江苏省阜宁中学高一 物理上册第一学期10月月月考考试题含解析

江苏省阜宁中学高一 物理上册第一学期10月月月考考试题含解析

一、选择题

1．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60 m，车经过B时的速度为15 m/s，以下结论正确的是（ ）

A．车从出发到B杆所用时间为10s B．车的加速度为15 m/s2 C．经过A杆时速度为5 m/s D．从出发点到A杆的距离为15m

2．关于力、重力和弹力，下列说法正确的是 A．在画力的图示时，力的作用点可不画在受力物体上

B．把一木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力就是木块受的重力

C．把一木块放在水平桌面上保持静止，木块对桌面的压力，是由于木块发生形变而产生的 D．形状规则的任何物体的重心都在它的几何中心上

3．如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( )

A．B与水平面间的摩擦力不变 B．绳子对B的拉力增大

C．悬于墙上的绳所受拉力大小不变

D．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 4．关于合力与其两个分力的关系，正确的是（ ） A．合力的大小一定大于小的分力、小于大的分力 B．合力的大小一定随分力夹角的增大而增大 C．合力的大小一定大于任意一个分力

D．合力的大小可能大于大的分力，也可能小于小的分力

5．“曹冲称象”是妇孺皆知的故事,当众人面临大象这样的庞然大物,在因缺少有效的称量工具而束手无策的时候,曹冲称量出大象的质量,体现了他的智慧,被世人称道．下列物理学习或研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是（ ） A．“质点”的概念 B．合力与分力的关系 C．“瞬时速度”的概念

D．研究加速度与合力、质量的关系

6．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为

v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t，上浮到海面，速度恰好减为零．则“蚊龙号”在t0(t0t)时刻距离海平面的深度为（）

vtA．

22vt0B．

2tt0C．vt01

2tvtt0D． 2t227．做匀减速直线运动的质点，它的位移随时间变化的规律是x24t1.5t(m)，当质点的速度为零，则t为多少：（ ） A．1.5 s A．质量 C．摩擦力

B．8 s

C．16 s B．时间间隔 D．动摩擦因数

D．24 s

8．以下各物理量属于矢量的是

9．第19届亚洲运动会将于2022年9月10日～9月25日在中国杭州举行．杭州是中国第三个取得夏季亚运会主办权的城市，图中的“莲花碗”是田径的主赛场，下列关于亚运会田径项目的叙述正确的是( )

A．研究短跑运动员终点撞线时可将运动员看成质点 B．在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是一个时间间隔 C．短跑运动员跑100m和200m都是指位移

D．高水平运动员400m比赛的平均速度有可能大于其他运动员200m比赛的平均速度 10．如图所示，用一把直尺可以测量反应速度。现有甲、乙两同学，甲同学用手指拿着一把长60cm的直尺，零刻度在上端甲同学手附近，乙同学把手放在最大刻度线位置做抓尺的准备，当甲同学松开直尺，乙同学见到直尺下落时，立即用手抓住直尺，记录抓住处的数据，重复以上步骤多次。得到数据中有以下三组（单位：cm），g=10m/s2则下列说法正确的是

A．第一次测量的反应时间约为

2s 5B．第二次抓住之前的瞬间，直尺的速度约为30m/s C．三次中测量的反应时间最长为0.3s

D．若某同学的反应时间为0.4s，则该直尺仍可测量该同学的反应时间

11．近年来高楼坠物事故频发，若将高楼坠物视为自由落体运动，下列图像能基本反映高楼坠物下落时各物理量变化规律的是 ( )

A． B．

C． D．

12．一个做匀减速直线运动的物体，先后经过a、b两点时的速度大小分别是4v和v，所用时间是t，下列判断正确的是（ ） A．物体的加速度大小为

5v tB．经过ab中点时的速率是2.5v C．在

t17时刻的速率是𝑣 223tt时间内发生的位移比﹣﹣𝑡时间内位移大vt 22413．一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力。已知它经过

D．0﹣﹣

b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v。则ab段与ac段的位移之比为（ ） A．1:9 B．1:3 C．1:5 D．1:8

14．如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程。那么下列说法中正确的是（ ）

A．顾客始终受到静摩擦力的作用 B．顾客受到的支持力总是大于重力

C．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下 D．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

15．如图所示，一根轻质弹簧竖直立在水平地面上，下端固定。一小球从高处自由落下，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点。小球从开始压缩弹簧至最低点过程中，小球的速度和受到的合外力变化情况是（ ）

A．合外力先变小后变大，速度先变大后变小 B．合外力先变小后变大，速度先变小后变大 C．合外力一直变大，速度一直变小 D．合外力一直变小，速度一直变小

16．如图，在探究摩擦力的实验中，用轻质弹簧测力计水平拉一质量为m=0.2kg的放在水平桌面上的小木块，小木块的运动状态与弹簧测力计的读数如下表所示（每次实验时，木块与桌面的接触面相同）则由下表分析可知，g取10m/s，下列选项正确的是（ ）

2

A．木块受到的最大摩擦力为0.7N B．木块受到最大静摩擦力可能为0.6N

C．在这五次实验中，木块受到的摩擦力大小只有两次是相同的 D．小木块与水平桌面间的动摩擦因数为0.30

17．如图所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力( )

A．大小为7.5 N B．大小为10 N

C．方向与水平方向成53°角斜向右下方 D．方向与水平方向成53°角斜向左上方

18．汽车以10 m／s的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15 m处的斑马线上有行

人，于是刹车礼让，汽车恰好停在斑马线前。假设驾驶员反应时间为0.5 s，汽车运动的v－t图象如图所示。则汽车的加速度大小为（ ）

A．20 m／s2 B．6 m／s2 C．5 m／s2 D．4 m／s2

19．从科学方法角度来说，物理学中引入“合力”概念运用了 A．控制变量方法 B．等效替代方法 C．理想实验方法 D．建立模型方法

20．近几年，在国家宏观政策调控下，我国房价上涨出现减缓趋势。若将房价的“上涨”类比成“加速”，将房价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可类比成（ ） A．速度增加，加速度减小 B．速度增加，加速度增大 C．速度减小，加速度增大 D．速度减小，加速度减小

二、多选题

21．如图甲所示，质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上，其上静止一质量为m1的小滑块，现给木板施加一随时间均匀增大的水平力F，满足F=kt（k为常量，t代表时间），长木板的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示。已知小滑块所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板间的摩擦力增大 B．小滑块与长木板间的动摩擦因数0.2 C．m1与m2之比为1：3

D．当小滑块从长木板上脱离时，其速度比长木板小0.5m/s

22．如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G.现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠

近(C点与A点等高)．则绳中拉力大小变化的情况是( )

A．由B到D的过程中，拉力逐渐变大 B．由B到D的过程中，拉力保持不变 C．由D到C的过程中，拉力逐渐变大 D．由D到C的过程中，拉力保持不变

23．在某次军事演习中，空降兵从悬停在空中的直升机上跳下，当下落到距离地面适当高度时，打开降落伞，最终安全到达地面，空降兵从跳离飞机到安全到达地面的过程中在竖直方向的v—t图像如如所示，则以下判断正确的是

A．空降兵在0到t1时间内做自由落体运动

B．空降兵在t1到t2时间内的加速度方向竖直向上，大小在逐渐减小 C．空降兵在0到t1时间内的平均速度是

1v2 2D．空降兵在t1到t2时间内的平均速度小于

1(v1+v2) 224．如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子，工作时小盒子B向匀速直线运动的被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被小盒子B接收，从小盒子B发射超声波开始计时，经t时间再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图像。则下列说法正确的是（ ）

A．超声波的速度为v声C．物体的速度为v2x1 t1B．超声波的速度为v声D．物体的速度为v2x2 t22(x2x1)

t2t1t2x2x1t2t1t

25．两个中间有孔的质量均为M的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上，两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在同一质量为m的小球上，如图所示.已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一个等边三角形．则下列判断正确的是：

A．水平横杆对其中一个小球的支持力为Mg+mg B．连接质量为m小球的其中一个轻弹簧的伸长量为C．套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为D．连接质量为m小球的其中一个轻弹簧的弹力为

26．关于竖直上抛运动的上升过程和下落过程(起点和终点相同)，下列说法正确的是：（ ）

A．物体上升过程所需的时间与下降过程所需的时间相同 B．物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度相同 C．两次经过空中同一点的速度大小相等方向相反 D．上升过程与下降过程中位移大小相等、方向相反

27．如图所示，物体A用轻质细绳系在竖直杆MN上的B点．现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角逐渐增大．关于此过程，下列说法中正确的是（ ）

A．水平力F逐渐增大 C．绳OB的弹力逐渐减小

B．水平力F逐渐减小 D．绳OB的弹力逐渐增大

28．汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有

( )

A．这连续三个1s的初速度之比为3:2:1

B．这连续三个1s的平均速度之比为3:2:1 C．这连续三个1s发生的位移之比为5:3:1 D．这连续三个1s的速度改变量之比为1:1:1

三、实验题

29．在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中，某实验小组据不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧的下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，如图所示。根据图象回答以下问题。

（1）弹簧的原长为________m； （2）弹簧的劲度系数为________N/m；

（3）分析图象，总结出弹簧弹力F距弹簧长度L之间的关系式为________。（所有物理量都是国际单位）

30．在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，根据图象回答以下问题.

（1）弹簧的原长为_________cm. （2）弹簧的劲度系数为_______N/m.

（3）分析图象，总结出弹力F跟弹簧长度L之间的关系式为_________.（L用m为单位） 31．如图为测定滑块在气垫导轨上运动加速度的实验装置，滑块上安装宽度为d的遮光板，释放重物后滑块先后通过光电门A、B，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过光电门A、B的时间分别为△tA，和△tB，遮光板中心经过光电门A和B的时间差为t．那么滑块通过光电门A的速度表达式为_____，滑块通过光电门B的速度表达式为_____，滑块的加速度a=______.（用题目中已知量的字母表示）.

32．在“探究匀变速直线运动的规律”的实验中：

（1）除打点计时器（含纸带、复写纸）、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外,在下面的仪器和器材中,必须使用的有______ A．电压合适的交流电源 B．电压可调的直流电源 C．刻度尺 D．秒表 E．天平 （2）实验过程中，下列做法正确的是 ________ A．先接通电源，再使纸带运动 B．先使纸带运动，再接通电源 C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处 D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处

（3）通过打点计时器得到的一条纸带上的点迹不均匀，下列判断正确的是________ A．点迹密集的地方说明振针打点速度较大 B．点迹密集的地方说明物体运动的速度较大 C．点迹不均匀说明物体做变速运动

D．点迹不均匀说明相邻两点之间的时间间隔不同

（4）图示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取A、B、C、D、E五个计数点，测出各点到A点的距离如图所示．

①由纸带可判定小车做_________________ 运动

②当打计数点D时小车的瞬时速率为___ m/s；小车的加速度大小为___ m/s2．（结果均保留2位有效数字）

四、解答题

33．在平直的测试汽车加速性能的场地上,每隔100 m有一个醒目的标志杆．两名测试员驾车由某个标志杆从静止开始匀加速启动,当汽车通过第二个标志杆开始计时,t1=10 s时,恰好经过第5个标志杆,t2=20 s时,恰好经过第10个标志杆,汽车运动过程中可视为质点,如图所示．求:

(1)汽车的加速度;

(2)若汽车匀加速达到最大速度64 m/s后立即保持该速度匀速行驶,则汽车从20 s末到30 s末经过几个标志杆?

34．某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，轿车速度为v1＝40m/s，货车的速度为v2＝24m/s，轿车在与货车相距x0＝31m时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，则轿车要经过200m才停下来．运动过程中两车均可视为质点．

（1）若轿车刹车后货车继续以v2＝24m/s的速度匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞？

（2）若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经t2＝2.5s收到信号并立即以加速度大小a2＝2m/s2匀加速前进，通过计算分析两车是否会相撞？若不相撞，在轿车给货车发出信号后多长时间两车相距最近，最近距离为多少米？

35．A、B两车在一直线上向右匀速运动，B车在A车前，A车的速度大小为v1=8m/s， B车的速度大小为v2=20m/s，当A、B两车相距x0=28m时，B车因前方突发情况紧急刹车（已知刹车过程的运动可视为匀减速直线运动），加速度大小为a=2m/s2，从此时开始计时，求：

（1）A车追上B车所用的时间

（2）A车追上B车前，两车间的最大距离

36．从离地面125m高的空中从静止释放一小球，小球自由落下，取g=10m/s，求：（1）小球经过多长时间落到地面；

（2）自开始下落计时，小球最后1s内的位移。

2

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【详解】

C．根据匀变速直线运动的平均速度公式有：

xvv v＝＝AB

t2可得汽车在A杆时的速度

vA＝选项C正确； B．可得汽车的加速度

2x260vB＝15m/s＝5m/s t6avBvA1555＝m/s2＝m/s2 t63

选项B错误；

A．车出发到B杆所用时间

tB＝故A错误；

vB15＝s＝9s 5a3D．根据速度位移关系知，车出发至A杆的距离

2vA52x＝m＝7.5m 52a23故D错误。 故选C。

2．C

解析：C 【解析】 【详解】

A．在画力的图示时，力的作用点必须画在受力物体上。故A错误；

B．木块放在水平桌面上保持静止，由平衡条件和牛顿第三定律分析得知，木块对桌面的压力在数值上等于木块受的重力，但压力与重力是两种不同性质的力，不能说木块对桌面的压力就是木块受的重力。故B错误；

C．木块对桌面的压力是弹力，是由于施力物体木块发生形变对桌面产生的弹力。故C正确；

D．只有形状规则，质量分布均匀的物体，重心才在物体的几何中心上，故D错误；

3．D

解析：D 【解析】 【详解】

AB、对A分析，由于A处于静止，故绳子的拉力等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移动时，绳与地面的夹角减小，绳水平分量增大，而水平方向B受力平衡，摩擦力增大，故A、B错误；

C、由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于墙上的绳子的拉力将减小，故C错误； D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，同时增加，故D正确； 故选D。 【点睛】

对A分析可知绳上的拉力不变，再对B分析，作出受力分析图，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的变化；分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系。

4．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

根据力的合成法则可知，合力的大小可能大于分力，也可能小于分力，也可能等于分力，故AC错误，D正确；依据力的平行四边形定则，则合力的大小随两分力夹角的增大而减小，故B错误；故选D．

5．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

建立“质点”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故B正确；建立“瞬时速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故C错误；研究加速度与合力、质量的关系，采用控制变量法，不是等效替代，故D错误；故选B．

6．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

蛟龙号上浮时的加速度大小为：

va

t根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为：

v(tt0)211v22； h（att0）(tt0)22t2tA．

vt，与结论不相符，选项A错误； 22vt0B． ，与结论不相符，选项B错误；

2tt0C．vt01，与结论不相符，选项C错误；

2tvtt0D．，与结论相符，选项D正确； 2t7．B

解析：B 【解析】

2

【分析】 【详解】 对比xv0t12at可得： 2v0=24m/s，a=-3m/s2

则当速度为零时，由v=v0+at可得：

0=24-3t

解得

t=8s

故选B。

8．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

质量、时间间隔、动摩擦因数都是只有大小，没有方向，是标量；摩擦力既有大小，又有方向，是矢量；

A. 质量与分析不符，故A错误； B. 时间间隔与分析不符，故B错误； C. 摩擦力与分析相符，故C正确； D. 动摩擦因数与分析不符，故D错误．

9．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

A．研究短跑运动员终点撞线时，其自身大小不能忽略，所以不可以看做质点，故A错误；

B．在田径比赛中跑步运动员的比赛成绩是个时间段，故是一个时间间隔，故B正确； C．短跑运动员跑200m时，不是一条直线，故200m是路程而不是位移，故C错误； D．400m比赛时位移为零，故平均速度为零，不可能大于200m时的平均速度，故D错误． 故选B．

10．C

解析：C 【解析】 【详解】

A．令直尺下降的高度h。根据h12gt，代入数据可得第一次测量的反应时间约为： 2

t故A错误。

2h20.2s0.2s g10B．第二次抓住之前的瞬间，直尺的速度约：

v2gh22100.45m/s3m/s

故B错误。

12gt，可知下落的高度最大的用的时间最长，所以第二次下落的高度最大，2代入数据可得：

C．根据ht故C正确。

2h20.45s0.3s g10D．若反应时间为0.4s，则直尺下降的高度：

h121gt100.42m0.8m 22可知直尺无法测量该同学的反应时间。故D错误。

11．C

解析：C 【解析】

12gt，则x-t关系应为曲线，选项AD错误；因a=g，则2选项B错误；因v=gt，则选项C正确；故选C.

根据自由落体运动的规律可知h12．D

解析：D 【解析】

A、由加速度公式avv4v3v ，负号表示与初速度方向相反，故A错误； ttt22222vv16vv17v17 ，故B错误；0B、利用中点位移处速度公式v v2222C、根据中点时刻的速度等于平均速度得：vD、根据位移公式svtv4v5v ，故C错误； 2212tat 知0 --时间内发生的位移22t13vt13vts4v()2，

22t28t13v2t13vt27vt 在--𝑡时间内位移s4vtt(4v()22t22t28

tt3时间内发生的位移比--𝑡时间内位移大vt，故D正确； 224综上所述本题答案是：D

所以0 --

13．A

解析：A 【解析】 【详解】

物体做自由落体运动，则有

2ghabv2

22ghac（3v）

联立解得

hab1 hac9故选A。

14．D

解析：D

【解析】以人为研究对象，匀速运动时，人受到重力和支持力作用；处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，根据牛顿第三定律定律可知，顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

故D正确；C错误．故选D．

点睛：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象．

15．A

解析：A

【解析】设小球所受的弹力为F，当小球刚接触弹簧时，F竖直向上且由零逐渐增大，所以合力F合=mg-F，方向向下，且随小球的下降逐渐减小，即加速度向下且逐渐减小，所以小球向下做加速运动；当F=mg，加速度为0，速度达到最大；小球继续向下运动，弹力F继续增大，合力F合=F-mg，方向向上，且继续增大，即加速度向上且逐渐增大，所以小球向下做减速运动，到达最低点时，速度为0，合力到达最大值，故A正确，BCD错误．故选A．

点睛：此题的难点在于判断速度的变化情况，应注意：当加速度与速度方向相同时，速度增加；加速度与速度方向相反时，速度减少．

16．B

解析：B 【解析】

【分析】

根据题中表格分析知，本题考查了最大静摩擦力和滑动摩擦力特点．由Fμ=μFN可求滑动摩擦因数． 【详解】

最大静摩擦力为物体间相对静止时摩擦力的最大值，0.7N时物体正在做加速运动，已经产生了加速度，所以0.7N不是最大静摩擦力，故A错误，B正确；当直线加速、直线匀速、直线减速时都是滑动摩擦力，所以大小都是相同的，都等于μFN=0.5N，所以摩擦因数为

μ=0.25，故C、D错误．

故选B

17．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力F和绳的拉力的合力与小球的重力等大反向，可得F方向斜向左上方，其大小F1027.52N12.5N，故B正确；令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan误．

G4，α＝53°，故D正确，ABC错F318．C

解析：C

【解析】设匀减速直线运动所用的时间为t，根据v-t图象的面积代表物体通过的位移可得：

15m=10m/s×0.5s+×10m/s×t，解得t=2s，所以匀减速运动的加速度为：

，则汽车的加速度大小为5m/s2．故选C．

19．B

解析：B 【解析】

研究一个物体受几个力的作用时，引入合力的概念，几个力同时作用与合力作用的效果等效，采用了“等效替代法”． 故选B.

20．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

“房价上涨出现减缓趋势”中“上涨”类比为速度增大，“减缓”类比为加速度减小，所以“房价上涨出现减缓趋势”可以类比为加速度减小的加速运动，即速度增大，加速度减小，A正确，BCD错误。 故选A。

二、多选题 21．AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有 Ff=ma1

a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确； BC．长木板的加速度a

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

A．在0~2s时间内，小滑块与长木板相对静止，它们之间为静摩擦力，对小滑块有

Ff=ma1

a1在增大，所以静摩擦力Ff也在增大，A正确；

BC．长木板的加速度a在3s时突变，所以小滑块在3s时脱离长木板，对长木板在3s时刻前、后的运动分析，由牛顿第二定律可得

F3−Ff3=m2a前=m2（2m/s2） F3=m2a后=m2（3m/s2）

解得

Ff3=m2（1m/s2）

在0~2s时间内

F=（m1+m2）a1=kt

所以

a1在2~3s时间内

kt

m1m2F−Ff3=m2a2

所以

a2由图线斜率可知

ktFf3 m2k1

m1m22k1 m2解得

m1=m2

BC错误；

Ff30.1 m1gD．在2s时刻，小滑块与长木板的速度相同，在2~3s时间内小滑块的速度的变化量为

Δv1=1m/s

长木板的速度变化量为

Δv2=1.5m/s

所以3s时，长木板比小滑块的速度大0.5m/s，D正确。 故选AD。 【点睛】

22．AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．当轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得 2Fcosθ=mg

得到绳子的拉力

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．当轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况如图1所示．根据平衡条件得

2Fcosθ=mg

得到绳子的拉力

Fmg 2cos所以在轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时的过程中，θ增大，cosθ减小，则F变大，选项A正确，B错误；

CD．当轻绳的右端从直杆最上端D移到C点时，设两绳的夹角为2α．设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到

sinS LL、S不变，则α保持不变．再根据平衡条件可知，两绳的拉力F保持不变。所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变．故D正确，C错误。 故选AD。

23．BD 【解析】 【分析】 【详解】

A.在0到t1时间内图线的斜率在减小，加速度在减小，所以空降兵不是做自由落体运动，选项A错误；

B.在t1到t2时间内的速度为正在减小，所以空降兵做竖直向下的减速

解析：BD 【解析】 【分析】 【详解】

A.在0到t1时间内图线的斜率在减小，加速度在减小，所以空降兵不是做自由落体运动，选项A错误；

B.在t1到t2时间内的速度为正在减小，所以空降兵做竖直向下的减速运动，因此加速度方向竖直向上，又因为图线的斜率在减小，所以加速度在减小，选项B正确；

C. 从图像可知空降兵在0到t1时间内的位移大于从速度为0做匀变速运动到v2的位移，所以平均速度大于

1v2，选项C错误； 2

D. 空降兵在t1到t2时间内的的位移小于从速度为v2做匀变速运动到v1的位移，所以平均速度小于

1(v1+v2)，选项D正确。 2故选BD。

24．AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由乙图可知，超声波在时间内通过位移为x1，则超声波的速度为

选项A正确，B错误；

CD．由题可知物体通过的位移为x2-x1时所用时间为

所以物体的速度为

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由乙图可知，超声波在

t1时间内通过位移为x1，则超声波的速度为 2v声=选项A正确，B错误；

x12x1t1t1 2CD．由题可知物体通过的位移为x2-x1时所用时间为

t2tt11t(t2t1t) 222所以物体的速度为

v选项C错误，D正确。 故选AD。

x2x11t2t1t22x2x1t2t1t

25．BC 【解析】 【分析】 【详解】

先将三个小球当做整体，在竖直方向整体受到两个力的作用，即竖直向下的重力、竖直向上的支持力，其大小为：2FN=（2M+m）g，，则水平横杆对其中一个小球的支持力为（

解析：BC 【解析】 【分析】 【详解】

先将三个小球当做整体，在竖直方向整体受到两个力的作用，即竖直向下的重力、竖直向上的支持力，其大小为：2FN=（2M+m）g，，则水平横杆对其中一个小球的支持力为（M+ m）g，故A错误；以m为研究对象，受到两个弹力和m的重力的作用，故有2Tcos30°=mg，解之得，T＝T＝

mg＝kx得，x＝

mg，故D错误；连接质量m小球的轻弹簧的伸长量：由，故B正确；对M为研究对象，在水平方向有：Tcos60°=kx′解

之得，x′＝【点睛】

．故C正确．故选BC．

本题要采用整体和隔离分析三体问题，求杆对M的作用力必须用整体法，求下端和上端弹簧的形变量必须采用隔离法，只要会正确进行受力分析和建立坐标系列方程求解，就不难求解出正确答案．

26．ACD 【解析】 【详解】

A.竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中所用的时间相等，故A正确

B.物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度大小相等，方向相反，

解析：ACD 【解析】 【详解】

A.竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中所用的时间相等，故A正确

B.物体上升的初速度与下降回到出发点的末速度大小相等，方向相反，则速度不同，故B错误；

C.竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性，物体在上升过程和下降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反，故C正确；

D.物体上升过程与下降过程中位移大小相等、方向相反，故D正确. 故选ACD．

27．AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．设细绳与水平方向倾角为，物体的质量为，对结点受力分析．运用合成法，则由平衡条件得：，减小，则增大，故A正确，B错误； CD．设绳子的弹力为，，，减小，则增大

解析：AD 【解析】 【分析】 【详解】

AB．设细绳与水平方向倾角为，物体的质量为m，对结点O受力分析．运用合成法，则由平衡条件得：Fmg，减小，则F增大，故A正确，B错误； tanmg，减小，则T增大，故选项C错sinCD．设绳子的弹力为T，Tsinmg，T误，选项D正确． 故选AD.

28．CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错

解析：CD 【解析】 【分析】 【详解】

A.采用逆向思维，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据v=at知，1s末、2s末、3s末的速度之比为1：2：3，则这连续三个1s的初速度之比为3：2：1，故A错误； BC.采用逆向思维，根据x12at 知，1s内、2s内、3s内的位移之比为1：4：9，则第1s2内、第2s内、第3s内的位移之比为1：3：5，所以连续三个1s内的位移之比为5：3：1，连续三个1s内的平均速度之比为5：3：1，故B错误，C正确； D.根据△v=at知，在连续三个1s内的速度变化量之比为1：1：1，故D正确．

三、实验题

29．1 50 F50L5 【解析】 【分析】 【详解】

(1)[1]根据胡克定律可知：

FkLL0

所以当G0时，此时的L值即是弹簧原长，由图可知原长为：

L0=10cm=0.1m

(2)[2]由胡克定律结合图像求出劲度系数为：

k10N/m50N/m；

0.30.1(3)[3]根据图像中图线，在结合所求的劲度系数和弹簧原长，根据胡克定律总结出弹簧力跟弹簧长度之间的关系式为：

F50L5

30．1000 F1000L0.10N 【解析】 【分析】 【详解】

第一空.当所挂钩码的重力为零时，弹簧的长度即为原长，由题图可知，弹簧的原长为10cm.

第二空.弹簧的劲度系数：

kFF400N/m1000N/m. xx1410102第三空.由胡克定律FkxkLL01000L0.10N.

dddtAtB31．

tAtBtAtBt【解析】 【分析】 【详解】

[1]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块通过光电门A的速度为：

vAd tA[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，滑块通过光电门B的速度为：

vB[3]由加速度定义得：

d tB

ddvvttAd(tAtB) aBABttttBtA32．AC AD C 匀加速直线 0.34m/s 0.40m/s2 【解析】 【详解】

（1）[1]．使用打点计时器是需要用电压合适的交流电源；处理纸带时需要用刻度尺．故选AC．

（2）[2]．实验操作时，用将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，先接通电源，再释放纸带．故AD正确，BC错误．

（3）[3]. AB、相邻计时点的时间间隔相等，点迹密集的地方，相邻计时点的距离小，所以物体运动的速度比较小，与振针的振动速度无关，故AB错误；

CD、相邻计时点的时间间隔相等，点迹不均匀说明物体做变速运动，故C正确，D错误． （4）①[4]．因为： xAB=24mm xBC=52-24=28mm xCD=84-52=32mm，那么

∆x=xBC-xAB=xCD-xBC=xDE-xCD=4mm

即相邻的相等时间间隔位移之差相等，所以小车做匀加速直线运动．

②[5]．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T=0.1s，打计数点D时小车的瞬时速率为：

vDxCE120.052.0103m/s0.34m/s 2T20.1[6]．根据运动学公式得：△x=at2，得：

410322 am/s0.40m/s201．四、解答题

33．(1)2 m/s2 (2)6个 【解析】 【分析】 【详解】

解析：(1)设汽车的加速度为a，经过第二个标志杆的速度为v0 在0~10 s内，3L=v0t1+ 在0~20 s内，8L=v0t2+ 解得a=2 m/s2

(2) 由(1)解得v0=20m/s， 由v=v0+at2=60 m/s 到达最大速度v'=v+aΔt 代入数据得Δt=2 s t3= t2+Δt =30 s

12at1 212at2 2

vvtv(t3t2t) 2代入数据得：x=636 m

在t2~t3内汽车位移x=则经过的标志杆数n=

x=6.36个，即6个． L34．（1）会相撞；（2）两车不会相撞．在轿车给货车发出信号后3.5s两车相距最近，最近距离为0.5m. 【解析】 【分析】

（1）匀减速追赶匀速，把握住速度相等时距离最小，是撞上与撞不上的临界条件，按照速度相等分别求出两车的位移比较即可．

（2）两车的速度相等是临界条件，分别将两车的位移求解出来，第二次前车的运动状态与第一次不一样，先匀速后加速，比较这两个位移之间的关系即可． 【详解】

（1）对轿车刹车的过程，有v12=2a1x

v12402解得轿车刹车过程的加速度大小a1=m4m/s2

2x2200当两车的速度相等时，即v1-a1t1=v2 v1v24024=s=4 s 解得t1=

a14v1v2t1=128 m 2货车行驶的距离x2=v2t1=96 m

轿车行驶的距离x1=

因x1-x2=32 m＞x0，所以两车会相撞．

（2）假设从轿车开始刹车经过时间t，两车速度相等，即v1-a1t=v2+a2（t-t2） 解得t=3.5s

轿车行驶的距离x1′=v1t-

12a1t 21a2（t-t0）2 2货车行驶的距离x2′=v2t0+v2（t-t0）+解得x1′=115.5 m，x2′=85 m

因x1′-x2′=30.5 m＜x0，所以两车不会相撞．即在轿车给货车发出信号后3.5s两车相距最近，最近距离为30.5m. 【点睛】

分析问题时，一定要养成画草图分析问题的良好习惯．解题的基本思路是：①分别对两物体进行研究；②画出运动过程示意图；③列出位移方程④找出时间关系，速度关系⑤解出结果，必要时进行讨论． 35．（1）16s（2）64m 【解析】

【分析】

（1）根据位移关系分析A车追上B车所用时间；

（2）两车速度相等时相遇前相距最大的临界条件，据此分析求解最大距离即可； 【详解】

（1）B车刹车停止运动所用时间：to2v2所发生位移：xB100m

2av210s a此时：xAv1t080m

则：xA＜x0xB，可见此时A车并未追上B车，而是在B车停止后才追上之后A车运动时间为：t2x0xBxA6s v1故所求时间为：ttot216s；

（2）当A、B两车速度相等时，相距最远，根据速度关系得：v1v2at1 代入数据解得：t16s

此时，根据位移公式得A车位移为：xAv1t1，B车位移为：xBv2t1则此时二者间距离为：

12at1 2xmxBxoxA

代入数据解得：xm64m． 【点睛】

掌握相遇前两车相距最远的临界条件和相遇的位移关系条件是正确解题的关键． 36．（1）5s （2）45m. 【解析】

试题分析：(1)由公式h=gt

2

下落时间：t=2h=5s g121gt=1042m=80m 22(2)小球前4s内的位移h4=

故小球最后1s内的位移即第5s内的位移为 h5=h-h4=125m-80m=45m 考点：自由落体运动的规律.