【物理】浙江省杭州十四中2024-2025学年高一上学期期中试题

B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v=a1t1，v=a2t2，解得：t1：t2=a2：a1=1：2．故B错误． C、由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，x=t1+t2=通过位移为4m，减速运动位移为8m，故C正确； D、根据C知加速与减速过程的位移之比为1：2，故D错误； 故选：C． 点评： 本题考查匀变速直线运动的平均速度公式=

8．（3分）把物块P放在固定的斜面上，发现P沿斜面的粗糙表面匀速下滑．这时若对物块施加一个竖直向下的恒定压力F，下列判断正确的是（ ）

的应用． ，知加速过程中

A． 物块对斜面的压力不变 C． 物块还是匀速下滑

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 物块沿斜面的粗糙表面匀速下滑，对其受力分析，加力F后，根据共点力平衡条件，可以得到压力与最大静摩擦力同时变大，物体依然平衡． 解答： 解：由于物块沿斜面的粗糙表面匀速下滑，对物体受力分析，如图 B． 斜面对物块的摩擦力减小 D． 物块所受的合力变大 根据共点力平衡条件，有 f=mgsinθ 6

N=mgcosθ f=μN 解得 μ=tanθ 对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有 与斜面垂直方向依然平衡：N=（mg+F）cosθ．可知支持力变大． 因而最大静摩擦力为：f=μN=μ（mg+F）cosθ=（mg+F）sinθ，知摩擦力变大． 故沿斜面方向上合力仍然为零，物块仍处于静止状态．合力仍然为零，物体仍匀速运动，故C正确，ABD错误． 故选：C 点评： 本题要善用等效的思想，可以设想将力F撤去，而换成用一个重力的大小等于F的物体叠放在原来的物块上．

二、不定项选择题（本题共4小题，每小题4分．每题至少有一个选项正确，选不全者得2分，共16分）

9．（4分）2013年8月，我国新研制的隐形战机歼﹣20，开始挂弹试飞．在某次试飞中，由静止开始加速，当加速度a不断减小至零时，飞机刚好起飞，则此过程中飞机的（ ） A． 位移不断减小，速度不断减小 B． 位移不断增大，速度不断增大 C． 速度增加越来越慢，位移增加越来越快 D． 速度增加越来越慢，位移增加越来越慢

考点： 匀变速直线运动的公式． 专题： 直线运动规律专题． 7

分析： 当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．根据速度的方向判断位移的变化． 解答： 解：AB、飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，由于速度的方向不变，则位移不断增大．故A错误，B正确． C、因为加速度逐渐减小，可知速度增加得越来越慢，当加速度减小到零，速度最大，位移继续增大，位移增加快慢用速度衡量故位移增加越来越快，故C正确，D错误． 故选：BC． 点评： 解决本题的关键掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．

10．（4分）在平直公路上行驶的a车和b车，其位移﹣时间图象分别为图中直线a和曲线b，由图可知（ ）

A． b车运动方向始终不变 B． 在t1时刻a车的位移大于b车的位移 C． t1到t2这段时间内a车的平均速度等于b车的平均速度 D． t1到t2这段时间内某时刻两车的速度可能相同

考点： 匀变速直线运动的图像；平均速度． 专题： 运动学中的图像专题． 分析： 位移时间图线反映位移随时间的变化规律，图线切线的斜率表示瞬时速度，结合斜率的变化得出速度如何变化．根据位移和时间比较平均速度的大小． 解答： 解：A、b图线切线切线先为正值，然后为负值，知b的运动方向发生变化．故A错误． B、在t1时刻，两车的位移相等．故B错误． C、t1到t2时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同．故C正确； D、t1到t2时间内，b图线的切线斜率在某时刻与a相同，则两车的速度可能相同．故 8

D正确． 故选：CD 点评： 解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，根据斜率的正负可以确定运动的方向

11．（4分）如图所示，以O作为悬点的两根轻绳a、b将日光灯悬挂在天花板上的O点，两绳与竖直方向的夹角分别为60°和45°，日光灯保持水平并静止，其重力为G，以下说法正确的是（ ）

A． a绳的弹力比b绳的弹力大 B． a绳的弹力比b绳的弹力小 C． 日光灯的重心一定在O点的正下方 D． 日光灯的重心不一定在O点的正下方

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 分析日光灯受力：重力、两绳的拉力，三力平衡时，由于三个力不平行，必共点，从而可判断日光灯的重心位置．作出力图，根据平衡条件比较两绳拉力的大小． 解答： 解：日光灯受到三个力：重力、两绳的拉力，三力平衡时，三个力不平行，必共点，两个绳子拉力相交于O点，则日光灯的重力作用线必过O点，即知日光灯的重心一定在O点的正下方． 作出受力图如图，根据平衡条件得： Tasin60°=Tbsin45° 由数学知识得：Ta＜Tb．故BC正确，AD错误． 故选：BC 9

点评： 本题关键要掌握三力汇交原理，并能正确运用，同时要正确分析受力，作出力图．

12．（4分）质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ．质量为m的光滑球B放在三棱柱和光滑竖直墙之间．A．B处于静止状态，现对B加一竖直向下的力F，F的作用线过球心．设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的支持力为F3，地面对A的摩擦力为F4，若F缓慢增大且整个装置仍保持静止，在此过程中（ ）

A． F1保持不变，F3缓慢增大 C． F1、F4缓慢增大

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题． 解答： 解：不加推力时，选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g，地面支持力N，墙壁的弹力F′和地面的摩擦力f的作用（如图所示）而处于平衡状态． B． F2、F4缓慢减小 D． F2缓慢增大，F3保持不变 根据平衡条件有：N﹣（M+m）g=0，F′=f，可得：N=（M+m）g． 再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力NB，墙壁对它的弹力F的作 10

2014-2015学年浙江省杭州十四中高一（上）期中物理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，每题只有一个选项正确，共24分） 1．（3分）2011年2月15日消息，科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星﹣﹣幸神星．这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星﹣﹣木星质量的4倍，如图所示，它的轨道半径是地球轨道半径的几千倍．根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A． 幸神星质量太大，不能看做质点 B． 研究幸神星绕太阳运动，可以将其看做质点 C． 比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，可以选择太阳为参考系 D． 幸神星运行一周的位移要比地球运行一周的位移大

考点： 位移与路程；质点的认识． 分析： 能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，参考系是为了研究物体的运动而假定为不动的物体；位移是初位置指向末位置的有向线段． 解答： 解：A、研究幸神星绕太阳运动时，其大小和形状可以忽略不计，可以看成质点，故A错误，B正确； C、幸神星与地球都围绕太阳做匀速圆周运动，可以选择太阳为参考系比较幸神星运行速度与地球运行速度的大小关系，故C正确； D、幸神星运行一周的位移和地球运行一周的位移都是零，一样大，故D错误． 故选：BC 点评： 本题主要考查了质点、参考系、位移的基本概念，要从本质上去理解这些概念，难度不大，属于基础题．

2．（3分）（2011?天津）质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t（各物理量均采用国际单位），则该质点（ ） A． 第1s内的位移是5m C． 任意相邻的1s内位移差都是1m

1

2

B． 前2s内的平均速度是6m/s D． 任意1s内的速度增量都是2m/s

考点： 匀变速直线运动的公式． 分析： 根据匀变速直线运动的位公式对比即可得出结论． 解答： 解：A、将t=1代入即可求出第1s内的位移是x=6m，A错误； B、前2s内的平均速度为2m/s，B错误； 2C、与对比可知a=2m/s，则△s=aT=2m，C错误； D、由加速的定义式可知D选项正确． 故选：D． 点评： 本题考查的就是匀变速直线运动的公式的应用，根据公式即可求得，比较简单．

3．（3分）下列关于摩擦力的说法中正确的是（ ）

A． 两物体间的摩擦力大小一定跟这两物体间正压力的大小成正比 B． 摩擦力的方向一定和物体的运动方向相反 C． 有摩擦力不一定有弹力 D． 摩擦力在本质上是由电磁力引起的

考点： 摩擦力的判断与计算． 专题： 摩擦力专题． 分析： 摩擦力的概念是：两个互相接触的物体，当它们做相对运动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力．当一个物体在另一个物体表面滑动时，产生的摩擦力叫滑动摩擦力，其方向与相对运动方向相反，且静止的并一定受静摩擦力，运动的不一定受到滑动摩擦力． 解答： 解：A、滑动摩擦力大小一定和正压力成正比关系，故A错误； B、滑动摩擦力的方向总是与物体相对的运动方向相反，滑动摩擦力可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动的方向相同；故B错误； C、如果有摩擦力的作用，就一定有弹力的作用，而有弹力不一定有摩擦力，故C错误； D、摩擦力是分子之间的相互作用力，而分子之间的相互作用力主要是电磁相互作用力，所以说摩擦力本质上是由电磁力引起的；故D正确； 2

故选：D． 点评： 本题考查了摩擦力种类和方向，抓住产生滑动摩擦力产生的条件，以及摩擦力的效果﹣﹣阻碍物体的相对运动；看解答此题．

4．（3分）如图所示，将质量为m的小球P用细线悬挂于O点，用拉力F拉住小球P使其处于静止状态，要求悬线与竖直方向成θ=30°角．拉力F的最小值为（ ）

A． mg

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 以物体为研究对象，采用作图法分析什么条件下拉力F最小．再根据平衡条件求解F的最小值． 解答： 解：以物体为研究对象，根据作图法可知，当拉力F与细线垂直时最小． 根据平衡条件得 F的最小值为Fmin=Gsin30°=mg 故选：B． B． mg C． mg D． mg 点评： 本题是物体平衡中极值问题，难点在于分析F取得最小值的条件，采用作图法，也可以采用函数法分析确定．

3

5．（3分）（2013?广东）某航母跑道长200m．飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为（ ） A． 5m/s

考点： 匀变速直线运动的速度与位移的关系． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度． 解答： 解：由运动学公式v﹣v0=2as 代人数据得：故选：B． 点评： 该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可．

6．（3分）如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（ ）

m/s，故选B正确． 222

B． 10m/s C． 15m/s D． 20m/s A． F1不变，F2变小

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可． 解答： 解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0； 根据共点力平衡条件，有： 2F2cosθ=mg 解得： B． F1不变，F2变大 C． F1变大，F2变大 D． F1变小，F2变小 4

F2= 当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大． 故选：B． 点评： 本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．

7．（3分）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管向下滑．已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取10m/s，那么该消防队员（ ）

2

A． 下滑过程中的最大速度为4 m/s C． 加速过程中通过位移为4m

考点： 匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与位移的关系． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 由平均速度公式求解最大速度．根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比、位移之比． 解答： 解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：x=t1+t2=解得：v===8m/s，故A错误． ， B． 加速与减速过程的时间之比为2：1 D． 加速与减速过程的位移之比为1：4 5

用（如图所示），而处于平衡状态，根据平衡条件有： NB cosθ=mg NsinθB=F′ 解得 F′=mgtanθ， 所以 f=F′=mgtanθ ① 加推力F，相当于物体B的重力mg变大，再由①式知，墙对B的作用力为F1增大，对整体分析知，地面对A的摩擦力等于墙壁对B的作用力，所以F4增大． 施加推力F后，相当于物体B的重力mg变大，则A对B的作用力变大，即F2增大，对整体分析，知地面的支持力增大，即F3增大．故C正确，A、B、D错误． 故选C． 点评： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．要注意多个物体在一起时，研究对象的选取．

三、填空题（本题共10空，每空2分，共20分）

13．（6分）一列火车由静止从车站出发作匀加速直线运动．一位观察者站在这列火车第一节车厢的前端，经过2s，第一节车厢全部通过观察者所在位置；全部车厢从他身边通过历时6s．设各节车厢长度相等，且不计车厢间距离，则这列火车共有 9 节车厢；最后2s内从他身边通过的车厢有 5 节；最后一节车厢通过观察者需要的时间是 0.4 s．

考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合时间关系求出火车车厢的节数n；根据（t﹣2）时间的位移与第一节车厢位移之比，可求出最后2s内通过他的车厢节数；根据最后一节车厢前车厢通过的时间求出最后一节车厢通过他的时间． 解答： 解：（1）设每节车厢长度为s，火车共有n节车厢．则有： s=ns=， 11

解得：n=节 （2）设最后2秒内通过它的车厢有m节，则： 对于第一节车厢有：s= 对于全部车厢有：（n﹣m）s=解得：m=5（节） （3）设前8节车厢通过它需要的时间为t8，则： s=8s=， s≈5.6s，故最后一节通过它的时间△t=t﹣t8=0.4s． ， 解得：t8=4故答案为：9，5，0.4 点评： 解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，本题求解最后一节车厢的时间时，也可以通过初速度为零的匀加速直线运动推论求解，即在通过连续相等位移时间之比为

14．（6分）如图甲所示，在水平桌面上放一个重GA=20N的木块A，已知木块与桌面间的动摩擦因数μA=0.4，那么使木块A沿桌面做匀速直线运动的水平拉力F= 8 N； 如果再在木块A上加一块重GB=10N的木块B，如图乙所示．已知B与A之间的动摩擦因数为μB=0.2，那么当A、B两木块一起沿桌面匀速运动时，所需的水平拉力F′= 12 N，A、B之间的摩擦力为 0 N．

考点： 摩擦力的判断与计算． 专题： 摩擦力专题． 分析： （1）对A受力分析，由滑动摩擦力公式可求得摩擦力大小，再由共点力的平衡条件可求得水平拉力； 12

（2）对整体受力分析，由共点力的平衡条件及滑动摩擦力公式可求得水平拉力；再对B物体受力分析，可求得B受到的摩擦力． 解答： 解：（1）因A做匀速直线运动，则有： F=μAGA=0.4×20=8N （2）对AB整体受力分析有： F′=μA（GA+GB）=0.4×（20+10）=12N 对B受力分析，因B物体不受外力，故B物体不受摩擦力； 故答案为：8，12，0 点评： 本题考查滑动摩擦力及共点力平衡的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析．

15．（2分）如图所示，P、Q两物块质量均为m，用轻弹簧相连，竖直放置在水平面上，处于静止状态．现对P施加竖直向上的拉力F，P缓慢上升h时Q对水平面的压力恰好为零．则弹簧的劲度系数为

．

考点： 胡克定律． 分析： 隔离对P分析，根据平衡得出弹簧的弹力，隔离对Q分析，得出Q对水平面的压力恰好为零时弹簧的弹力，通过弹簧的形变量，结合胡克定律求出弹簧的劲度系数． 解答： 解：开始弹簧处于压缩，隔离对P分析，弹簧的弹力F=mg，隔离对Q分析，因为Q对水平面的压力为零，则弹簧处于伸长，弹力F′=mg， 因为弹簧弹力相等，知弹簧的伸长量和压缩量相等，可知开始时弹簧的压缩量根据胡克定律得，k=故答案为：． ． ， 点评： 解决本题的关键掌握胡克定律，知道在F=kx中，x不是弹簧的长度，而是形变量，在本题中得出弹簧伸长量和压缩量相等是解决本题的关键．

13

16．（6分）在“探究速度随时间的变化规律”的实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50Hz，记录小车运动的纸带如图所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着有最小分度为毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐，由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离d1、d2、d3

（1）读出距离：d1=1.20cm，d2= 5.40 cm

（2）计算小车通过计数点“2”的瞬时速度大小= 0.21 m/s（结果保留两位有效数字）； （3）小车的加速度大小a= 0.60 m/s（结果保留两位有效数字）

考点： 探究小车速度随时间变化的规律． 专题： 实验题． 分析： 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2点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT可以求出加速度的大小． 解答： 解：（1）由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离分别是1.20cm，5.40cm，12.00cm． 即计数点1距0点的距离d1=1.20cm，计数点3距0点的距离d2=5.40cm； （2）相邻两计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔为t=0.1s，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， 得：v2==0.21m/s 22

从图中可以读出x13、x35间的距离，它们的时间间隔T=0.2s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT， 得：x35﹣x13=△x=aT 整理：a==0.60m/s 222故答案为：（1）5.40；（2）0.21；（3）0.60 点评： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

14

四、计算题（本题共4小题，17题6分，18、19题各12分，21题10分，共40分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

17．（6分）水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B，一轻绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10kg的重物，∠CBA=30°，如图所示，求滑轮受到绳子作用力的大小（g取整）．

考点： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 本题中跨过光滑定滑轮的轻绳上张力大小处处相等，滑轮对绳子的作用力应该是两滑轮两侧细绳拉力的合力，根据平衡条件和平行四边形定则求解． 解答： 解：由题意可得，对绳B点受力分析： 滑轮受到绳子的作用力应为图中两段绳中拉力F1和F2的合力F，因同一根绳张力处处相等，都等于物体的重量，即为： F1=F2=G=mg=100N． 用平行四边形定则作图，由于拉力F1和F2的夹角为120°，则由几何知识得：F=100N，所以滑轮受绳的作用力为100N．方向与水平方向成30°角斜向下， 答：滑轮受到绳子作用力的大小为100N． 点评： 本题利用平行四边形定则求两力的合力，关键要抓住定滑轮的力学特征，运用共点力平衡条件进行研究．这一题告诉我们：绳的弹力一定沿绳收缩方向，而杆的弹力方向不一定沿杆的特征．同时易错在：认为滑轮对绳子的作用力方向水平和向右．

15

18．（12分）公交车在平直公路上匀速行驶，前方黄灯亮起后，司机立即采取制动措施，使汽车开始做匀减速运动直到停下．开始制动后的第1s内和第2s内汽车的位移大小依次为x1=8m和x2=4m．求：

（1）汽车做匀减速运动的加速度大小a； （2）开始制动时汽车的速度大小v； （3）开始制动后的3s内汽车的位移大小s．

考点： 匀变速直线运动规律的综合运用；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． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 根据匀变速直线运动推论△x=aT即可求解加速度，根据位移时间公式即可求解初速度，先求出刹车时间，从而求出开始制动后的3s内的位移． 解答： 解：（1）根据匀变速直线运动推论△x=aT，得： a==﹣4m/s 222（2）匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度 第1s末的瞬时速度：v1=v0+at 得v0=10m/s； （3）设匀减速持续的时间为t0 v0=at0 得t0=2.5s＜3s 因此制动后的3s内汽车实际运动时间仅为2.5s 由v0=2as 得s=12.5m； 答：（1）汽车做匀减速运动的加速度大小a为4m/s； （2）开始制动时汽车的速度大小v为10m/s； 22m/s 16

（3）开始制动后的3s内汽车的位移大小为12.5m． 点评： 本题为汽车刹车类问题，在解题时应注意汽车静止后即不再运动，故求汽车在某段时间内的位移时，应先求出刹车所需要的时间．

19．（12分）如图所示，白色水平传送带A、B两点之间的距离L=10m，以速度v=2m/s匀速运行，现将煤块轻轻地放到A点，已知煤块在传送带上加速时获得的加速度a大小为1m/s，则：

（1）通过计算说明煤块从A运动到B做什么运动，并求出运动时间； （2）求煤块在传送带上留下的痕迹长度；

（3）若要用最短的时间让煤块从A点传送到B点，则传送带的运动速率至少是多大？

2

考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系。 专题： 牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）煤块先在传送带上做匀加速运动，速度达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出从A运动到B的时间． （2）在煤块匀加速运动的过程中，结合煤块的位移和传送带的位移，求出相对运动的位移，即煤块在传送带上留下的痕迹长度． （3）当煤块一直做匀加速直线运动，则煤块从A运动到B的时间最短，结合速度位移公式求出传送带的最小速度． 解答： 解：（1）煤块匀加速运动的时间为：， 则匀加速运动的位移为：， 因为x1＜L，煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动． 匀速阶段，有：， 所以煤块从A到B的时间为：t=t1+t2=2+4=6s． （2）匀加速阶段，传送带的位移为：x2=vt1=2×2m=4m， 17

所以煤块在传送带上留下的痕迹长为：△x=x2﹣x1=4﹣2m=2m． （3）要传送时间最短，则煤块一直做匀加速直线运动， 根据得：． =m/s． 所以传送带的速度至少应为答：（1）煤块先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，运动的时间为6s． （2）煤块在传送带上留下的痕迹长度为2m． （3）传送带的运动速率至少是m/s． 点评： 解决本题的关键理清煤块在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，难度不大．

20．（10分）如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA=10kg，mB=20kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5．一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求： （1）绳子的拉力？

（2）所加水平力F的大小．（取g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

2

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 将物体B匀速向右拉出过程中，A物体保持静止状态，受力均平衡．分别分析两个物体的受力情况，作出力图，根据平衡条件列方程求解A受到的绳子拉力和水平力F的大小． 解答： 解：A、B的受力分析如图 18

对A应用平衡条件 Tsin37°=f1=μN1…① Tcos37°+N1=mAg…② 联立①、②两式可得：T=50N N1= f1=μN1=30N 对B用平衡条件： F=f1+f2=f1+μN2=f1+μ（N1+mBg） =2f1+μmBg=60+0.5×20×10 =160N 答：（1）A物体受到绳子的拉力为50N． （2）水平力F的大小160N． 点评： 本题是两个物体平衡问题，采用隔离法研究，关键是分析物体的受力情况，作出力图后根据平衡条件列方程求解．

一、附加题（共3题，附21附22各4分，附23题12分，共20分）

21．（4分）（2014?长葛市三模）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B盒接收，从B盒发射超声波开始计时，经时间△t0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﹣时间图象，则下列说法正确的是（ ）

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A． 超声波的速度为v声= B． 超声波的速度为v声= C． 物体的平均速度为 D． 物体的平均速度为

考点： 匀变速直线运动的图像；平均速度． 专题： 直线运动规律专题． 分析： 超声波在空中匀速传播，根据发射和接收的时间差求出速度．物体通过的位移为x2﹣x1时，所用时间为解答： 解：A、由图超声波在，再求解物体的平均速度． 时间内通过位移为x1，则超声波的速度为v声==．故A正确． B、由图可知：超声波通过位移为x2时，所用时间为，则超声波的速度为v声＞．故B错误． C、D由题：物体通过的位移为x2﹣x1时，所用时间为﹣+△t0= 20

，物体的平均速度==．故C错误，D正确． 故选AD 点评： 本题是实际应用问题，考查应用物理知识分析、理解现代科技装置原理的能力．

22．（4分）如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态．则（ ）

A． B受到C的摩擦力一定不为零 B． C受到水平面的摩擦力一定为零 C． 不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左 D． 水平面对C的支持力与B、C的总重力大小不相等

考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 专题： 共点力作用下物体平衡专题． 分析： 充分利用整体法和隔离体法对物体进行受力分析，结合摩擦力产生的条件，可判断各接触面是否存在摩擦力；把BC看做一个整体进行受力分析，可判定地面的支持力和二者重力的关系． 解答： 解：A、当物体B受到的重力的下滑分力与绳子的拉力平衡时，B与C间无摩擦力，故A错误； B、C、把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力有水平向右的分量，整体有向右的运动趋势，根据平衡条件得知，斜面体C与地面之间一定有摩擦力，方向水平向左．故B错误，C正确； D、把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：N+Tsinθ=（mB+mC）g，T=mAgsinθ，则N=（mB+mC）g﹣mAgsinθ＜（mB+mC）g，故D正确； 21

故选CD． 点评： 本题运用隔离法和整体法研究，分析静摩擦力时，关键根据外力，确定物体的运动趋势方向，即可判断静摩擦力方向．

23．（12分）如图所示，截面是直角梯形的物块静置于光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的挡板X和Y相接触．图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°．可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是0≤μ＜1．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s）

（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求小物块P在斜面上运动时所受的合力；

（2）对于不同的μ，每次都在D点给小物块P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求μ的取值在哪个范围内，挡板X始终受到压力的作用．

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考点： 牛顿第二定律． 专题： 牛顿运动定律综合专题． 分析： （1）通过受力分析即可求得合力 （2）对物块受力分析，应用平衡条件可以求出动摩擦因数． 解答： 解：（1）当μ=0时，物体受到的合力为F=mgsin37°=1×10×0.6N=6N， （2）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图： 由平衡条件可得F+Nsinθ=fcosθ， 所以F=μmgcosθcosθ﹣mgcosθsinθ 22

代入数据，得F=6.4μ﹣4.8， 挡板X受压力，则F＞0，所以6.4μ﹣4.8＞0，得μ＞0.75 依题意，0≤μ＜1，所以μ的取值范围为0.75＜μ＜1 答：（1）小物块P在斜面上运动时所受的合力6N （2）μ的取值范围为0.75＜μ＜1 点评： 本题考查动能定理的应用，在解题时要正确进行受力分析，并且合理选择研究过程，找出正确的物理规律求解．

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