高級中學名校試卷PAGEPAGE1洛陽市2024——2025學年第一學期期末考試高一物理試卷本試卷共6頁，全卷滿分100分，考試時間75分鐘注意事項：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上。2．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.關于力的合成與分解，下列說法正確的是（）A.一個的力和一個9N的力合成得到的合力可能是B.兩個共點力共同作用的效果與其合力單獨作用的效果不一定相同C.將一個力分解后，分力和合力同時作用于物體上D.兩個力的合力，可能小于任一個分力【答案】D【解析】A．一個的力和一個9N的力的合力范圍為故A錯誤；B．兩個共點力共同作用的效果與其合力單獨作用的效果一定相同，故B錯誤；C．將一個力分解后，由分力和合力的關系可知，分力和合力不是同時作用于物體上，故C錯誤；D．根據平行四邊形定則可知，兩個力的合力，可能小于任一個分力、可能大于任一個分力、也可能等于任一個分力，故D正確。故選D2.一個物體在三個恒力的共同作用下做勻速直線運動。若保持不變突然撤去，則該物體之后（）A.可能做勻變速曲線運動B.不可能繼續做直線運動C可能繼續做勻速直線運動D.在相等時間內速度的變化量一定不相等【答案】A【解析】ABC．物體做勻速直線運動的速度方向與F3的方向關系不明確，可能是相同、相反或不在同一條直線上，故保持不變突然撤去，則該物體之后可能做勻變速曲線運動，或勻變速直線運動，不可能繼續做勻速直線運動，故A正確，BC錯誤；D．保持不變突然撤去，即之后的合力大小為，方向與的方向相反，故物體所受的合外力為恒力，根據牛頓第二定律可知物體的加速度恒定不變，根據可知在相等時間內速度的變化量一定相等，故D錯誤。故選A。3.如圖是小球做斜拋運動的軌跡，C點是軌跡的最高點，A、B是軌跡上等高的兩個點。下列敘述中正確的是（不計空氣阻力）（）A.該運動可以分解為水平方向的勻變速直線運動和豎直方向的勻速直線運動B.小球在A點的速度與小球在B點的速度相同C.整個運動過程中小球處于失重狀態D.小球從A到C的時間小于從C到B的時間【答案】C【解析】A．該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，故A錯誤；B．根據對稱性可知，小球在A點的速度與小球在B點的速度大小相等，但方向不同，故B錯誤；C．整個運動過程中，小球的加速度為重力加速度，處于失重狀態，故C正確；D．根據對稱性可知，小球從A到C的時間等于從C到B的時間，故D錯誤。故選C。4.如圖1所示，為建筑工人利用兩根粗細均勻、平行放置的傾斜鋼管把磚塊從高處運送到地面的場景，將長方體磚塊放在兩根鋼管的正中間，使其由靜止開始從高處下滑。圖2為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面可視為正方形）。若僅將兩根鋼管的間距略減小一些，則磚塊下滑到底端所用的時間將（）A.變長 B.不變 C.變短 D.無法判斷【答案】B【解析】設鋼管與水平方向夾角為，兩鋼管對磚塊彈力的夾角為，磚塊在垂直運動方向受力如圖根據平衡條件有鋼管對磚的摩擦力為僅將兩鋼管間距減少一些，不變，鋼管對磚的彈力不變，鋼管對磚的摩擦力不變，沿運動方向，根據牛頓第二定律有可知、不變，則磚塊下滑的加速度不變，根據解得可知鋼管長度不變，磚塊的加速度不變，可知磚塊滑動底端的時間不變。故選B。5.一小球用細線懸掛于天花板上的O點，初始時靜止在A處。現對小球施加水平向右的拉力，使小球緩慢移動至處。下列選項正確的是（）A.水平拉力的大小可能保持不變B.細線對小球的拉力逐漸減小C.若保持小球在位置不動，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先減小后增大D.若保持小球在位置不動，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先增大后減小【答案】C【解析】AB．設輕繩與豎直方向的夾角為，保持F水平，根據正交分解和平衡條件有，逐漸緩慢增大，可知逐漸增大，逐漸增大，故AB錯誤；CD．對小球受力分析，小球受重力mg、拉力F和細線的拉力作用，如圖所示保持小球在位置不動，即角不變，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先減小后增大，故C正確，D錯誤。故選C。6.一質點在直角坐標系所在平面內由點開始運動，其沿坐標軸方向的兩個分速度隨時間變化如圖所示。則（）A.末質點速度的大小為B.前質點做勻變速直線運動，加速度大小為C.內質點做勻變速曲線運動，加速度大小為D.內質點的位移大小為【答案】D【解析】A．末質點x軸方向和y軸方向的速度分別為3m/s、4m/s，根據矢量的合成可知故A錯誤；B．初始質點y軸方向有速度，x軸方向有加速度，二者不共線，則質點做曲線運動，加速度為故B錯誤；C．內質點x軸和y軸方向的加速度分別為合加速度為與x軸方向的夾角為3s末，速度與x軸方向夾角為可知內質點做勻變速直線運動，加速度大小為，故C錯誤；D．末質點的速度為5m/s，加速度為，做勻變速直線運動，則3s~4s的位移為m故D正確；故選D。7.如圖所示，有三個相同的物塊A、B、C，A和B之間用輕彈簧相連，B和C之間用細繩相連，通過系在A上的細繩懸掛于固定點，整個系統處于靜止狀態。現將間的細繩剪斷，重力加速度大小為，則剪斷細繩瞬間（）A.A、B、C三者的加速度大小均為B.A的加速度大小為C.B的加速度大小為D.C的加速度大小為【答案】B【解析】初始狀態，對A、B、C整體分析可知，間的細繩的拉力為現將間的細繩剪斷，對A分析可知解得B、C受力不變，則加速度為0。故選B。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.如圖1所示，質量為的木板靜置于水平面上，有一個可視為質點、質量為的小物塊，以的初速度滑上木板的左端。物塊和木板的圖像如圖2所示，小物塊始終在木板上，取，結合圖像，可求得（）A.物塊在前內的位移為B.木板的最小長度為C.物塊與木板間的動摩擦因數為0.2D.木板與水平面之間的動摩擦因數為0.2【答案】AC【解析】A．根據圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知，物塊在前內的位移為故A正確；CD．根據圖像的斜率表示加速度，可知在內物塊的加速度大小為對物塊根據牛頓第二定律可得解得物塊與木板間的動摩擦因數為木板的加速度大小為對木板根據牛頓第二定律可得解得木板與水平面之間的動摩擦因數為故C正確，D錯誤；B．根據圖像可知，在內物塊與木板發生的相對位移為可知木板的最小長度為，故B錯誤。故選AC。9.如圖，傾角為的斜面體靜置于水平地面，質量為的小物塊靜止在斜面上，二者之間動摩擦因數為，下列選項中正確的是（）A.地面對斜面體的摩擦力水平向左B.斜面體對小物塊的摩擦力大小為C.若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，小物塊所受摩擦力減小D.若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，斜面體對小物塊的作用力增大【答案】BD【解析】A．以斜面體和小物塊為整體，根據平衡條件可知，地面對斜面體的摩擦力為0，故A錯誤；B．以小物塊為對象，根據平衡條件可知，斜面體對小物塊的摩擦力大小為故B正確；C．若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，則小物塊有沿斜面向上的分加速度，以小物塊為對象，根據牛頓第二定律可得可得可知小物塊所受摩擦力增大，故C錯誤；D．原來斜面體和小物塊處于靜止時，斜面體對小物塊的作用力大小等于小物塊的重力，則有若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，斜面體對小物塊的作用力的豎直分量為斜面體對小物塊的作用力的水平分量為則，斜面體對小物塊的作用力大小為可知斜面體對小物塊的作用力增大，故D正確。故選BD。10.如圖所示，質量分別為和的物體A、B，通過輕繩跨過輕質定滑輪相連接，在水平力的作用下，B沿水平地面向右運動，A恰以速度勻速上升。已知B與水平面間的動摩擦因數為0.2，不計滑輪摩擦，重力加速度取。當B運動到使輕繩與水平方向成時（已知）。下列選項中正確的是（）A.B所受摩擦力為 B.B所受摩擦力為C.B的速度大小為 D.小于【答案】ACD【解析】C．設B的速度大小為，根據速度的合成與分解，可得解得B向右運動的過程中，減小，故減小，所以B向右做減速運動，當時B的速度為故C正確；AB．由題知，A向上做勻速運動，對A受力分析，根據平衡條件可得輕繩的拉力為因B向右做減速運動，水平方向合外力不為零，故不能用平衡條件求B所受的滑動摩擦力大小，則當時，對B受力分析，根據正交分解，在豎直方向受力平衡，則有解得則B所受滑動摩擦力為故A正確，B錯誤；D．設B向右做減速運動的加速度為a，在水平方向，根據牛頓第二定律有解得即代入數據解得故D正確。故選ACD。三、實驗題（本題共2小題，共15分。）11.某小組用如圖1所示的實驗裝置探究加速度與力、質量的關系，做實驗前需先平衡摩擦力。（1）下列說法中正確的是________。A.實驗中打點計時器用直流或交流電源均可B.拉小車的細繩要與桌面平行C.平衡摩擦力時不連接打點計時器和紙帶D.實驗時先接通電源后釋放小車（2）利用實驗數據作出了如圖2所示的圖像，分析圖像不過原點的原因是______。（3）該小組正確操作后獲得一條如圖3所示的紙帶，建立以計數點O為坐標原點的軸，各計數點的位置坐標分別為。已知打點計時器的打點周期為，則小車加速度的表達式是_______（填選項前的字母）A. B.C. D.【答案】（1）D（2）平衡摩擦力時木板傾角過大（或平衡摩擦力過度）（3）B【解析】【小問1解析】A．實驗中打點計時器用交流電源，不能用直流電源，故A錯誤；B．為了保證小車運動過程，細繩拉力恒定不變，拉小車細繩要與木板平行，不是與桌面平行，故B錯誤；C．平衡摩擦力時要連接打點計時器和紙帶，通過紙帶上的點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動，故C錯誤；D．為了充分利用紙帶，實驗時先接通電源后釋放小車，故D正確。故選D。【小問2解析】由題圖可知，當時，小球已經有了一定的加速度，所以圖像不過原點的原因是：平衡摩擦力時木板傾角過大（或平衡摩擦力過度）。【小問3解析】由紙帶可知相鄰計數點的時間間隔為根據逐差法可得故選B。12.某小組用如圖1所示的裝置研究平拋運動。將坐標紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直硬板上，小球沿斜槽軌道滑下后從斜槽末端Q點飛出，落在水平擋板MN上，在坐標紙上擠壓出一個痕跡點，移動擋板，依次重復上述操作，坐標紙上將留下一系列痕跡點。（1）關于該實驗應注意的問題，下列做法合理的是_____。A.應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放B.調節擋板的高度時必須等間距變化C.建立坐標系時，坐標原點應為斜槽口的末端D.小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸（2）在該實驗中，讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，同學甲和同學乙得到的記錄紙如圖2所示，從圖中明顯看出甲的實驗錯誤是______，乙圖中有兩個點位于拋物線下方的原因是______。（3）丙同學不小心將記錄實驗的坐標紙弄破損，導致平拋運動的初始位置缺失。他選取軌跡上的某一點做為坐標原點O，建立坐標系（軸沿水平方向軸沿豎直方向），如圖3所示。在軌跡上選取A、B兩點，坐標紙中每個小方格的邊長為，重力加速度為，根據題中所給信息，可以求出小球從O點運動到A點所用的時間______，小球平拋運動的初速度______（計算結果用表示）。【答案】（1）AD（2）斜槽末端不水平靜止釋放小球的位置不同（3）【解析】【小問1解析】A．為了保證小球每次拋出的速度相同，應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放，故A正確；B．調節擋板的高度時不需要等間距變化，故B錯誤；C．建立坐標系時，坐標原點應為小球處于斜槽口末端時球心在白紙上的水平投影點，故C錯誤；D．為了減小誤差，小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸，故D正確。故選AD。【小問2解析】從圖中明顯看出甲的實驗錯誤是：小球拋出時的速度不是水平方向，即斜槽末端不水平；乙圖中有兩個點位于拋物線下方的原因是靜止釋放小球的位置不同。【小問3解析】豎直方向根據可得小球從O點運動到A點所用的時間為水平方向根據可得小球平拋運動的初速度為四、解答題（本題共3小題，共39分。解答要有必要的文字說明和方程式，只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題目，答案中必須明確寫出數值和單位。）13.如圖所示，傾角為的斜面固定在水平面上，質量為的物塊A恰能沿斜面勻速下滑。重力加速度為，設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，求：（1）物塊與斜面間的動摩擦因數；（2）若給物塊施加一平行于斜面向上的推力，使物塊沿斜面向上勻速滑動，求推力的大小。【答案】（1）（2）【解析】【小問1解析】物塊沿斜面勻速下滑時，沿斜面方向受力平衡，故有垂直斜面方向受力平衡，故有又聯立解得【小問2解析】給物塊施加一平行于斜面向上的推力，使物塊沿斜面向上勻速滑動；沿斜面方向受力平衡，有垂直斜面方向受力平衡，有又聯立解得14.某課外興趣小組借助傳感器，研究一小球做平拋運動的規律。小球水平拋出時速度與豎直方向成角，落地時速度方向與豎直方向成角，小球可看作質點，重力加速度取，求（結果可以保留根式）：（1）小球做平拋運動的初速度大小；（2）小球拋出時距離地面的高度；（3）小球拋出點與落地點之間的水平距離。【答案】（1）5m/s（2）3.75m（3）【解析】【小問1解析】當小球拋出后小球的豎直分速度為水平方向的分速度為【小問2解析】小球落地時豎直方向的分速度為小球拋出時距離地面的高度為【小問3解析】小球下落時間為小球落地時的水平位移為15.皮帶輸送線作為現代工業自動化的高效傳輸解決方案，在提升生產效率、降低運營成本、優化生產流程等方面發揮著重要作用。下圖是某輸送線的簡化示意圖，它由兩條傳送帶組成，水平部分的長度；傾斜部分與地面的傾角，長度。以的速率順時針勻速運轉，將一可視為質點的小物塊無初速度放在A端，經過時間到達端后，速度大小不變地到達端，繼續沿部分運動。小物塊與間的動摩擦因數為，與間的動摩擦因數為，重力加速度取求：（1）小物塊與傳送帶間動摩擦因數；（2）小物塊在傳送帶上留下的劃痕長度；（3）若要使小物塊能被傳送到端，部分順時針運轉的最小速度為多大？【答案】（1）0.4（2）8m（3）2m/s【解析】【小問1解析】若物塊在水平傳送帶上一直勻加速，則有因所以小物塊在水平傳送帶上應是先勻加速后勻速，設勻加速時間為，則有解得小物塊勻加速運動的加速度根據牛頓第二定律有解得【小問2解析】小物塊勻加速位移傳送帶這段時間位移劃痕長度小問3解析】部分順時針運轉的速度最小時，小物塊到達端的速度恰好為零，所受的摩擦力沿傳送帶先向下后向上，做勻減速運動的加速度大小先后，垂直斜面方向有又根據牛頓第二定律，分別列式有，解得，由運動學公式解得洛陽市2024——2025學年第一學期期末考試高一物理試卷本試卷共6頁，全卷滿分100分，考試時間75分鐘注意事項：1．答題前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡上。2．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.關于力的合成與分解，下列說法正確的是（）A.一個的力和一個9N的力合成得到的合力可能是B.兩個共點力共同作用的效果與其合力單獨作用的效果不一定相同C.將一個力分解后，分力和合力同時作用于物體上D.兩個力的合力，可能小于任一個分力【答案】D【解析】A．一個的力和一個9N的力的合力范圍為故A錯誤；B．兩個共點力共同作用的效果與其合力單獨作用的效果一定相同，故B錯誤；C．將一個力分解后，由分力和合力的關系可知，分力和合力不是同時作用于物體上，故C錯誤；D．根據平行四邊形定則可知，兩個力的合力，可能小于任一個分力、可能大于任一個分力、也可能等于任一個分力，故D正確。故選D2.一個物體在三個恒力的共同作用下做勻速直線運動。若保持不變突然撤去，則該物體之后（）A.可能做勻變速曲線運動B.不可能繼續做直線運動C可能繼續做勻速直線運動D.在相等時間內速度的變化量一定不相等【答案】A【解析】ABC．物體做勻速直線運動的速度方向與F3的方向關系不明確，可能是相同、相反或不在同一條直線上，故保持不變突然撤去，則該物體之后可能做勻變速曲線運動，或勻變速直線運動，不可能繼續做勻速直線運動，故A正確，BC錯誤；D．保持不變突然撤去，即之后的合力大小為，方向與的方向相反，故物體所受的合外力為恒力，根據牛頓第二定律可知物體的加速度恒定不變，根據可知在相等時間內速度的變化量一定相等，故D錯誤。故選A。3.如圖是小球做斜拋運動的軌跡，C點是軌跡的最高點，A、B是軌跡上等高的兩個點。下列敘述中正確的是（不計空氣阻力）（）A.該運動可以分解為水平方向的勻變速直線運動和豎直方向的勻速直線運動B.小球在A點的速度與小球在B點的速度相同C.整個運動過程中小球處于失重狀態D.小球從A到C的時間小于從C到B的時間【答案】C【解析】A．該運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，故A錯誤；B．根據對稱性可知，小球在A點的速度與小球在B點的速度大小相等，但方向不同，故B錯誤；C．整個運動過程中，小球的加速度為重力加速度，處于失重狀態，故C正確；D．根據對稱性可知，小球從A到C的時間等于從C到B的時間，故D錯誤。故選C。4.如圖1所示，為建筑工人利用兩根粗細均勻、平行放置的傾斜鋼管把磚塊從高處運送到地面的場景，將長方體磚塊放在兩根鋼管的正中間，使其由靜止開始從高處下滑。圖2為垂直于運動方向的截面圖（磚塊截面可視為正方形）。若僅將兩根鋼管的間距略減小一些，則磚塊下滑到底端所用的時間將（）A.變長 B.不變 C.變短 D.無法判斷【答案】B【解析】設鋼管與水平方向夾角為，兩鋼管對磚塊彈力的夾角為，磚塊在垂直運動方向受力如圖根據平衡條件有鋼管對磚的摩擦力為僅將兩鋼管間距減少一些，不變，鋼管對磚的彈力不變，鋼管對磚的摩擦力不變，沿運動方向，根據牛頓第二定律有可知、不變，則磚塊下滑的加速度不變，根據解得可知鋼管長度不變，磚塊的加速度不變，可知磚塊滑動底端的時間不變。故選B。5.一小球用細線懸掛于天花板上的O點，初始時靜止在A處。現對小球施加水平向右的拉力，使小球緩慢移動至處。下列選項正確的是（）A.水平拉力的大小可能保持不變B.細線對小球的拉力逐漸減小C.若保持小球在位置不動，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先減小后增大D.若保持小球在位置不動，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先增大后減小【答案】C【解析】AB．設輕繩與豎直方向的夾角為，保持F水平，根據正交分解和平衡條件有，逐漸緩慢增大，可知逐漸增大，逐漸增大，故AB錯誤；CD．對小球受力分析，小球受重力mg、拉力F和細線的拉力作用，如圖所示保持小球在位置不動，即角不變，逐漸減小角直至力豎直向上的過程中，力先減小后增大，故C正確，D錯誤。故選C。6.一質點在直角坐標系所在平面內由點開始運動，其沿坐標軸方向的兩個分速度隨時間變化如圖所示。則（）A.末質點速度的大小為B.前質點做勻變速直線運動，加速度大小為C.內質點做勻變速曲線運動，加速度大小為D.內質點的位移大小為【答案】D【解析】A．末質點x軸方向和y軸方向的速度分別為3m/s、4m/s，根據矢量的合成可知故A錯誤；B．初始質點y軸方向有速度，x軸方向有加速度，二者不共線，則質點做曲線運動，加速度為故B錯誤；C．內質點x軸和y軸方向的加速度分別為合加速度為與x軸方向的夾角為3s末，速度與x軸方向夾角為可知內質點做勻變速直線運動，加速度大小為，故C錯誤；D．末質點的速度為5m/s，加速度為，做勻變速直線運動，則3s~4s的位移為m故D正確；故選D。7.如圖所示，有三個相同的物塊A、B、C，A和B之間用輕彈簧相連，B和C之間用細繩相連，通過系在A上的細繩懸掛于固定點，整個系統處于靜止狀態。現將間的細繩剪斷，重力加速度大小為，則剪斷細繩瞬間（）A.A、B、C三者的加速度大小均為B.A的加速度大小為C.B的加速度大小為D.C的加速度大小為【答案】B【解析】初始狀態，對A、B、C整體分析可知，間的細繩的拉力為現將間的細繩剪斷，對A分析可知解得B、C受力不變，則加速度為0。故選B。二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）8.如圖1所示，質量為的木板靜置于水平面上，有一個可視為質點、質量為的小物塊，以的初速度滑上木板的左端。物塊和木板的圖像如圖2所示，小物塊始終在木板上，取，結合圖像，可求得（）A.物塊在前內的位移為B.木板的最小長度為C.物塊與木板間的動摩擦因數為0.2D.木板與水平面之間的動摩擦因數為0.2【答案】AC【解析】A．根據圖像與橫軸圍成的面積表示位移可知，物塊在前內的位移為故A正確；CD．根據圖像的斜率表示加速度，可知在內物塊的加速度大小為對物塊根據牛頓第二定律可得解得物塊與木板間的動摩擦因數為木板的加速度大小為對木板根據牛頓第二定律可得解得木板與水平面之間的動摩擦因數為故C正確，D錯誤；B．根據圖像可知，在內物塊與木板發生的相對位移為可知木板的最小長度為，故B錯誤。故選AC。9.如圖，傾角為的斜面體靜置于水平地面，質量為的小物塊靜止在斜面上，二者之間動摩擦因數為，下列選項中正確的是（）A.地面對斜面體的摩擦力水平向左B.斜面體對小物塊的摩擦力大小為C.若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，小物塊所受摩擦力減小D.若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，斜面體對小物塊的作用力增大【答案】BD【解析】A．以斜面體和小物塊為整體，根據平衡條件可知，地面對斜面體的摩擦力為0，故A錯誤；B．以小物塊為對象，根據平衡條件可知，斜面體對小物塊的摩擦力大小為故B正確；C．若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，則小物塊有沿斜面向上的分加速度，以小物塊為對象，根據牛頓第二定律可得可得可知小物塊所受摩擦力增大，故C錯誤；D．原來斜面體和小物塊處于靜止時，斜面體對小物塊的作用力大小等于小物塊的重力，則有若有恒力作用在斜面體上，使二者一起向右做加速運動，斜面體對小物塊的作用力的豎直分量為斜面體對小物塊的作用力的水平分量為則，斜面體對小物塊的作用力大小為可知斜面體對小物塊的作用力增大，故D正確。故選BD。10.如圖所示，質量分別為和的物體A、B，通過輕繩跨過輕質定滑輪相連接，在水平力的作用下，B沿水平地面向右運動，A恰以速度勻速上升。已知B與水平面間的動摩擦因數為0.2，不計滑輪摩擦，重力加速度取。當B運動到使輕繩與水平方向成時（已知）。下列選項中正確的是（）A.B所受摩擦力為 B.B所受摩擦力為C.B的速度大小為 D.小于【答案】ACD【解析】C．設B的速度大小為，根據速度的合成與分解，可得解得B向右運動的過程中，減小，故減小，所以B向右做減速運動，當時B的速度為故C正確；AB．由題知，A向上做勻速運動，對A受力分析，根據平衡條件可得輕繩的拉力為因B向右做減速運動，水平方向合外力不為零，故不能用平衡條件求B所受的滑動摩擦力大小，則當時，對B受力分析，根據正交分解，在豎直方向受力平衡，則有解得則B所受滑動摩擦力為故A正確，B錯誤；D．設B向右做減速運動的加速度為a，在水平方向，根據牛頓第二定律有解得即代入數據解得故D正確。故選ACD。三、實驗題（本題共2小題，共15分。）11.某小組用如圖1所示的實驗裝置探究加速度與力、質量的關系，做實驗前需先平衡摩擦力。（1）下列說法中正確的是________。A.實驗中打點計時器用直流或交流電源均可B.拉小車的細繩要與桌面平行C.平衡摩擦力時不連接打點計時器和紙帶D.實驗時先接通電源后釋放小車（2）利用實驗數據作出了如圖2所示的圖像，分析圖像不過原點的原因是______。（3）該小組正確操作后獲得一條如圖3所示的紙帶，建立以計數點O為坐標原點的軸，各計數點的位置坐標分別為。已知打點計時器的打點周期為，則小車加速度的表達式是_______（填選項前的字母）A. B.C. D.【答案】（1）D（2）平衡摩擦力時木板傾角過大（或平衡摩擦力過度）（3）B【解析】【小問1解析】A．實驗中打點計時器用交流電源，不能用直流電源，故A錯誤；B．為了保證小車運動過程，細繩拉力恒定不變，拉小車細繩要與木板平行，不是與桌面平行，故B錯誤；C．平衡摩擦力時要連接打點計時器和紙帶，通過紙帶上的點跡是否均勻來判斷小車是否做勻速運動，故C錯誤；D．為了充分利用紙帶，實驗時先接通電源后釋放小車，故D正確。故選D。【小問2解析】由題圖可知，當時，小球已經有了一定的加速度，所以圖像不過原點的原因是：平衡摩擦力時木板傾角過大（或平衡摩擦力過度）。【小問3解析】由紙帶可知相鄰計數點的時間間隔為根據逐差法可得故選B。12.某小組用如圖1所示的裝置研究平拋運動。將坐標紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直硬板上，小球沿斜槽軌道滑下后從斜槽末端Q點飛出，落在水平擋板MN上，在坐標紙上擠壓出一個痕跡點，移動擋板，依次重復上述操作，坐標紙上將留下一系列痕跡點。（1）關于該實驗應注意的問題，下列做法合理的是_____。A.應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放B.調節擋板的高度時必須等間距變化C.建立坐標系時，坐標原點應為斜槽口的末端D.小球運動時不應與木板上的白紙（或方格紙）相接觸（2）在該實驗中，讓小球多次從斜槽上滾下，在白紙上依次記下小球的位置，同學甲和同學乙得到的記錄紙如圖2所示，從圖中明顯看出甲的實驗錯誤是______，乙圖中有兩個點位于拋物線下方的原因是______。（3）丙同學不小心將記錄實驗的坐標紙弄破損，導致平拋運動的初始位置缺失。他選取軌跡上的某一點做為坐標原點O，建立坐標系（軸沿水平方向軸沿豎直方向），如圖3所示。在軌跡上選取A、B兩點，坐標紙中每個小方格的邊長為，重力加速度為，根據題中所給信息，可以求出小球從O點運動到A點所用的時間______，小球平拋運動的初速度______（計算結果用表示）。【答案】（1）AD（2）斜槽末端不水平靜止釋放小球的位置不同（3）【解析】【小問1解析】A．為了保證小球每次拋出的速度相同，應使小球每次從斜槽上同一位置由靜止釋放，故A正確；B．調節擋板的高度時不需要等間距變化，故B錯誤；C．建立坐標系時，坐標原點應為小球處于斜槽口末端時球心在白紙上的水平投影點，故C錯誤；D．為了減小誤差，小球運動時不應與木板上的白紙（