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2023-2024学年江西省上饶市高一（上）期末教学质量测试物理试卷(含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省上饶市高一（上）期末教学质量测试物理试卷(含解析），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。
1.加速度的概念是人类认识史上最难建立的概念之一，是在400多年前伽利略对落体运动的研究中逐步建立起来的。关于加速度和速度，下列说法中正确的是
A. 加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，是标量
B. 加速度大的物体速度变化一定大
C. 速度是表示物体运动快慢的物理量，是标量
D. 运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度
2.某质点做同一方向的直线运动的位移—时间图像如图所示，在0∼4s时间内有一段时间是静止不动的，这段时间为( )
A. 0∼1sB. 1s∼2sC. 2s∼3sD. 3s∼4s
3.一物体做匀变速直线运动，它的速度—时间图像如下图所示，物体运动的加速度大小为
A. 1 m/s2B. 1.5 m/s2C. 2 m/s2D. 2.5 m/s2
4.如图所示，水平面上有一重50 N的物体，受到F1=5 N和F2=1 N的水平力作用而处于静止状态。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如果将F1撤去，那么物体受到的摩擦力的大小为
A. 1 NB. 2 NC. 3 ND. 4 N
5.在杭州亚运会期间，送餐机器人格外引人关注。假设机器人送餐时先从静止开始做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到恰好停在目标位置。已知机器人做匀减速直线运动的第1 s内发生的位移为1.75 m，加速度大小为0.5 m/s2，则机器人做匀减速直线运动的初速度大小为
A. 1.5 m/sB. 2.0 m/sC. 2.5 m/sD. 3.0 m/s
6.蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动。一名游客在三清山神仙谷景区体验蹦极，蹦极过程可简化为如图，游客身系弹性绳自高空P点自由下落。图中a点是弹性绳的原长位置，c点是游客所到达的最低点，b点是游客静止地悬吊着时的平衡位置。游客在从P点下落到最低点c的过程中(不计空气阻力)，以下说法正确的是
A. P到a的过程中，该游客做自由落体运动，处于失重状态
B. P到a的过程中，该游客做自由落体运动，处于超重状态
C. a到b的过程中，该游客做加速运动，处于超重状态
D. b到c的过程中，该游客做减速运动，处于失重状态
7.手机是现代生活的必需品。如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上处于静止状态。斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现缓慢减小θ，下列说法正确的是
A. 手机受到的摩擦力不变B. 手机受到的摩擦力增大
C. 支架对手机的支持力减小D. 支架对手机的支持力增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图为某中学秋季运动会甲、乙两队拔河比赛的现场，经过激烈的对抗，最终甲队获得胜利。则下列说法正确的是
A. 甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对相互作用力
B. 甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对平衡力
C. 甲队对绳的拉力大于绳对甲队的拉力，所以甲队获胜
D. 无论谁获胜，甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力的大小均相等
9.如图，在某次足球比赛中，球员踢出“香蕉”球，足球在空中划出一道美妙的弧线后钻入球门死角。实际上生活中还有很多运动都是曲线运动，下列关于曲线运动的说法正确的是
A. 做曲线运动的物体，速度的大小一定改变B. 做曲线运动的物体，速度的方向一定改变
C. 做曲线运动的物体，加速度方向可能不变D. 做曲线运动的物体，加速度大小一定改变
10.如图所示，质量为M=4 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1 kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加一个水平向右F=4 N力的作用。下列说法正确的是
A. 物块m相对M不发生相对运动B. 物块m的加速度大小为1 m/s2
C. 物块m受到的摩擦力大小为3.2 ND. 物块m受到的摩擦力大小为4 N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧形变量的关系。
(1)为完成实验，除了上图中用到的实验器材外，下列还需要用到的实验器材有_______(选填“A”或“B”)
A.秒表 B.刻度尺
(2)下列说法正确的是_______(选填“A”或“B”)。
A.要记录弹簧的长度，再计算出弹簧的伸长量及记录所挂钩码的质量
B.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的长度成正比
(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的图线，由图可求出弹簧的劲度系数为_______N/m(选填“100”或“200”)。
12.某实验小组利用小车、一端带有滑轮的长木板、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。
(1)实验中，以下做法正确的是_______(选填“A”或“B”)。
A.实验时，应先接通电源，后释放小车
B.平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在小车上
(2)实验小组得出加速度和力的关系如图乙所示，直线没有经过坐标原点的原因可能是_______(选填“A”或“B”)。
A.没有平衡摩擦力 B.平衡摩擦力时木板的右端垫得过高
(3)下图为小车做匀变速直线运动时打点计时器打出的纸带，选出的部分计数点分别记为O、A、B、C、D、E、F，每相邻两计数点的时间间隔为0.1s，请根据纸带计算：
①小车运动的加速度大小为________m/s2(选填：“1.60”或“0.80”)。
②打计数点“A”时小车的速度大小为_______m/s(选填：“0.72”或“0.36”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，滑板运动员以速度v0从离地h高处的平台末端水平飞出，落在水平地面上。若运动员从离开平台末端到落地的运动时间t=0.5 s，运动员落地点到平台末端的水平距离x=2 m，忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)平台离地的高度h；
(2)运动员从平台末端水平飞出的速度v0的大小。
14.如图甲所示，一个质量m=3 kg的物体放在水平地面上，若用F=15 N的水平力拉物体，物体恰好做匀速直线运动。现保持力F的大小不变，使力F与水平方向成37°斜向上作用于静止的这个物体上，如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物体与地面之间的动摩擦因数μ是多少；
(2)乙图中，物体运动的加速度的大小为多少；
(3)乙图中，力F作用10 s后撤去，则力F撤去后物体还能运动多久。
15.如图所示，光滑的水平地面与倾角为30°的足够长的光滑斜坡平滑相连。某时刻A球在斜坡底C位置，B球在A球左边相距L=16 m的地方，A球以v0=10 m/s的初速度滑上斜坡，同时B球以v1=10 m/s的速度水平向右匀速运动。两小球经过C点时速度大小不变。两小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A球第一次沿斜坡上滑到最高点的时间；
(2)当B球第一次到达斜面底端的C点时，A球在斜面上运动的速度大小；
(3)A球滑上斜坡后两小球第一次相遇的位置沿斜面方向离C点的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查加速度和速度。解题关键是理解加速度和速度的概念及含义。知道加速度和速度都是矢量，明确加速度与速度之间的关系。
【解答】
A.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度是矢量，故A错误；
B.由加速度a=ΔvΔt可知物体速度的变化快慢还与时间有关，故加速度大的物体速度变化不一定大，故B错误；
C.速度是表示物体运动快慢的物理量，有大小、有方向，是矢量，故C错误；
D.运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，故D正确。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】在位移—时间图像中，图像的斜率表示速度的大小，由图像可知，在 1s∼2s 时间内，图像的斜率为零，即速度为零，物体处于静止状态。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查匀变速直线运动的速度—时间图像，明确图象的意义是解决问题的关键。在速度—时间图像中，图线的斜率表示加速度，根据图线的斜率即可求得物体运动的加速度大小。
【解答】
在速度—时间图像中，图线斜率表示加速度，故，故C正确，ABD错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了摩擦力，在求摩擦力的大小时，要先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力，然后根据公式求解摩擦力的大小；
摩擦力问题是高中物理的重点和难点，对于摩擦力的分析一定注意判断是动摩擦力还是静摩擦力，即注意根据运动状态进行分析。
【解答】
物体所受最大静摩擦力为：fm=μFN=μG=0.1×50N=5N
只将F1撤去，因为F2=1N故A正确，BCD错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的位移时间公式即可解答，基础题。
【解答】
根据匀变速直线运动的位移时间公式可得v0·1−12·0.5·12=1.75，解得v0=2.0 m/s，故选B。
6.【答案】A
【解析】【分析】
开始阶段，人做自由落体，而绳张紧后人的重力先大于绳的拉力，人仍做加速运动，但后来绳的拉力大于人的重力时，人做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，同时根据加速度和速度关系分析速度的变化情况。
【解答】
AB、运动员P到a的过程中做自由落体运动，加速度等于重力加速度且向下，所以处于完全失重状态，故A正确，B错误；
C、从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，人处于失重状态，故C错误；
D、从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，人处于超重状态，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力，判断其随θ的变化；
本题考查共点力平衡，解题关键是对手机做好受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
【解答】
对手机受力分析，手机受到重力mg、支持力N和摩擦力f，如图：
由平衡条件得：f=mgsinθ，N=mgcsθ，
若θ减小，摩擦力减小，支持力增大，故D正确，ABC错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查相互作用力和平衡力的区别，难度不大。
【解答】
AB、甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是甲和绳之间的相互作用，即甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对相互作用力，故A正确，B错误；
CD、无论谁获胜，甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力的大小均相等，故C错误，D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了做曲线运动的条件，运动特点，难度不大。
【解答】
AB、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度方向一定改变，一定是变速运动但速度大小不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD、做曲线运动的物体，加速度方向可能不变，大小可能不变，例如平抛运动，故C正确，D错误。
10.【答案】AC
【解析】解：
假设物块和长木板相对静止，
对物块与长木板整体进行受力分析：F=(M+m)a，解得a=0.8m/s2，
对物块进行受力分析：F−f=ma，解得f=3.2N<μmg=4N，故此时物块和长木板没有发生相对运动，
假设正确，故AC正确，BD错误。
根据假设法，结合整体和隔离受力分析即可解答；
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，注意临界状态和整体法、隔离法的运用。
11.【答案】 B A 200
【详解】(1)[1]除铁架台，钩码外，还需刻度尺测量弹簧悬挂不同钩码时的长度，从而求出弹簧的伸长量，本实验不需要秒表。
故选B。
(2)[2] A.要记录弹簧的长度，再计算出弹簧的伸长量及记录所挂钩码的质量从而算出弹簧的劲度系数，A正确；
B.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比，B错误；
故选A。
(3)[3]在弹簧弹力F与弹簧伸长量x的图线中，斜率表示弹簧的劲度系数，即
k=ΔFΔx=7−1(4−1)×10−2N/m=200N/m
【解析】详细解答核解析过程见答案
12.【答案】 A B 1.60 0.36
【详解】(1)[1]
A.实验时，为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放小车，故A正确；
B.平衡摩擦力时，应将钩码从小车上撤去，故B错误。
故选A。
(2)[2]由图乙可知，当 F=0 时，小车已经有了一定的加速度，所以直线没有经过坐标原点的原因可能是：平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。
故选B。
(3)①[3]根据逐差法可得，小车运动的加速度大小为
a=xCF−xOC9T2=(7.60+9.20+10.80−2.80−4.40−6.00)×10−29×0.12m/s2=1.60m/s2
②[4]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，打计数点“A”时小车的速度大小为
vA=xOB2T=(2.80+4.40)×10−22×0.1m/s=0.36m/s
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)由平抛运动规律h=12gt2，
可得h=1.25m。
(2)水平方向上有x=v0t，
可得v0=4m/s。
【解析】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。知道分运动与合运动具有等时性和独立性。运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
14.【答案】解：(1)木箱在F的作用下做匀速直线运动，则有
F=μmg，
代入数据解得μ=0.5。
(2)乙图中，由受力分析可知，物体水平方向有
Fcs37°−f=ma1，
竖直方向上有
Fsin37°+FN=mg，
又因为摩擦力满足f=μFN，
联立解得a1=0.5m/s2。
(3)根据匀加速直线运动速度与时间的关系可得木箱在F作用10s时的速度
v=a1t1，
撤去F后，设物体在水平面的加速度为a2，则有
μmg=ma2，
又根据匀减速直线运动的公式
0=v−a2t2，
联立解得
t2=1s。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用，使用了正交分解法，在正交分解法解决牛顿第二定律问题时，建立坐标系的方法一般是沿加速度方向与垂直加速度方向，其中沿加速度方向合力等于ma，垂直加速度方向合力为零。
15.【答案】解：(1)选择沿斜面向上为正，小球在斜面上进行受力分析可得
F合=−mgsin30∘=ma
a=−5m/s2
0=v0+at1
联立解得
t1=2s。
(2)B球到达C点所用时间为t2=Lv1=1.6s
A球做匀减速运动速度v=v0+at2=2m/s。
(3)从开始出发计时，设经过时间t两球相遇，A球位移为
xA=v0t+12at2
B球沿斜面位移为
xB=v1(t−t2)+12a(t−t2)2
其中t>1.6s
相遇时满足
xB=xA
代入可得
t=2.8s
xA=8.4m。
【解析】本题考查的是追及相遇类问题，解决问题的关键是清楚两球的受力情况和运动情况，并注意相遇时两物体的位移关系。
1.加速度的概念是人类认识史上最难建立的概念之一，是在400多年前伽利略对落体运动的研究中逐步建立起来的。关于加速度和速度，下列说法中正确的是
A. 加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，是标量
B. 加速度大的物体速度变化一定大
C. 速度是表示物体运动快慢的物理量，是标量
D. 运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度
2.某质点做同一方向的直线运动的位移—时间图像如图所示，在0∼4s时间内有一段时间是静止不动的，这段时间为( )
A. 0∼1sB. 1s∼2sC. 2s∼3sD. 3s∼4s
3.一物体做匀变速直线运动，它的速度—时间图像如下图所示，物体运动的加速度大小为
A. 1 m/s2B. 1.5 m/s2C. 2 m/s2D. 2.5 m/s2
4.如图所示，水平面上有一重50 N的物体，受到F1=5 N和F2=1 N的水平力作用而处于静止状态。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如果将F1撤去，那么物体受到的摩擦力的大小为
A. 1 NB. 2 NC. 3 ND. 4 N
5.在杭州亚运会期间，送餐机器人格外引人关注。假设机器人送餐时先从静止开始做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到恰好停在目标位置。已知机器人做匀减速直线运动的第1 s内发生的位移为1.75 m，加速度大小为0.5 m/s2，则机器人做匀减速直线运动的初速度大小为
A. 1.5 m/sB. 2.0 m/sC. 2.5 m/sD. 3.0 m/s
6.蹦极是一项深受年轻人喜爱的极限运动。一名游客在三清山神仙谷景区体验蹦极，蹦极过程可简化为如图，游客身系弹性绳自高空P点自由下落。图中a点是弹性绳的原长位置，c点是游客所到达的最低点，b点是游客静止地悬吊着时的平衡位置。游客在从P点下落到最低点c的过程中(不计空气阻力)，以下说法正确的是
A. P到a的过程中，该游客做自由落体运动，处于失重状态
B. P到a的过程中，该游客做自由落体运动，处于超重状态
C. a到b的过程中，该游客做加速运动，处于超重状态
D. b到c的过程中，该游客做减速运动，处于失重状态
7.手机是现代生活的必需品。如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上处于静止状态。斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。现缓慢减小θ，下列说法正确的是
A. 手机受到的摩擦力不变B. 手机受到的摩擦力增大
C. 支架对手机的支持力减小D. 支架对手机的支持力增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图为某中学秋季运动会甲、乙两队拔河比赛的现场，经过激烈的对抗，最终甲队获得胜利。则下列说法正确的是
A. 甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对相互作用力
B. 甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对平衡力
C. 甲队对绳的拉力大于绳对甲队的拉力，所以甲队获胜
D. 无论谁获胜，甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力的大小均相等
9.如图，在某次足球比赛中，球员踢出“香蕉”球，足球在空中划出一道美妙的弧线后钻入球门死角。实际上生活中还有很多运动都是曲线运动，下列关于曲线运动的说法正确的是
A. 做曲线运动的物体，速度的大小一定改变B. 做曲线运动的物体，速度的方向一定改变
C. 做曲线运动的物体，加速度方向可能不变D. 做曲线运动的物体，加速度大小一定改变
10.如图所示，质量为M=4 kg的长木板位于光滑水平面上，质量为m=1 kg的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10 m/s2，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力。现对物块施加一个水平向右F=4 N力的作用。下列说法正确的是
A. 物块m相对M不发生相对运动B. 物块m的加速度大小为1 m/s2
C. 物块m受到的摩擦力大小为3.2 ND. 物块m受到的摩擦力大小为4 N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧形变量的关系。
(1)为完成实验，除了上图中用到的实验器材外，下列还需要用到的实验器材有_______(选填“A”或“B”)
A.秒表 B.刻度尺
(2)下列说法正确的是_______(选填“A”或“B”)。
A.要记录弹簧的长度，再计算出弹簧的伸长量及记录所挂钩码的质量
B.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的长度成正比
(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的图线，由图可求出弹簧的劲度系数为_______N/m(选填“100”或“200”)。
12.某实验小组利用小车、一端带有滑轮的长木板、打点计时器和几个已知质量的小钩码探究加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。
(1)实验中，以下做法正确的是_______(选填“A”或“B”)。
A.实验时，应先接通电源，后释放小车
B.平衡摩擦力时，应将钩码用细绳通过定滑轮系在小车上
(2)实验小组得出加速度和力的关系如图乙所示，直线没有经过坐标原点的原因可能是_______(选填“A”或“B”)。
A.没有平衡摩擦力 B.平衡摩擦力时木板的右端垫得过高
(3)下图为小车做匀变速直线运动时打点计时器打出的纸带，选出的部分计数点分别记为O、A、B、C、D、E、F，每相邻两计数点的时间间隔为0.1s，请根据纸带计算：
①小车运动的加速度大小为________m/s2(选填：“1.60”或“0.80”)。
②打计数点“A”时小车的速度大小为_______m/s(选填：“0.72”或“0.36”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，滑板运动员以速度v0从离地h高处的平台末端水平飞出，落在水平地面上。若运动员从离开平台末端到落地的运动时间t=0.5 s，运动员落地点到平台末端的水平距离x=2 m，忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)平台离地的高度h；
(2)运动员从平台末端水平飞出的速度v0的大小。
14.如图甲所示，一个质量m=3 kg的物体放在水平地面上，若用F=15 N的水平力拉物体，物体恰好做匀速直线运动。现保持力F的大小不变，使力F与水平方向成37°斜向上作用于静止的这个物体上，如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物体与地面之间的动摩擦因数μ是多少；
(2)乙图中，物体运动的加速度的大小为多少；
(3)乙图中，力F作用10 s后撤去，则力F撤去后物体还能运动多久。
15.如图所示，光滑的水平地面与倾角为30°的足够长的光滑斜坡平滑相连。某时刻A球在斜坡底C位置，B球在A球左边相距L=16 m的地方，A球以v0=10 m/s的初速度滑上斜坡，同时B球以v1=10 m/s的速度水平向右匀速运动。两小球经过C点时速度大小不变。两小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A球第一次沿斜坡上滑到最高点的时间；
(2)当B球第一次到达斜面底端的C点时，A球在斜面上运动的速度大小；
(3)A球滑上斜坡后两小球第一次相遇的位置沿斜面方向离C点的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查加速度和速度。解题关键是理解加速度和速度的概念及含义。知道加速度和速度都是矢量，明确加速度与速度之间的关系。
【解答】
A.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度是矢量，故A错误；
B.由加速度a=ΔvΔt可知物体速度的变化快慢还与时间有关，故加速度大的物体速度变化不一定大，故B错误；
C.速度是表示物体运动快慢的物理量，有大小、有方向，是矢量，故C错误；
D.运动物体在某一时刻或某一位置的速度，叫做瞬时速度，故D正确。
2.【答案】B
【解析】B
【详解】在位移—时间图像中，图像的斜率表示速度的大小，由图像可知，在 1s∼2s 时间内，图像的斜率为零，即速度为零，物体处于静止状态。
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查匀变速直线运动的速度—时间图像，明确图象的意义是解决问题的关键。在速度—时间图像中，图线的斜率表示加速度，根据图线的斜率即可求得物体运动的加速度大小。
【解答】
在速度—时间图像中，图线斜率表示加速度，故，故C正确，ABD错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了摩擦力，在求摩擦力的大小时，要先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力，然后根据公式求解摩擦力的大小；
摩擦力问题是高中物理的重点和难点，对于摩擦力的分析一定注意判断是动摩擦力还是静摩擦力，即注意根据运动状态进行分析。
【解答】
物体所受最大静摩擦力为：fm=μFN=μG=0.1×50N=5N
只将F1撤去，因为F2=1N
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据匀变速直线运动的位移时间公式即可解答，基础题。
【解答】
根据匀变速直线运动的位移时间公式可得v0·1−12·0.5·12=1.75，解得v0=2.0 m/s，故选B。
6.【答案】A
【解析】【分析】
开始阶段，人做自由落体，而绳张紧后人的重力先大于绳的拉力，人仍做加速运动，但后来绳的拉力大于人的重力时，人做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度变化情况，同时根据加速度和速度关系分析速度的变化情况。
【解答】
AB、运动员P到a的过程中做自由落体运动，加速度等于重力加速度且向下，所以处于完全失重状态，故A正确，B错误；
C、从a到b过程，弹性绳的拉力小于人的重力，人向下做加速度减小的变加速运动，人处于失重状态，故C错误；
D、从b到c过程，弹性绳的拉力大于人的重力，人向下做加速度增大的变减速运动，人处于超重状态，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
对手机受力分析，根据平衡条件列式求解手机所受支持力和摩擦力，判断其随θ的变化；
本题考查共点力平衡，解题关键是对手机做好受力分析，根据平衡条件列式求解即可。
【解答】
对手机受力分析，手机受到重力mg、支持力N和摩擦力f，如图：
由平衡条件得：f=mgsinθ，N=mgcsθ，
若θ减小，摩擦力减小，支持力增大，故D正确，ABC错误。
8.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查相互作用力和平衡力的区别，难度不大。
【解答】
AB、甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是甲和绳之间的相互作用，即甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力是一对相互作用力，故A正确，B错误；
CD、无论谁获胜，甲队对绳的拉力和绳对甲队的拉力的大小均相等，故C错误，D正确。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查了做曲线运动的条件，运动特点，难度不大。
【解答】
AB、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度方向一定改变，一定是变速运动但速度大小不一定改变，例如匀速圆周运动，故A错误，B正确；
CD、做曲线运动的物体，加速度方向可能不变，大小可能不变，例如平抛运动，故C正确，D错误。
10.【答案】AC
【解析】解：
假设物块和长木板相对静止，
对物块与长木板整体进行受力分析：F=(M+m)a，解得a=0.8m/s2，
对物块进行受力分析：F−f=ma，解得f=3.2N<μmg=4N，故此时物块和长木板没有发生相对运动，
假设正确，故AC正确，BD错误。
根据假设法，结合整体和隔离受力分析即可解答；
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，注意临界状态和整体法、隔离法的运用。
11.【答案】 B A 200
【详解】(1)[1]除铁架台，钩码外，还需刻度尺测量弹簧悬挂不同钩码时的长度，从而求出弹簧的伸长量，本实验不需要秒表。
故选B。
(2)[2] A.要记录弹簧的长度，再计算出弹簧的伸长量及记录所挂钩码的质量从而算出弹簧的劲度系数，A正确；
B.通过实验可知，在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比，B错误；
故选A。
(3)[3]在弹簧弹力F与弹簧伸长量x的图线中，斜率表示弹簧的劲度系数，即
k=ΔFΔx=7−1(4−1)×10−2N/m=200N/m
【解析】详细解答核解析过程见答案
12.【答案】 A B 1.60 0.36
【详解】(1)[1]
A.实验时，为了充分利用纸带，应先接通电源，后释放小车，故A正确；
B.平衡摩擦力时，应将钩码从小车上撤去，故B错误。
故选A。
(2)[2]由图乙可知，当 F=0 时，小车已经有了一定的加速度，所以直线没有经过坐标原点的原因可能是：平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。
故选B。
(3)①[3]根据逐差法可得，小车运动的加速度大小为
a=xCF−xOC9T2=(7.60+9.20+10.80−2.80−4.40−6.00)×10−29×0.12m/s2=1.60m/s2
②[4]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，打计数点“A”时小车的速度大小为
vA=xOB2T=(2.80+4.40)×10−22×0.1m/s=0.36m/s
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】解：(1)由平抛运动规律h=12gt2，
可得h=1.25m。
(2)水平方向上有x=v0t，
可得v0=4m/s。
【解析】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。知道分运动与合运动具有等时性和独立性。运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。
14.【答案】解：(1)木箱在F的作用下做匀速直线运动，则有
F=μmg，
代入数据解得μ=0.5。
(2)乙图中，由受力分析可知，物体水平方向有
Fcs37°−f=ma1，
竖直方向上有
Fsin37°+FN=mg，
又因为摩擦力满足f=μFN，
联立解得a1=0.5m/s2。
(3)根据匀加速直线运动速度与时间的关系可得木箱在F作用10s时的速度
v=a1t1，
撤去F后，设物体在水平面的加速度为a2，则有
μmg=ma2，
又根据匀减速直线运动的公式
0=v−a2t2，
联立解得
t2=1s。
【解析】本题考查牛顿第二定律的应用，使用了正交分解法，在正交分解法解决牛顿第二定律问题时，建立坐标系的方法一般是沿加速度方向与垂直加速度方向，其中沿加速度方向合力等于ma，垂直加速度方向合力为零。
15.【答案】解：(1)选择沿斜面向上为正，小球在斜面上进行受力分析可得
F合=−mgsin30∘=ma
a=−5m/s2
0=v0+at1
联立解得
t1=2s。
(2)B球到达C点所用时间为t2=Lv1=1.6s
A球做匀减速运动速度v=v0+at2=2m/s。
(3)从开始出发计时，设经过时间t两球相遇，A球位移为
xA=v0t+12at2
B球沿斜面位移为
xB=v1(t−t2)+12a(t−t2)2
其中t>1.6s
相遇时满足
xB=xA
代入可得
t=2.8s
xA=8.4m。
【解析】本题考查的是追及相遇类问题，解决问题的关键是清楚两球的受力情况和运动情况，并注意相遇时两物体的位移关系。
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