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四川省绵阳实验高级中学2022-2023学年高一物理上学期线上期末试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳实验高级中学2022-2023学年高一物理上学期线上期末试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了本题共8小题，共32分，本题共4小题，共16分等内容，欢迎下载使用。
绵阳实验高中2022级高一上期期末
线上模拟考试题 物理
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、本题共8小题，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 由于不存在不受外力作用的物体，所以牛顿第一定律没有意义
B. 牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因
C. 惯性是物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质
D. 由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大，所以子弹的惯性大小与其速度大小有关
【答案】B
【解析】
【详解】AB．牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，虽然不存在不受外力作用的物体，但是牛顿第一定律仍有意义，故A错误，B正确；
CD．牛顿第一定律表明物体具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性，惯性的大小仅与物体的质量有关，与物体的受力情况和运动情况均无关，故C、D错误。
故选B。
2. 某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0-1s内导弹匀速上升 B. 在1-2s内导弹静止不动
C. 3s末导弹的加速度方向改变 D. 5s末导弹恰好回到出发点
【答案】D
【解析】
【详解】A．0～1s内导弹的速度随时间均匀增加，且速度为正，所以导弹匀加速上升，故A错误；
B．1～2s内导弹的速度不变，且为正，所以导弹匀速上升，故B错误；
C．图像的斜率表示加速度，所以由题图可知3s末导弹的加速度方向未改变，故C错误；
D．根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可得0-5s的位移为
可知5s末导弹恰好回到出发点，故D正确。
故选D。
3. 某同学为体验力的作用效果，做了如图所示的实验，他让铅笔保持水平，铅笔尖B顶在手心，手掌保持竖直，用细绳OA的A端系在手指头上，另一端O与铅笔头相连并打结，用细线OC的O端与铅笔头相连并打结，C端连接一质量m=90g的钩码．两细线与铅笔都处于同一竖直平面上，A、B在同一竖直线上，整个装置都处于静止状态．已知AO=20cm，BO=16cm，忽略细线和铅笔的质量， g=10m/s2．则铅笔尖对手心的压力大小是
A. 0.9N B. 1.2N C. 1.6N D. 2.0N
【答案】B
【解析】
【详解】将重物对点O的拉力产生两个效果，沿着BO方向压和沿着AO方向拉，根据平行四边形定则，有：
结合几何关系，有：
解得：
故选B．
4. 质量为1kg的物体在光滑水平面内受到两个水平力的作用，这个物体的加速度为6m/s2，其中一个力F1=4N，则另一个力F2的大小不可能是（ ）
A. 2 N B. 6 N C. 10 N D. 12 N
【答案】D
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可得合力，，所以，故D不可能．
5. 如图所示，放置在水平地面上的质量为M的斜面体上有一质量为m的物块沿斜面匀速下滑，而斜面体M始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 地面对物体M没有摩擦力
B. 地面对物体M有向左的摩擦力
C. 地面对物体M的支持力大于
D. 地面对物体M的支持力小于
【答案】A
【解析】
【详解】A B．对物块和斜面体组成的系统，整体加速度为零。水平方向合力为零，地面对物体M没有摩擦力。故A正确；B错误；
C D．系统竖直方向合力为零，地面对物体M的支持力等于。故CD错误。
故选A。
6. 如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（ ）
A. M受静摩擦力增大 B. 物块M对车厢壁的压力不变
C. M受静摩擦力减小 D. 物块M仍能相对于车厢壁静止
【答案】D
【解析】
【详解】以物块为研究对象，分析受力情况如图
重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律
水平方向
竖直方向
AC．当加速度增大时，N增大，M所受的最大静摩擦力增大，物块在竖直方向受力平衡，即
不变，AC错误；
B．当加速度增大时，N增大，根据牛顿第三定律得知，物块M对车厢壁的压力增大，B错误；
D．因为最大静摩擦力增大，物块仍然能相对于车厢壁静止，D正确。
故选D
7. A、B两物体中间连接一劲度系数的轻弹簧，静止置于光滑水平面上，此时弹簧的长度为，两物体质量分别为，，现用水平向右的力拉物体A。则稳定后（ ）
A. A物体的加速度为 B. 弹簧的弹力为
C. 弹簧的长度为 D. 弹簧的长度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．稳定后，物体A、B以相同的加速度运动，则
故A错误；
B．以物体B为分析对象，根据牛顿第二定律可得
故B错误；
CD．根据胡克定律，弹簧的形变量为
所以弹簧的长度为
故C错误、D正确。
故选D。
8. 如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A点运动到B点所用的时间为（ ）(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)
A. 4.0s B. 4.2s C. 3.2s D. 8.0s
【答案】A
【解析】
【详解】开始时物体下滑的加速度
a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2
运动到与传送带共速的时间为
t1＝＝s＝2s
下滑距离
x1＝a1t2＝20m
由于tan37°＝0.75＞0.5故物体加速下滑，且此时
a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2
根据x2＝vt2＋a2t，即
64－20＝20t2＋×2×t
解得
t2＝2s
故总时间为
t＝4s
故选A。
二、本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 误差分为系统和偶然误差，多次测量可以减小系统误差
B. 有效数字中3.2、3.20、3.200含义是不同的
C. 物体的速度变化越快，表明物体所受合外力越大
D. 物体所受摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
【答案】BC
【解析】
【详解】A．误差分为系统和偶然误差，多次测量可以减小偶然误差，A错误；
B．3.2、3.20、3.200中分别为2位、3位、4位有效数字，所以含义不同，B正确；
C．物体的速度变化越快，则加速度越大，由牛顿第二定律可得，物体所受合外力越大，C正确；
D．物体所受摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反，与物体运动方向可能相同，也可能相反，D错误。
故选BC。
10. 一个物体从塔顶上下落，做自由落体运动，在到达地面前最后1s内通过的距离是55m，g取10m/s2．则
A. 物体落地前瞬间速度是50m/s
B. 物体下落时间是6s
C. 物体在第1s内通过的距离是5.5m
D. 塔顶距地面高180m
【答案】BD
【解析】
【详解】A、最后内的平均速度
最后内的平均速度等于最后内中间时刻的瞬时速度，则落地的速度
故A错误；
B、石块下落的时间
故B正确；
C、在第内下落的高度为
故C错误；
D、高度为
故D正确．
故选BD.
点睛：自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据最后内的位移得出最后内的平均速度，根据平均速度的推论求出落地的速度，从而结合速度时间公式求出石块的下落时间，根据速度位移公式求出塔的高度．
11. 如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中( )
A. 小球对薄板的压力增大
B. 小球对墙的压力减小
C. 小球对墙的压力先减小后增大
D. 小球对薄板的压力不可能小于球的重力
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC、以小球为研究对象，处于平衡，根据受力平衡，运用合成法如图，当θ缓慢地增大到的过程中，墙给球的支持力F2的方向不变，薄板对球的支持力F1与竖直方向的夹角逐渐减小，由图看出,墙壁给球的支持力F2逐渐减小，薄板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知小球对墙壁的压力减小，小球对薄板的正压力减小，故B正确，A、C错误；
D、由图知F1先大于mg，时，F1=mg，可知木板对小球的支持力不可能小于球的重力，则小球对木板的压力不可能小于球的重力，故D正确；
故选BD．
【点睛】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：重力的大小和方向不变，墙给球的支持力的方向不变，另一个挡板给球的作用力的大小、方向均发生变化，对于这类动态平衡问题，可以采用图解法进行．
12. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则（ ）
A. 时刻小球速度最大
B. 至时间内，小球速度一直增大
C. 至时间内，小球速度先增大后减小
D. 至时间内，小球的加速度先减小后增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下；当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故时刻小球速度没有达到最大，故A错误；
BC．至这段时间内，小球受到的弹力逐渐变小，开始时弹力大于重力，小球做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大；当弹力小于重力时，小球做减速运动，故小球的速度先增大后减小，故B错误，C正确；
D．至这段时间内，弹簧的弹力逐渐增大；当弹力小于重力时，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，小球的速度最大，加速度为零；当弹力大于重力时，小球做加速度增大的减速运动，故小球的加速度先减小后增大，故D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
三、本大题2小题，每空2分，共16分。
13. 在“探究共点力合成的规律”实验中，先将橡皮筋的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳；先后两次拉伸橡皮筋，第一次用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）在实验中，下列法正确的是________。
A.弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应贴近水平木板且与木板平行
B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
C.用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角越大越好
D.用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角越小越好
（2）某次实验中弹簧测力计的示数如图甲所示，则弹簧测力计的拉力大小为________N。
（3）实验数据处理如图乙所示，数据处理前的实验操作中不需要记录的是________。（选填“”、“”、“”或“”）
【答案】 ①. AB##BA ②. 2.60 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应贴近水平木板且与木板平行，以减小弹簧测力计的摩擦，A正确；
B．拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些以减小划线造成的偶然误差，B正确；
CD．用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角适当，在到之间最好，CD错误。
故选AB。
（2）[2]弹簧测力计的分度值为，所以弹簧测力计的拉力大小为
（3）[3]、是第一次用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮条的示数和方向，是第二次用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条的示数和方向，是、根据平行四边形定则画出的合力，故数据处理前的实验操作中不需要记录的是。
14. 在用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
（1）以下实验操作，正确是________。
A.平衡摩擦力时，应将空砝码盘用细线跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行
B.平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器
C.每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，应先释放小车，再接通电源
（2）图乙是实验中得到的一条已打点的纸带，纸带上的A、B、C、D、E、F、G均为相邻计数点，已知打点计时器的打点周期为，相邻两个计数点之间还有4个计时点未画出，相邻计数点之间的距离已标注在图上，则小车运动的加速度大小________，打C点时的速度大小________。（以上结果都保留2位有效数字）。
（3）实验中，有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图丙所示。图线________是在轨道倾斜情况下得到的（选填“①”或“②”）；小车及车中砝码的总质量________kg。
【答案】 ①. BC## CB
②. 0.91 ③. 0.40 ④. ① ⑤. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1] A．平衡摩擦力时，让细线与长木板平行且不应将空砝码盘用细线跨过定滑轮系在小车上。故A错误；
B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，B正确；
C．因为平衡摩擦力时
调整斜面角度的正切值满足
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力。故C正确；
D．实验时，应先接通电源，再释放小车。故D错误。
故选BC。
（2）[2] 由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔
设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式
可以求出加速度的大小，得
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得
代入数据解得小车运动的加速度为
[3]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小
（3）[4][5]由图线①可知，当时，a大于0，即当绳子上没有拉力时，小车就有加速度，则该同学实验操作中平衡摩擦力过度，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的左端垫的过高，所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。
而图②中，当时，小车才有加速度，说明未平衡摩擦力，即轨道水平时做的实验，根据F=Ma可得小车及车中的砝码总质量为
四、本题共3小题，共36分，要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 某同学设计了一个测量风速大小的装置，用一根细线拴着一个小球，细线上端固定。如图所示，当风速水平向右时，小球静止，该同学测得此时细线与竖直方向的夹角为θ=30º，小球质量m=3kg，已知风对小球的作用力水平向右，其大小F=kv，其中k为比例系数，k=kg/s，v为风速大小。重力加速度g=10m/s2。忽略细线质量、空气浮力和风对细线的作用力。求：
(1)细线对小球的拉力的大小？
(2)风速v的大小？
【答案】(1)N；(2)10m/s
【解析】
【详解】(1)小球受重力mg、风的作用力F和细线的拉力T处于静止，则竖直方向合力为零，有
Tcosθ=mg
解得：N
(2)水平方向合力为零，有
Tsinθ=F
又
F=kv
代入已知数据解得：v=10m/s
16. 小宇同学骑自行车以2m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面9m处以10m/s的速度同向行驶的汽车关闭发动机，以2m/s2的加速度减速前进．求：
（1）经过多长时间汽车停下来；
（2）经过多长时间小宇追上汽车．
【答案】（1）5s（2）17s
【解析】
【详解】（1）设汽车的初速度为．加速度大小为，经过时间停下来．则，代入数据解得；
（2）设汽车停止前通过的位移为，小宇骑自行车的速度为，通过的位移为，则，，，所以汽车停止前，小宇还没有追上汽车．
设小宇还需要经过时间追上汽车，这段时间小宇骑自行车通过的位移为，追上汽车的总时间，则，，，代入数据解得
17. 如图所示，一小轿车从高为 10m 、倾角为 的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端 115m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为 ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为 ，小轿车的质量为 ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为 0.5（ 取 ），求：
（1）小轿车行驶至斜坡底端时的速度；
（2）为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？（轿车在行驶过程中不采用刹车装置）（已知 ，）
【答案】（1）10m/s ；（2） 5s
【解析】
【详解】（1）小轿车在斜坡上行驶时根据牛顿第二定律可得
代入数据得斜坡上轿车的加速度为
由
其中
解得行驶至斜坡底端时的速度为
小轿车行驶至斜坡底端时的速度为 10m/s。
（2）在水平地面上加速时，根据牛顿第二定律可得
代入数据得
关闭油门后减速，根据牛顿第二定律可得
代入数据得
关闭油门时轿车的速度为 ，根据位移关系可得
代入数据解得
根据速度时间关系可得加速的时间为
绵阳实验高中2022级高一上期期末
线上模拟考试题 物理
第Ⅰ卷（选择题，共48分）
一、本题共8小题，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的。
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 由于不存在不受外力作用的物体，所以牛顿第一定律没有意义
B. 牛顿第一定律说明了力是改变物体运动状态的原因
C. 惯性是物体在匀速直线运动或静止时才表现出来的性质
D. 由于子弹的速度越大，其杀伤力就越大，所以子弹的惯性大小与其速度大小有关
【答案】B
【解析】
【详解】AB．牛顿第一定律揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，虽然不存在不受外力作用的物体，但是牛顿第一定律仍有意义，故A错误，B正确；
CD．牛顿第一定律表明物体具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性，惯性的大小仅与物体的质量有关，与物体的受力情况和运动情况均无关，故C、D错误。
故选B。
2. 某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0-1s内导弹匀速上升 B. 在1-2s内导弹静止不动
C. 3s末导弹的加速度方向改变 D. 5s末导弹恰好回到出发点
【答案】D
【解析】
【详解】A．0～1s内导弹的速度随时间均匀增加，且速度为正，所以导弹匀加速上升，故A错误；
B．1～2s内导弹的速度不变，且为正，所以导弹匀速上升，故B错误；
C．图像的斜率表示加速度，所以由题图可知3s末导弹的加速度方向未改变，故C错误；
D．根据图线与时间轴围成的面积表示位移，可得0-5s的位移为
可知5s末导弹恰好回到出发点，故D正确。
故选D。
3. 某同学为体验力的作用效果，做了如图所示的实验，他让铅笔保持水平，铅笔尖B顶在手心，手掌保持竖直，用细绳OA的A端系在手指头上，另一端O与铅笔头相连并打结，用细线OC的O端与铅笔头相连并打结，C端连接一质量m=90g的钩码．两细线与铅笔都处于同一竖直平面上，A、B在同一竖直线上，整个装置都处于静止状态．已知AO=20cm，BO=16cm，忽略细线和铅笔的质量， g=10m/s2．则铅笔尖对手心的压力大小是
A. 0.9N B. 1.2N C. 1.6N D. 2.0N
【答案】B
【解析】
【详解】将重物对点O的拉力产生两个效果，沿着BO方向压和沿着AO方向拉，根据平行四边形定则，有：
结合几何关系，有：
解得：
故选B．
4. 质量为1kg的物体在光滑水平面内受到两个水平力的作用，这个物体的加速度为6m/s2，其中一个力F1=4N，则另一个力F2的大小不可能是（ ）
A. 2 N B. 6 N C. 10 N D. 12 N
【答案】D
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律可得合力，，所以，故D不可能．
5. 如图所示，放置在水平地面上的质量为M的斜面体上有一质量为m的物块沿斜面匀速下滑，而斜面体M始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A. 地面对物体M没有摩擦力
B. 地面对物体M有向左的摩擦力
C. 地面对物体M的支持力大于
D. 地面对物体M的支持力小于
【答案】A
【解析】
【详解】A B．对物块和斜面体组成的系统，整体加速度为零。水平方向合力为零，地面对物体M没有摩擦力。故A正确；B错误；
C D．系统竖直方向合力为零，地面对物体M的支持力等于。故CD错误。
故选A。
6. 如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对于车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则（ ）
A. M受静摩擦力增大 B. 物块M对车厢壁的压力不变
C. M受静摩擦力减小 D. 物块M仍能相对于车厢壁静止
【答案】D
【解析】
【详解】以物块为研究对象，分析受力情况如图
重力Mg，车厢的弹力N和静摩擦力f，根据牛顿第二定律
水平方向
竖直方向
AC．当加速度增大时，N增大，M所受的最大静摩擦力增大，物块在竖直方向受力平衡，即
不变，AC错误；
B．当加速度增大时，N增大，根据牛顿第三定律得知，物块M对车厢壁的压力增大，B错误；
D．因为最大静摩擦力增大，物块仍然能相对于车厢壁静止，D正确。
故选D
7. A、B两物体中间连接一劲度系数的轻弹簧，静止置于光滑水平面上，此时弹簧的长度为，两物体质量分别为，，现用水平向右的力拉物体A。则稳定后（ ）
A. A物体的加速度为 B. 弹簧的弹力为
C. 弹簧的长度为 D. 弹簧的长度为
【答案】D
【解析】
【详解】A．稳定后，物体A、B以相同的加速度运动，则
故A错误；
B．以物体B为分析对象，根据牛顿第二定律可得
故B错误；
CD．根据胡克定律，弹簧的形变量为
所以弹簧的长度为
故C错误、D正确。
故选D。
8. 如图所示，传送带与水平地面的倾角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体从A点运动到B点所用的时间为（ ）(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)
A. 4.0s B. 4.2s C. 3.2s D. 8.0s
【答案】A
【解析】
【详解】开始时物体下滑的加速度
a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2
运动到与传送带共速的时间为
t1＝＝s＝2s
下滑距离
x1＝a1t2＝20m
由于tan37°＝0.75＞0.5故物体加速下滑，且此时
a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2
根据x2＝vt2＋a2t，即
64－20＝20t2＋×2×t
解得
t2＝2s
故总时间为
t＝4s
故选A。
二、本题共4小题，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全选对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 误差分为系统和偶然误差，多次测量可以减小系统误差
B. 有效数字中3.2、3.20、3.200含义是不同的
C. 物体的速度变化越快，表明物体所受合外力越大
D. 物体所受摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反
【答案】BC
【解析】
【详解】A．误差分为系统和偶然误差，多次测量可以减小偶然误差，A错误；
B．3.2、3.20、3.200中分别为2位、3位、4位有效数字，所以含义不同，B正确；
C．物体的速度变化越快，则加速度越大，由牛顿第二定律可得，物体所受合外力越大，C正确；
D．物体所受摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反，与物体运动方向可能相同，也可能相反，D错误。
故选BC。
10. 一个物体从塔顶上下落，做自由落体运动，在到达地面前最后1s内通过的距离是55m，g取10m/s2．则
A. 物体落地前瞬间速度是50m/s
B. 物体下落时间是6s
C. 物体在第1s内通过的距离是5.5m
D. 塔顶距地面高180m
【答案】BD
【解析】
【详解】A、最后内的平均速度
最后内的平均速度等于最后内中间时刻的瞬时速度，则落地的速度
故A错误；
B、石块下落的时间
故B正确；
C、在第内下落的高度为
故C错误；
D、高度为
故D正确．
故选BD.
点睛：自由落体运动做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，根据最后内的位移得出最后内的平均速度，根据平均速度的推论求出落地的速度，从而结合速度时间公式求出石块的下落时间，根据速度位移公式求出塔的高度．
11. 如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，当墙与薄板之间的夹角θ缓慢地增大到90°的过程中( )
A. 小球对薄板的压力增大
B. 小球对墙的压力减小
C. 小球对墙的压力先减小后增大
D. 小球对薄板的压力不可能小于球的重力
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC、以小球为研究对象，处于平衡，根据受力平衡，运用合成法如图，当θ缓慢地增大到的过程中，墙给球的支持力F2的方向不变，薄板对球的支持力F1与竖直方向的夹角逐渐减小，由图看出,墙壁给球的支持力F2逐渐减小，薄板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知小球对墙壁的压力减小，小球对薄板的正压力减小，故B正确，A、C错误；
D、由图知F1先大于mg，时，F1=mg，可知木板对小球的支持力不可能小于球的重力，则小球对木板的压力不可能小于球的重力，故D正确；
故选BD．
【点睛】对球进行正确受力分析，把握其受力特点：重力的大小和方向不变，墙给球的支持力的方向不变，另一个挡板给球的作用力的大小、方向均发生变化，对于这类动态平衡问题，可以采用图解法进行．
12. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则（ ）
A. 时刻小球速度最大
B. 至时间内，小球速度一直增大
C. 至时间内，小球速度先增大后减小
D. 至时间内，小球的加速度先减小后增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下；当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故时刻小球速度没有达到最大，故A错误；
BC．至这段时间内，小球受到的弹力逐渐变小，开始时弹力大于重力，小球做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大；当弹力小于重力时，小球做减速运动，故小球的速度先增大后减小，故B错误，C正确；
D．至这段时间内，弹簧的弹力逐渐增大；当弹力小于重力时，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，小球的速度最大，加速度为零；当弹力大于重力时，小球做加速度增大的减速运动，故小球的加速度先减小后增大，故D正确。
故选CD。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
三、本大题2小题，每空2分，共16分。
13. 在“探究共点力合成的规律”实验中，先将橡皮筋的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳；先后两次拉伸橡皮筋，第一次用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条。
（1）在实验中，下列法正确的是________。
A.弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应贴近水平木板且与木板平行
B.拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
C.用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角越大越好
D.用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角越小越好
（2）某次实验中弹簧测力计的示数如图甲所示，则弹簧测力计的拉力大小为________N。
（3）实验数据处理如图乙所示，数据处理前的实验操作中不需要记录的是________。（选填“”、“”、“”或“”）
【答案】 ①. AB##BA ②. 2.60 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应贴近水平木板且与木板平行，以减小弹簧测力计的摩擦，A正确；
B．拉橡皮筋的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些以减小划线造成的偶然误差，B正确；
CD．用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮筋时，两拉力的夹角适当，在到之间最好，CD错误。
故选AB。
（2）[2]弹簧测力计的分度值为，所以弹簧测力计的拉力大小为
（3）[3]、是第一次用两个弹簧测力计通过两细绳互成角度地拉橡皮条的示数和方向，是第二次用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条的示数和方向，是、根据平行四边形定则画出的合力，故数据处理前的实验操作中不需要记录的是。
14. 在用如图甲所示的装置“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
（1）以下实验操作，正确是________。
A.平衡摩擦力时，应将空砝码盘用细线跨过定滑轮系在小车上，让细线与长木板平行
B.平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器
C.每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力
D.实验时，应先释放小车，再接通电源
（2）图乙是实验中得到的一条已打点的纸带，纸带上的A、B、C、D、E、F、G均为相邻计数点，已知打点计时器的打点周期为，相邻两个计数点之间还有4个计时点未画出，相邻计数点之间的距离已标注在图上，则小车运动的加速度大小________，打C点时的速度大小________。（以上结果都保留2位有效数字）。
（3）实验中，有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图丙所示。图线________是在轨道倾斜情况下得到的（选填“①”或“②”）；小车及车中砝码的总质量________kg。
【答案】 ①. BC## CB
②. 0.91 ③. 0.40 ④. ① ⑤. 0.5
【解析】
【详解】（1）[1] A．平衡摩擦力时，让细线与长木板平行且不应将空砝码盘用细线跨过定滑轮系在小车上。故A错误；
B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器，B正确；
C．因为平衡摩擦力时
调整斜面角度的正切值满足
每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力。故C正确；
D．实验时，应先接通电源，再释放小车。故D错误。
故选BC。
（2）[2] 由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔
设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式
可以求出加速度的大小，得
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得
代入数据解得小车运动的加速度为
[3]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小
（3）[4][5]由图线①可知，当时，a大于0，即当绳子上没有拉力时，小车就有加速度，则该同学实验操作中平衡摩擦力过度，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的左端垫的过高，所以图线①是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的。
而图②中，当时，小车才有加速度，说明未平衡摩擦力，即轨道水平时做的实验，根据F=Ma可得小车及车中的砝码总质量为
四、本题共3小题，共36分，要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 某同学设计了一个测量风速大小的装置，用一根细线拴着一个小球，细线上端固定。如图所示，当风速水平向右时，小球静止，该同学测得此时细线与竖直方向的夹角为θ=30º，小球质量m=3kg，已知风对小球的作用力水平向右，其大小F=kv，其中k为比例系数，k=kg/s，v为风速大小。重力加速度g=10m/s2。忽略细线质量、空气浮力和风对细线的作用力。求：
(1)细线对小球的拉力的大小？
(2)风速v的大小？
【答案】(1)N；(2)10m/s
【解析】
【详解】(1)小球受重力mg、风的作用力F和细线的拉力T处于静止，则竖直方向合力为零，有
Tcosθ=mg
解得：N
(2)水平方向合力为零，有
Tsinθ=F
又
F=kv
代入已知数据解得：v=10m/s
16. 小宇同学骑自行车以2m/s的速度匀速前进，某时刻在他前面9m处以10m/s的速度同向行驶的汽车关闭发动机，以2m/s2的加速度减速前进．求：
（1）经过多长时间汽车停下来；
（2）经过多长时间小宇追上汽车．
【答案】（1）5s（2）17s
【解析】
【详解】（1）设汽车的初速度为．加速度大小为，经过时间停下来．则，代入数据解得；
（2）设汽车停止前通过的位移为，小宇骑自行车的速度为，通过的位移为，则，，，所以汽车停止前，小宇还没有追上汽车．
设小宇还需要经过时间追上汽车，这段时间小宇骑自行车通过的位移为，追上汽车的总时间，则，，，代入数据解得
17. 如图所示，一小轿车从高为 10m 、倾角为 的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端 115m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为 ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为 ，小轿车的质量为 ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为 0.5（ 取 ），求：
（1）小轿车行驶至斜坡底端时的速度；
（2）为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？（轿车在行驶过程中不采用刹车装置）（已知 ，）
【答案】（1）10m/s ；（2） 5s
【解析】
【详解】（1）小轿车在斜坡上行驶时根据牛顿第二定律可得
代入数据得斜坡上轿车的加速度为
由
其中
解得行驶至斜坡底端时的速度为
小轿车行驶至斜坡底端时的速度为 10m/s。
（2）在水平地面上加速时，根据牛顿第二定律可得
代入数据得
关闭油门后减速，根据牛顿第二定律可得
代入数据得
关闭油门时轿车的速度为 ，根据位移关系可得
代入数据解得
根据速度时间关系可得加速的时间为
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