保定市高一上學期期末物理試卷

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—2017學年河北省保定市定州中學高一（上）期末物理試卷一、選擇題1．如圖所示，光滑斜面上的四段距離相等，質點從O點由靜止開始下滑，做勻加速直線運動,先后通過a、b、c、d…,下列說法正確的是(）A．質點由O到達各點的時間之比ta：tb:tc：td=1：：:2B．質點通過各點的速率之比va：vb:vc：vd=1：：：2C．在斜面上運動的平均速度v=vbD．在斜面上運動的平均速度v=2．如圖所示，在水平傳送帶上有三個質量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3，1和2及2和3間分別用原長為L，勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ，現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后，1、3兩木塊之間的距離是（）A．2L+ B．2L+C．2L+ D．2L+3．第二屆夏季青年奧林匹克運動會于2014年8月在南京成功舉行．在考察下列運動員的比賽成績時，可視為質點的是（）A．馬拉松 B．跳水 C．擊劍 D．體操4．甲、乙兩車沿平直公路通過同樣的位移，甲車在前半段位移上以v1=40km/h的速度運動，后半段位移上以v2=60km/h的速度運動；乙車在前半段時間內以v1=40km/h的速度運動，后半段時間以v2=60km/h的速度運動，則甲、乙兩車在整個位移中的平均速度大小的關系是(）A．v甲=v乙 B．v甲＞v乙C．v甲＜v乙 D．因不知為是和時間無法確定5．兩塊水平放置的平行金屬板，帶等量異種電荷，一個帶電油滴恰懸浮在平行板間．如果使油滴產生大小等于的加速度，兩板電荷量應是原來的（）A．2倍 B． C．倍 D．6．如圖所示，疊放在水平轉臺上的物體A、B、C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動，A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉臺間的動摩擦因數都為μ，A和B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）A．B對A的摩擦力一定為3μmgB．B對A的摩擦力一定為3mω2rC．轉臺的角速度一定滿足ω≤D．轉臺的角速度一定滿足ω≤7．如圖所示，物體A、B、C質量分別為m、2m、4m，A與天花板間，B與C之間用輕彈簧連接,當系統(tǒng)平衡后，突然將A、B間繩燒斷，在繩斷的瞬間，A、B、C的加速度分別為（以向下的方向為正方向）（）A．g，g，g B．﹣5g，﹣2g，0 C．﹣6g,3g,0 D．﹣g,3g，g8．一個做勻速直線運動的物體，突然受到一個與運動方向垂直的恒力作用時，物體的運動軌跡是（）A．一定做直線運動B．一定做勻變速運動C．可能做直線運動，也可能做曲線運動D．可能做勻速圓周運動9．關于速度,速度改變量，加速度,下列說法正確的是（)A．物體運動的速度改變量很大，它的加速度一定很大B．速度很大的物體，其加速度可以很小，可以為零C．某時刻物體的速度為零,其加速度一定為零D．加速度很大時,運動物體的速度一定很大10．一質點沿直線運動的速度v隨時間t變化的圖線如圖所示,則該質點的位移x（從t=0開始)隨時間t變化的圖線為哪一個?（）A． B． C． D．11．假設列車進入揚州東站時做勻減速直線運動，下圖中關于列車運動的x﹣t圖或v﹣t圖正確的是（）A． B． C． D．12．如圖所示，質量均為m的小球A、B用兩根不可伸長的輕繩連接后懸掛于O點，在外力F的作用下,小球A、B處于靜止狀態(tài)．若要使兩小球處于靜止狀態(tài)，且懸線OA與豎直方向的夾角θ保持30°不變，則外力F的大小不可能為（）A．0.5mg B．mg C．2mg D．5mg13．如圖甲,筆記本電腦底座一般設置有四個卡位用來調節(jié)角度．某同學將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度，由原卡為1調至卡位4（如圖乙),電腦始終處于靜止狀態(tài)，則（）A．電腦受到的支持力變小B．電腦受到的摩擦力變大C．散熱底座對電腦的作用力的合力不變D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力14．將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ=60°,則F的最小值為（）A． B．mg C． D．15．甲、乙、丙三輛汽車以相同的速度經過某一路標，從此時開始，甲車做勻速直線運動,乙車先加速后減速，丙車先減速后加速，它們經過下一個路標時的速度相同,則（)A．甲車先通過下一路標B．丙車先通過下一路標C．甲車在這段時間內平均速度最大D．丙車在這段時間內平均速度最小16．如圖所示，有一長為80cm的玻璃管豎直放置，當紅蠟塊從玻璃管的最下端開始勻速上升的同時,玻璃管水平向右勻速運動．經過10s,紅蠟塊到達玻璃管的最上端，此過程玻璃管的水平位移為60cm．不計紅蠟塊的大小，則紅蠟塊運動的合速度大小為（）A．5cm/s B．6cm/s C．8cm/s D．10cm/s17．如圖甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其v﹣t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5s,關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是(）A．該物塊可能帶負電B．皮帶輪的傳動速度大小可能為2m/sC．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2s～4.5s內，物塊與皮帶仍可能有相對運動18．有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同,都是O點，如圖所示．有一系列完全相同的滑塊（可視為質點）從這些斜面上的A、B、C、D…各點同時由靜止釋放,下列判斷正確的是（）A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同,則A、B、C、D…各點處在同一水平線上B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直面內的圓周上C．若各斜面均光滑,且這些滑塊到達O點的時間相同，則A、B、C、D…各點處在同同一直面內的圓周上D．若各斜面與這些滑塊間有相同的摩擦因數,滑到達O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同,則A、B、C、D…各點處在同一豎直線上19．一質量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端,支桿AB的下端固定在升降機上，今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示，已知繩的拉力為6N，g取10m/s2,則以下說法正確的是（）A．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為6NB．若升降機是靜止狀態(tài),則AB桿對球的作用力大小為8NC．若升降機是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6ND．若升降機是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6N20．半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸,在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q（P的截面半徑遠大于Q的截面半徑),整個裝置處于靜止狀態(tài),如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過程中，下列說法正確的是（)A．MN對Q的彈力大小逐漸減小B．P、Q間的彈力先增大后減小C．桌面對P的摩擦力先增大后減小D．P所受桌面的支持力保持不變二、計算題21．所受重力G1=8N的砝碼懸掛在繩PA和PB的結點上．PA偏離豎直方向37°角，PB在水平方向,且連在所受重力為G2=100N的木塊上,木塊靜止于傾角為37°的斜面上，如圖所示,試求：(1）木塊與斜面間的摩擦力；（2)木塊所受斜面的彈力．22．如圖所示，一個質量為1kg的煤塊從光滑曲面上高度H=1。25m處無初速釋放,到達底端時水平進入水平傳送帶，傳送帶由一電動機驅動著勻速向左轉動，速率為3m/s．已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2．煤塊沖上傳送帶后就移走光滑曲面．(g取10m/s2）．(1）若兩皮帶輪之間的距離是6m,煤塊將從哪一邊離開傳送帶？（2）若皮帶輪間的距離足夠大,從煤塊滑上到離開傳送帶的整個過程中,由于煤塊和傳送帶間的摩擦而產生的劃痕長度有多長？摩擦力對煤塊做的功為多大？

2016—2017學年河北省保定市定州中學高一(上）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．如圖所示，光滑斜面上的四段距離相等，質點從O點由靜止開始下滑,做勻加速直線運動，先后通過a、b、c、d…，下列說法正確的是()A．質點由O到達各點的時間之比ta：tb：tc：td=1::：2B．質點通過各點的速率之比va：vb：vc：vd=1：:：2C．在斜面上運動的平均速度v=vbD．在斜面上運動的平均速度v=【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】A、根據x=，求出質點由O到達各點的時間之比．B、根據v2=2ax,求出通過各點的速率之比．C、初速度為0的勻加速直線運動中，在相等時間內通過的位移之比為1：3,可知a點是Od的中間時刻，某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度．D、根據勻變速直線運動的平均速度公式求出在斜面上運動的平均速度．【解答】解：A、根據x=，得，oa、ob、oc、od的距離之比為1：2：3:4,所以質點由O到達各點的時間之比為1：：：2．故A正確．B、根據v2=2ax，，oa、ob、oc、od的距離之比為1：2:3：4，所以質點通過各點的速率之比va：vb：vc：vd=1：：：2．故B正確．C、初速度為0的勻加速直線運動中，在相等時間內通過的位移之比為1：3,可知a點是Od的中間時刻，某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則v=va．故C錯誤．D、在斜面上運動的平均速度=．故D正確．故選ABD．2．如圖所示，在水平傳送帶上有三個質量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3，1和2及2和3間分別用原長為L，勁度系數為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數均為μ,現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后,1、3兩木塊之間的距離是（)A．2L+ B．2L+C．2L+ D．2L+【考點】共點力平衡的條件及其應用;力的合成與分解的運用；胡克定律．【分析】分別對木塊3和木塊2和3整體分析,通過共點力平衡,結合胡克定律求出兩根彈簧的形變量，從而求出1、3量木塊之間的距離．【解答】解：對木塊3分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：μm3g=kx，則x=．對木塊2和3整體分析，摩擦力和彈簧彈力平衡，有：μ（m2+m3）g=kx′，則．則1、3兩木塊的距離s=2L+x+x′=2L+．故B正確，A、C、D錯誤．故選B．3．第二屆夏季青年奧林匹克運動會于2014年8月在南京成功舉行．在考察下列運動員的比賽成績時，可視為質點的是（）A．馬拉松 B．跳水 C．擊劍 D．體操【考點】質點的認識．【分析】當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物體看成質點的條件來判斷即可．【解答】解：A、馬拉松比賽時，由于長路程,運動員的大小形狀可以忽略，可以看成質點，故A正確;B、跳水時,人們要關注人的動作，故人的大小形狀不能忽略，不能看作質點,故B錯誤；C、擊劍時要注意人的肢體動作，不能看作質點；故C錯誤;D、體操中主要根據人的肢體動作評分,故不能忽略大小和形狀,故不能看作質點；故D錯誤；故選：A．4．甲、乙兩車沿平直公路通過同樣的位移，甲車在前半段位移上以v1=40km/h的速度運動,后半段位移上以v2=60km/h的速度運動；乙車在前半段時間內以v1=40km/h的速度運動，后半段時間以v2=60km/h的速度運動，則甲、乙兩車在整個位移中的平均速度大小的關系是（）A．v甲=v乙 B．v甲＞v乙C．v甲＜v乙 D．因不知為是和時間無法確定【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】根據平均速度的公式分別求出甲乙兩車在整個位移中的平均速度，再比較．【解答】解：甲的平均速度=48km/h．乙的平均速度=50km/h．所以v甲＜v乙．故A、B、D錯誤,C正確．故選C．5．兩塊水平放置的平行金屬板，帶等量異種電荷,一個帶電油滴恰懸浮在平行板間．如果使油滴產生大小等于的加速度，兩板電荷量應是原來的(）A．2倍 B． C．倍 D．【考點】帶電粒子在混合場中的運動．【分析】帶電油滴恰好靜止在平行板間受到的電場力向上，大小等于重力;要油滴產生大小為的加速度，由于沒有說明方向，所以要分向上和向下兩種情況討論．【解答】解：電容器帶電量不變，根據C=、C=、E=，有：E=∝Q帶電油滴恰好靜止則：qE=mg方向向上;①若要油滴產生大小為的方向向上的加速度,則:qE1﹣mg=m?g=mg解得：E1=E故Q1=Q；②若要油滴產生大小為的方向向下的加速度，則:mg﹣qE2=m?g=mg得：E2=E故Q2=Q所以選項BC正確，AD錯誤．故選：BC．6．如圖所示,疊放在水平轉臺上的物體A、B、C能隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動,A、B、C的質量分別為3m、2m、m，A與B、B和C與轉臺間的動摩擦因數都為μ,A和B、C離轉臺中心的距離分別為r、1.5r．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,下列說法正確的是（)A．B對A的摩擦力一定為3μmgB．B對A的摩擦力一定為3mω2rC．轉臺的角速度一定滿足ω≤D．轉臺的角速度一定滿足ω≤【考點】向心力;牛頓第二定律．【分析】物體A隨轉臺一起以角速度ω勻速轉動,靠靜摩擦力提供向心力，根據牛頓第二定律求出B對A的摩擦力大小．分別對A、AB整體、C受力分析，根據合力提供向心力，求出轉臺角速度的范圍．【解答】解：A、對A受力分析,受重力、支持力以及B對A的靜摩擦力，靜摩擦力提供向心力，有f=（3m)ω2r≤μ（3m)g．故A錯誤，B正確．C、由于A、AB整體、C受到的靜摩擦力均提供向心力，故對A，有：（3m)ω2r≤μ（3m）g對AB整體，有：(3m+2m）ω2r≤μ（3m+2m)g對物體C，有：mω2（1。5r）≤μmg解得，故C錯誤，D正確．故選：BD7．如圖所示,物體A、B、C質量分別為m、2m、4m,A與天花板間,B與C之間用輕彈簧連接，當系統(tǒng)平衡后，突然將A、B間繩燒斷,在繩斷的瞬間，A、B、C的加速度分別為（以向下的方向為正方向)（）A．g，g,g B．﹣5g,﹣2g，0 C．﹣6g，3g，0 D．﹣g，3g，g【考點】牛頓第二定律;胡克定律．【分析】先根據平衡條件求出AB間繩燒斷前兩彈簧的拉力大小和AB間繩的拉力大小，AB間繩燒斷瞬間,彈簧的彈力沒有變化,根據牛頓第二定律求解瞬間三個物體的加速度大小和方向．【解答】解:AB間繩燒斷前，由平衡條件得知，下面彈簧的彈力大小為F1=mCg=4mg，上面彈簧的彈力大小為F2=（mA+mB+mC）g=7mg,AB間繩的拉力大小為T=（mB+mC）g=6mg．AB間繩燒斷前，兩根彈簧的彈力都沒有變化，則：對A:此瞬間A所受的合力大小與原來繩子的拉力T大小相等，方向相反,即方向向上，則﹣6mg=maA，得aA=﹣6g．對B：此瞬間B所受的合力大小與原來繩子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向下，則6mg=2maB，得aB=3g．對C：由于彈簧的彈力沒有變化，則C的受力情況沒有變化,所以aC=0．所以A、B、D錯誤，C正確；故選:C．8．一個做勻速直線運動的物體，突然受到一個與運動方向垂直的恒力作用時，物體的運動軌跡是（）A．一定做直線運動B．一定做勻變速運動C．可能做直線運動,也可能做曲線運動D．可能做勻速圓周運動【考點】物體做曲線運動的條件．【分析】判斷合運動是直線運動還是曲線運動，關鍵看合速度的方向和合加速度的方向是否在同一條直線上;當物體受到一個與運動方向垂直的恒力作用時，加速度的大小與方向都不變，是勻變速曲線運動．【解答】解：A、物體受與初速度方向垂直的恒力作用時，根據牛頓第二定律可知，加速度的大小與方向都不變;將運動分解為：初速度方向物體做勻速直線運動,其垂直方向做初速度為零的勻加速直線運動，合運動為勻變速曲線運動．故AC錯誤，B正確；D、勻速圓周運動受到的合外力的方向始終指向圓心，不變力．所以物體在恒力的作用下不可能做勻速圓周運動．故D錯誤．故選：B9．關于速度，速度改變量,加速度，下列說法正確的是()A．物體運動的速度改變量很大,它的加速度一定很大B．速度很大的物體，其加速度可以很小，可以為零C．某時刻物體的速度為零，其加速度一定為零D．加速度很大時，運動物體的速度一定很大【考點】加速度．【分析】加速度等于物體速度的變化量與所用時間的比值,加速度反應物體速度變化快慢的物理量．【解答】解：A、物體運動的速度改變量很大，但不知道改變所用時間,故不能得到加速度很大的結論，故A錯誤;B、速度很大的物體，如果速度變化很慢則加速度很小，若速度沒有變化則加速度為零,故B正確；C、速度為零的物體加速度不一定為零,如豎直上拋的物體在最高點時速度為零，而加速度為重力加速度，故C錯誤;D、加速度很大時說明物體的速度變化很快，不能說明物體的速度一定很大,故D錯誤．故選:B．10．一質點沿直線運動的速度v隨時間t變化的圖線如圖所示，則該質點的位移x（從t=0開始）隨時間t變化的圖線為哪一個？（）A． B． C． D．【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】由速度時間圖象可知，該質點做勻加速直線運動，進而可以判斷位移時間關系，從而選出圖象．【解答】解：由速度時間圖象可知,該質點做勻加速直線運動，故x=，其中a＜0，x是t的二次函數,故對應的圖象是B故選：B11．假設列車進入揚州東站時做勻減速直線運動，下圖中關于列車運動的x﹣t圖或v﹣t圖正確的是（）A． B． C． D．【考點】勻變速直線運動的圖像．【分析】在位移時間圖象中，斜率表示速度．在速度時間圖象中，斜率表示物體的加速度，傾斜的直線表示勻變速直線運動．由此分析．【解答】解：A、根據位移時間圖象的斜率表示速度，則知該圖表示勻速直線運動，故A錯誤．B、根據位移時間圖象的斜率表示速度，則知該圖表示加速直線運動，故B錯誤．C、該圖表示速度隨時間均勻減小，做勻減速直線運動,故C正確．D、根據速度時間圖象的斜率表示物體的加速度,則知該圖表示加速度不斷減小的變減速直線運動，故D錯誤．故選：C12．如圖所示，質量均為m的小球A、B用兩根不可伸長的輕繩連接后懸掛于O點，在外力F的作用下，小球A、B處于靜止狀態(tài)．若要使兩小球處于靜止狀態(tài)，且懸線OA與豎直方向的夾角θ保持30°不變，則外力F的大小不可能為（）A．0.5mg B．mg C．2mg D．5mg【考點】力的合成．【分析】對AB兩球整體受力分析，受重力G，OA繩子的拉力T以及拉力F,其中重力大小和方向都不變,繩子的拉力方向不變大小變，拉力的大小和方向都變，根據共點力平衡條件，利用平行四邊形定則作圖可以得出拉力的最小值和最大值．【解答】解：對AB兩球整體受力分析，受重力G=2mg，OA繩子的拉力T以及拉力F，三力平衡,將繩子的拉力T和拉力F合成，其合力與重力平衡，如圖：當拉力F與繩子的拉力T垂直時,拉力F最小，最小值為Fmin=(2m)gsin30°，即mg；由于拉力F的方向具有不確定性,因而從理論上講，拉力F最大值可以取到任意值，故A錯誤，BCD正確．本題選擇錯誤的,故選：A．13．如圖甲，筆記本電腦底座一般設置有四個卡位用來調節(jié)角度．某同學將電腦放在散熱底座上，為了獲得更好的舒適度,由原卡為1調至卡位4（如圖乙），電腦始終處于靜止狀態(tài)，則（）A．電腦受到的支持力變小B．電腦受到的摩擦力變大C．散熱底座對電腦的作用力的合力不變D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】筆記本電腦受重力、支持力和靜摩擦力,根據平衡條件求解靜摩擦力和支持力．【解答】解：筆記本電腦受重力、支持力和靜摩擦力,如圖所示：根據平衡條件，有：N=mgcosθ①f=mgsinθ②A、由原卡位1調至卡位4，角度θ減小,根據①式，支持力N增加，故A錯誤；B、由原卡位1調至卡位4，角度θ減小，根據②式,靜摩擦力減小，故B錯誤；C、散熱底座對電腦的作用力的合力是支持力和靜摩擦力的合力,與重力平衡，始終是不變的，故C正確;D、電腦受到的支持力與摩擦力兩力的矢量和與重力平衡,但大小的和是變化的，故D錯誤;故選：C．14．將兩個質量均為m的小球a、b用細線相連后，再用細線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球b，使兩個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持θ=60°，則F的最小值為（）A． B．mg C． D．【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】以兩個小球組成的整體為研究對象,當F垂直于Oa線時取得最小值,根據平衡條件求解F的最小值．【解答】解:以兩個小球組成的整體為研究對象，分析受力，作出F在三個方向時整體的受力圖,根據平衡條件得知：F與T的合力與重力mg總是大小相等、方向相反，由力的合成圖可知，當F與繩子oa垂直時，F(xiàn)有最小值，即圖中2位置，F(xiàn)的最小值為：根據平衡條件得：F=2mgsin60°=mg故選：B．15．甲、乙、丙三輛汽車以相同的速度經過某一路標，從此時開始，甲車做勻速直線運動,乙車先加速后減速,丙車先減速后加速，它們經過下一個路標時的速度相同，則（）A．甲車先通過下一路標B．丙車先通過下一路標C．甲車在這段時間內平均速度最大D．丙車在這段時間內平均速度最小【考點】平均速度．【分析】因為乙先加速后減速，所以它在整個運動過程中的速度都比甲大，所以相對時間內它的位移肯定比勻速運動的甲大；而丙因先減速后加速,它在整個運動過程中都以比甲小的速度在運動，所以在相等時間內它的位移比甲小，由此可知，丙將最先到達下一個路標，乙最后一個到達下一個路標．(最終大家的速度都相等）．【解答】解:由于乙先加速后減速，所以它在整個運動過程中的平均速度都比甲大,經過相同的位移，它的時間肯定比勻速運動的甲小;而丙因先減速后加速，它在整個運動過程中的平均速度都比甲小,所以在相等位移內它的時間比甲大．由此可知,乙將最先到達下一個路標，平均速度最大，丙最后一個到達下一個路標，平均速度最小．故選：D16．如圖所示，有一長為80cm的玻璃管豎直放置，當紅蠟塊從玻璃管的最下端開始勻速上升的同時,玻璃管水平向右勻速運動．經過10s，紅蠟塊到達玻璃管的最上端,此過程玻璃管的水平位移為60cm．不計紅蠟塊的大小，則紅蠟塊運動的合速度大小為(）A．5cm/s B．6cm/s C．8cm/s D．10cm/s【考點】運動的合成和分解．【分析】兩個勻速直線運動的合運動為直線運動，根據平行四邊形定則求出玻璃管在水平與豎直方向的移動速度，從而根據速度的合成,即可求解．【解答】解：由題意可知，玻璃管水平向右勻速運動，則移動的速度為：v1===6cm/s；而在豎直方向的移動速度為：v2===8cm/s;由速度的合成法則，則有紅蠟塊運動的合速度大小為:v===10cm/s．故D正確，ABC錯誤;故選：D．17．如圖甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端,皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中,其v﹣t圖象如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4。5s,關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是（）A．該物塊可能帶負電B．皮帶輪的傳動速度大小可能為2m/sC．若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D．在2s~4.5s內，物塊與皮帶仍可能有相對運動【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【分析】由圖得出物塊的速度和加速度隨時間的變化關系，結合對物塊的受力分析，得出洛倫茲力的方向,由左手定則即可判斷出物塊的電性；結合受力分析，得出物塊做勻速直線運動的條件,從而判斷出物塊是否相對于傳送帶靜止；結合運動學的公式可以判斷位移．【解答】解:由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動．物塊的最大速度是1m/s．A、對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設動摩擦因數為μ，沿斜面的方向:μFN﹣mgsinθ=ma①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由①式可知,物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時：FN=mgcosθ,后來:FN′=mgcosθ﹣f洛，即洛倫茲力的方向是向上的．物塊沿傳送帶向上運動,由左手定則可知，物塊帶正電．故A錯誤；B、物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結合①式可知，物塊的加速度也越來越小，當加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時：mgsinθ=μ（mgcosθ﹣f洛）②由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s,則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關，所以傳送帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對于傳送帶靜止，有可能相對于傳送帶不靜止．故BD正確;C、由以上的分析可知,傳送帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移．故C錯誤．故選：BD．18．有一系列斜面，傾角各不相同，它們的底端相同,都是O點,如圖所示．有一系列完全相同的滑塊（可視為質點）從這些斜面上的A、B、C、D…各點同時由靜止釋放,下列判斷正確的是（）A．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D…各點處在同一水平線上B．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的速率相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直面內的圓周上C．若各斜面均光滑，且這些滑塊到達O點的時間相同,則A、B、C、D…各點處在同同一直面內的圓周上D．若各斜面與這些滑塊間有相同的摩擦因數,滑到達O點的過程中，各滑塊損失的機械能相同，則A、B、C、D…各點處在同一豎直線上【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】（1）重力做功相同，小球的重力勢能改變量就相同，動能增加量相同；（2）根據“等時圓”的適用條件構造出“等時圓”，作出圖象，根據位移之間的關系即可判斷運動時間；(3）滑塊損失的機械能為克服摩擦力做功．【解答】解：A．根據mgh=,小球質量相同，達O點的速率相同,則h相同，即各釋放點處在同一水平線上，故A正確，B錯誤;C、以O點為最低點作等時圓，可知從ab點運動到O點時間相等，C正確；D、若各次滑到O點的過程中，滑塊滑動的水平距離是x，滑塊損失的機械能為克服摩擦力做功為：，即各釋放點處在同一豎直線上,D正確；故選：ACD19．一質量為0.8kg的球固定在支桿AB的上端，支桿AB的下端固定在升降機上,今用一段繩子水平拉球，使桿發(fā)生彎曲，如圖所示,已知繩的拉力為6N，g取10m/s2，則以下說法正確的是（）A．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為6NB．若升降機是靜止狀態(tài)，則AB桿對球的作用力大小為8NC．若升降機是加速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6ND．若升降機是減速上升，加速度大小5m/s2，則AB桿對球的作用力大小為6N【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．【分析】球受到重力、繩子拉力與桿的作用力,球靜止時處于平衡狀態(tài)，應用平衡條件求出桿的作用力；球做勻變速直線運動時,應用牛頓第二定律與力的合成方法求出桿的作用力．【解答】解:A、升降機是靜止的,球靜止，處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知，桿的作用力大?。篎===10N，故AB錯誤；C、若升降機加速上升，對球,在豎直方向,由牛頓第二定律得：Fy﹣mg=ma，解得：Fy=12N,在水平方向，由平衡條件得：Fx=F繩子=6N，桿對球的作用力大小:F==6N，故C正確；D、若升降機減速上升,對球，在豎直方向，由牛頓第二定律得：mg﹣Fy=ma，解得:Fy=4N，在水平方向,由平衡條件得：Fx=F繩子=6N,桿對球的作用力大?。篎==2N，故D錯誤;故選：C．20．半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN,其延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱體不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q（P的截面半徑遠大于Q的截面半徑)，整個裝置處于靜止狀態(tài)，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地逆時針轉動，在Q到達最高位置前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止，在此過程中，下列說法正確的是（）A．MN對Q的彈力大小逐漸減小B．P、Q間的彈力先增大后減小C．桌面對P的摩擦力先增大后減小D．P所受桌面的支持力保持不變【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況,作出受力示意力圖，根據平衡條件分析MN對Q的彈力和半圓柱體P對Q的彈力變化情況．再對P研究，由平衡條件判斷地面對P的彈力如何變化．【解答】解:A、B以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖1所示．由平衡條件得：，根據幾何關系可知：α+β不變,分析可知,α增大,β減小，MN對Q的彈力F1減小，P對Q的彈力F2增大．故A正確，B錯誤．C、若剛開始，擋板在最低點,處于水平位置，對整體受力分析可知，整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力為零，當Q運動到最高點時，對整體受力分析可知,整體水平方向不受力，桌面對P的摩擦力仍為零，則整個過程中，桌面對P的摩擦力先增大后減小，故C正確．D、對P研究，作出受力如圖2,地面對P的