出如图乙中的b图像。关于剪断后弹簧的劲度系数变化情况，该小组成员有不同看法，甲同学认为“弹簧的劲度系数与材料有关，剪断后的弹簧材料未变，劲度系数不变”，乙同学认为“图像的斜率减小了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的减小了”，丙同学认为“图像斜率的倒数增大了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的增加了”，你认为_________同学的说法是正确的。
12.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，如图甲所示，橡皮条的一端固定，一端挂一轻质小圆环，橡皮条的长度为GE。如图乙所示，用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。圆环受到拉力F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO，撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，如图丙所示，使小圆环仍处于O点。
(1)在实验操作中，力F单独作用时与力F1、F2共同作用时都使小圆环在O点保持静止。这样做的目的是___________。体现___________的物理思想。
(2)具体操作前，某同学提出了以下关于实验操作的建议，其中正确的是( )
A.图乙中，F1与F2的方向必须相互垂直
B、重复实验再次进行探究时，圆环O的位置必须与前一次相同
C.用两弹簧测力计同时拉小圆环时，两弹簧测力计示数之差应尽可能大一些
D.使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线
(3)图丁中弹簧测力计的示数为___________N；
(4)在实验过程中，必须记录的有___________；
A.甲图中E的位置 B.乙图中O的位置 C．OB、OC的方向 D.弹簧测力计的示数
(5)某次实验记录纸如图成所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P点；三个力的大小分别为：F1=2.70N、F2=2.30N和F=4.00N。得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；___②根据作图法求出该合力为___________N。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.一辆汽车在十字路口遇红灯，当绿灯亮时汽车以4m/s2的加速度开始行驶，恰在此时，一辆摩托车以10m/s的速度匀速驶来与汽车同向行驶，汽车在后追摩托车，求：
(1)汽车从路口开始加速起，在追上摩托车之前两车相距的最大距离是多少；
(2)汽车经过多长时间能追上摩托车。
14.如图所示，整个装置处于静止状态，光滑滑轮D固定在斜面体C上，连接物块A的轻绳OD段水平、DA段与斜面平行，已知物块A的质量mA=2.4kg，物块B的质量mB=3.2kg，轻绳OE与竖直方向的夹角以及斜面的倾角均为37°，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
(1)绳OE、OD中的拉力大小；
(2)斜面C对物块A的摩擦力大小和方向；
(3)地面对C的摩擦力大小。
15.如图所示，能承受最大拉力均为100N的三段轻绳AO、BO、CO系于O点，质量为m=1kg的物体系于C端，AO与水平顶板间的夹角为θ=30∘，BO水平，A、B点固定，物体静止不动，然后在物体上作用一个竖直向下、大小从零逐渐增大的外力。g取10m/s2。求：
(1)外力作用前，AO绳拉力TA大小；
(2)判断AO、BO、CO哪根绳先断；
(3)为保证所有绳都不断，所加外力的最大值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.平均速度反映物体在某段时间(或位移)内运动的快慢，故A正确，不符合题意；
B.平均速度是矢量，它的方向与这段时间内的位移方向相同，故B正确，不符合题意；
C.物体经过某一位置或在某个时刻的速度就是瞬时速度，故C正确，不符合题意；
D.做直线运动的物体，它的平均速度是
v=xt
该式适用于任何运动，而
v=v0+vt2
该式只适用于匀变速直线运动，故D错误，符合题意。
故选D。
2.【答案】C
【解析】【分析】根据给出的时刻所对应的速度大小可计算出AB段的加速度，从而计算出相应时刻的速度，与已知条件进行比较，从而判断运动员具体某一时刻的运动情况。
注意把握题中的已知条件，要根据已知条件能够进行相应的推理，从而求出具体的物理量，并结合题中的等量关系进行分析。
【解答】A.0∼2s末运动员在斜直轨道上下滑，其加速度
a1=v2−0Δt1=8−02m/s2=4m/s2
如果第4s末运动员还在斜直轨道上，则速度应为
v4=a1t=16m/s>12m/s
可判断出第4s末运动员已经过B点，故A错误；
B.运动员是在2s到4s之间经过B点，则根据第4s末∼第6s末的速度可求得运动员在水平轨道上的加速度
a2=v6−v4Δt2=8−122m/s2=−2m/s2
根据运动学公式有
v2+a1t1+a2t2=12m/s
又
t1+t2=2s
解出
t1=43s，t2=23s
所以运动员开始下滑后到达B点经过的时间
t=t1+Δt1=43s+2s=103s
到达B点时速度
v=a1t=403m/s
所以最大速度不是15m/s，故B错误；
CD.第6s末的速度是8m/s，到停下来还需时间
t=0−v6a2=0−8−2s=4s
所以到C点的时间是第10s末，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据速度−时间图象与横轴围成的面积表示位移，可知，0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，由v−=xt知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故A错误；
B、t2～t3时间内，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，根据速度−时间图象切线的斜率表示加速度可知，该时刻两者的加速度相等，故B正确；
C、0～t2时间内，甲的加速度恒定，乙的加速度不断减小，故C错误；
D、由于题中没有说明初始位置是否相同，所以t3时刻，甲、乙可能相遇，也可能不相遇，故D错误。
故选：B。
在v−t图象中，图象与横轴围成的面积表示位移大小，图象的斜率表示加速度，根据位移关系分析两个物体能否相遇。
对于v−t图象问题，要知道图象与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。
4.【答案】A
【解析】A.1s内，甲乙的平均速度都是1m/s，但它们初速度不相等，所以1s时甲乙速度大小不相等，A 错误；
B.由公式 x=v0t+12at2 变形可得
xt=v0+12at
结合图像可以看出纵轴截距表示乙做初速度
v0乙=2m/s
加速度 −2m/s2 的匀减速运动。甲做初速度为0，加速度为 2m/s2 的匀加速运动，B正确。
C.甲乙二人同时从同地出发，1s内，甲乙平均速度相同，所以1s时再次相遇，C正确。
D.2s时，乙的平均速度为0，位移为零，乙返回原地。D正确。
选错误的，故选 A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
四幅图中，小球A均处于平衡状态，杆的弹力不一定沿着杆的方向，细线的弹力沿着细线收缩的方向，接触面的弹力与接触面垂直且指向受力物体。
本题考查受力分析，关键是明确弹力的方向与施力物体形变恢复的方向一致，还可采用假设法判断弹力的有无及方向。
【解答】
A.球受重力和弹力，根据平衡条件，杆对小球的弹力应竖直向上，故A错误；
B.F2应为零，该绳没有发生形变，否则球不能平衡，故B错误；
C.球受重力、下面球的弹力和墙壁的支持力，两个支持力均垂直于接触面指向A，故C正确；
D.大半圆对小球的支持力FN应是沿过小球与圆接触点的半径，且指向圆心的弹力，不是不受大半圆对小球的支持力，故D错误。
故选C。
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查胡克定律和平衡条件。解决问题的关键是对物体受力分析，根据平衡条件结合胡克定律分析计算。
【解答】
设弹簧原长L，则G=k(L1−L)①，G=k(L−L2)②，得L=L1+L22③，将③代入①得k=2GL1−L2，故A正确，BCD错误；
故选A。
7.【答案】C
【解析】分析：
用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动时，Q向左匀速运动，受力都平衡，分别以Q、P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出绳子的拉力，得到F的大小。
解答：
对Q受力分析：Q受重力2mg，绳子拉力T，P对Q的支持力FN1、P对Q的摩擦力fPQ，则T=fPQ=μFN1=2μmg；
对P受力分析：P受重力mg，绳子拉力T，向右的力F、Q对P的压力FN1＇、地面对P的支持力FN、Q对P的摩擦力fQP、地面对P的摩擦力f；则FN=FN1′+mg=3mg ，f=μFN=3μmg，
F=T+f′QP+f，fQP=fPQ，解得F=7μmg，故选C。
8.【答案】C
【解析】【分析】
该题主要是对整体法和隔离法的基本应用，明确知道在什么时候用隔离法，什么时候用整体法，正确进行受力分析。
【解答】
ABC.对物块A进行受力分析可知
FN=Fsinθ
mg=Ftanθ
斜面B受到物块A的压力大小与物块A受到的支持力大小相等，故C正确，AB错误；
D.将AB看成整体进行受力分析可知，整体处于平衡状态，故斜面B受到地面的摩擦力与推力F大小相等，故D错误。
故选C。
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
根据初速度为零的匀变速直线运动的特点分析小球释放的初始位置．根据Δx=aT2，判断小球运动的性质，并求出加速度．根据一段时间内中点时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。
本题相当于打点计时器问题，根据匀变速直线运动的两大推论求出加速度和速度，并判断小球运动性质。
【解答】
A.若小球做初速度为零的匀变速直线运动，在连续相等时间内，位移之比为：1：3：5…，而题中，1、2、3、4、5…间的位移之比为2：3：4…所以位置“1”不是小球释放的初始位置，故A错误；
B.由于相邻两点间位移之差等于d，符合匀变速直线运动的特点：Δx=aT2，所以小球做匀加速直线运动，故B正确；
C.由Δx=aT2，得：加速度a=dT2，故C正确；
D.小球在位置“3”的速度等于2、4间的平均速度，则有v=3d+4d2T=7d2T，故D正确。
故选BCD。
10.【答案】BC
【解析】AB.挡板竖直时，根据平衡条件有
F1=mgcsθ
F2=mgtanθ
故A错误，B正确；
CD.在挡板缓慢转动过程中，做出图象如图所示，由图可知 F1 逐渐减小， F2 先减小后增大，故C正确，D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)BD； (3) 37 ；(3)丙
【解析】(1)A.由于弹簧自身存在一定的重量，实验前，应该先把弹簧竖直放置测其原长，故A错误；
B.为了减小实验误差，逐一增挂钩码，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态再读数，为了保证弹簧处于弹性限度内，不能无限制增加钩码个数，故B正确，C错误；
D.根据k=ΔFΔx，正确操作后，弹簧自身重力对图线的斜率没有影响，则对弹簧劲度系数的测量无影响，故D正确。
故选BD。
(2)根据受力平衡可得nmg=kx
可知x=mgk⋅n
可知x−n图像的斜率为k′=mgk
可知弹簧的劲度系数为k=mgk ′=10×10−3×9.818.5×10−36.9N/m≈37N/m
(3)根据x=mgk⋅n
可得x−n图像的斜率为k′=mgk
可知图像斜率的倒数增大了，剪断后弹簧的劲度系数比原来的增加了，则丙同学的说法是正确的。
12.【答案】使力F单独作用时与力 F1、F2 共同作用时对橡皮条的作用效果相同 等效替代 D 2.35 BCD 4.00
【解析】(1)[1][2]使力F单独作用时与力 F1、F2 共同作用时对橡皮条的作用效果相同，体现了等效替代的物理思想；
(2)[3]A.避免实验具有偶然性和特殊性，图乙中， F1 与 F2 的方向无需垂直，故A错误，不符合题意；
B.重复实验再次进行探究时，避免实验具有偶然性和特殊性，圆环O的位置应与前一次不同，故B错误，不符合题意；
C.用两弹簧测力计同时拉小圆环时，应避免弹簧测力计示数过大或过小，导致读数不准确，则两弹簧测力计示数之差不宜过大，故C错误，不符合题意；
D.为保证读数准确，使用弹簧测力计时，施力方向应沿弹簧测力计轴线方向，读数时视线应正对弹簧测力计刻度线，故D正确，符合题意。
故选D。
(3)[4]弹簧测力计最小分度为 0.1N ，读数要读到 0.01N ，图中读数为 2.35N 。
(4)[5]必须要记录的有F、 F1 和 F2 的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要将小圆环拉到O点位置，所以必须记录的有BCD。
(5)[6]由于标度已经选定，作图时要保证表示。 F1、F2 的线段长度为标度的2.7倍和2.3倍，作图如下
量出作图法求出的合力长度约为标度的4.00倍，所以合力大小为 4.00N 。
13.【答案】(1)12．5m；(2)5s
【解析】(1)当摩托车速度与汽车速度相等时，两者距离最大；设所用时间为t，由
at=v
得
t=va=104s=2.5s
此时间内汽车行驶距离
x1= 12 at2= 12 ×4×2.52m=12.5m
此时间内摩托车行驶距离
x2=vt=10×2.5m=25m
两者最大距离为
Δx=x2−x1=12.5m
(2)两车位移相等时汽车追上摩托车，令所用时间为t1
由位移关系有
12at12=vt1
解得
t1=2va=2×104s=5s
14.【答案】(1)对O点分析，水平绳OD对O点的拉力FOE=mBgcs37∘=40N ， FOD=mBgtan37∘=24N
(2)对物块A，重力的沿着斜面方向的分力大小mAgsin37∘=14.4N
DA绳的拉力大小等于FOD=24N
所以斜面C对物块A的摩擦力方向沿斜面向下，有F−mAgsin37∘−Ff=0
解得Ff=9.6N；
(3)对物块A、C及滑轮整体，水平方向FCD−FfC=0
因摩擦力为最大静摩擦力，则FfC=24N。
【解析】对结点O受力分析，根据平衡条件求解；以整体为研究对象，水平方向和竖直方向进行分析。
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。注意整体法和隔离法的应用。
15.【答案】(1) 20N ；(2)AO绳先断；(3) 40N
【解析】(1)外力作用前，以物体为对象，根据受力平衡可知，OC绳拉力大小为
TC=mg=10N
以O点为对象，根据受力平衡可知AO绳拉力大小
TA=TCsinθ=100.5N=20N
(2)在物体上作用一个竖直向下、大小从零逐渐增大的外力，以物体为对象，根据受力平衡可知，OC绳拉力大小为
T′C=mg+F
以O点为对象，根据受力平衡可得
T′A=T′Csinθ=2T′C ， T′B=T′Ctanθ= 3T′C
则有
T′A>T′B>T′C
可知AO绳先断。
(3)为保证所有绳都不断，则有
T′A=T′Csinθ=2T′C=2(mg+F)≤100N
解得所加外力的最大值为
F=40N
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