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安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高一下学期开学考试 物理 Word版含答案
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这是一份安徽省滁州市定远县育才学校2022-2023学年高一下学期开学考试 物理 Word版含答案，共12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。
一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
1. 2022年3月23日，中国空间站第二次太空授课，演示了在失重环境下水的表面张力将两个塑料板连接起来的“液桥”实验。已知表面张力大小F=σL，其中L为长度，σ为表面张力系数，表示不同液体表面张力大小的性质，则σ用国际单位制中的基本单位可表示为( )
A. kg/sB. kg/s2C. kg/mD. kg/m2
2. 一汽车在刹车后做匀减速直线运动，从某时刻开始计时，经过4s汽车的速度恰好为零，已知汽车在第3秒内的位移为7.5m。则( )
A. 汽车4s内经过的位移大小为40mB. 汽车的初速度大小为10m/s
C. 汽车运动的加速度大小为2.5m/s2D. 汽车在1.5s末时的速度大小为15m/s
3. 如图所示，将小球A以初速度v0竖直上抛的同时，将小球B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若小球A上升到最高点时，两小球位于同一水平线上，则两小球初始位置之间的高度差为( )
A. v02gB. 2v02gC. 3v02gD. 4v02g
4. 如图所示，一物体在与水平方向成θ角的力F作用下，沿着水平天花板做匀速直线运动。从某时刻(设t=0)起，力F大小不变，力F的方向沿逆时针方向缓慢旋转到θ=90°。若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，天花板足够长，下列判断正确的是( )
A. 在t=0时刻之前，物体可能向左做匀速直线运动
B. 在t=0时刻之前，物体受到的摩擦力大小可能为零
C. 在t=0时刻之后，物体做减速运动，最后从天花板掉下来
D. 在t=0时刻之后，物体做减速运动，且加速度越来越大，直到停止运动
5. 将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为( )
A. 3mgB. mgC. 32mgD. 12mg
6. 工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A，B，C，D是圆上四等分点，侧面OA，OB，OC，OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是( )
A. OA绳的张力大小为5G12
B. 若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小
C. 若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，OA绳的张力增大
D. 若加速向上提升石球，OA绳的张力大于5G16
7. 一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线栓一质量为m的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是( )
A. 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但箱子对地面的作用力始终保持不变
B. 小球摆到右侧最高点时，地面受到的压力为(M+m)g，箱子受到地面向左的静摩擦
C. 小球摆到最低点时，地面受到的压力为(M+m)g，箱子不受地面的摩擦力
D. 小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，箱子对地面的压力大于(M+m)g
二、多选题（本大题共3小题，共15分。全部选对的5分，选对但不全对的得2 分，有选错的得0分。）
8. 如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体从A点以某一初速度沿斜面向上滑动，到达E点速度恰好为零，关于物体向上滑动过程中下列结论正确的是( )
A. 物体到达B、D点的速率之比vB:vD=1:3
B. 物体到达C、E经历的时间之比tAC:tAE=(2−1):2
C. 物体通过每一部分时，其速度变化量的大小越来越大
D. 物体从A到E的平均速度vAE等于过C点时的瞬时速度vC
9. 如图所示，三个粗细均匀、完全相同的圆木A，B，C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1=120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 圆木间的弹力为12mg
B. 每个圆木对地面的压力为mg
C. 地面上的B、C圆木各自受到地面的作用力一定大于32mg
D. 地面与圆木间的动摩擦因数为33
10. 如图所示，倾角为θ的光滑固定足够长斜面AB的底端安装有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端拴接着质量m的小球。开始小球处于静止状态，现用手缓慢压小球直到弹簧缩短量为开始静止时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零，重力加速度为g，则( )
A. 释放瞬间小球加速度大小为2gsinθ
B. 小球向上移动一段距离过程中加速度先增大后减小
C. 小球向上移动一段距离过程中速度一直减小
D. 小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小
三、实验题（本大题共2小题，共12分）
11. （6分）某同学通过下述实验探究两个互成角度力的合成规律。
实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O 1、O 2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O 1、O 2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
③找出②中F=2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O'，橡皮筋的拉力记为FO O′。
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。
完成下列作图和填空：
(1)利用表中数据在图丙中画出F−l图线，根据图线求得l0=________cm。
(2)测得OA=6.00 cm，OB=7.60 cm，则FOA的大小为________N。
(3)根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F'的图示。
(4)通过比较F'与________的大小和方向，即可得出实验结论。
12. （6分） 为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中带滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，弹簧测力计竖直固定。(滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦均不计)
(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是___________。
A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点未画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像如图丙所示，图线的斜率为k，则小车的质量M为__________。
A.2k B．1k C．k D．2k
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13. （14分）高邮二桥风景区是高邮市民休闲好去处，小朋友们特别喜欢去那里放风筝，如图所示某段时间内小朋友和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，细线与风筝的夹角为θ=60°，风筝的质量为m=1kg，该同学的质量为M=29kg(风对风筝的作用力认为与风筝垂直，g取10m/s2)。
求：
(1)轻质细线中的拉力大小；
(2)风对风筝的作用力的大小；
(3)地面对人的摩擦力大小和方向。
14. （15分） 如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m=1 kg，木板的质量M=4 kg，长L=2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。现用水平恒力F=20 N拉木板，g取10 m/s2。
(1)要使木块能滑离木板，求作用的最短时间；
(2)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？
15. （16分）小球A离地面高度为ℎ=20m，在A球的正上方有另一小球B。现同时静止释放两个小球，A落地后反弹速度是落地前速度的75%，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)若未与B球发生碰撞，A反弹上升的最大高度是多少？
(2)若A与B刚好在A初始位置与地面之间的中点处相遇，则B离地初始高度是多少？
(3)若要在球A第二次下落过程中与球B相遇，则球B离地高度应满足什么条件？
答案和解析
1.B 【解析】根据关系式F=σL可知，σ=FL，力的单位是kg⋅m/s2，长度的单位是m，故σ的单位是kg/s2。故B正确，ACD错误。故选B。
2.A 【解析】设汽车的初速度为v0，运动的加速度大小为a，则0=v0−at，Δx3=v0t3−12at32−(v0t2−12at22)，其中t=4s，Δx3=7.5m，t3=3s，t2=2s，联立知，v0=20m/s，a=5m/s2。则汽车在4s内经过的位移x=v022a=40m，汽车在t1.5=1.5s末的速度大小v1.5=v0−at1.5=12.5m/s，故A正确，BCD错误。
3.A 【解析】由题知，A、B两球到达同一水平线所用的时间t=v0g，则两球初始位置间的高度差Δℎ=v022g+12gt2=v02g，故A正确，BCD错误。
4.D 【解析】A.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于F有水平方向的分力，所以根据平衡条件知物体所受的滑动摩擦力必定水平向左，物体只可能向右做匀速直线运动，故A错误。
B.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于F有水平方向的分力，所以物体一定受到水平向左的摩擦力。故B错误。
CD.该时刻前，物体的合力为F合0=F0csθ−μ(F0sinθ−mg)=F0(csθ−μsinθ)+μmg=0，则F0(csθ−μsinθ)=−μmg，csθ−μsinθ<0。
竖直方向有F0sinθ=mg+FN，因FN>0，所以F0sinθ>mg。
该时刻后，物体的合力为F合=Fcsθ−μ(Fsinθ−mg)=F(csθ−μsinθ)+μmg，因F>F0，可知，F合<0，即合力方向水平向左，加速度方向水平向左，物体做减速运动。
随着F的增大，F合的大小增大，则加速度增大，所以物体做加速度增大的减速运动，直至停止。由于竖直方向Fsinθ>mg，所以物体不会脱离天花板，故C错误，D正确。故选D。
5.A 【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与总重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子a垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：
根据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg，T=2mgcs30°=3mg故选：A
6.D 【解析】A、作图如下：
设绳子拉力为F，根据几何关系csθ=0.52−，
根据平衡条件有4Fcsθ=G，解得F=G4csθ=5G16，故A错误；
D、若加速向上提升石球，则4F'csθ−G=ma，其中m为石球质量，解得OA绳的张力F'>5G16，故D正确；
B、若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则图中O点下移，O点到球心的距离减小，根据几何知识θ变大，csθ变小，根F=G4csθ可知绳子的张力变大，故B错误；
C、若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，则图中O点上移，O点到球心的距离增大，根据几何知识θ变小，csθ变大，根据F=G4csθ可知绳子的张力变小，故C错误。故选D。
7.D 【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：F−mgcsθ=mv2r，绳子在竖直方向的分力为：F'=Fcsθ=mgcsθ+mv2rcsθ，由于速度越来越大，角度θ越来越小，故F'越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为aM=0，a'为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：(M+m)g−FN=M·aM+ma'，则有：FN=(M+m)g−ma'，故FN<(M+m)g，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于(M+m)g，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：T−mg=mv2r，联立解得：T=mg+mv2r，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：T'=T=mg+mv2r，故此时箱子对地面的压力为：N=(M+m)g+T'=(M+m)g+mg+mv2r，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，箱子对地面的压力大于(M+m)g，故C错误，D正确，故选D．
8.BC 【解析】将物体沿斜面向上的匀减速直线运动可以看成沿斜面向下初速度为0的匀加速度直线运动，设物体的加速度为a，每段长为s。
A，到达B点时vB2=6as，同理vD2=2as，则vB:vD=3:1 故A错；
B，设物体从E到A的时间为tAE，则tAE=8sa，物体从E到C的时间为tEC，则tEC=4sa，那么物体从A到C的时间tAC=tAE−tEC=8sa−4sa，则tAC:tAE=2−1:2，故B正确；
C，物体从A到E每一段的平均速度越来越小，每段用时Δt越来越长，速度变化量Δv=aΔt，由于a恒定，所以Δv越来越大，故C正确；
D，物体从A到E的平均速度vAE等于AE段中间时刻的速度，而C点是位移中点，并不是全程的中间时刻，故D错误。故选：BC。
9.CD 【解析】A.对A进行受力分析，如图所示：
A处于平衡状态，合力为零，则有：N2csθ2=12mg
解得：N1=N2=12mgcs60∘=mg，故A错误；
B.对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向：NB=NC=32mg，故B错误；
C.对C研究，地面对B的作用力等于地面对C的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于32mg，故C正确；
D.根据对称性可知，C受到的摩擦力与B受到的摩擦力大小相等，对C根据平衡条件得：f=N2sin60∘=mg×32=32mg，所以地面对C的摩擦力大小为32mg，
根据摩擦力的公式：f=μFN，所以：μ=fFN=32mg32mg=33，故D正确。故选CD。
10. AD 【解析】A.设小球静止时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，对小球受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=kx，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始静止时弹簧缩短量的三倍时释放，此时弹簧的压缩量为3x，且不会突变，根据牛顿第二定律有3kx−mgsinθ=ma，可得释放瞬间小球的加速度大小为a=2gsinθ，故A正确；
BCD.开始释放的一段时间内，弹簧对小球弹力大小要大于小球重力沿斜面方向的分力，即小球所受合外力沿斜面向上，加速度方向与速度方向相同，小球做加速运动，根据牛顿第二定律有kx'−mgsinθ=ma'，可知随着弹簧的压缩量减小，小球的加速度减小，当过了小球静止时所在位置时，当弹簧还处于压缩状态时，弹簧对小球的弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球所受合外力沿斜面向下，小球做减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ−kx'=ma'，可知随着弹簧压缩量的减小，小球的加速度增大，由于释放时弹簧的弹力大小为3mgsinθ，所以当弹簧恢复原长时，小球的速度方向沿斜面向上，小球继续向上运动，此时弹簧会被拉伸，弹簧的弹力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ+kx'=ma'，可知随着弹簧的伸长量增大，小球的加速度增大，小球速度继续减小，直到速度减小为零，所以此过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故D正确，BC错误。故选AD。
11.（1）10.00(9.90～10.10均可)
（2）1.80(1.70～1.90均可)
（3）
（4）FO O'
12. (1)BCD
(2) 0.48
(3)D
13.解：(1)对风筝进行受力分析如图所示，
将所有的力沿风筝方向和垂直于风筝平面方向进行正交分解，则沿风筝面方向有：FTcs60°=mgsin30°
代入数据解得：FT=10N
(2)沿垂直于风筝平面方向有：F=FTsin60°+mgcs30°
代入数据解得风对风筝的作用力的大小：F=103N
(3)对风筝和人整体进行受力分析，水平方向有：f=Fcs60°=103×12N=53N，
f方向水平向左。
答：(1)轻质细线中的拉力大小为10N；
(2)风对风筝的作用力的大小为103N；
(3)地面对人的摩擦力大小为53N，方向水平向左。
14.解：(1)当木板收到拉力时，木板受到的地面给的摩擦力为：f=μ(M+m)g=10N
此时木板的加速度：a=F−fm=2.5m/s2，方向与拉力F的方向一致
设作用t时间后撤去力F，此时木板的加速度为a'=fM=−2.5m/s2，
整个过程木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=−a'，故at2=L，
解得：t=1s；
(2)设木块的最大加速度为a木块，则μ1mg=ma木块，
对木板受力分析得：F−μ1mg−μ(M+m)g=Ma木板，
木板从木块的下方抽出的条件：a木板>a木块，
解得：F>25N。 F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l 0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05
一、单选题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）
1. 2022年3月23日，中国空间站第二次太空授课，演示了在失重环境下水的表面张力将两个塑料板连接起来的“液桥”实验。已知表面张力大小F=σL，其中L为长度，σ为表面张力系数，表示不同液体表面张力大小的性质，则σ用国际单位制中的基本单位可表示为( )
A. kg/sB. kg/s2C. kg/mD. kg/m2
2. 一汽车在刹车后做匀减速直线运动，从某时刻开始计时，经过4s汽车的速度恰好为零，已知汽车在第3秒内的位移为7.5m。则( )
A. 汽车4s内经过的位移大小为40mB. 汽车的初速度大小为10m/s
C. 汽车运动的加速度大小为2.5m/s2D. 汽车在1.5s末时的速度大小为15m/s
3. 如图所示，将小球A以初速度v0竖直上抛的同时，将小球B由静止释放，不计空气阻力，重力加速度大小为g。若小球A上升到最高点时，两小球位于同一水平线上，则两小球初始位置之间的高度差为( )
A. v02gB. 2v02gC. 3v02gD. 4v02g
4. 如图所示，一物体在与水平方向成θ角的力F作用下，沿着水平天花板做匀速直线运动。从某时刻(设t=0)起，力F大小不变，力F的方向沿逆时针方向缓慢旋转到θ=90°。若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，天花板足够长，下列判断正确的是( )
A. 在t=0时刻之前，物体可能向左做匀速直线运动
B. 在t=0时刻之前，物体受到的摩擦力大小可能为零
C. 在t=0时刻之后，物体做减速运动，最后从天花板掉下来
D. 在t=0时刻之后，物体做减速运动，且加速度越来越大，直到停止运动
5. 将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为( )
A. 3mgB. mgC. 32mgD. 12mg
6. 工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部ABCD为圆形绳套，A，B，C，D是圆上四等分点，侧面OA，OB，OC，OD是四条完全相同、不可伸长的轻绳。O点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m，石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是( )
A. OA绳的张力大小为5G12
B. 若侧面绳长不变，减小绳套的半径，OA绳的张力减小
C. 若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，OA绳的张力增大
D. 若加速向上提升石球，OA绳的张力大于5G16
7. 一个质量为M的箱子放在水平地面上，箱内用一段固定长度的轻质细线栓一质量为m的小球，线的另一端拴在箱子的顶板上，现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放，如图所示，在小球摆动的过程中箱子始终保持静止，则以下判断正确的是( )
A. 在小球摆动的过程中，线的张力呈周期性变化，但箱子对地面的作用力始终保持不变
B. 小球摆到右侧最高点时，地面受到的压力为(M+m)g，箱子受到地面向左的静摩擦
C. 小球摆到最低点时，地面受到的压力为(M+m)g，箱子不受地面的摩擦力
D. 小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，箱子对地面的压力大于(M+m)g
二、多选题（本大题共3小题，共15分。全部选对的5分，选对但不全对的得2 分，有选错的得0分。）
8. 如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体从A点以某一初速度沿斜面向上滑动，到达E点速度恰好为零，关于物体向上滑动过程中下列结论正确的是( )
A. 物体到达B、D点的速率之比vB:vD=1:3
B. 物体到达C、E经历的时间之比tAC:tAE=(2−1):2
C. 物体通过每一部分时，其速度变化量的大小越来越大
D. 物体从A到E的平均速度vAE等于过C点时的瞬时速度vC
9. 如图所示，三个粗细均匀、完全相同的圆木A，B，C堆放在水平地面上，处于静止状态，每个圆木的质量为m，截面的半径为R，三个截面圆心连线构成的等腰三角形的顶角∠O1=120°，若在地面上的两个圆木刚好要滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑圆木之间的摩擦，重力加速度为g，则( )
A. 圆木间的弹力为12mg
B. 每个圆木对地面的压力为mg
C. 地面上的B、C圆木各自受到地面的作用力一定大于32mg
D. 地面与圆木间的动摩擦因数为33
10. 如图所示，倾角为θ的光滑固定足够长斜面AB的底端安装有一个挡板P，斜面上放有一根轻质弹簧，弹簧的一端固定在挡板上，另一端拴接着质量m的小球。开始小球处于静止状态，现用手缓慢压小球直到弹簧缩短量为开始静止时缩短量的三倍时释放，小球向上移动一段距离后速度为零，重力加速度为g，则( )
A. 释放瞬间小球加速度大小为2gsinθ
B. 小球向上移动一段距离过程中加速度先增大后减小
C. 小球向上移动一段距离过程中速度一直减小
D. 小球向上移动一段距离过程中速度先增大后减小
三、实验题（本大题共2小题，共12分）
11. （6分）某同学通过下述实验探究两个互成角度力的合成规律。
实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O 1、O 2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O 1、O 2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
③找出②中F=2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O'，橡皮筋的拉力记为FO O′。
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。
完成下列作图和填空：
(1)利用表中数据在图丙中画出F−l图线，根据图线求得l0=________cm。
(2)测得OA=6.00 cm，OB=7.60 cm，则FOA的大小为________N。
(3)根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F'的图示。
(4)通过比较F'与________的大小和方向，即可得出实验结论。
12. （6分） 为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中带滑轮的小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，弹簧测力计竖直固定。(滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦均不计)
(1)实验时，一定要进行的操作或保证的条件是___________。
A.用天平测出砂和砂桶的质量
B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有四个点未画出)。已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留两位有效数字)。
(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像如图丙所示，图线的斜率为k，则小车的质量M为__________。
A.2k B．1k C．k D．2k
四、计算题（本大题共3小题，共45分）
13. （14分）高邮二桥风景区是高邮市民休闲好去处，小朋友们特别喜欢去那里放风筝，如图所示某段时间内小朋友和风筝均保持静止状态，此时风筝平面与水平面夹角为30°，细线与风筝的夹角为θ=60°，风筝的质量为m=1kg，该同学的质量为M=29kg(风对风筝的作用力认为与风筝垂直，g取10m/s2)。
求：
(1)轻质细线中的拉力大小；
(2)风对风筝的作用力的大小；
(3)地面对人的摩擦力大小和方向。
14. （15分） 如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m=1 kg，木板的质量M=4 kg，长L=2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2。现用水平恒力F=20 N拉木板，g取10 m/s2。
(1)要使木块能滑离木板，求作用的最短时间；
(2)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？
15. （16分）小球A离地面高度为ℎ=20m，在A球的正上方有另一小球B。现同时静止释放两个小球，A落地后反弹速度是落地前速度的75%，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)若未与B球发生碰撞，A反弹上升的最大高度是多少？
(2)若A与B刚好在A初始位置与地面之间的中点处相遇，则B离地初始高度是多少？
(3)若要在球A第二次下落过程中与球B相遇，则球B离地高度应满足什么条件？
答案和解析
1.B 【解析】根据关系式F=σL可知，σ=FL，力的单位是kg⋅m/s2，长度的单位是m，故σ的单位是kg/s2。故B正确，ACD错误。故选B。
2.A 【解析】设汽车的初速度为v0，运动的加速度大小为a，则0=v0−at，Δx3=v0t3−12at32−(v0t2−12at22)，其中t=4s，Δx3=7.5m，t3=3s，t2=2s，联立知，v0=20m/s，a=5m/s2。则汽车在4s内经过的位移x=v022a=40m，汽车在t1.5=1.5s末的速度大小v1.5=v0−at1.5=12.5m/s，故A正确，BCD错误。
3.A 【解析】由题知，A、B两球到达同一水平线所用的时间t=v0g，则两球初始位置间的高度差Δℎ=v022g+12gt2=v02g，故A正确，BCD错误。
4.D 【解析】A.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于F有水平方向的分力，所以根据平衡条件知物体所受的滑动摩擦力必定水平向左，物体只可能向右做匀速直线运动，故A错误。
B.该时刻前，物体做匀速直线运动，合力为零。由于F有水平方向的分力，所以物体一定受到水平向左的摩擦力。故B错误。
CD.该时刻前，物体的合力为F合0=F0csθ−μ(F0sinθ−mg)=F0(csθ−μsinθ)+μmg=0，则F0(csθ−μsinθ)=−μmg，csθ−μsinθ<0。
竖直方向有F0sinθ=mg+FN，因FN>0，所以F0sinθ>mg。
该时刻后，物体的合力为F合=Fcsθ−μ(Fsinθ−mg)=F(csθ−μsinθ)+μmg，因F>F0，可知，F合<0，即合力方向水平向左，加速度方向水平向左，物体做减速运动。
随着F的增大，F合的大小增大，则加速度增大，所以物体做加速度增大的减速运动，直至停止。由于竖直方向Fsinθ>mg，所以物体不会脱离天花板，故C错误，D正确。故选D。
5.A 【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与总重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子a垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：
根据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg，T=2mgcs30°=3mg故选：A
6.D 【解析】A、作图如下：
设绳子拉力为F，根据几何关系csθ=0.52−，
根据平衡条件有4Fcsθ=G，解得F=G4csθ=5G16，故A错误；
D、若加速向上提升石球，则4F'csθ−G=ma，其中m为石球质量，解得OA绳的张力F'>5G16，故D正确；
B、若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则图中O点下移，O点到球心的距离减小，根据几何知识θ变大，csθ变小，根F=G4csθ可知绳子的张力变大，故B错误；
C、若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，则图中O点上移，O点到球心的距离增大，根据几何知识θ变小，csθ变大，根据F=G4csθ可知绳子的张力变小，故C错误。故选D。
7.D 【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：F−mgcsθ=mv2r，绳子在竖直方向的分力为：F'=Fcsθ=mgcsθ+mv2rcsθ，由于速度越来越大，角度θ越来越小，故F'越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为aM=0，a'为小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：(M+m)g−FN=M·aM+ma'，则有：FN=(M+m)g−ma'，故FN<(M+m)g，根据牛顿第三定律可知对地面的压力小于(M+m)g，故B错误；在最低点，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：T−mg=mv2r，联立解得：T=mg+mv2r，则根据牛顿第三定律知，球对箱的拉力大小为：T'=T=mg+mv2r，故此时箱子对地面的压力为：N=(M+m)g+T'=(M+m)g+mg+mv2r，故小球摆到最低点时，绳对箱顶的拉力大于mg，箱子对地面的压力大于(M+m)g，故C错误，D正确，故选D．
8.BC 【解析】将物体沿斜面向上的匀减速直线运动可以看成沿斜面向下初速度为0的匀加速度直线运动，设物体的加速度为a，每段长为s。
A，到达B点时vB2=6as，同理vD2=2as，则vB:vD=3:1 故A错；
B，设物体从E到A的时间为tAE，则tAE=8sa，物体从E到C的时间为tEC，则tEC=4sa，那么物体从A到C的时间tAC=tAE−tEC=8sa−4sa，则tAC:tAE=2−1:2，故B正确；
C，物体从A到E每一段的平均速度越来越小，每段用时Δt越来越长，速度变化量Δv=aΔt，由于a恒定，所以Δv越来越大，故C正确；
D，物体从A到E的平均速度vAE等于AE段中间时刻的速度，而C点是位移中点，并不是全程的中间时刻，故D错误。故选：BC。
9.CD 【解析】A.对A进行受力分析，如图所示：
A处于平衡状态，合力为零，则有：N2csθ2=12mg
解得：N1=N2=12mgcs60∘=mg，故A错误；
B.对整体受力分析，受到重力、地面的支持力、B受到的向右的摩擦力和C受到的向左的摩擦力，由对称性可知，竖直方向：NB=NC=32mg，故B错误；
C.对C研究，地面对B的作用力等于地面对C的支持力与地面对B摩擦力的合力，大于32mg，故C正确；
D.根据对称性可知，C受到的摩擦力与B受到的摩擦力大小相等，对C根据平衡条件得：f=N2sin60∘=mg×32=32mg，所以地面对C的摩擦力大小为32mg，
根据摩擦力的公式：f=μFN，所以：μ=fFN=32mg32mg=33，故D正确。故选CD。
10. AD 【解析】A.设小球静止时弹簧的压缩量为x，弹簧的劲度系数为k，对小球受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=kx，现用手缓慢压缩小球直到弹簧缩短量为开始静止时弹簧缩短量的三倍时释放，此时弹簧的压缩量为3x，且不会突变，根据牛顿第二定律有3kx−mgsinθ=ma，可得释放瞬间小球的加速度大小为a=2gsinθ，故A正确；
BCD.开始释放的一段时间内，弹簧对小球弹力大小要大于小球重力沿斜面方向的分力，即小球所受合外力沿斜面向上，加速度方向与速度方向相同，小球做加速运动，根据牛顿第二定律有kx'−mgsinθ=ma'，可知随着弹簧的压缩量减小，小球的加速度减小，当过了小球静止时所在位置时，当弹簧还处于压缩状态时，弹簧对小球的弹力小于小球重力沿斜面向下的分力，小球所受合外力沿斜面向下，小球做减速运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ−kx'=ma'，可知随着弹簧压缩量的减小，小球的加速度增大，由于释放时弹簧的弹力大小为3mgsinθ，所以当弹簧恢复原长时，小球的速度方向沿斜面向上，小球继续向上运动，此时弹簧会被拉伸，弹簧的弹力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ+kx'=ma'，可知随着弹簧的伸长量增大，小球的加速度增大，小球速度继续减小，直到速度减小为零，所以此过程中，小球的速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故D正确，BC错误。故选AD。
11.（1）10.00(9.90～10.10均可)
（2）1.80(1.70～1.90均可)
（3）
（4）FO O'
12. (1)BCD
(2) 0.48
(3)D
13.解：(1)对风筝进行受力分析如图所示，
将所有的力沿风筝方向和垂直于风筝平面方向进行正交分解，则沿风筝面方向有：FTcs60°=mgsin30°
代入数据解得：FT=10N
(2)沿垂直于风筝平面方向有：F=FTsin60°+mgcs30°
代入数据解得风对风筝的作用力的大小：F=103N
(3)对风筝和人整体进行受力分析，水平方向有：f=Fcs60°=103×12N=53N，
f方向水平向左。
答：(1)轻质细线中的拉力大小为10N；
(2)风对风筝的作用力的大小为103N；
(3)地面对人的摩擦力大小为53N，方向水平向左。
14.解：(1)当木板收到拉力时，木板受到的地面给的摩擦力为：f=μ(M+m)g=10N
此时木板的加速度：a=F−fm=2.5m/s2，方向与拉力F的方向一致
设作用t时间后撤去力F，此时木板的加速度为a'=fM=−2.5m/s2，
整个过程木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=−a'，故at2=L，
解得：t=1s；
(2)设木块的最大加速度为a木块，则μ1mg=ma木块，
对木板受力分析得：F−μ1mg−μ(M+m)g=Ma木板，
木板从木块的下方抽出的条件：a木板>a木块，
解得：F>25N。 F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l 0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05
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