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2022-2023学年河北省保定市定州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省保定市定州市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.伽利略为了描述物体的运动，对速度、加速度的概念进行了定义。下列关于速度与加速度的说法正确的是( )
A. 小刘绕操场跑一圈后回到出发点，他的平均速度为零
B. 火箭升空瞬间，瞬时速度很大
C. 物体的加速度很大，速度就很大
D. 物体的速度方向发生改变，速度可能不变
2.图为一个质点做直线运动的v−t图像，该质点在前2s内向西运动，则该质点( )
A. 在前2s内的加速度方向也向西
B. 在前4s内的加速度方向始终向东
C. 在4s∼6s内的加速度方向始终向东
D. 在0∼6s内的加速度方向始终不变
3.为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时汽车与大树相距12m，然后在绳的中点用480N的力F沿与绳垂直的方向拉绳，如果中点被拉过60cm(如图所示)，假设绳子的伸长量可以不计，则汽车受到的拉力是( )
A. 2000NB. 2500NC. 2400ND. 1800N
4.从水平地面竖直上抛一个硬质实心小球，它上升的最大高度为5m，忽略空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球下降到距地面上方3.2m时总共运动的时间为( )
A. 1.8sB. 1.6sC. 2.0sD. 1.4s
5.如图所示，直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A′点，使之重新平衡，则此时滑轮C的位置( )
A. 在AA′之间B. 与A′点等高C. 在A′点之下D. 在A点之上
6.东京奥运会上，中国选手夺得女子10m气步枪决赛的冠军。子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，第一阶段是初速度为0的匀加速直线运动，位移大小为x1，加速度大小为a；第二阶段是匀速直线运动，位移大小为x2。则子弹运动的总时间可表示为( )
A. 2ax1(x2+2x1)2ax1B. 2ax1(x2+2x1)ax1C. 2ax1(x2+x1)2ax1D. ax1(x2+2x1)2ax1
7.A、B两物体从同一起点在同一直线上运动的位移-时间(x−t)图像如图所示。A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图所示，下列说法正确的是( )
A. A做匀速直线运动，B做加速度增大的变加速直线运动
B. A、B两物体在0∼t2时间段内相遇一次(不考虑刚开始)
C. 在t1时刻之前，A可能在B的前面
D. 在t1∼t2时间段某个时刻，A、B的速度相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于物体的重心，以下说法中正确的是( )
A. 把物体挖空后就没有重心了
B. 用线悬挂的物体静止时，细线方向一定通过重心
C. 一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变
D. 舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置不变
9.一平板车做匀变速直线运动的x−t图像如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 平板车的加速度大小是10m/s2
B. 在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m
C. 平板车的初速度大小为40m/s
D. 在0∼8s时间内，平板车的路程是80m
10.重力为Ga和Gb的物体a、b叠放在水平地面上，如图所示。a、b间接触面光滑，水平推力F作用在b上，b沿斜面匀速上升，a始终静止。若a的斜面倾角为θ，则( )
A. F=GbsinθB. F=Gbtanθ
C. 地面对a的支持力大于Ga+GbD. 地面对a的摩擦力大小为F
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学选出了一条清晰的纸带，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对照情况如图所示。(打点计时器的频率为50Hz)
(1)通过测量不难发现，(xBC−xAB)与(xCD−xBC)、(xDE−xCD)、…基本相等。这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是______运动。
(2)打B点时小车的瞬时速度vB=______m/s。(小数点后保留三位)
(3)经过合理的数据处理后，可以求得加速度a=______m/s2。(小数点后保留三位)
12.“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示。先用两个弹簧测力计将橡皮条下端拉至O点，再用一个弹簧测力计将橡皮条下端拉至O点。每次操作均记录相关数据，并据此在白纸上作图，如图丙所示。
(1)图乙是测量时某弹簧测力计的示数，示数为______N(保留一位小数)；
(2)图丙中F、F′两个力，其中______是根据平行四边形定则作出的；
(3)本实验采用的方法是______(填“理想实验法”或“等效替代法”)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，一花园景观大道由若干半径为R的圆弧组成，因为环境优美，花草沁人心脾，所以黄昏时分许多散步者纷至沓来，一人从A点沿圆弧走到C点，求他的位移x及路程s。
14.如图所示，物块A静置于水平台面上，圆心为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高2R处，OP竖直，PA水平，PB长为32R，重力加速度大小为g，求：
(1)B对C的压力大小；
(2)A受到台面的静摩擦力大小。
15.如图所示，水平地面O点正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长L=2.2m的平板车开始以a=8.0m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度h=0.45m。不考虑小球落在平板车上对平板车速度的影响，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求平板车左端离O点的水平距离；
(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.绕操场跑一圈，位移为零，所以平均速度为零，故A正确；
B.火箭升空瞬间，火箭速度为零，加速度很大，故B错误；
C.加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系，故物体的加速度很大，速度可以为零，故C错误；
D.速度是矢量，物体的速度方向发生变化，速度必然变化，故D错误。
故选：A。
平均速度是位移与这段位移所用时间的比值；
火箭升空瞬间，速度为零；
加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系。物体的速度大，加速度不一定大，速度为零，加速度也不一定为零；速度变化量越大，加速度不一定大。
本题考查对速度、加速度的理解能力，也可以通过举例的方法分析说明。
2.【答案】B
【解析】解：AB.由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前2s内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而2−4s向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故A错误，B正确；
C.由图像可知在4−5s内向东做减速运动，则该段时间加速度向西，而5−6s内向西做加速运动，则该段时间加速度向西，所以在4−6s这段时间内加速度方向一直向西，故C错误；
D.由上面分析可知，在0−4s内加速度方向向东，在4−6s内加速度方向向西，即在6s内加速度方向发生变化，故D错误。
故选：B。
根据物体加速时速度与加速度方向相同、减速时速度与加速度方向相反分析加速度的方向即可。
解决本题的关键是明确速度-时间图线中，速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，本题亦可根据斜率判断加速度的方向。
3.【答案】C
【解析】解：设汽车受到的拉力大小即绳子中的张力大小为T，绳子与水平虚线的夹角为θ，根据对称性以及力的合成与分解可得2Tsinθ=F
其中sinθ=0.6m6m=0.1
解得T=F2sinθ=4802×0.1N=2400N，故C正确，ABD错误；
故选：C。
以中点为研究对象受力分析，根据正交分解法，及三角形知识，列式即可求解。
本题主要考查力的平行四边形定则的应用，掌握几何知识的关系，注意正确画出受力图是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：小球上升到最高点时的速度为0，逆运动是自由落体运动，逆向思维由自由落体运动表达式h=12gt2得t1= 2hg= 2×510s=1s，
小球下降到距地面上方3.2m过程做自由落体运动，即下降的高度为1.8m，这段时间下落的时间为t1= 2h′g= 2×1.810s=0.6s，总共运动的时间为
t=t1+t2=1.6s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
竖直上抛运动上升阶段物体做加速度为g的匀减速运动，逆运动是自由落体运动，下落阶段是自由落体运动，根据自由落体运动规律解答。
本题主要考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动特点利用匀变速公式求解。
5.【答案】D
【解析】解：由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，又由于同一根绳子的张力处处相等，而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力一定在角平分线上，
若将细绳的端点A稍向下移至A′点，若杆不动，则∠A′CB<∠BCG，则不能平衡，若要杆再次平衡，则两绳的合力一定还在角平分线上，所以BC杆应向上转动一定的角度，此时C在A点之上，故D正确。
故选：D。
由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则分析即可．
本题是动态平衡问题，关键要抓住滑轮的力学特性，根据对称性进行分析，注意两绳的合力一定沿着杆子方向．
6.【答案】A
【解析】解：设匀加速的时间为t1，则
x1=12at12
解得
t1= 2x1a= 2ax1a
匀速运动的时间为t2，则
x2=at1⋅t2
解得
t2=x2at1=x2a a2x1=x2 2ax12ax1
整理解得
t1+t2= 2ax1(x2+2x1)2ax1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，根据运动学公式求出每个阶段的时间。
本题考查运动学基本公式的应用，关键会正确利用表格数据。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据x−t图像的斜率表示速度，A的图像为倾斜直线，即图像的斜率不变，因此A做匀速直线运动；B的图像为过原点的抛物线，结合位移-时间公式x=12at2可知B做匀加速直线运动，故A错误；
B、不考虑刚开始，两图像在0∼t2时间段内有两个交点，因此A、B两物体在0∼t2时间段内相遇两次，故B错误；
C、在A开始运动的时刻，B已经沿x轴正方向运动了一段距离，从该时刻到t1时刻，A在后面追B，因此A不可能在B的前面，故C错误；
D、B图像切线的斜率表示瞬时速度，由图可知，t1时刻B的速度小于A的速度，t2时刻B的速度大于A的速度，且A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，可知在t1∼t2时间段某个时刻，A、B的速度相同，故D正确。
故选：D。
根据x−t图像的斜率表示速度，分析速度的大小。由两图像的交点表示相遇，根据纵坐标可直接确定位置关系。
对于位移-时间图像，要理解其物理意义，知道两图像的交点表示相遇，图像的斜率表示速度。
8.【答案】BC
【解析】解：A、把物体挖空后其重心仍然存在，只是位置可能改变，也可能仍在原来位置，如篮球的重心就在球心位置，故A错误；
B、重心是重力在物体上的作用点，用一根悬线竖直挂起的物体静止时，根据二力平衡可知，绳子的拉力方向与重力的方向相反，所以细线方向一定通过物体的重心，故B正确；
C、一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变，故C正确；
D、舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置随肢体的形状的变化会发生变化，故D错误。
故选：BC。
重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点。
本题考查重心的定义，要注意形状规则物体重心的确定方法和不规则物体重心的确定方法的掌握情况，能正确找出物体的重心．
9.【答案】ABC
【解析】解：A.设加速度大小为a，由x−t图像可知，4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，由位移-时间关系得：
x=12at2
解得：a=10m/s2，故A正确；
B.由x−t图像可知，在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m，故B正确；
C.设平板车的初速度大小为v0，由x−t图像可知，0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，则
x′=v02t1
解得：v0=40m/s，故C正确；
D.在0∼8s时间内，平板车的路程为：
s=2×80m=160m，故D错误。
故选：ABC。
4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移-时间公式求质点的加速度；根据x−t图像分析平板车的最大位移；0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，根据公式x′=v02t1求解平板车的初速度大小；根据x−t图像分析平板车的路程。
本题考查对x−t图像的理解，关键是通过图像确定物体的实际运动过程，结合运动学公式分析图像的物理意义，注意位移与路程的区分。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、对物体b进行受力分析，根据平衡条件可得：tanθ=FGb，解得：F=Gbtanθ，故A错误，B正确；
CD、把a与b看作整体，由平衡条件可得：在竖直方向上，有：FN=Ga+GB，在水平方向上，有：F=f，故C错误，D正确。
故选：BD。
以b为研究对象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向根据平衡条件求解；再以整体为研究对象，在竖直方向和水平方向根据平衡条件求解。
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。
11.【答案】匀变速直线
【解析】解：(1)依题意，可得
Δx=xBC−xAB=xCD−xBC=xDE−xCD=aT2
即加速度恒定，这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是匀变速直线运动。
(2)由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可得打B点时小车的瞬时速度
vB=xAC2T=2.502×0.1×10−2m/s=0.125m/s
(3)由逐差法，可得
a=xDG−xAD9T2=(10.60−4.15)−4.159×10−2×10−2m/s2=0.256m/s2
故答案为：(1)匀变速直线；(2)0.125；(3)0.256
(1)根据匀变速直线运动判断出小车的运动类型；
(2)根据匀变速直线运动的规律计算出B点的瞬时速度；
(3)根据逐差法解得加速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据匀变速直线运动的规律完成计算，在计算过程中要注意单位的换算。
12.【答案】3.8F等效替代法
【解析】解：(1)根据乙图弹簧测力计的分度值为0.2N，可读出测力计的示数为3.8N。
(2)由图丙可看出F是根据平行四边形定则作出的。
(3)该实验中两次要求橡皮条弹性形变效果相同，用一个弹簧测力计作用效果替代两个弹簧测力计作用的效果，所以实验采用了等效替代法。
故答案为：(1)3.8；(2)F；(3)等效替代法
(1)根据弹簧测力计的分度值读数；
(2)根据平行四边形定则分析作答；
(3)根据实验原理可知实验采用了等效替代法。
本实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。
13.【答案】解：从A点到C点的直线距离即位移为
x= (3R)2+R2= 10R
方向由A指向C
从A点到C点的路程
s=πR+32πR=52πR
答：他的位移x为 10R，方向由A指向C；路程s为52πR。
【解析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；
路程是指物体所经过的路径的长度。
本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了
14.【答案】解：(1)对小球B的受力分析如图所示
由相似三角形得
mg2R=NR=T32R
解得
N=12mg
T=34mg
由牛顿第三定律得
N′=N=12mg
(2)A受到的摩擦力大小等于PB绳沿水平方向的分力，即为
f=Tsin∠MPB
由余弦定理得
cs∠MPB=(2R)2+(32R)2−R22×2R×32R=78
sin∠MPB= 1−cs2∠MPB
解得sin∠MPB= 158
得
f=T× 158=3 1532mg
答：(1)B对C的压力大小为12mg；
(2)A受到台面的静摩擦力大小为3 1532mg。
【解析】(1)以B为研究对象进行受力分析，根据三角形相似求解各力大小，根据牛顿第三定律可得B对C的压力大小；
(2)以结点P为研究对象，根据平衡条件求解绳OP的拉力大小和绳子PA的拉力大小；对物块A根据平衡条件可得A受到的摩擦力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对小球B和结点P进行受力分析、利用三角形相似、平行四边形法则、共点力的平衡条件建立方程进行解答。注意：本题中小球B受到的三个力构成的三角形不是特殊三角形，不要误认为PB和半径垂直。
15.【答案】解：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t，平板车左端离O点的水平距离为x
小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律h=12gt2
解得t= 2hg= 2×0.4510s=0.3s
平板车做初速度为零的匀加速运动，根据运动学公式x=12at2
代入数据可得x=0.36m
(2)平板车右端刚好运动到装置M正下方的时间为t1
根据匀变速运动公式L+x=12at12
代入数据解得t1=0.8s
释放小球的时间间隔Δt=t1−t=0.8s−0.3s=0.5s
释放小球的时间间隔应满足Δt≤0.5s。
答：(1)平板车左端离O点的水平距离x=0.36m；
(2)释放小球的时间间隔应满足Δt≤0.5s。
【解析】(1)小球做自由落体运动，平板车做初速度为零的匀加速运动，根据等时性求水平距离；
(2)根据运动学公式求解平板车右端刚好运动到装置M正下方的时间，再求释放小球的时间间隔满足的条件。
本题考查了自由落体运动规律和匀变速运动规律，要抓住运动的等时性。
1.伽利略为了描述物体的运动，对速度、加速度的概念进行了定义。下列关于速度与加速度的说法正确的是( )
A. 小刘绕操场跑一圈后回到出发点，他的平均速度为零
B. 火箭升空瞬间，瞬时速度很大
C. 物体的加速度很大，速度就很大
D. 物体的速度方向发生改变，速度可能不变
2.图为一个质点做直线运动的v−t图像，该质点在前2s内向西运动，则该质点( )
A. 在前2s内的加速度方向也向西
B. 在前4s内的加速度方向始终向东
C. 在4s∼6s内的加速度方向始终向东
D. 在0∼6s内的加速度方向始终不变
3.为了把陷在泥坑里的汽车拉出来，司机用一条结实的绳子把汽车拴在一棵大树上，开始时汽车与大树相距12m，然后在绳的中点用480N的力F沿与绳垂直的方向拉绳，如果中点被拉过60cm(如图所示)，假设绳子的伸长量可以不计，则汽车受到的拉力是( )
A. 2000NB. 2500NC. 2400ND. 1800N
4.从水平地面竖直上抛一个硬质实心小球，它上升的最大高度为5m，忽略空气阻力的影响，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球下降到距地面上方3.2m时总共运动的时间为( )
A. 1.8sB. 1.6sC. 2.0sD. 1.4s
5.如图所示，直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平．不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦．若将细绳的端点A稍向下移至A′点，使之重新平衡，则此时滑轮C的位置( )
A. 在AA′之间B. 与A′点等高C. 在A′点之下D. 在A点之上
6.东京奥运会上，中国选手夺得女子10m气步枪决赛的冠军。子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，第一阶段是初速度为0的匀加速直线运动，位移大小为x1，加速度大小为a；第二阶段是匀速直线运动，位移大小为x2。则子弹运动的总时间可表示为( )
A. 2ax1(x2+2x1)2ax1B. 2ax1(x2+2x1)ax1C. 2ax1(x2+x1)2ax1D. ax1(x2+2x1)2ax1
7.A、B两物体从同一起点在同一直线上运动的位移-时间(x−t)图像如图所示。A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图所示，下列说法正确的是( )
A. A做匀速直线运动，B做加速度增大的变加速直线运动
B. A、B两物体在0∼t2时间段内相遇一次(不考虑刚开始)
C. 在t1时刻之前，A可能在B的前面
D. 在t1∼t2时间段某个时刻，A、B的速度相同
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.关于物体的重心，以下说法中正确的是( )
A. 把物体挖空后就没有重心了
B. 用线悬挂的物体静止时，细线方向一定通过重心
C. 一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变
D. 舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置不变
9.一平板车做匀变速直线运动的x−t图像如图所示，下列叙述正确的是( )
A. 平板车的加速度大小是10m/s2
B. 在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m
C. 平板车的初速度大小为40m/s
D. 在0∼8s时间内，平板车的路程是80m
10.重力为Ga和Gb的物体a、b叠放在水平地面上，如图所示。a、b间接触面光滑，水平推力F作用在b上，b沿斜面匀速上升，a始终静止。若a的斜面倾角为θ，则( )
A. F=GbsinθB. F=Gbtanθ
C. 地面对a的支持力大于Ga+GbD. 地面对a的摩擦力大小为F
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学选出了一条清晰的纸带，并取其中的A、B、C、D、E、F、G七个点进行研究，这七个点和刻度尺标度的对照情况如图所示。(打点计时器的频率为50Hz)
(1)通过测量不难发现，(xBC−xAB)与(xCD−xBC)、(xDE−xCD)、…基本相等。这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是______运动。
(2)打B点时小车的瞬时速度vB=______m/s。(小数点后保留三位)
(3)经过合理的数据处理后，可以求得加速度a=______m/s2。(小数点后保留三位)
12.“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示。先用两个弹簧测力计将橡皮条下端拉至O点，再用一个弹簧测力计将橡皮条下端拉至O点。每次操作均记录相关数据，并据此在白纸上作图，如图丙所示。
(1)图乙是测量时某弹簧测力计的示数，示数为______N(保留一位小数)；
(2)图丙中F、F′两个力，其中______是根据平行四边形定则作出的；
(3)本实验采用的方法是______(填“理想实验法”或“等效替代法”)。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，一花园景观大道由若干半径为R的圆弧组成，因为环境优美，花草沁人心脾，所以黄昏时分许多散步者纷至沓来，一人从A点沿圆弧走到C点，求他的位移x及路程s。
14.如图所示，物块A静置于水平台面上，圆心为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高2R处，OP竖直，PA水平，PB长为32R，重力加速度大小为g，求：
(1)B对C的压力大小；
(2)A受到台面的静摩擦力大小。
15.如图所示，水平地面O点正上方的装置M每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球离开M的同时，O点右侧一长L=2.2m的平板车开始以a=8.0m/s2的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离M的竖直高度h=0.45m。不考虑小球落在平板车上对平板车速度的影响，忽略空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求平板车左端离O点的水平距离；
(2)若至少有2个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔Δt应满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.绕操场跑一圈，位移为零，所以平均速度为零，故A正确；
B.火箭升空瞬间，火箭速度为零，加速度很大，故B错误；
C.加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系，故物体的加速度很大，速度可以为零，故C错误；
D.速度是矢量，物体的速度方向发生变化，速度必然变化，故D错误。
故选：A。
平均速度是位移与这段位移所用时间的比值；
火箭升空瞬间，速度为零；
加速度表示物体速度变化的快慢，与速度没有直接的关系。物体的速度大，加速度不一定大，速度为零，加速度也不一定为零；速度变化量越大，加速度不一定大。
本题考查对速度、加速度的理解能力，也可以通过举例的方法分析说明。
2.【答案】B
【解析】解：AB.由题可知向西为负方向，而向东为正方向，该质点在前2s内向西减速运动，则该段时间加速度向东，而2−4s向东做加速运动，则加速度方向仍然向东，故A错误，B正确；
C.由图像可知在4−5s内向东做减速运动，则该段时间加速度向西，而5−6s内向西做加速运动，则该段时间加速度向西，所以在4−6s这段时间内加速度方向一直向西，故C错误；
D.由上面分析可知，在0−4s内加速度方向向东，在4−6s内加速度方向向西，即在6s内加速度方向发生变化，故D错误。
故选：B。
根据物体加速时速度与加速度方向相同、减速时速度与加速度方向相反分析加速度的方向即可。
解决本题的关键是明确速度-时间图线中，速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，本题亦可根据斜率判断加速度的方向。
3.【答案】C
【解析】解：设汽车受到的拉力大小即绳子中的张力大小为T，绳子与水平虚线的夹角为θ，根据对称性以及力的合成与分解可得2Tsinθ=F
其中sinθ=0.6m6m=0.1
解得T=F2sinθ=4802×0.1N=2400N，故C正确，ABD错误；
故选：C。
以中点为研究对象受力分析，根据正交分解法，及三角形知识，列式即可求解。
本题主要考查力的平行四边形定则的应用，掌握几何知识的关系，注意正确画出受力图是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：小球上升到最高点时的速度为0，逆运动是自由落体运动，逆向思维由自由落体运动表达式h=12gt2得t1= 2hg= 2×510s=1s，
小球下降到距地面上方3.2m过程做自由落体运动，即下降的高度为1.8m，这段时间下落的时间为t1= 2h′g= 2×1.810s=0.6s，总共运动的时间为
t=t1+t2=1.6s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
竖直上抛运动上升阶段物体做加速度为g的匀减速运动，逆运动是自由落体运动，下落阶段是自由落体运动，根据自由落体运动规律解答。
本题主要考查竖直上抛运动，根据竖直上抛运动特点利用匀变速公式求解。
5.【答案】D
【解析】解：由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，又由于同一根绳子的张力处处相等，而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力一定在角平分线上，
若将细绳的端点A稍向下移至A′点，若杆不动，则∠A′CB<∠BCG，则不能平衡，若要杆再次平衡，则两绳的合力一定还在角平分线上，所以BC杆应向上转动一定的角度，此时C在A点之上，故D正确。
故选：D。
由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则分析即可．
本题是动态平衡问题，关键要抓住滑轮的力学特性，根据对称性进行分析，注意两绳的合力一定沿着杆子方向．
6.【答案】A
【解析】解：设匀加速的时间为t1，则
x1=12at12
解得
t1= 2x1a= 2ax1a
匀速运动的时间为t2，则
x2=at1⋅t2
解得
t2=x2at1=x2a a2x1=x2 2ax12ax1
整理解得
t1+t2= 2ax1(x2+2x1)2ax1
故A正确，BCD错误。
故选：A。
子弹的运动过程可以近似分为两个阶段，根据运动学公式求出每个阶段的时间。
本题考查运动学基本公式的应用，关键会正确利用表格数据。
7.【答案】D
【解析】解：A、根据x−t图像的斜率表示速度，A的图像为倾斜直线，即图像的斜率不变，因此A做匀速直线运动；B的图像为过原点的抛物线，结合位移-时间公式x=12at2可知B做匀加速直线运动，故A错误；
B、不考虑刚开始，两图像在0∼t2时间段内有两个交点，因此A、B两物体在0∼t2时间段内相遇两次，故B错误；
C、在A开始运动的时刻，B已经沿x轴正方向运动了一段距离，从该时刻到t1时刻，A在后面追B，因此A不可能在B的前面，故C错误；
D、B图像切线的斜率表示瞬时速度，由图可知，t1时刻B的速度小于A的速度，t2时刻B的速度大于A的速度，且A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，可知在t1∼t2时间段某个时刻，A、B的速度相同，故D正确。
故选：D。
根据x−t图像的斜率表示速度，分析速度的大小。由两图像的交点表示相遇，根据纵坐标可直接确定位置关系。
对于位移-时间图像，要理解其物理意义，知道两图像的交点表示相遇，图像的斜率表示速度。
8.【答案】BC
【解析】解：A、把物体挖空后其重心仍然存在，只是位置可能改变，也可能仍在原来位置，如篮球的重心就在球心位置，故A错误；
B、重心是重力在物体上的作用点，用一根悬线竖直挂起的物体静止时，根据二力平衡可知，绳子的拉力方向与重力的方向相反，所以细线方向一定通过物体的重心，故B正确；
C、一块砖平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变，故C正确；
D、舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心的位置随肢体的形状的变化会发生变化，故D错误。
故选：BC。
重力在物体上的作用点，叫做物体的重心；形状规则、质量分布均匀的物体的重心在物体的几何中心上；重心只是重力在作用效果上的作用点，重心并不是物体上最重的点。
本题考查重心的定义，要注意形状规则物体重心的确定方法和不规则物体重心的确定方法的掌握情况，能正确找出物体的重心．
9.【答案】ABC
【解析】解：A.设加速度大小为a，由x−t图像可知，4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，由位移-时间关系得：
x=12at2
解得：a=10m/s2，故A正确；
B.由x−t图像可知，在0∼8s时间内，平板车的最大位移是80m，故B正确；
C.设平板车的初速度大小为v0，由x−t图像可知，0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，则
x′=v02t1
解得：v0=40m/s，故C正确；
D.在0∼8s时间内，平板车的路程为：
s=2×80m=160m，故D错误。
故选：ABC。
4−8s平板车做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移-时间公式求质点的加速度；根据x−t图像分析平板车的最大位移；0∼4s做匀减速直线运动且末速度为零，根据公式x′=v02t1求解平板车的初速度大小；根据x−t图像分析平板车的路程。
本题考查对x−t图像的理解，关键是通过图像确定物体的实际运动过程，结合运动学公式分析图像的物理意义，注意位移与路程的区分。
10.【答案】BD
【解析】解：AB、对物体b进行受力分析，根据平衡条件可得：tanθ=FGb，解得：F=Gbtanθ，故A错误，B正确；
CD、把a与b看作整体，由平衡条件可得：在竖直方向上，有：FN=Ga+GB，在水平方向上，有：F=f，故C错误，D正确。
故选：BD。
以b为研究对象，在沿斜面方向、垂直于斜面方向根据平衡条件求解；再以整体为研究对象，在竖直方向和水平方向根据平衡条件求解。
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。
11.【答案】匀变速直线
【解析】解：(1)依题意，可得
Δx=xBC−xAB=xCD−xBC=xDE−xCD=aT2
即加速度恒定，这表明，在实验误差允许的范围之内，拖动纸带的小车做的是匀变速直线运动。
(2)由纸带可知，相邻计数点的时间间隔为
T=5×150s=0.1s
根据匀变速直线运动中一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度可得打B点时小车的瞬时速度
vB=xAC2T=2.502×0.1×10−2m/s=0.125m/s
(3)由逐差法，可得
a=xDG−xAD9T2=(10.60−4.15)−4.159×10−2×10−2m/s2=0.256m/s2
故答案为：(1)匀变速直线；(2)0.125；(3)0.256
(1)根据匀变速直线运动判断出小车的运动类型；
(2)根据匀变速直线运动的规律计算出B点的瞬时速度；
(3)根据逐差法解得加速度。
本题主要考查了打点计时器测量速度和加速度的实验，根据匀变速直线运动的规律完成计算，在计算过程中要注意单位的换算。
12.【答案】3.8F等效替代法
【解析】解：(1)根据乙图弹簧测力计的分度值为0.2N，可读出测力计的示数为3.8N。
(2)由图丙可看出F是根据平行四边形定则作出的。
(3)该实验中两次要求橡皮条弹性形变效果相同，用一个弹簧测力计作用效果替代两个弹簧测力计作用的效果，所以实验采用了等效替代法。
故答案为：(1)3.8；(2)F；(3)等效替代法
(1)根据弹簧测力计的分度值读数；
(2)根据平行四边形定则分析作答；
(3)根据实验原理可知实验采用了等效替代法。
本实验考查验证平行四边形定则的实验，采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。
13.【答案】解：从A点到C点的直线距离即位移为
x= (3R)2+R2= 10R
方向由A指向C
从A点到C点的路程
s=πR+32πR=52πR
答：他的位移x为 10R，方向由A指向C；路程s为52πR。
【解析】位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；
路程是指物体所经过的路径的长度。
本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能够解决了
14.【答案】解：(1)对小球B的受力分析如图所示
由相似三角形得
mg2R=NR=T32R
解得
N=12mg
T=34mg
由牛顿第三定律得
N′=N=12mg
(2)A受到的摩擦力大小等于PB绳沿水平方向的分力，即为
f=Tsin∠MPB
由余弦定理得
cs∠MPB=(2R)2+(32R)2−R22×2R×32R=78
sin∠MPB= 1−cs2∠MPB
解得sin∠MPB= 158
得
f=T× 158=3 1532mg
答：(1)B对C的压力大小为12mg；
(2)A受到台面的静摩擦力大小为3 1532mg。
【解析】(1)以B为研究对象进行受力分析，根据三角形相似求解各力大小，根据牛顿第三定律可得B对C的压力大小；
(2)以结点P为研究对象，根据平衡条件求解绳OP的拉力大小和绳子PA的拉力大小；对物块A根据平衡条件可得A受到的摩擦力大小。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对小球B和结点P进行受力分析、利用三角形相似、平行四边形法则、共点力的平衡条件建立方程进行解答。注意：本题中小球B受到的三个力构成的三角形不是特殊三角形，不要误认为PB和半径垂直。
15.【答案】解：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时t，平板车左端离O点的水平距离为x
小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律h=12gt2
解得t= 2hg= 2×0.4510s=0.3s
平板车做初速度为零的匀加速运动，根据运动学公式x=12at2
代入数据可得x=0.36m
(2)平板车右端刚好运动到装置M正下方的时间为t1
根据匀变速运动公式L+x=12at12
代入数据解得t1=0.8s
释放小球的时间间隔Δt=t1−t=0.8s−0.3s=0.5s
释放小球的时间间隔应满足Δt≤0.5s。
答：(1)平板车左端离O点的水平距离x=0.36m；
(2)释放小球的时间间隔应满足Δt≤0.5s。
【解析】(1)小球做自由落体运动，平板车做初速度为零的匀加速运动，根据等时性求水平距离；
(2)根据运动学公式求解平板车右端刚好运动到装置M正下方的时间，再求释放小球的时间间隔满足的条件。
本题考查了自由落体运动规律和匀变速运动规律，要抓住运动的等时性。
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