江西省景德镇一中2019-2020学年高三上学期物理10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·景德镇月考）小球 A 从离地面 10 m 高处做自由落体运动，小球 B 从 A 下方的地面上以 10 m/s 的初速度做竖直上抛运动．两 球同时开始运动，在空中相遇，取 g＝10 m/s2（ ）
A．两球在离地面 7.5 m 高处相遇 B．两球相遇时速度相同
C．两球在空中相遇两次 D．两球落地的时间差为
2．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。若 小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力 F1 和车右壁受弹簧的拉力 F2 的大小变化可能是（ ）
A．F1 先变小后变大，F2 不变 B．F1 不变，F2 一直变大
C．F1 先变大后变小，F2 不变 D．F1 变大，F2 先变小后不变
3．（2019高三上·景德镇月考）一根轻绳一端系小球 P，另一端系于光滑墙壁上的 O 点，在墙壁和小球 P 之间夹有一矩形物块 Q，如图所示，在 小球 P、物块 Q 均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是（ ）
A．物块 Q 可能受 3 个力
B．小球 P 一定受 4 个力
C．若 O 点下移，物块 Q 受到的静摩擦力将增大
D．若 O 点上移，绳子的拉力将变大
4．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，质量为 M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力 F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成 。则下列说法正确的是（ ）
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．系统的加速度为
C．凹槽对小铁球的支持力为
D．推力
5．（2015高一下·汕头期中）如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（ ）
A． B． C． D．
6．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F．木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（ ）
A．μ1>μ2
B．μ1<μ2
C．若改变F的大小，当F>μ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
7．（2020高二下·奉化期中）如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则（ ）
A．滑块一定受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于
二、多选题
8．（2020高一下·昌黎期末）如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度 平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时
A．小球的速率为
B．小球的速率为
C．小球在水平方向的速度大小为
D．小球在水平方向的速度大小为
9．（2019高三上·景德镇月考）甲、乙两车同时由静止从A地出发，沿直线运动到B地．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达B点时的速度为v.乙先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，后做加速度为a2的匀加速运动，到达B地时的速度亦为v.若a1≠a2≠a3，则（ ）
A．甲可能先由A达到B B．乙可能先由A达到B
C．若a1
A．物块B，C的加速度大小也等于2m/s2
B．物块B的加速度为2m/s2，C的加速度为10m/s2
C．外力的大小F=2mg
D．物块B，C给长方形物块A的摩擦力的合力为0.2mg
三、填空题
11．（2018·南京模拟）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm．
四、实验题
12．（2019高三上·景德镇月考）在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：
（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车 ．
（2）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力.
（3）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究做加速度与质量的关系，以下做法错误的是（______）
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．实验时需要天平测出m以及小车质量M
（4）在保持小车及车中的砝码质量质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，二位同学得到的a―F关系分别如图中C、D所示（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）.其原因分别是：
C图
D图
13．（2019高三上·景德镇月考）某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相， 拍摄到了如下图所示的照片，已知每个小方格边长 10cm，当地的重力加速度为 g=10m/s2。
（1）小球平抛的初速度大小为 。
（2）若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄到的小球位置坐标为 ， 速度大小为
五、解答题
14．（2019高三上·景德镇月考）甲、乙两辆汽车前后行驶在同一笔直车道上，速度分别为 6.0 m/s 和 8.0 m/s，相距 5.0 m 时前面的甲车 开始以 2.0 m/s2 的加速度做匀减速运动，后面的乙车也立即减速，为避免发生撞车事故，则乙车刹车的加速度至少 是多少。
15．（2019高三上·景德镇月考）质量为 2kg 长 4m 的木板放在粗糙的水平地面上，在木板的最左端有一个可视为质点质量为 1kg 的物块， 水平向右的恒定外力 F 作用在物块上，已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2。
（1）若木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，要使物块在 2s 的时间内滑离长木板，求外力 F 的大小
（2）若木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，要使物块在 2s 的时间内滑离长木板，求外力 F 的大小
16．（2019高三上·景德镇月考）质量为 1kg 的小球静止在水平地面上，小球在 F=14N 竖直向上的恒定外力作用下向上做匀加速直线运动， 运动过程中小球所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。
（1）小球运动 4s，上升
16m，求小球受到的阻力大小
（2）若小球运动 3s 后，外力消失，求小球落地时的速度大小
（3）在（2）问条件下，要使小球不落到地面上，则在外力消失多久后恢复外力。
17．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，一传送带与水平面的夹角 θ＝30°，且以 v1＝2 m/s 的速度沿顺时针方向传动．一小物块以 v2=4 m/s速度从底端滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数 ，传送带长L=2m．
（1）小物块沿传送带向上滑行的时间
（2）小物块离开传送带时的速度大小
（3）小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【解答】AB.根据位移关系
相遇的时间 ，相遇时，A球的速率vA=gt=10m/s
B球的速率vB=v0-gt=0m/s
离地的高度
AB不符合题意。
C.第一相遇后，A继续向下运动，B球从零开始自由落体，两球不可能发生第二次相遇，C不符合题意。
D. A落地的时间
B球落地的时间
两球落地的时间差为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】小球A做自由落体运动，加速度为定值即重力加速度g，且初速度为零的运动，小球B做竖直上抛运动，明确小球的运动过程，先减速再反向加速，结合竖直上抛的初速度，利用匀变速直线运动公式，根据题目条件列方程求解即可。
2．【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】小车向右的加速度增大时，物块始终相对小车静止，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，车右壁受弹簧的弹力F2的大小不变。当物块初态所受摩擦力F1向左时，对物块，由牛顿第二定律得：F2-F1=ma，a增大，F1变小。随着加速度的增大，当物块相对小车有向左趋势时，所受的静摩擦力向右，则有 F2+F1=ma，a增大，F1变大，所以F1先变小后变大。当物块初态不受摩擦力，或所受摩擦力F1向右时，根据以上分析可知，摩擦力F1变大。
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，结合物体的加速度，在水平方向利用牛顿第二定律列方程分析摩擦力和拉力的变化。
3．【答案】B
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】AB. 对小方块Q受力分析，受重力、P的压力、墙面的支持力，根据Q静止不动，合力为零，可知，Q必定受到球施加的竖直向上的静摩擦力，此静摩擦力与其重力平衡，故Q共受4个力。对小球P受力分析，受重力、拉力、Q的支持力和摩擦力，共4个力。A不符合题意，B符合题意；
C. Q在竖直方向只受重力和静摩擦力，由平衡条件知静摩擦力等于其重力，保持不变。C不符合题意。
D.对整体受力分析，竖直方向，绳拉力竖直向上的分力平衡了整体的重力，绳与竖直夹角为
若 O 点上移，根据平衡条件，有 变小，所以拉力变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，在外力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，利用此条件求解外力大小，如果力的大小不为零，那么该力就不存在；分别对两个物体进行受力分析，在重力、拉力、支持力、摩擦力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据O点的移动分析力的变化即可。
4．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A. 小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，A不符合题意；
B. 对小球进行受力分析得： ，解得：a=gtanα，所以系统的加速度为
B不符合题意。
C. 对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力
C符合题意。
D. 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
D不符合题意。
故答案为：C
【分析】先对小球进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；然后对小球凹面组成的系统应用牛顿第二定律求解推力大小。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy=v0tan30°
又 vy=gt，则得：v0tan30°=gt，t= ①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcos60°=v0t ②
联立①②解得：v0= ．
故选：B．
【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30°角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系．再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度．
6．【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AB、对m1，根据牛顿运动定律有：F﹣μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g﹣Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．AB不符合题意；
C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．C不符合题意；
D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F﹣μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得
所以当 时，长木板与木块将开始相对滑动．D符合题意．
故答案为：D
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
7．【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，A不符合题意；
B．弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，B不符合题意；
C．由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于 ），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C不符合题意；
D．静摩擦力一定等于重力的下滑分力，故为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对物体进行受力分析，在重力、支持力、弹力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
8．【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB、由于杆AB光滑，小球在整个运动过程中，受重力mg和杆的弹力N作用，又由于弹力N始终与小球运动的速度相垂直，因此一直不做功，根据动能定理有：mgh＝ －0，解得小球到达轨道B端时的速率为v＝ ，A不符合题意；B符合题意；CD、由于杆AB是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，不妨假设B端的切线方向与水平方向间的夹角为θ，当物体以初速度v0平抛运动至B端时，根据动能定理有：mgh＝ － ，解得：v′＝ ，根据几何关系有：cosθ＝ ＝ ，所以小球沿杆到达轨道B端在水平方向的速度大小为：vx＝vcosθ＝ ，C不符合题意；D符合题意．
故答案为：BD
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度。
9．【答案】A,B,D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据速度时间图线得，若a1＞a3，如左图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。若a3＞a1，如右图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲．通过图线作不出位移相等，速度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达。
AB.通过以上分析可知，AB符合题意。
C. 若 a1
故答案为：ABD
【分析】结合甲乙两辆车的加速度和初速度绘制来年各个物体的v-t图像，结合v-t图像性质分析求解即可。
10．【答案】B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A的加速度大小为2，则A受到的合力为 ，B对A的最大静摩擦力为 ，
C对A的最大静摩擦力为 。
若B和C都相对于A静止，则B和C的加速度一样，由于B和C所受细线的拉力一样，则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，则会导致A所受摩擦力小于2m，B和C不可能全都静止。若C静止B滑动，则A所受摩擦力大于 ，故应是B静止，因此C对A的作用力为 ，而B对A的作用力也为 。
AB. AB间保持静止，故 ，B受绳的拉力为 ，
则C受绳的拉力也为 ，所以 ，
A不符合题意，B符合题意。
C.外力大小为 ，
C项不符合题意
D.物块BC给长方形物块A的摩擦力的合力为
D项符合题意
故答案为：BD
【分析】对物体A进行受力分析，结合物体A的加速度利用牛顿第二定律求解静摩擦力；分别对B、C两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
11．【答案】10.50；7.500
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺主尺读数为1cm=10mm，游标尺上第10条刻度与上面对齐，则游标尺读数为：10×0.05mm=0.50mm，所以游标卡尺最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm；螺旋测微器固定刻度为：7.5mm，可动刻度读数为：0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为：7.5mm+0.000=7.500mm。
【分析】（1）游标卡尺的读数为上尺格数加游尺对齐乘以对应精度；螺旋测微器的读数为固定刻度加可动刻度。
12．【答案】（1）平衡摩擦力
（2）盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M
（3）A；C
（4）倾角过大，平衡摩擦力过度；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；（2）当盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．（3）平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，A不符合题意；在实验前平衡一次摩擦力即可，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，B符合题意；实验时，先接通打点计时器电源，后放开小车，C不符合题意；实验时需要天平测出m以及小车质量M，D符合题意；丁题选择错误的，故答案为：AC.（4）C图：当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力过度；
D图：从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【分析】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；（2）当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．（3）平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；每次改变小车的质量时不需要平衡摩擦力．（4）由C图象可以看出：图线不通过坐标原点，当加速度为某一值时，F为零，知平衡摩擦力过度．由D图象可以看出：图线不通过坐标原点，当拉力为某一值时，a为零，知没有平衡摩擦力或倾角过小．
13．【答案】（1）2m/s
（2）(60cm,60cm)；4.03 m/s
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)在竖直方向上，根据△y=L=gT2得
则小球平抛运动的初速度 (2)小球在水平方向上做匀速直线运动，相等时间内水平位移相等，可知没有拍摄到的小球位置的横坐标x=20×3cm=60cm
竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内的位移之差是一恒量，可知没有拍摄到的小球位置与位置3间有3格，则该位置的纵坐标y=6×10cm=60cm
小球位置坐标为(60cm,60cm)
小球的竖直分速度
所以速度大小为
【分析】（1）利用竖直方向的自由落体运动求解出相邻两个点的时间间隔，再利用水平位移求解水平速度；
（2）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合物体的初速度求解水平位移，结合自由落体唯一规律确定竖直方向的位移即可；结合水平速度和竖直速度合成求解总速度即可。
14．【答案】解：甲车速度减为0的时间
甲车从开始刹车到停止，甲车滑行的总位移
根据位移关系知，乙车在14m内必须停下，根据位移关系式，有
解得：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】甲、乙两辆汽车做匀减速直线运动，相撞的临界条件是两者的位移之差等于初始状态时两个物体的位移间隔，结合两物体的初速度和加速度，利用运动学公式列求解即可。
15．【答案】（1）解：物块的加速度 ，因为 ，所以木板不动，当滑离长木板时，物块位移L=4m，根据位移关系有： 代入数据解得： 。所以
（2）解：物块的加速度 ，木板加速度
根据位移关系有：
解得： ，
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，两者分离的条件时相对位移等于木板长度，结合加速度利用运动学公式列方程求解即可。
16．【答案】（1）解：根据位移时间关系 ，解得： ，根据牛顿第二定律可知：
解得：
（2）解：若小球运动 3s 后，速度
上升位移
之后加速度
到达最高点时间
到达最高点的位移
之后下落，加速度
落地速度
（3）解：从最高点经过t时间施加外力，此时速度 ，之后减速到零的时间
根据位移关系有
联立解得： ，所以经过
恢复外力。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）小球向上做加速运动，利用运动学公式求解加速度，对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体受到的阻力大小；
（2）当小球上升的最大高度后，小球做自由落体运动，结合匀变速直线运动公式求解末速度即可；
（3）结合小球的初速度和加速度求解减速到零时的时间，在利用运动学公式求解时间即可。
17．【答案】（1）解：小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知：
代入数据解得：a1＝8m/s2
减速到传送带速度时所需时间为：
此过程通过的位移为：
此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：
代入数据解得：a2＝2m/s2
减速到零所需时间为：
故有：t=t1+t2=1.25s
此过程通过的位移为：
（2）解：物体下滑的位移为：x=x1+x2=1.75m
根据速度位移公式可知：
解得：
（3）解：上滑过程中，物体速度大于传送带速度时，相对位移
当物体速度小于传送带速度时，传送带的位移为： m
所以划痕的长度为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度、长度，利用运动学公式求解时间即可；
（2）结合物体的加速度和位移，利用运动学公式求解末速度即可；
（3）结合第一问求解的时间和传送带的速度求解传送带的位移，与物体的位移之差即为相对位移。
江西省景德镇一中2019-2020学年高三上学期物理10月月考试卷
一、单选题
1．（2019高三上·景德镇月考）小球 A 从离地面 10 m 高处做自由落体运动，小球 B 从 A 下方的地面上以 10 m/s 的初速度做竖直上抛运动．两 球同时开始运动，在空中相遇，取 g＝10 m/s2（ ）
A．两球在离地面 7.5 m 高处相遇 B．两球相遇时速度相同
C．两球在空中相遇两次 D．两球落地的时间差为
【答案】D
【知识点】自由落体运动；竖直上抛运动
【解析】【解答】AB.根据位移关系
相遇的时间 ，相遇时，A球的速率vA=gt=10m/s
B球的速率vB=v0-gt=0m/s
离地的高度
AB不符合题意。
C.第一相遇后，A继续向下运动，B球从零开始自由落体，两球不可能发生第二次相遇，C不符合题意。
D. A落地的时间
B球落地的时间
两球落地的时间差为 ，D符合题意。
故答案为：D
【分析】小球A做自由落体运动，加速度为定值即重力加速度g，且初速度为零的运动，小球B做竖直上抛运动，明确小球的运动过程，先减速再反向加速，结合竖直上抛的初速度，利用匀变速直线运动公式，根据题目条件列方程求解即可。
2．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内粗糙底面上有一物块被一拉伸弹簧拉着，小车向右做加速运动。若 小车向右的加速度增大，物块始终相对小车静止，则物块所受摩擦力 F1 和车右壁受弹簧的拉力 F2 的大小变化可能是（ ）
A．F1 先变小后变大，F2 不变 B．F1 不变，F2 一直变大
C．F1 先变大后变小，F2 不变 D．F1 变大，F2 先变小后不变
【答案】A
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】小车向右的加速度增大时，物块始终相对小车静止，弹簧的长度不变，压缩量不变，根据胡克定律可知，车右壁受弹簧的弹力F2的大小不变。当物块初态所受摩擦力F1向左时，对物块，由牛顿第二定律得：F2-F1=ma，a增大，F1变小。随着加速度的增大，当物块相对小车有向左趋势时，所受的静摩擦力向右，则有 F2+F1=ma，a增大，F1变大，所以F1先变小后变大。当物块初态不受摩擦力，或所受摩擦力F1向右时，根据以上分析可知，摩擦力F1变大。
故答案为：A
【分析】对物体进行受力分析，水平竖直正交分解，结合物体的加速度，在水平方向利用牛顿第二定律列方程分析摩擦力和拉力的变化。
3．（2019高三上·景德镇月考）一根轻绳一端系小球 P，另一端系于光滑墙壁上的 O 点，在墙壁和小球 P 之间夹有一矩形物块 Q，如图所示，在 小球 P、物块 Q 均处于静止状态的情况下，下列有关说法正确的是（ ）
A．物块 Q 可能受 3 个力
B．小球 P 一定受 4 个力
C．若 O 点下移，物块 Q 受到的静摩擦力将增大
D．若 O 点上移，绳子的拉力将变大
【答案】B
【知识点】动态平衡分析
【解析】【解答】AB. 对小方块Q受力分析，受重力、P的压力、墙面的支持力，根据Q静止不动，合力为零，可知，Q必定受到球施加的竖直向上的静摩擦力，此静摩擦力与其重力平衡，故Q共受4个力。对小球P受力分析，受重力、拉力、Q的支持力和摩擦力，共4个力。A不符合题意，B符合题意；
C. Q在竖直方向只受重力和静摩擦力，由平衡条件知静摩擦力等于其重力，保持不变。C不符合题意。
D.对整体受力分析，竖直方向，绳拉力竖直向上的分力平衡了整体的重力，绳与竖直夹角为
若 O 点上移，根据平衡条件，有 变小，所以拉力变小，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，在外力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，利用此条件求解外力大小，如果力的大小不为零，那么该力就不存在；分别对两个物体进行受力分析，在重力、拉力、支持力、摩擦力的作用下，两个物体处于平衡状态，合力为零，根据O点的移动分析力的变化即可。
4．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，质量为 M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m 的小铁球，现用一水平向右的推力 F 推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成 。则下列说法正确的是（ ）
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．系统的加速度为
C．凹槽对小铁球的支持力为
D．推力
【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A. 小球的加速度方向水平向右，所以合外力方向水平向右，A不符合题意；
B. 对小球进行受力分析得： ，解得：a=gtanα，所以系统的加速度为
B不符合题意。
C. 对小球进行受力分析，如图，则凹槽对小铁球的支持力
C符合题意。
D. 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
D不符合题意。
故答案为：C
【分析】先对小球进行受力分析，水平竖直正交分解，在水平方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度；然后对小球凹面组成的系统应用牛顿第二定律求解推力大小。
5．（2015高一下·汕头期中）如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，
则有：vy=v0tan30°
又 vy=gt，则得：v0tan30°=gt，t= ①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcos60°=v0t ②
联立①②解得：v0= ．
故选：B．
【分析】根据题意小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，可知速度的方向与水平方向成30°角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系．再根据水平方向匀速运动，得出水平位移与、初速度和时间的关系，联立即可求解初速度．
6．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F．木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则（ ）
A．μ1>μ2
B．μ1<μ2
C．若改变F的大小，当F>μ1(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
【答案】D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】AB、对m1，根据牛顿运动定律有：F﹣μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g﹣Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较．AB不符合题意；
C、改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止．C不符合题意；
D、若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F﹣μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得
所以当 时，长木板与木块将开始相对滑动．D符合题意．
故答案为：D
【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程，两个物体发生相对运动，即具有不同的加速度，联立求解即可。
7．（2020高二下·奉化期中）如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则（ ）
A．滑块一定受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于
【答案】D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，也可能有弹簧的弹力，A不符合题意；
B．弹簧对滑块可以是拉力，故弹簧可能处于伸长状态，B不符合题意；
C．由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于 ），不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C不符合题意；
D．静摩擦力一定等于重力的下滑分力，故为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对物体进行受力分析，在重力、支持力、弹力和摩擦力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解即可。
二、多选题
8．（2020高一下·昌黎期末）如图所示，放置在竖直平面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度 平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时
A．小球的速率为
B．小球的速率为
C．小球在水平方向的速度大小为
D．小球在水平方向的速度大小为
【答案】B,D
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】AB、由于杆AB光滑，小球在整个运动过程中，受重力mg和杆的弹力N作用，又由于弹力N始终与小球运动的速度相垂直，因此一直不做功，根据动能定理有：mgh＝ －0，解得小球到达轨道B端时的速率为v＝ ，A不符合题意；B符合题意；CD、由于杆AB是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，不妨假设B端的切线方向与水平方向间的夹角为θ，当物体以初速度v0平抛运动至B端时，根据动能定理有：mgh＝ － ，解得：v′＝ ，根据几何关系有：cosθ＝ ＝ ，所以小球沿杆到达轨道B端在水平方向的速度大小为：vx＝vcosθ＝ ，C不符合题意；D符合题意．
故答案为：BD
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度。
9．（2019高三上·景德镇月考）甲、乙两车同时由静止从A地出发，沿直线运动到B地．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达B点时的速度为v.乙先以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，后做加速度为a2的匀加速运动，到达B地时的速度亦为v.若a1≠a2≠a3，则（ ）
A．甲可能先由A达到B B．乙可能先由A达到B
C．若a1
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】根据速度时间图线得，若a1＞a3，如左图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。若a3＞a1，如右图，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲．通过图线作不出位移相等，速度相等，时间相等的图线，所以甲乙不能同时到达。
AB.通过以上分析可知，AB符合题意。
C. 若 a1
故答案为：ABD
【分析】结合甲乙两辆车的加速度和初速度绘制来年各个物体的v-t图像，结合v-t图像性质分析求解即可。
10．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数皆为0.1。K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平方向。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，若测得A的加速度大小为2m/s2，重力加速度取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法中正确的是（ ）
A．物块B，C的加速度大小也等于2m/s2
B．物块B的加速度为2m/s2，C的加速度为10m/s2
C．外力的大小F=2mg
D．物块B，C给长方形物块A的摩擦力的合力为0.2mg
【答案】B,D
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】A的加速度大小为2，则A受到的合力为 ，B对A的最大静摩擦力为 ，
C对A的最大静摩擦力为 。
若B和C都相对于A静止，则B和C的加速度一样，由于B和C所受细线的拉力一样，则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，则会导致A所受摩擦力小于2m，B和C不可能全都静止。若C静止B滑动，则A所受摩擦力大于 ，故应是B静止，因此C对A的作用力为 ，而B对A的作用力也为 。
AB. AB间保持静止，故 ，B受绳的拉力为 ，
则C受绳的拉力也为 ，所以 ，
A不符合题意，B符合题意。
C.外力大小为 ，
C项不符合题意
D.物块BC给长方形物块A的摩擦力的合力为
D项符合题意
故答案为：BD
【分析】对物体A进行受力分析，结合物体A的加速度利用牛顿第二定律求解静摩擦力；分别对B、C两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度。
三、填空题
11．（2018·南京模拟）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度．用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是 mm．用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是 mm．
【答案】10.50；7.500
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】游标卡尺主尺读数为1cm=10mm，游标尺上第10条刻度与上面对齐，则游标尺读数为：10×0.05mm=0.50mm，所以游标卡尺最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm；螺旋测微器固定刻度为：7.5mm，可动刻度读数为：0×0.01mm=0.000mm，所以最终读数为：7.5mm+0.000=7.500mm。
【分析】（1）游标卡尺的读数为上尺格数加游尺对齐乘以对应精度；螺旋测微器的读数为固定刻度加可动刻度。
四、实验题
12．（2019高三上·景德镇月考）在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：
（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车 ．
（2）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力.
（3）一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定，探究做加速度与质量的关系，以下做法错误的是（______）
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．实验时需要天平测出m以及小车质量M
（4）在保持小车及车中的砝码质量质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，二位同学得到的a―F关系分别如图中C、D所示（a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）.其原因分别是：
C图
D图
【答案】（1）平衡摩擦力
（2）盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M
（3）A；C
（4）倾角过大，平衡摩擦力过度；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；（2）当盘及盘中砝码的总质量m远小于小车及砝码总质量M时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．（3）平衡摩擦力时，不应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，A不符合题意；在实验前平衡一次摩擦力即可，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，B符合题意；实验时，先接通打点计时器电源，后放开小车，C不符合题意；实验时需要天平测出m以及小车质量M，D符合题意；丁题选择错误的，故答案为：AC.（4）C图：当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力过度；
D图：从上图中发现直线没过原点，当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明该组同学实验操作中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【分析】（1）为了使小车受的合外力等于绳子拉力，必须对小车平衡摩擦力；（2）当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．（3）平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；每次改变小车的质量时不需要平衡摩擦力．（4）由C图象可以看出：图线不通过坐标原点，当加速度为某一值时，F为零，知平衡摩擦力过度．由D图象可以看出：图线不通过坐标原点，当拉力为某一值时，a为零，知没有平衡摩擦力或倾角过小．
13．（2019高三上·景德镇月考）某物理兴趣小组在探究平抛运动的规律实验时，将小球做平抛运动，用频闪照相机对准方格背景照相， 拍摄到了如下图所示的照片，已知每个小方格边长 10cm，当地的重力加速度为 g=10m/s2。
（1）小球平抛的初速度大小为 。
（2）若以拍摄的第一点为坐标原点，水平向右和竖直向下为正方向，则没有被拍摄到的小球位置坐标为 ， 速度大小为
【答案】（1）2m/s
（2）(60cm,60cm)；4.03 m/s
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】(1)在竖直方向上，根据△y=L=gT2得
则小球平抛运动的初速度 (2)小球在水平方向上做匀速直线运动，相等时间内水平位移相等，可知没有拍摄到的小球位置的横坐标x=20×3cm=60cm
竖直方向上做自由落体运动，连续相等时间内的位移之差是一恒量，可知没有拍摄到的小球位置与位置3间有3格，则该位置的纵坐标y=6×10cm=60cm
小球位置坐标为(60cm,60cm)
小球的竖直分速度
所以速度大小为
【分析】（1）利用竖直方向的自由落体运动求解出相邻两个点的时间间隔，再利用水平位移求解水平速度；
（2）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，结合物体的初速度求解水平位移，结合自由落体唯一规律确定竖直方向的位移即可；结合水平速度和竖直速度合成求解总速度即可。
五、解答题
14．（2019高三上·景德镇月考）甲、乙两辆汽车前后行驶在同一笔直车道上，速度分别为 6.0 m/s 和 8.0 m/s，相距 5.0 m 时前面的甲车 开始以 2.0 m/s2 的加速度做匀减速运动，后面的乙车也立即减速，为避免发生撞车事故，则乙车刹车的加速度至少 是多少。
【答案】解：甲车速度减为0的时间
甲车从开始刹车到停止，甲车滑行的总位移
根据位移关系知，乙车在14m内必须停下，根据位移关系式，有
解得：
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】甲、乙两辆汽车做匀减速直线运动，相撞的临界条件是两者的位移之差等于初始状态时两个物体的位移间隔，结合两物体的初速度和加速度，利用运动学公式列求解即可。
15．（2019高三上·景德镇月考）质量为 2kg 长 4m 的木板放在粗糙的水平地面上，在木板的最左端有一个可视为质点质量为 1kg 的物块， 水平向右的恒定外力 F 作用在物块上，已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2。
（1）若木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，要使物块在 2s 的时间内滑离长木板，求外力 F 的大小
（2）若木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.05，要使物块在 2s 的时间内滑离长木板，求外力 F 的大小
【答案】（1）解：物块的加速度 ，因为 ，所以木板不动，当滑离长木板时，物块位移L=4m，根据位移关系有： 代入数据解得： 。所以
（2）解：物块的加速度 ，木板加速度
根据位移关系有：
解得： ，
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】分别对两个物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体各自的加速度，两者分离的条件时相对位移等于木板长度，结合加速度利用运动学公式列方程求解即可。
16．（2019高三上·景德镇月考）质量为 1kg 的小球静止在水平地面上，小球在 F=14N 竖直向上的恒定外力作用下向上做匀加速直线运动， 运动过程中小球所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。
（1）小球运动 4s，上升
16m，求小球受到的阻力大小
（2）若小球运动 3s 后，外力消失，求小球落地时的速度大小
（3）在（2）问条件下，要使小球不落到地面上，则在外力消失多久后恢复外力。
【答案】（1）解：根据位移时间关系 ，解得： ，根据牛顿第二定律可知：
解得：
（2）解：若小球运动 3s 后，速度
上升位移
之后加速度
到达最高点时间
到达最高点的位移
之后下落，加速度
落地速度
（3）解：从最高点经过t时间施加外力，此时速度 ，之后减速到零的时间
根据位移关系有
联立解得： ，所以经过
恢复外力。
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）小球向上做加速运动，利用运动学公式求解加速度，对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体受到的阻力大小；
（2）当小球上升的最大高度后，小球做自由落体运动，结合匀变速直线运动公式求解末速度即可；
（3）结合小球的初速度和加速度求解减速到零时的时间，在利用运动学公式求解时间即可。
17．（2019高三上·景德镇月考）如图所示，一传送带与水平面的夹角 θ＝30°，且以 v1＝2 m/s 的速度沿顺时针方向传动．一小物块以 v2=4 m/s速度从底端滑上传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数 ，传送带长L=2m．
（1）小物块沿传送带向上滑行的时间
（2）小物块离开传送带时的速度大小
（3）小物块向上滑行的过程中在传送带上留下的痕迹
【答案】（1）解：小物块在开始时受到的摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律可知：
代入数据解得：a1＝8m/s2
减速到传送带速度时所需时间为：
此过程通过的位移为：
此后传送带的速度大于物块的速度，受到的摩擦力沿斜面向上，则有：
代入数据解得：a2＝2m/s2
减速到零所需时间为：
故有：t=t1+t2=1.25s
此过程通过的位移为：
（2）解：物体下滑的位移为：x=x1+x2=1.75m
根据速度位移公式可知：
解得：
（3）解：上滑过程中，物体速度大于传送带速度时，相对位移
当物体速度小于传送带速度时，传送带的位移为： m
所以划痕的长度为
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，结合传送带的速度、长度，利用运动学公式求解时间即可；
（2）结合物体的加速度和位移，利用运动学公式求解末速度即可；
（3）结合第一问求解的时间和传送带的速度求解传送带的位移，与物体的位移之差即为相对位移。
