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云南省德宏州2023-2024学年高一上学期期末物理试题（Word版附解析）
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这是一份云南省德宏州2023-2024学年高一上学期期末物理试题（Word版附解析），文件包含云南省德宏州2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题Word版含解析docx、云南省德宏州2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
考试时间：90分钟 满分：100分
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1 ~ 8题只有一个选项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 2023年12月德宏州运动会在梁河顺利举行，某运动员在早上10:10参加的200米跑步比赛中，以21.45s的好成绩获得冠军，下列描述正确的是（ ）
A. 研究运动员200米跑步比赛过程中，评判比赛成绩时，可将运动员看做质点
B. 其中“早上10:10”指的是时间间隔，“21.45s”指的是时刻
C. “200米”是指运动员运动的位移
D. 该运动员的平均速度约为9.3
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究运动员200米跑步比赛过程中，评判比赛成绩时，运动员的大小和形状可以忽略不计，故可将运动员看做质点，故A正确；
B．其中“早上10:10”指的是时刻，“21.45s”指的是时间间隔，故B错误；
C．“200米”是指运动员运动的路程，故C错误；
D．该运动员的平均速率约为
由于位移大小小于路程，故该运动员的平均速度小于9.3，故D错误。
故选A。
2. 关于物理现象的描述，下列说法正确的是（ ）
A. 物体超重时惯性大，失重时惯性小
B. 自由落体运动的物体，在下落过程中处于完全失重状态
C. 马拉车加速前进时，马对车的拉力大于车对马的拉力
D. 静止在桌面上的水杯，水杯对桌子的压力和桌子对水杯的支持力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，则物体超重时和失重时惯性不变，故A错误；
B．自由落体运动的物体，加速度向下，且，则在下落过程中处于完全失重状态，故B正确；
C．马拉车加速前进时，马对车的拉力等于车对马的拉力，它们互为作用力与反作用力，故C错误；
D．静止在桌面上的水杯，水杯对桌子的压力和桌子对水杯的支持力是一对作用力与反作用力，故D错误。
故选B。
3. 四个力同时作用在同一个物体上，可能使物体处于静止状态的是（ ）
A. 2N、5N、7N、13NB. 2N、3N、4N、10N
C. 1N、2N、4N、8ND. 5N、6N、8N、20N
【答案】A
【解析】
【详解】A．2N、5N的合力范围为，7N、13N的合力范围为，因为中存在有数值在范围内，故可以使物体处于静止状态，故A符合题意；
B．2N、3N的合力范围为，4N、10N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故B不符合题意；
C．1N、2N的合力范围为，4N、8N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故C不符合题意；
D．5N、6N的合力范围为，8N、20N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故D不符合题意；
故选A
4. 如图所示，图为用每隔0.2s闪光一次的频闪相机，在真空试验室拍摄苹果下落一段时间的频闪照片，图片中第一个苹果为下落起点，下列说法不正确的是（为）（ ）
A.
B.
C. 图中的大小为6
D. 图中的位移大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意可得，A是下落的起点，由初速度为零的匀变速直线运动，从开始计时，连续相等的时间内位移为
故从开始计时，连续相等的时间内位移之比为
故A正确；
B．由运动学公式可知
故B错误；
C．图中的大小为
故C正确；
D．图中的位移大小为
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
5. 一个人用水平方向的推力推一个质量为的箱子匀速前进，如图甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为。若不改变力的大小，只把力的方向变为与水平方向成角斜向上，去拉这个静止的箱子，如图乙所示（，，），下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中箱子所受摩擦力的大小为50N
B. 图乙中箱子所受支持力的大小为100N
C. 图乙中箱子的加速度大小为
D. 图乙中箱子运动2s末速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据题意箱子匀速前进，如图甲所示，箱子处于平衡状态，对箱子受力分析得
如图乙所示，对箱子受力分析，竖立方向有
解得
水平方向有
滑动摩擦力为
明显
可知这个箱子向前滑动，箱子所受摩擦力的大小为35N，故A、B错误；
CD．由上可知水平方向分力和滑动摩擦力大小，牛顿第二定律得
解得
箱子运动2s末速度大小为
故C错误，D正确。
故选D
6. 如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A. 10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B. 2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C. 火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D. 火箭的加速度比汽车的加速度小
【答案】D
【解析】
【详解】A．火箭在20s内的运动情况未知，所以无法确定10s内火箭的速度改变量，故A错误；
B．汽车的速度为108km/h=30m/s，汽车的速度该变量为
故B错误；
CD．根据加速度的定义式
可得火箭的加速度为
汽车的加速度为
负号表示加速度的方向与速度方向相反，所以火箭的速度变化比汽车速度变化慢，故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，物块a、b、c质量关系为，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧和相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态，和相对于原长的伸长量分别记为和，现将细线剪断，将物块a的加速度大小记为，将物块b的加速度大小记为，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】CD．物块b、c受力平衡，设质量为m，分别有
可得
故C正确，D错误；
AB．将细线剪断的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b、c受力不变，仍然平衡，加速度为零，即
对a分析，由牛顿第二定律得
解得
故AB错误。
故选C。
8. 甲物体做直线运动的x-t图像如图甲所示，乙物体做直线运动的v-t图像如图乙所示，设向右为坐标轴的正方向，关于运动的描述下列说法正确的是（ ）
A. 0到2s内甲、乙两物体均一直向右运动
B. 1s到3s内甲、乙两物体的加速度大小均为，方向均向左
C. 0到4s内甲、乙两物体运动位移相等
D. 2s末甲、乙两物体瞬时速度均为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像的斜率表示速度，则甲物体0到1s向右运动，1s到2s向左运动，图像的图线在x轴上方，速度为正，则0到2s内乙物体一直向右运动，故A错误；
B．1s到3s内甲物体向左做匀速直线运动，加速度为零，乙物体的加速度大小为
方向向左，故B错误；
C．由图像可知，0到4s内甲物体回到出发点，故位移为零；图线与坐标轴围成的面积表示位移，则0到4s内乙物体的位移为
故0到4s内甲、乙两物体运动位移相等，故C正确；
D．2s末甲物体瞬时速度为
2s末乙物体瞬时速度为
故D错误。
故选C。
9. 汽车在平直公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直至停止，已知汽车刹车过程中第1s内的位移为14m，最后1s内的位移为2m，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车刹车过程中，加速度大小
B. 刹车第3s内的位移大小为4m
C. 刹车第1s末的瞬时速度大小为14m/s
D. 刹车过程中，汽车运动的总位移大小为32m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．正向的匀减速直线运动直至停止可以当成反向的初速度为零的匀加速直线运动，故汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1s由运动学公式
可得汽车刹车过程中，加速度大小为
故A正确；
B．设初速度为，由运动学公式，汽车刹车过程中第1s内的位移为
代入数据解得
则刹车第3s内的位移大小为
解得
故B错误；
C．刹车第1s末的瞬时速度大小为
故C错误；
A．由运动学公式，刹车过程中，汽车运动的总位移大小为
故D正确。
故选AD。
10. 热气球运动具有航空、体育比赛、探险、休闲、空中摄影、高空作业、气象探测、旅游观光、空中广告、地质地貌测绘、青少年科普教育等多重功能，热气球运动越来越受人们的欢迎。某次热气球运动表演前，热气球在牵引绳作用下悬浮在空中，该热气球质量为，在水平方向的风力作用下，牵引绳与水平方向的夹角为，若测得牵引绳拉力为3000N，则下列说法正确的是（ ）
A. 热气球受到竖直向上的浮力大小为2400N
B. 风对热气球水平作用力的大小为1800N
C. 如果水平风力增大，竖直向上浮力随之增大
D. 如果水平风力增大，牵引绳的拉力随之增大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．对热气球受力分析如图
由平衡条件得，水平方向有
竖直方向有
联立解得
故A错误，B正确；
C．根据阿基米德原理知小球在竖直向上的浮力不变，故C错误；
D．如果水平风力增大，静止后，牵引绳与水平方向的夹角减小，由
知牵引绳的拉力随之增大，故D正确。
故选BD。
11. A、B两车在同一水平面上向右做匀速直线运动，如图所示，B车在A车前。A车速度大小为，B车的速度大小为，当A、B两车相距时，B车因前方突发情况紧急刹车（刹车过程可视为匀减速直线运动），加速度大小为，从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A. B车刹车过程中的总位移大小为64m
B. 8s时两车相距最远
C. 两车相距最远距离为49m
D. 经过12s，A车追上B车
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据速度-位移公式
可得B车刹车过程中的总位移大小为
故A正确；
BC．当二者速度相等时有最大距离，设达到速度相等时用时t1，则有
解得
根据位移公式可得
xA=v1t1=6×5m=30m
两车相距最远距离为
故B错误，C正确；
D．B车刹车过程中的总位移大小为
设B停下的时间为t1，则有
根据位移公式可得
xA=v1t1=6×8m=48m
因为
说明A车在B车停下之后才追上，设需要时间T，由题有
v1T=xB+x0
解得
T=1467s
故D错误。
故选AC。
12. 如图所示，质量为木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为，小滑块与木板之间的动摩擦因数为。若用水平向左的拉力作用在木板上，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块能达到的最大加速度为
B. 若时，小滑块和木板之间摩擦力为6N
C. 若时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动
D. 若时，小滑块的加速度大小为，木板的加速度大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律
解得小滑块的最大加速度为
故A正确；
BC．把小滑块和木板看成整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为
解得
若时，小滑块相对木板静止，把小滑块和木板看成一个整体时，由牛顿第二定律有
解得
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
解得小滑块和木板之间摩擦力为
若时，由于
得小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故B错误，C正确；
D．若时，由于
可知小滑块在木板上滑动，对小滑块进行分析，由A可知加速度大小为，对木板进行分析，由牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选ACD。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题包括2个小题，每题8分，共16分。）
13. 某同学用如图甲、乙所示的装置测量弹簧的劲度系数及验证力的平行四边形定则：
（1）用图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，根据所测实验数据，作得弹力跟弹簧长度（原长为）关系图像如图丙所示，则该弹簧的劲度系数________（结果保留两位有效数字）。
（2）为了验证力的平行四边形定则设计了如图乙所示的装置，部分实验操作如下，请完成下列相关内容：
①如图甲，在弹簧下端悬挂两个钩码，记下弹簧末端的位置及弹簧所受的拉力；
②卸下钩码然后将两轻质细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到________，记录细绳套、的方向及两弹簧测力计相应的读数；
③该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力、的大小和方向如图丁所示，请在图丁中作出、的合力的图示：________；
④在丁图中作出拉力的图示，观察比较和，得出的结论是：________。
【答案】13. 75 14. ①. 位置O或O位置 ②. ③. 在误差允许范围内，力的合成与分解遵循平行四边形定则
【解析】
【小问1详解】
根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图丙可得该弹簧的劲度系数为
【小问2详解】
②[1]卸下钩码然后将两轻质细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到位置O或O位置，并记录此时细绳套、的方向及两弹簧测力计相应的读数；
③[2]作出、的合力的图示如图所示
④[3]在丁图中作出拉力的图示，观察比较和，得出的结论是：在误差允许范围内，力的合成与分解遵循平行四边形定则。
14. 某同学用如图甲所示的实验装置，探究一定质量的滑块加速度与力的关系。滑块的质量为，沙和沙桶的质量为，不计滑轮与细线之间的摩擦和滑轮的质量，打点计时器所接电源频率为50Hz的交流电。
（1）此实验操作正确的是（ ）。
A. 实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B. 让滑块靠近打点计时器，先释放滑块，再接通电源
C. 为减小系统误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于滑块的质量
（2）该同学以滑块的加速度为纵坐标、力传感器的示数为横坐标，作出的关系图像如图乙所示，图线的斜率为，则滑块的质量为（ ）。
A. B. C. D.
（3）某次实验中，力传感器的示数为，图丙为纸带中打出的部分计数点（每相邻两个计数点间还有四个计时点未画出），其中，，，，，，则滑块的加速度大小为________，此次实验中沙和沙桶的质量为___________。（当地重力加速度大小，结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）A （2）C
（3） ①. 1.2 ②. 1.0
【解析】
【小问1详解】
A．实验前需平衡摩擦力，才能用传感器测量小车所受合力，A正确；
B．为了充分利用纸带，应先接通电源，再释放小车，B错误；
C．合力由传感器测量，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，C错误。
故选A。
【小问2详解】
根据牛顿第二定律
得
则
则小车的质量为
故选B。
【小问3详解】
[1]相邻计数点的时间间隔为
小车的加速度大小为
[2]根据滑轮的知识可知沙和沙桶的加速为，根据牛顿第二定律
解得砂和砂桶的质量为
三、计算题（本题包括3个小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写最后答案的不给分。）
15. 如图所示，三根细轻绳系于O点，其中OA绳另一端固定于A点，OB绳的另一端与放在粗糙水平地面上的物体乙相连，乙与水平地面的动摩擦因数为，OC绳的另一端悬挂物体甲，轻绳OA与竖直方向的夹角，绳水平，系统处于静止状态。已知物体甲的质量为，物体乙的质量为，重力加速度，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）轻绳、受到的拉力的大小？
（2）物体乙对地面的摩擦力的大小和方向？
（3）若改变物体甲的质量，在物体乙保持静止不动的情况下，物体甲的质量最大不能超过多少？
【答案】（1），；（2）150N，方向水平向右；（3）
【解析】
【详解】（1）对结点O进行受力分析得
（2）对物体乙进行受力分析可知
所以物体乙受到静摩擦力，由牛顿第三定律得，乙对地面的摩擦力是150N，方向水平向右。
（3）对物体乙进行受力分析，最大拉力
16. 如图甲所示，质量的物体静止在倾角的斜面上，通过传感器测得水平推力随时间变化的图像如图乙所示，在水平推力作用下沿斜面上滑，当速度为0时立马锁定物块。已知重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体与斜面的动摩擦因素，，，假设斜面足够长，求：
（1）物体从0时刻开始上滑到被锁定的过程中，各阶段的加速度大小？
（2）物体从0时刻开始上滑到被锁定的过程中运动的总位移大小？
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【详解】（1）0到1s内对物体进行受力分析得
解得
1s到2s内对物体进行受力分析得
解得
2s后至物体被锁定，对物体进行受力分析得
解得
（2）0到1s内物体的位移大小为
此时物体速度为
1s到2s内物体做匀速直线运动，位移大小为
2s后到物体被锁定的位移大小为
总位移为
17. 如图所示，为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下，进入传送带，之后滑上无动力静止在水平面的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后完成卸货工作。已知货物质量为，平板车质量为，货物到传送带的竖直高度，斜面倾角，货物与斜面的动摩擦因数，传送带顺时针匀速转动的速度为，货物与传送带间的动摩擦因数，传送带长度为，货物与平板车间的动摩擦因数为，平板车与地面间的动摩擦因数为，假设平板车与地面间为滑动摩擦。（忽略货物经过、两处的能量损失，取）求：
（1）货物从斜面滑至点时的速度大小？
（2）货物在传送带上滑行的时间？
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要多长？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）在A到B过程中，对货物进行受力分析，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
可得货物运动到B点处速度为
（2）货物滑上传送带上，由牛顿第二定律
解得货物的加速度大小为
货物加速时间为
货物加速位移大小为
货物匀速运动时间为
货物在传送带上的运动总时间为
（3）货物滑上平板车后，由牛顿第二定律
货物的加速度大小为
平板车加速度大小为
货物与平板车共速时
解得
，
平板车长度至少为
考试时间：90分钟 满分：100分
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1 ~ 8题只有一个选项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1. 2023年12月德宏州运动会在梁河顺利举行，某运动员在早上10:10参加的200米跑步比赛中，以21.45s的好成绩获得冠军，下列描述正确的是（ ）
A. 研究运动员200米跑步比赛过程中，评判比赛成绩时，可将运动员看做质点
B. 其中“早上10:10”指的是时间间隔，“21.45s”指的是时刻
C. “200米”是指运动员运动的位移
D. 该运动员的平均速度约为9.3
【答案】A
【解析】
【详解】A．研究运动员200米跑步比赛过程中，评判比赛成绩时，运动员的大小和形状可以忽略不计，故可将运动员看做质点，故A正确；
B．其中“早上10:10”指的是时刻，“21.45s”指的是时间间隔，故B错误；
C．“200米”是指运动员运动的路程，故C错误；
D．该运动员的平均速率约为
由于位移大小小于路程，故该运动员的平均速度小于9.3，故D错误。
故选A。
2. 关于物理现象的描述，下列说法正确的是（ ）
A. 物体超重时惯性大，失重时惯性小
B. 自由落体运动的物体，在下落过程中处于完全失重状态
C. 马拉车加速前进时，马对车的拉力大于车对马的拉力
D. 静止在桌面上的水杯，水杯对桌子的压力和桌子对水杯的支持力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，则物体超重时和失重时惯性不变，故A错误；
B．自由落体运动的物体，加速度向下，且，则在下落过程中处于完全失重状态，故B正确；
C．马拉车加速前进时，马对车的拉力等于车对马的拉力，它们互为作用力与反作用力，故C错误；
D．静止在桌面上的水杯，水杯对桌子的压力和桌子对水杯的支持力是一对作用力与反作用力，故D错误。
故选B。
3. 四个力同时作用在同一个物体上，可能使物体处于静止状态的是（ ）
A. 2N、5N、7N、13NB. 2N、3N、4N、10N
C. 1N、2N、4N、8ND. 5N、6N、8N、20N
【答案】A
【解析】
【详解】A．2N、5N的合力范围为，7N、13N的合力范围为，因为中存在有数值在范围内，故可以使物体处于静止状态，故A符合题意；
B．2N、3N的合力范围为，4N、10N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故B不符合题意；
C．1N、2N的合力范围为，4N、8N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故C不符合题意；
D．5N、6N的合力范围为，8N、20N的合力范围为，中不存在数值在范围内，故不可以使物体处于静止状态，故D不符合题意；
故选A
4. 如图所示，图为用每隔0.2s闪光一次的频闪相机，在真空试验室拍摄苹果下落一段时间的频闪照片，图片中第一个苹果为下落起点，下列说法不正确的是（为）（ ）
A.
B.
C. 图中的大小为6
D. 图中的位移大小为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意可得，A是下落的起点，由初速度为零的匀变速直线运动，从开始计时，连续相等的时间内位移为
故从开始计时，连续相等的时间内位移之比为
故A正确；
B．由运动学公式可知
故B错误；
C．图中的大小为
故C正确；
D．图中的位移大小为
故D正确。
本题选择不正确的，故选B。
5. 一个人用水平方向的推力推一个质量为的箱子匀速前进，如图甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为。若不改变力的大小，只把力的方向变为与水平方向成角斜向上，去拉这个静止的箱子，如图乙所示（，，），下列说法正确的是（ ）
A. 图乙中箱子所受摩擦力的大小为50N
B. 图乙中箱子所受支持力的大小为100N
C. 图乙中箱子的加速度大小为
D. 图乙中箱子运动2s末速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据题意箱子匀速前进，如图甲所示，箱子处于平衡状态，对箱子受力分析得
如图乙所示，对箱子受力分析，竖立方向有
解得
水平方向有
滑动摩擦力为
明显
可知这个箱子向前滑动，箱子所受摩擦力的大小为35N，故A、B错误；
CD．由上可知水平方向分力和滑动摩擦力大小，牛顿第二定律得
解得
箱子运动2s末速度大小为
故C错误，D正确。
故选D
6. 如图甲所示，2023年10月26日11时14分神舟十七号载人飞船顺利发射升空，速度能在20s内由0增加到200m/s；如图乙所示，汽车以108km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5s内停下来。下列说法中正确的是（ ）
A. 10s内火箭的速度改变量为+10m/s
B. 2.5s内汽车的速度改变量为+30m/s
C. 火箭的速度变化比汽车的速度变化快
D. 火箭的加速度比汽车的加速度小
【答案】D
【解析】
【详解】A．火箭在20s内的运动情况未知，所以无法确定10s内火箭的速度改变量，故A错误；
B．汽车的速度为108km/h=30m/s，汽车的速度该变量为
故B错误；
CD．根据加速度的定义式
可得火箭的加速度为
汽车的加速度为
负号表示加速度的方向与速度方向相反，所以火箭的速度变化比汽车速度变化慢，故C错误，D正确。
故选D。
7. 如图所示，物块a、b、c质量关系为，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧和相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态，和相对于原长的伸长量分别记为和，现将细线剪断，将物块a的加速度大小记为，将物块b的加速度大小记为，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】CD．物块b、c受力平衡，设质量为m，分别有
可得
故C正确，D错误；
AB．将细线剪断的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以b、c受力不变，仍然平衡，加速度为零，即
对a分析，由牛顿第二定律得
解得
故AB错误。
故选C。
8. 甲物体做直线运动的x-t图像如图甲所示，乙物体做直线运动的v-t图像如图乙所示，设向右为坐标轴的正方向，关于运动的描述下列说法正确的是（ ）
A. 0到2s内甲、乙两物体均一直向右运动
B. 1s到3s内甲、乙两物体的加速度大小均为，方向均向左
C. 0到4s内甲、乙两物体运动位移相等
D. 2s末甲、乙两物体瞬时速度均为0
【答案】C
【解析】
【详解】A．图像的斜率表示速度，则甲物体0到1s向右运动，1s到2s向左运动，图像的图线在x轴上方，速度为正，则0到2s内乙物体一直向右运动，故A错误；
B．1s到3s内甲物体向左做匀速直线运动，加速度为零，乙物体的加速度大小为
方向向左，故B错误；
C．由图像可知，0到4s内甲物体回到出发点，故位移为零；图线与坐标轴围成的面积表示位移，则0到4s内乙物体的位移为
故0到4s内甲、乙两物体运动位移相等，故C正确；
D．2s末甲物体瞬时速度为
2s末乙物体瞬时速度为
故D错误。
故选C。
9. 汽车在平直公路上行驶，发现险情紧急刹车，汽车立即做匀减速直线运动直至停止，已知汽车刹车过程中第1s内的位移为14m，最后1s内的位移为2m，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车刹车过程中，加速度大小
B. 刹车第3s内的位移大小为4m
C. 刹车第1s末的瞬时速度大小为14m/s
D. 刹车过程中，汽车运动的总位移大小为32m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．正向的匀减速直线运动直至停止可以当成反向的初速度为零的匀加速直线运动，故汽车运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动，最后1s由运动学公式
可得汽车刹车过程中，加速度大小为
故A正确；
B．设初速度为，由运动学公式，汽车刹车过程中第1s内的位移为
代入数据解得
则刹车第3s内的位移大小为
解得
故B错误；
C．刹车第1s末的瞬时速度大小为
故C错误；
A．由运动学公式，刹车过程中，汽车运动的总位移大小为
故D正确。
故选AD。
10. 热气球运动具有航空、体育比赛、探险、休闲、空中摄影、高空作业、气象探测、旅游观光、空中广告、地质地貌测绘、青少年科普教育等多重功能，热气球运动越来越受人们的欢迎。某次热气球运动表演前，热气球在牵引绳作用下悬浮在空中，该热气球质量为，在水平方向的风力作用下，牵引绳与水平方向的夹角为，若测得牵引绳拉力为3000N，则下列说法正确的是（ ）
A. 热气球受到竖直向上的浮力大小为2400N
B. 风对热气球水平作用力的大小为1800N
C. 如果水平风力增大，竖直向上浮力随之增大
D. 如果水平风力增大，牵引绳的拉力随之增大
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．对热气球受力分析如图
由平衡条件得，水平方向有
竖直方向有
联立解得
故A错误，B正确；
C．根据阿基米德原理知小球在竖直向上的浮力不变，故C错误；
D．如果水平风力增大，静止后，牵引绳与水平方向的夹角减小，由
知牵引绳的拉力随之增大，故D正确。
故选BD。
11. A、B两车在同一水平面上向右做匀速直线运动，如图所示，B车在A车前。A车速度大小为，B车的速度大小为，当A、B两车相距时，B车因前方突发情况紧急刹车（刹车过程可视为匀减速直线运动），加速度大小为，从此时开始计时，下列说法正确的是（ ）
A. B车刹车过程中的总位移大小为64m
B. 8s时两车相距最远
C. 两车相距最远距离为49m
D. 经过12s，A车追上B车
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据速度-位移公式
可得B车刹车过程中的总位移大小为
故A正确；
BC．当二者速度相等时有最大距离，设达到速度相等时用时t1，则有
解得
根据位移公式可得
xA=v1t1=6×5m=30m
两车相距最远距离为
故B错误，C正确；
D．B车刹车过程中的总位移大小为
设B停下的时间为t1，则有
根据位移公式可得
xA=v1t1=6×8m=48m
因为
说明A车在B车停下之后才追上，设需要时间T，由题有
v1T=xB+x0
解得
T=1467s
故D错误。
故选AC。
12. 如图所示，质量为木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为，小滑块与木板之间的动摩擦因数为。若用水平向左的拉力作用在木板上，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块能达到的最大加速度为
B. 若时，小滑块和木板之间摩擦力为6N
C. 若时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动
D. 若时，小滑块的加速度大小为，木板的加速度大小为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律
解得小滑块的最大加速度为
故A正确；
BC．把小滑块和木板看成整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为
解得
若时，小滑块相对木板静止，把小滑块和木板看成一个整体时，由牛顿第二定律有
解得
对木板进行分析，由牛顿第二定律有
解得小滑块和木板之间摩擦力为
若时，由于
得小滑块与木板刚好要发生相对滑动，故B错误，C正确；
D．若时，由于
可知小滑块在木板上滑动，对小滑块进行分析，由A可知加速度大小为，对木板进行分析，由牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选ACD。
第II卷（非选择题）
二、实验题（本题包括2个小题，每题8分，共16分。）
13. 某同学用如图甲、乙所示的装置测量弹簧的劲度系数及验证力的平行四边形定则：
（1）用图甲所示装置测量弹簧的劲度系数，根据所测实验数据，作得弹力跟弹簧长度（原长为）关系图像如图丙所示，则该弹簧的劲度系数________（结果保留两位有效数字）。
（2）为了验证力的平行四边形定则设计了如图乙所示的装置，部分实验操作如下，请完成下列相关内容：
①如图甲，在弹簧下端悬挂两个钩码，记下弹簧末端的位置及弹簧所受的拉力；
②卸下钩码然后将两轻质细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到________，记录细绳套、的方向及两弹簧测力计相应的读数；
③该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力、的大小和方向如图丁所示，请在图丁中作出、的合力的图示：________；
④在丁图中作出拉力的图示，观察比较和，得出的结论是：________。
【答案】13. 75 14. ①. 位置O或O位置 ②. ③. 在误差允许范围内，力的合成与分解遵循平行四边形定则
【解析】
【小问1详解】
根据图像的斜率表示弹簧的劲度系数，由图丙可得该弹簧的劲度系数为
【小问2详解】
②[1]卸下钩码然后将两轻质细绳套系在弹簧下端，用两弹簧测力计将弹簧末端拉到位置O或O位置，并记录此时细绳套、的方向及两弹簧测力计相应的读数；
③[2]作出、的合力的图示如图所示
④[3]在丁图中作出拉力的图示，观察比较和，得出的结论是：在误差允许范围内，力的合成与分解遵循平行四边形定则。
14. 某同学用如图甲所示的实验装置，探究一定质量的滑块加速度与力的关系。滑块的质量为，沙和沙桶的质量为，不计滑轮与细线之间的摩擦和滑轮的质量，打点计时器所接电源频率为50Hz的交流电。
（1）此实验操作正确的是（ ）。
A. 实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
B. 让滑块靠近打点计时器，先释放滑块，再接通电源
C. 为减小系统误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于滑块的质量
（2）该同学以滑块的加速度为纵坐标、力传感器的示数为横坐标，作出的关系图像如图乙所示，图线的斜率为，则滑块的质量为（ ）。
A. B. C. D.
（3）某次实验中，力传感器的示数为，图丙为纸带中打出的部分计数点（每相邻两个计数点间还有四个计时点未画出），其中，，，，，，则滑块的加速度大小为________，此次实验中沙和沙桶的质量为___________。（当地重力加速度大小，结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）A （2）C
（3） ①. 1.2 ②. 1.0
【解析】
【小问1详解】
A．实验前需平衡摩擦力，才能用传感器测量小车所受合力，A正确；
B．为了充分利用纸带，应先接通电源，再释放小车，B错误；
C．合力由传感器测量，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，C错误。
故选A。
【小问2详解】
根据牛顿第二定律
得
则
则小车的质量为
故选B。
【小问3详解】
[1]相邻计数点的时间间隔为
小车的加速度大小为
[2]根据滑轮的知识可知沙和沙桶的加速为，根据牛顿第二定律
解得砂和砂桶的质量为
三、计算题（本题包括3个小题，共36分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题，答案中必须写出明确的数值和单位，只写最后答案的不给分。）
15. 如图所示，三根细轻绳系于O点，其中OA绳另一端固定于A点，OB绳的另一端与放在粗糙水平地面上的物体乙相连，乙与水平地面的动摩擦因数为，OC绳的另一端悬挂物体甲，轻绳OA与竖直方向的夹角，绳水平，系统处于静止状态。已知物体甲的质量为，物体乙的质量为，重力加速度，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）轻绳、受到的拉力的大小？
（2）物体乙对地面的摩擦力的大小和方向？
（3）若改变物体甲的质量，在物体乙保持静止不动的情况下，物体甲的质量最大不能超过多少？
【答案】（1），；（2）150N，方向水平向右；（3）
【解析】
【详解】（1）对结点O进行受力分析得
（2）对物体乙进行受力分析可知
所以物体乙受到静摩擦力，由牛顿第三定律得，乙对地面的摩擦力是150N，方向水平向右。
（3）对物体乙进行受力分析，最大拉力
16. 如图甲所示，质量的物体静止在倾角的斜面上，通过传感器测得水平推力随时间变化的图像如图乙所示，在水平推力作用下沿斜面上滑，当速度为0时立马锁定物块。已知重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体与斜面的动摩擦因素，，，假设斜面足够长，求：
（1）物体从0时刻开始上滑到被锁定的过程中，各阶段的加速度大小？
（2）物体从0时刻开始上滑到被锁定的过程中运动的总位移大小？
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【详解】（1）0到1s内对物体进行受力分析得
解得
1s到2s内对物体进行受力分析得
解得
2s后至物体被锁定，对物体进行受力分析得
解得
（2）0到1s内物体的位移大小为
此时物体速度为
1s到2s内物体做匀速直线运动，位移大小为
2s后到物体被锁定的位移大小为
总位移为
17. 如图所示，为某工厂卸货装置原理图，货物从货物架上无初速度沿斜面滑下，进入传送带，之后滑上无动力静止在水平面的平板车，平板车将货物运输到卸货员位置处，最后完成卸货工作。已知货物质量为，平板车质量为，货物到传送带的竖直高度，斜面倾角，货物与斜面的动摩擦因数，传送带顺时针匀速转动的速度为，货物与传送带间的动摩擦因数，传送带长度为，货物与平板车间的动摩擦因数为，平板车与地面间的动摩擦因数为，假设平板车与地面间为滑动摩擦。（忽略货物经过、两处的能量损失，取）求：
（1）货物从斜面滑至点时的速度大小？
（2）货物在传送带上滑行的时间？
（3）为使货物不从平板车上滑落，平板车至少需要多长？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）在A到B过程中，对货物进行受力分析，由牛顿第二定律
解得
由运动学公式
可得货物运动到B点处速度为
（2）货物滑上传送带上，由牛顿第二定律
解得货物的加速度大小为
货物加速时间为
货物加速位移大小为
货物匀速运动时间为
货物在传送带上的运动总时间为
（3）货物滑上平板车后，由牛顿第二定律
货物的加速度大小为
平板车加速度大小为
货物与平板车共速时
解得
，
平板车长度至少为
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