【解析】廣東省惠州市惠東中學2023屆高三上學期物理第二次抽測考試試卷

第第頁【解析】廣東省惠州市惠東中學2023屆高三上學期物理第二次抽測考試試卷登錄二一教育在線組卷平臺助您教考全無憂

廣東省惠州市惠東中學2023屆高三上學期物理第二次抽測考試試卷

一、單選題

1．（2023·惠東模擬）如圖所示的直線和曲線分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位移-時間（x-t）圖線．由圖可知（）

A．在0到t1這段時間內，a車的速度大于b車的速度

B．在0到t1這段時間內，a車的位移等于b車的位移

C．在t1到t2這段時間內，a車的平均速度等于b車的平均速度

D．在t1到t2這段時間內，a車的平均速度大于b車的平均速度

【答案】C

【知識點】勻變速直線運動導出公式應用

【解析】【解答】A項：位移圖線切線的斜率表示速度，在0到t1這段時間內，b車圖線斜率大于a車圖線斜率，即b車速度大于a車速度，A不符合題意；

B項：在t1時刻兩車的位置相同，由圖可知，兩車并不是從同一起點開始運動，所以兩車的位移不相等，B不符合題意；

C、D項：由圖可知，兩車在t1到t2時間內位移相同，所用時間也相同，所以兩車的平均速度相同，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】在0到t1這段時間內，由于a的直線比較平斜率小，所以速度小于b的速度，由于終點一樣，起點a的坐標大于b，所以位移a小于b；在t1到t2這段時間內，位移相同所以平均速度一樣。

2．（2023·惠東模擬）中國首架空客A380大型客機在最大重量的狀態(tài)下起飛需要滑跑距離約為3000m，著陸距離大約為2000m。設起飛滑跑和著陸時都是勻變速運動，起飛時速度是著陸速度的1.5倍，則起飛滑跑時間和著陸滑跑時間之比是（）

A．3：2B．1：1C．1：2D．2：1

【答案】B

【知識點】勻變速直線運動導出公式應用

【解析】【解答】設著陸時的速度為v，則起飛的速度為1.5v，根據；，得t1：t2=1：1．B符合題意，ACD不符合題意．

故答案為：B.

【分析】利用平均速度公式可以求出起飛和著落所花時間的關系。

3．（2023·惠東模擬）如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角θ＝37°的木板托住，小球處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則（）

A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上

B．彈簧彈力不可能為

C．小球可能受三個力作用

D．木板對小球的作用力有可能小于小球的重力mg

【答案】C

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【解答】A、C項：小球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對小球受力分析，如圖所示：

當重力、彈簧彈力以及木板的支持力的合力為零時，小球不受摩擦力，即小球可以受到3個力作用，A不符合題意，C符合題意；

B項：若小球不受摩擦力，根據平衡條件得：tan37°=，解得：，B不符合題意；

D項：無論小球受不受到摩擦力作用，由平衡條件可知，木板對小球的作用力與重力和彈力的合力等大，反向，即木板對小球的作用力為，一定大于重力，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】對小球進行受力分析，可以判斷小球一定受到重力，彈力和彈簧彈力，斜面摩擦力有可能有也有可能沒有，方向也不確定；但沒有摩擦力時，就可以利用三力平衡求出彈力大??；由于摩擦力不確定，斜面對小球的作用力一定是彈簧彈力和重力的合力，為直角三角形的斜邊，一定大于重力。

4．（2023·惠東模擬）甲、乙兩物體從同一地點同時開始沿同一方向運動，甲物體運動的vt圖象為兩段直線，乙物體運動的v-t圖象為兩段半徑相同的圓弧曲線，如圖所示，圖中t4＝2t2，則在0～t4時間內，以下說法正確的是()

A．甲物體的加速度不變

B．乙物體做曲線運動

C．甲物體的平均速度等于乙物體的平均速度

D．兩物體t1時刻相距最遠，t4時刻相遇

【答案】C

【知識點】追及相遇問題

【解析】【解答】A項：速度時間圖線的斜率表示加速度，則知甲的加速度方向是變化的，A不符合題意；

B項：速度圖象不是物體的運動軌跡，乙做的是變速直線運動，B不符合題意；

C項：0-t4時間內甲物體的位移等于乙物體的位移，時間相等，則平均速度相等，C符合題意；

D項：圖線與時間軸圍成的面積表示位移，相距的距離等于兩者位移之差，根據圖象可知，t3時刻相距最遠，t4時刻相遇，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】甲的加速度出現方向改變，V-t圖像只能描述一維直線運動不能描述曲線運動；甲和乙在t4時間內位移（面積）相等，所以平均速度相等；兩者共速相距最遠，最后時刻相遇。

5．（2023·惠東模擬）如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，長木板處于靜止狀態(tài)，已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2.下列說法正確的是()

A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg

B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g

C．當F>μ2(m＋M)g時，木板便會開始運動

D．木板受到地面摩擦力的大小一定等于F

【答案】A

【知識點】共點力平衡條件的應用；滑動摩擦力與動摩擦因數；靜摩擦力

【解析】【解答】對木板：水平方向受到木塊向右的滑動摩擦力f1和地面的向左的靜摩擦力f2，f1=μ1mg，由平衡條件得：f2=f1=μ1mg．A符合題意．因木板相對地面靜止，屬于靜摩擦力，地面的靜摩擦力不一定達到最大，則木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2（m+M）g．B不符合題意．由題分析可知，木塊對木板的摩擦力f1不大于地面對木板的最大靜摩擦力，當F改變時，f1不變，則木板不可能運動．C不符合題意；因木塊的運動狀態(tài)不確定，只有當木塊勻速運動時，木板受到地面摩擦力的大小才一定等于F，D不符合題意；

故答案為：A.

【分析】利用長木板靜止，那么水平方向受力平衡就可以知道地面產生的靜摩擦力和物塊產生的動摩擦力大小相等；木板的動力主要來自木塊的摩擦力，與拉力F無關。

二、多選題

6．（2023·惠東模擬）一質量為m的滑塊在粗糙水平面上滑行，通過頻閃照片分析得知，滑塊在最初2s內的位移是最后2s內位移的兩倍，且已知滑塊在最初1s內的位移為2.5m，由此可求得()

A．滑塊的加速度為5m/s2B．滑塊的初速度為5m/s

C．滑塊運動的總時間為3sD．滑塊運動的總位移為4.5m

【答案】C,D

【知識點】勻變速直線運動基本公式應用

【解析】【解答】C、設物體運動的加速度為a，運動總時間為t，把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，則有最后2s內位移為：，最初2s內位移為：，又∵s1：s2=1：2，則有4at-4a=4a，解得總時間t=3s，C符合題意．第一秒的位移為：所以9a-4a=5，解得a=1m/s2，則總位移．A不符合題意、D符合題意．滑塊的初速度v0=at=1×3m/s=3m/s．B不符合題意．

故答案為：CD．

【分析】通過位移對比可以知道物體做勻減速運動，利用運動的可逆性，等效為初速度為0的加速運動，那么可以求出最后2秒內的位移表達式和最初2秒內的位移表達式，利用位移關系可以求出總的運動時間，那么最后1秒的位移為2.5m，就求出加速度的大小，以及可以求出總的位移大小。

7．（2023·惠東模擬）甲、乙兩汽車在某平直公路上做直線運動，某時刻經過同一地點，從該時刻開始計時，其v－t圖象如圖所示。根據圖象提供的信息可知()

A．從t＝0時刻起，開始時甲在前，6s末乙追上甲

B．從t＝0時刻起，開始時甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最遠為12.5m

C．8s末甲、乙相遇，且距離t＝0時的位置40m

D．在0～4s內與4～6s內甲的平均速度相等

【答案】B,C

【知識點】勻速直線運動

【解析】【解答】A項：在內，甲的位移，乙的位移，所以6s末乙未追上甲，A不符合題意；

B項：當兩者速度相等時，距離最遠，即5s末距離最遠，此時最遠距離為，B符合題意；

C項：6s以后，甲停止運動，因此相遇時，距離t=0的位置為40m，所用時間為，C符合題意；

D項：根據圖象可知，在04s內甲的平均速度，在46s內甲的平均速度，D不符合題意。

故答案為：BC

【分析】同一起點出發(fā)，到6秒末面積不同，無法相遇；由于甲最初速度大，所以甲在前乙在后，當速度相等時可以求出最大面積之差；求出甲的位移可以知道相遇點在哪里以及距離原點的距離，甲在加速段的初末速度和減速段的不同，所以利用平均速度為某段時間初末速度之和的一半可以判斷不同。

8．（2023·惠東模擬）如圖所示，水平面上等腰三角形均勻框架頂角∠BAC=30°，一均勻圓球放在框架內，球與框架BC、AC兩邊接觸但無擠壓，現使框架以頂點A為轉軸在豎直平面內順時針方向從AB邊水平緩慢轉至AB邊豎直，則在轉動過程中()

A．球對AB邊的壓力先增大后減小B．球對BC邊的壓力先增大后減小

C．球對AC邊的壓力先增大后減小D．球對AC邊的壓力不斷增大

【答案】A,D

【知識點】力矩平衡；共點力平衡條件的應用；受力分析的應用

【解析】【解答】轉動過程中，小球一直對BC邊不產生擠壓，BC邊的壓力一直為零

AC邊的擠壓一直變大，AB邊的擠壓先變大，再變小，在BC邊水平時最大，所以AC邊的彈力一直變大，AB邊的彈力先變大后變小

故答案為：AD。

【分析】在AC豎直時，可以找到AB邊的彈力大于重力，而且出現最大，所以接下來到AB邊豎直時，受力分析可以知道AB邊彈力變小，而此時AC邊彈力最大，所以AC邊彈力一直增大。

三、實驗題

9．（2023·惠東模擬）某同學利用如圖甲裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”的實驗

（1）在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持狀態(tài)．

（2）他通過實驗得到如圖乙所示的彈力大小F與彈簧長度x的關系圖象．由此圖象可得該彈簧的原長x0＝cm，勁度系數k＝N/m.

（3）他又利用本實驗原理把該彈簧做成一把彈簧測力計，當彈簧測力計上的示數如圖丙所示時，該彈簧的長度x＝cm.

【答案】（1）豎直

（2）8；50

（3）10

【知識點】胡克定律

【解析】【解答】（1）彈簧是豎直的，要減小誤差，刻度尺必須與彈簧平行，故刻度尺要保持豎直狀態(tài)；（2）根據，可知實驗中需要測量(記錄)的物理量有：懸掛鉤碼的重力及對應的彈簧長度；（3）彈簧處于原長時，彈力為零，故原長為4cm；彈簧彈力為2N時，彈簧的長度為8cm，伸長量為4cm，根據胡克定律，解得：；（4）由圖可知，彈簧秤的拉力為3N；則由胡克定律可知：，得：，則彈簧的長度為：。

【分析】（1）刻度尺需要測量彈簧長度所以保持豎直方向；（2）利用圖像起點坐標可以知道彈簧原長，斜率可以求勁度系數；（3）利用彈力大小可以從圖像找到彈簧長度大小。

10．（2023·惠東模擬）研究性學習小組的同學欲探究小車質量不變時其加速度與力的關系，該小組在實驗室設計了一套如圖甲所示的裝置，圖中A為小車，B為打點計時器，C為力傳感器(測繩子的拉力)，P為小桶(內有砂子)，M是一端帶有定滑輪的水平放置的足夠長的木板．不計繩子與滑輪間的摩擦．

（1）要順利完成該實驗，除圖中實驗儀器和低壓交流電源(含導線)外，還需要的實驗儀器是(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．該同學要探究小車的加速度a和質量M、合外力F的關系，應用了法的科學方法；

（2）平衡摩擦力后再按上述方案做實驗，是否要求小桶和砂子的總質量遠小于小車的質量？(填“是”或“否”)．

（3）已知交流電源的頻率為50Hz，某次實驗得到的紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計數點之間還有4個點未畫出，由該紙帶可求得小車的加速度a＝m/s2.(結果保留2位有效數字)

【答案】（1）刻度尺；控制變量法

（2）否

（3）0.90m/s2

【知識點】用打點計時器測速度

【解析】【解答】(1)根據實驗所要進行的測量可知，本實驗中除實驗儀器和低壓交流電源（含導線）外，還需要毫米刻度尺，由于要探究小車的加速度a和質量M、合外力F的關系三者所用運用了控制變量法；(2)根據上述方案做實驗，通過力傳感器可測量出拉小車的力，因此不需要沙桶和沙的總質量遠小于車的質量；(3)由于每相鄰的兩個記數點間還有四個點沒有畫出，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s；根據勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：

s2-s1=aT2

解得：。

【分析】（1）紙帶處理還需要刻度尺，實驗探究需要控制變量法；（2）實驗中有測拉力的儀器，不要滿足質量關系；（3）利用逐差法可以求出加速度大小。

四、解答題

11．（2023·惠東模擬）趣味運動會上有一個項目是在傳送帶上完成的。如圖所示，A為傳送帶的左端點，B為右端點，P的正上方天花板上懸掛一個氣球，AB間傳送帶的長度L＝31m，P與A的距離L1＝9m，傳送帶以v0＝1m/s的恒定速率向左運動。比賽中，挑戰(zhàn)者(視為質點)在A點相對地面靜止，聽到哨聲后開始以a1＝2m/s2的加速度向右勻加速運動到P，在刺破氣球時不慎跌倒，經Δt＝2s爬起，然后又以a2＝1m/s2的加速度，在傳送帶上勻加速到B點。假設從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與傳送帶始終相對靜止，不計刺破氣球的時間，求挑戰(zhàn)者從A到達B所需的時間。

【答案】解：取地面為參考系，挑戰(zhàn)者從A運動至氣球處所用時間為t1，則：

從摔倒到爬起隨傳送帶位移為x1，則：

運動員從爬起到B端位移為x，時間為t2，則：

挑戰(zhàn)者從左端到達右端全過程所需的時間為t，則：

t=t1+△t+t2

解得：t=13s

【知識點】勻變速直線運動基本公式應用

【解析】【分析】先利用位移公式可以求出第一段運動的時間，摔倒后與傳送帶保持靜止，意思是與傳送帶一起做勻速直線運動，最后剩下的距離再做加速運動，初速度為傳送帶的速度，加速度大小已知，但是注意用位移公式時區(qū)別加速度和速度的方向問題，進而求出最后一段的時間，再把三段時間相加求出總的時間。

12．（2023·惠東模擬）如圖所示，風洞實驗室中能模擬產生恒定向右的風力。質量m＝100g的小球穿在長L＝1.2m的直桿上并置于實驗室中，球與桿間的動摩擦因數為0.5，當桿豎直固定放置時，小球恰好能勻速下滑。保持風力不變，改變固定桿與豎直線的夾角θ＝37°，將小球從O點靜止釋放。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）小球受到的風力大??；

（2）當θ＝37°時，小球離開桿時的速度。

【答案】（1）解：當桿豎直固定放置時，有：，代入數據得：F=2N

（2）解：當時，小球受力情況如圖示，垂直桿方向上有：

代入數據得：

小球受摩擦力為：，小球沿桿運動的加速度為：

，

由得小球到達桿下端時速度為：v=6m/s

【知識點】對單物體(質點)的應用

【解析】【分析】（1）豎直放置，勻速下滑所以所受合力為0，利用風力等于桿彈力，重力等于摩擦力，再利用彈力與摩擦力的關系就可以求出風力的大小。

（2）當桿的角度出現變化時，應該重新進行受力分析，找出桿方向上的合力大小和方向求出加速度的大小和方向，然后利用速度位移公式可以求出末速度大小。

13．（2023·惠東模擬）如圖所示，質量為M＝2kg的長木板靜止在光滑水平面上，現有一質量m＝1kg的小滑塊(可視為質點)以v0＝3.6m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板一起向前滑動．已知滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：

（1）滑塊在木板上滑動過程中，長木板受到的摩擦力大小f和方向；

（2）滑塊在木板上滑動過程中，滑塊加速度大??；

（3）若長木板長L0=4.5m，試判斷滑塊與長木板能達到的共同速度v，若能，請求出共同速度大小和小滑塊相對長木板上滑行的距離L；若不能，請求出滑塊滑離木板的速度和需要的時間。

【答案】（1）解：木板所受摩擦力為滑動摩擦力：

f=μmg=1N

方向向右

（2）解：由牛頓第二定律得：μmg=ma

得出：a=μg=1m/s2

（3）解：以木板為研究對象，根據牛頓第二定律：μmg=Ma′

可得出木板的加速度為：a′=0.5m/s2

設經過時間t，滑塊和長木板達到共同速度v，則滿足：

對滑塊有：v=v0-at

對長木板有：v=a′t

由以上兩式得：滑塊和長木板達到的共同速度：v=1.2m/s，t=2.4s

在2.4s內木板前進的位移為：

木塊前進的位移為：

木板的長度最短為：L=x2-x1=4.32mμ2(m＋M)g時，木板便會開始運動

D．木板受到地面摩擦力的大小一定等于F

二、多選題

6．（2023·惠東模擬）一質量為m的滑塊在粗糙水平面上滑行，通過頻閃照片分析得知，滑塊在最初2s內的位移是最后2s內位移的兩倍，且已知滑塊在最初1s內的位移為2.5m，由此可求得()

A．滑塊的加速度為5m/s2B．滑塊的初速度為5m/s

C．滑塊運動的總時間為3sD．滑塊運動的總位移為4.5m

7．（2023·惠東模擬）甲、乙兩汽車在某平直公路上做直線運動，某時刻經過同一地點，從該時刻開始計時，其v－t圖象如圖所示。根據圖象提供的信息可知()

A．從t＝0時刻起，開始時甲在前，6s末乙追上甲

B．從t＝0時刻起，開始時甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距最遠為12.5m

C．8s末甲、乙相遇，且距離t＝0時的位置40m

D．在0～4s內與4～6s內甲的平均速度相等

8．（2023·惠東模擬）如圖所示，水平面上等腰三角形均勻框架頂角∠BAC=30°，一均勻圓球放在框架內，球與框架BC、AC兩邊接觸但無擠壓，現使框架以頂點A為轉軸在豎直平面內順時針方向從AB邊水平緩慢轉至AB邊豎直，則在轉動過程中()

A．球對AB邊的壓力先增大后減小B．球對BC邊的壓力先增大后減小

C．球對AC邊的壓力先增大后減小D．球對AC邊的壓力不斷增大

三、實驗題

9．（2023·惠東模擬）某同學利用如圖甲裝置做“探究彈簧彈力大小與其長度的關系”的實驗

（1）在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持狀態(tài)．

（2）他通過實驗得到如圖乙所示的彈力大小F與彈簧長度x的關系圖象．由此圖象可得該彈簧的原長x0＝cm，勁度系數k＝N/m.

（3）他又利用本實驗原理把該彈簧做成一把彈簧測力計，當彈簧測力計上的示數如圖丙所示時，該彈簧的長度x＝cm.

10．（2023·惠東模擬）研究性學習小組的同學欲探究小車質量不變時其加速度與力的關系，該小組在實驗室設計了一套如圖甲所示的裝置，圖中A為小車，B為打點計時器，C為力傳感器(測繩子的拉力)，P為小桶(內有砂子)，M是一端帶有定滑輪的水平放置的足夠長的木板．不計繩子與滑輪間的摩擦．

（1）要順利完成該實驗，除圖中實驗儀器和低壓交流電源(含導線)外，還需要的實驗儀器是(填“刻度尺”、“天平”或“秒表”)．該同學要探究小車的加速度a和質量M、合外力F的關系，應用了法的科學方法；

（2）平衡摩擦力后再按上述方案做實驗，是否要求小桶和砂子的總質量遠小于小車的質量？(填“是”或“否”)．

（3）已知交流電源的頻率為50Hz，某次實驗得到的紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計數點之間還有4個點未畫出，由該紙帶可求得小車的加速度a＝m/s2.(結果保留2位有效數字)

四、解答題

11．（2023·惠東模擬）趣味運動會上有一個項目是在傳送帶上完成的。如圖所示，A為傳送帶的左端點，B為右端點，P的正上方天花板上懸掛一個氣球，AB間傳送帶的長度L＝31m，P與A的距離L1＝9m，傳送帶以v0＝1m/s的恒定速率向左運動。比賽中，挑戰(zhàn)者(視為質點)在A點相對地面靜止，聽到哨聲后開始以a1＝2m/s2的加速度向右勻加速運動到P，在刺破氣球時不慎跌倒，經Δt＝2s爬起，然后又以a2＝1m/s2的加速度，在傳送帶上勻加速到B點。假設從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與傳送帶始終相對靜止，不計刺破氣球的時間，求挑戰(zhàn)者從A到達B所需的時間。

12．（2023·惠東模擬）如圖所示，風洞實驗室中能模擬產生恒定向右的風力。質量m＝100g的小球穿在長L＝1.2m的直桿上并置于實驗室中，球與桿間的動摩擦因數為0.5，當桿豎直固定放置時，小球恰好能勻速下滑。保持風力不變，改變固定桿與豎直線的夾角θ＝37°，將小球從O點靜止釋放。g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）小球受到的風力大??；

（2）當θ＝37°時，小球離開桿時的速度。

13．（2023·惠東模擬）如圖所示，質量為M＝2kg的長木板靜止在光滑水平面上，現有一質量m＝1kg的小滑塊(可視為質點)以v0＝3.6m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板一起向前滑動．已知滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：

（1）滑塊在木板上滑動過程中，長木板受到的摩擦力大小f和方向；

（2）滑塊在木板上滑動過程中，滑塊加速度大?。?/p>

（3）若長木板長L0=4.5m，試判斷滑塊與長木板能達到的共同速度v，若能，請求出共同速度大小和小滑塊相對長木板上滑行的距離L；若不能，請求出滑塊滑離木板的速度和需要的時間。

答案解析部分

1．【答案】C

【知識點】勻變速直線運動導出公式應用

【解析】【解答】A項：位移圖線切線的斜率表示速度，在0到t1這段時間內，b車圖線斜率大于a車圖線斜率，即b車速度大于a車速度，A不符合題意；

B項：在t1時刻兩車的位置相同，由圖可知，兩車并不是從同一起點開始運動，所以兩車的位移不相等，B不符合題意；

C、D項：由圖可知，兩車在t1到t2時間內位移相同，所用時間也相同，所以兩車的平均速度相同，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】在0到t1這段時間內，由于a的直線比較平斜率小，所以速度小于b的速度，由于終點一樣，起點a的坐標大于b，所以位移a小于b；在t1到t2這段時間內，位移相同所以平均速度一樣。

2．【答案】B

【知識點】勻變速直線運動導出公式應用

【解析】【解答】設著陸時的速度為v，則起飛的速度為1.5v，根據；，得t1：t2=1：1．B符合題意，ACD不符合題意．

故答案為：B.

【分析】利用平均速度公式可以求出起飛和著落所花時間的關系。

3．【答案】C

【知識點】共點力平衡條件的應用

【解析】【解答】A、C項：小球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對小球受力分析，如圖所示：

當重力、彈簧彈力以及木板的支持力的合力為零時，小球不受摩擦力，即小球可以受到3個力作用，A不符合題意，C符合題意；

B項：若小球不受摩擦力，根據平衡條件得：tan37°=，解得：，B不符合題意；

D項：無論小球受不受到摩擦力作用，由平衡條件可知，木板對小球的作用力與重力和彈力的合力等大，反向，即木板對小球的作用力為，一定大于重力，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】對小球進行受力分析，可以判斷小球一定受到重力，彈力和彈簧彈力，斜面摩擦力有可能有也有可能沒有，方向也不確定；但沒有摩擦力時，就可以利用三力平衡求出彈力大?。挥捎谀Σ亮Σ淮_定，斜面對小球的作用力一定是彈簧彈力和重力的合力，為直角三角形的斜邊，一定大于重力。

4．【答案】C

【知識點】追及相遇問題

【解析】【解答】A項：速度時間圖線的斜率表示加速度，則知甲的加速度方向是變化的，A不符合題意；

B項：速度圖象不是物體的運動軌跡，乙做的是變速直線運動，B不符合題意；

C項：0-t4時間內甲物體的位移等于乙物體的位移，時間相等，則平均速度相等，C符合題意；

D項：圖線與時間軸圍成的面積表示位移，相距的距離等于兩者位移之差，根據圖象可知，t3時刻相距最遠，t4時刻相遇，D不符合題意。

故答案為：C

【分析】甲的加速度出現方向改變，V-t圖像只能描述一維直線運動不能描述曲線運動；甲和乙在t4時間內位移（面積）相等，所以平均速度相等；兩者共速相距最遠，最后時刻相遇。

5．【答案】A

【知識點】共點力平衡條件的應用；滑動摩擦力與動摩擦因數；靜摩擦力

【解析】【解答】對木板：水平方向受到木塊向右的滑動摩擦力f1和地面的向左的靜摩擦力f2，f1=μ1mg，由平衡條件得：f2=f1=μ1mg．A符合題意．因木板相對地面靜止，屬于靜摩擦力，地面的靜摩擦力不一定達到最大，則木板受到地面的摩擦力的大小不一定是μ2（m+M）g．B不符合題意．由題分析可知，木塊對木板的摩擦力f1不大于地面對木板的最大靜摩擦力，當F改變時，f1不變，則木板不可能運動．C不符合題意；因木塊的運動狀態(tài)不確定，只有當木塊勻速運動時，木板受到地面摩擦力的大小才一定等于F，D不符合題意；

故答案為：A.

【分析】利用長木板靜止，那么水平方向受力平衡就可以知道地面產生的靜摩擦力和物塊產生的動摩擦力大小相等；木板的動力主要來自木塊的摩擦力，與拉力F無關。

6．【答案】C,D

【知識點】勻變速直線運動基本公式應用

【解析】【解答】C、設物體運動的加速度為a，運動總時間為t，把物體運動看成反向的初速度為0的勻加速直線運動，則有最后2s內位移為：，最初2s內位移為：，又∵s1：s2=1：2，則有4at-4a=4a，解得總時間t=3s，C符合題意．第一秒的位移為：所以9a-4a=5，解得a=1m/s2，則總位移．A不符合題意、D符合題意．滑塊的初速度v0=at=1×3m/s=3m/s．B不符合題意．

故答案為：CD．

【分析】通過位移對比可以知道物體做勻減速運動，利用運動的可逆性，等效為初速度為0的加速運動，那么可以求出最后2秒內的位移表達式和最初2秒內的位移表達式，利用位移關系可以求出總的運動時間，那么最后1秒的位移為2.5m，就求出加速度的大小，以及可以求出總的位移大小。

7．【答案】B,C

【知識點】勻速直線運動

【解析】【解答】A項：在內，甲的位移，乙的位移，所以6s末乙未追上甲，A不符合題意；

B項：當兩者速度相等時，距離最遠，即5s末距離最遠，此時最遠距離為，B符合題意；

C項：6s以后，甲停止運動，因此相遇時，距離t=0的位置為40m，所用時間為，C符合題意；

D項：根據圖象可知，在04s內甲的平均速度，在46s內甲的平均速度，D不符合題意。

故答案為：BC

【分析】同一起點出發(fā)，到6秒末面積不同，無法相遇；由于甲最初速度大，所以甲在前乙在后，當速度相等時可以求出最大面積之差；求出甲的位移可以知道相遇點在哪里以及距離原點的距離，甲在加速段的初末速度和減速段的不同，所以利用平均速度為某段時間初末速度之和的一半可以判斷不同。

8．【答案】A,D

【知識點】力矩平衡；共點力平衡條件的應用；受力分析的應用

【解析】【解答】轉動過程中，小球一直對BC邊不產生擠壓，BC邊的壓力一直為零

AC邊的擠壓一直變大，AB邊的擠壓先變大，再變小，在BC邊水平時最大，所以AC邊的彈力一直變大，AB邊的彈力先變大后變小

故答案為：AD。

【分析】在AC豎直時，可以找到AB邊的彈力大于重力，而且出現最大，所以接下來到AB邊豎直時，受力分析可以知道AB邊彈力變小，而此時AC邊彈力最大，所以AC邊彈力一直增大。

9．【答案】（1）豎直

（2）8；50

（3）10

【知識點】胡克定律

【解析】【解答】（1）彈簧是豎直的，要減小誤差，刻度尺必須與彈簧平行，故刻度尺要保持豎直狀態(tài)；（2）根據，可知實驗中需要測量(記錄)的物理量有：懸掛鉤碼的重力及對應的彈簧長度；（3）彈簧處于原長時，彈力為零，故原長為4cm；彈簧彈力為2N時，彈簧的長度為8cm，伸長量為4cm，根據胡克定律，解得：；（4）由圖可知，彈簧秤的拉力為3N；則由胡克定律可知：，得：，則彈簧的長度為：。

【分析】（1）刻度尺需要測量彈簧長度所以保持豎直方向；（2）利用圖像起點坐標可以知道彈簧原長，斜率可以求勁度系數；（3）利用彈力大小可以從圖像找到彈簧長度大小。

10．【答案】（1）刻度尺；控制變量法

（2）否

（3）0.90m/s2

【知識點】用打點計時器測速度

【解析】【解答】(1)根據實驗所要進行的測量可知，本實驗中除實驗儀器和低壓交流電源（含導線）外，還需要毫米刻度尺，由于要探究小車的加速度a和質量M、合外力F的關系三者所用運用了控制變量法；(2)根據上述方案做實驗，通過力傳感器可測量出拉小車的力，因此不需