2023-2024学年湖南省长沙市名校联考联合体高一下学期第一次联考物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2名校联考联合体2024年春季高一年级第一次联考物理一、单选题（本大题共6小题，每题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.自远古以来，当人们仰望星空时，天空中壮丽璀璨的景象便吸引了人们的注意。智慧的头脑开始探索星体运动的奥秘，其中德国天文学家开普勒做出了卓绝的贡献，发现了行星运动的三大定律，下列关于这三大定律的说法正确的是（）A.太阳系中所有行星的公转周期与行星的轨道半长轴的三次方成正比B.太阳系中所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等C.木星、地球和太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等D.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心〖答案〗B〖解析〗AB．开普勒第三定律为，即行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比为定值（定值与中心天体有关），故A错误,B正确；C．开普勒第二定律为行星和恒星的连线在相同时间内扫过的面积相同，不同轨道的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不等，故C错误；D．开普勒第一定律为行星绕恒星运动轨道是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点，不在中心，故D错误。故选B。2.如图，风力发电机的叶片上有P、两点。其中，P在叶片的端点，在另一叶片的中点。当叶片转动时，下列说法正确的是（）A.P、两点的向心加速度相同 B.P、两点的角速度相同C.P、两点的线速度大小相等 D.P、两点的转速不同〖答案〗B〖解析〗AB．这两点属于同轴转动，因此角速度相同，而向心加速度可知P点的加速度更大，A错误，B正确；CD．由于同轴转动，因此角速度和转速都相同，而因此P点的线速度更大，CD错误。故选B。3.一物体沿直线运动时的速度一时间图像如图所示，则以下说法中正确的是（）A.在第2秒末加速度方向发生了改变B.物体加速度最大的时刻为0、2s、4s、6sC.物体在0~2s内的位移大小为2mD.第2秒内和第4秒内物体的位移相同〖答案〗B〖解析〗A．由v−t图像的斜率表示加速度可知，在第2秒末加速度方向没有改变，速度方向变化，A错误；B．由v−t图像的斜率表示加速度可知，斜率最大的时刻是0、2s、4s、6s，则加速度最大，B正确；C．由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，物体在0~2s内的位移大于2m，C错误；D．由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，第2秒内和第4秒内物体的位移大小相等，方向相反，D错误。故选B。4.如图甲所示，清洗楼房玻璃外墙时。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。设绳索对人的拉力大小为T，竖直玻璃墙对人的弹力大小为N。不计人与玻璃的摩擦和绳索的重力，则下滑过程中（）A.T增大，N增大 B.T增大，N减小C.T减小，N减小 D.T减小，N增大〖答案〗C〖解析〗工人受到重力、支持力和拉力，如图所示根据共点力平衡条件，有水平方向FTsinα=FN竖直方向FTcosα=G解得FN=Gtanα当人缓慢下滑时，悬绳的长度缓慢增加，α变小，重力不变，FT与FN同时减少。故选C。5.如图所示，武装直升机解救士兵之后，水平向右做匀速直线运动，机内人员将士兵匀加速提升到直升机内，提升过程中轻绳总保持竖直方向，士兵与绳子没有相对运动。不计空气阻力，直升机及舱内人员质量为M，士兵质量为m，重力加速度为g。在士兵进入直升机之前，以下说法正确的是（）A.士兵可能做直线运动B.士兵实际的速度大小保持不变C.空气对直升机的“升力”大于D.绳子对士兵拉力等于mg〖答案〗C〖解析〗A．士兵水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则士兵的合运动为匀变速曲线运动，故A错误；B．对士兵根据运动的合成，则有由于水平分速度不变，竖直分速度逐渐增大，则士兵的实际速度大小逐渐增大，故B错误；CD．由于士兵的加速度方向竖直向上，则竖直方向由牛顿第二定律可有T−mg=ma可知绳子对士兵拉力大于mg；直升机水平向右做匀速直线运动，以直升机为对象，根据受力平衡可得可知空气对直升机的“升力”大于，故C正确，D错误。故选C。6.如图，劲度系数为k的轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧两端分别连接着质量均为m的物块A和B，B通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质挂钩（不计重力）相连，P为固定挡板。开始时A、B处于静止状态，B刚好没有向上滑动，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直。现将质量为2m的小球C挂在挂钩上，然后从静止释放，当C达到最大速度时，A恰好离开挡板P。已知重力加速度为g，A物块光滑，B物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.初始时物块A对挡板的压力为0.8mgB.释放小球C的瞬间，物块C的加速度为C.小球的速度最大时，绳上的拉力FT=mgD.从释放到小球C达到最大速度时C的下落高度为〖答案〗D〖解析〗A．开始时A、B处于静止状态，B刚好没有向上滑动。对B有mgsin37°+μmgcos37°=kx1解得弹簧的压缩量为初始时，对物块A、B及轻弹簧整体受力分析，得挡板对物块A的弹力为解得由牛顿第三定律可得，物块A对挡板的压力为1.6mg。故A错误；B．刚释放小球C的瞬间，对物块B和小球整体分析，由牛顿第二定律可得2mg=(m+2m)a解得故B错误；C．当小球的速度最大时，小球C的加速度为零，合力为零，则可知绳上的拉力为FT=2mg故C错误；D．初始时对物块B分析，则有kx1=mgsin37°+μmgcos37°解得弹簧的压缩量为当小球C达到最大速度时，物块B的速度也最大，则物块B加速度为零，合力为零，则有FT=mgsin37°+μmgcos37°+kx2联立解得弹簧的拉伸量为所以从开始释放小球C到达到最大速度的过程中C下落的高度为故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上水平抛出的两个小球a和b的运动轨迹，不计空气阻力。它们的初速度分别为，下落时间分别为。则下列关系正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗CD．根据平抛运动竖直方向的位移公式，两个小球的下落高度分别满足因为，所以故C选项错误，D选项正确；AB．又因为两个小球的水平位移满足，根据可得故A选项正确，B选项错误。故选AD。8.如图所示，粗糙水平面上，轻质弹簧的一端与质量为kg的物体A相连，另一端与竖直墙壁相连，已知弹簧原长cm，弹簧的劲度系数N/cm，A与地面间的动摩擦因数，g取10m/s2，如图，使弹簧处于压缩状态，弹簧长度为18cm，A处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）A.物块A受到4个力作用B.弹簧对物块施加的弹力大小为12N，方向水平向左C.物块受到摩擦力大小为16N，方向水平向左D.物体受到摩擦力大小为12N，方向水平向左〖答案〗AD〖解析〗B．依题意弹簧处于压缩状态，对物块施加的弹力方向为水平向右，根据胡克定律，可得故B错误；CD．物体处于静止状态，水平方向受力平衡，可知其摩擦力方向向左，大小为故C错误，D正确；A．物块A受到4个力作用，分别是重力、支持力、摩擦力和弹簧弹力，故A正确。故选AD。9.如图所示,相互接触的两物块放在光滑的水平面上,质量分别为和,且.现对两物块同时施加相同的水平恒力.设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为,则()A.物块的加速度为B.物块的加速度为C.D.可能为零〖答案〗B〖解析〗A、由于没有摩擦力，且，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：，解得：，故A错误，B正确；

C、再对B受力分析，由牛顿第二定律：

代入加速度解得：，由于，故不可能为零，故CD错误．『点石成金』：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对A或B受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力的大小．10.小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。现在改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，则下列说法正确的是（）A.轻绳能承受的最大拉力为B.绳子越短，球抛出的水平距离最大C.球抛出的最大水平距离为D.球抛出的最大水平距离为〖答案〗AC〖解析〗A．绳突然断掉，小球做平抛运动，手与球之间绳长为，则平抛高度水平方向上做匀速直线运动，则有竖直方向上自由落体运动，则有联立可解得当小球在最低点时，绳恰好断，故绳能承受的拉力满足代入数据解得故A正确；BCD．设绳长为x，最低点的速度为，绳仍在球运动到最低点时断掉，则得小球以在最低点做平抛运动，竖直方向则有得水平方向则有联立得当时，即时，有最大水平距离，则最大水平距离为故BD错误，C正确11.如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C,圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动.三个物体与圆盘的动摩擦因数均为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力.若圆盘从静止开始转动，且角速度ω缓慢增大，已知重力加速度为g=10m/s2,则对于这个过程，下列说法正确的是A.A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B.B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变C.当rad/s时A、B、C整体会发生滑动D.当时，在ω增大的过程中B、C间细线的拉力不断增大〖答案〗BCD〖解析〗ABC、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力．三个物体的角速度相等，由F＝mω2r可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时：μ•2mg＝2m，解得：ω1rad/s，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得：T+μ•2mg＝2m，对AB整体可得：T＝2μmg，解得：ω2，当rad/s时整体会发生滑动，故A错误，BC正确；D、当rad/srad/s时，在ω增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D正确；三、实验题（本题共12、13两个小题，其中12题8分，13题6分，共计14分）12.在我校实验室进行实验时，某同学通过实验探究平抛运动的特点。（1）用如图1所示装置“探究平抛运动竖直分运动特点”。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。关于该实验，下列说法正确的有。A.A、B两球应选用体积大、质量小的小球B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列操作中有必要的是。A.挡板高度等间距变化B.通过调节使斜槽末段保持水平C.通过调节使硬板保持竖直D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦（3）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则______（选填“大于”“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。〖答案〗（1）B（2）BC（3）大于〖解析〗【小问1详析】A．为了减小小球运动过程中空气阻力的影响，实验中A、B两球应选择体积小，质量大的小球，故A错误；B．实验中需要确保两小球下落高度相等，则打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，故B正确；C．根据竖直方向有解得可知，当两小球下落高度相等时，两球同时落地，实验中只需比较两球是否同时落地，并不需要求出时间的具体值，因此不需要测量两球下落的高度，故C错误。故选B。【小问2详析】A．挡板高度可以等间距变化，也可以不等间距变化，故A错误；B．通过调节使斜槽末段保持水平，保证小球做平抛运动，故B正确；C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同。因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。故选BC。【小问3详析】因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，由位移时间公式则有可得根据运动学规律有可得钢球平抛的初速度大小为13.某实验小组利用如图1所示实验装置验证牛顿第二定律，该小组完成了如下操作。a．组装装置，使细线与长木板平行，测出小车和拉力传感器的总质量M；b．在细线上挂上沙桶，接通电源使打点计时器开始工作，稳定后释放小车，记录拉力传感器的读数。改变沙桶的质量，重复步骤（b）。（1）实验中，下列操作正确的是。A.需要用天平测出沙桶和沙的总质量B.小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不带沙桶的情况下使小车拉着纸带恰好做匀速直线运动D.不需要保证沙桶和沙的总质量远小于小车和拉力传感器的总质量（2）如图2所示为某次正确操作得到的纸带，其中0，1，2，3，4，5，6为计时点，已知打点计时器的频率为f，对应的小车的加速度大小为a=__________。纸带打计时点3时小车的速度大小为v=__________。（均用x1、x2、f表示）〖答案〗（1）BCD（2）〖解析〗【小问1详析】AD．小车受到的拉力可由传感器得出，因此不需要用天平测出沙和沙桶的总质量，也不需要使沙桶和沙的总质量远小于小车和拉力传感器的总质量，故A错误，D正确；B．为了纸带上可以记录足够多的计时点，小车需要靠近打点计时器，并先接通电源后放开小车，故B正确；C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不带沙桶的情况下使小车恰好做匀速直线运动，使小车和拉力传感器的总重力沿斜面方向的分力和摩擦力抵消，则小车的合力等于绳子的拉力，故C正确。故选BCD。【小问2详析】根据逐差法可得因，所以解得由某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得，打计时点3的瞬时速度四、解答题（本题共14、15、16三个小题，其中14题9分，15题12分，16题16分，共计37分）14.每当成都石室阳安学校放月假时候，同学们都会带着自己的行李箱依依不舍地离开美丽的校园．由于行李箱很沉重，有位女同学用与水平方向成、大小的拉力拉一个质量箱子，使其在水平地面上匀速前进．重力加速度。求：（1）地面对箱子的支持力大小N；（2）箱子与水平地面间的动摩擦因素；（3）箱子在撤去拉后的运动过程中的加速度a。〖答案〗（1）160N；（2）0.5；（3），方向与初速度方向相反〖解析〗（1）箱子在水平地面上匀速前进，即箱子受力平衡，则在竖直方向上代入数据，解得（2）在水平方向上解得（3）撤去拉力后，箱子在竖直方向上水平方向上代入数据，解得方向与初速度方向相反。15.如图所示为固定在竖直平面内的光滑轨道DCBA，其中CBA部分是半径的半圆形轨道（AC是圆的直径），DC部分是水平轨道。一个质量的小球沿水平方向进入轨道，通过最高点A后落在水平轨道上，已知落地瞬间速度方向与水平成角。小球运动过程中所受空气阻力忽略不计，g取。求：（1）小球经过A点的速度大小；（2）小球落地点与C点间的水平距离；（3）小球在A点时轨道对小球的压力大小。〖答案〗（1）4m/s；（2）1.6m；（3）15N〖解析〗（1）通过最高点A后落在水平轨道上，竖直方向有根据速度的分解可知解得m/s（2）根据平抛运动水平方向的规律可知小球落地点与C点间的水平距离为落地时间为联立解得m（3）设小球在A点时轨道对小球的压力大小为，根据牛顿第二定律有解得N16.某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长，质量为的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小。一人用水平恒力向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。（1）在满足什么条件下，木板可以保持静止？（2）若，为使滑块与木板能发生相对滑动，必须满足什么条件？（3）游戏中，如果在滑块上移时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现，，请通过计算判断游戏能否成功。〖答案〗（1）；（2）；（3）游戏不成功〖解析〗（1）滑块与木板间的滑动摩擦力为使木板能保持静止，则解得（2）对木板，由牛顿第二定律有对滑块，由牛顿第二定律有为使滑块与木板能发生相对滑动，则解得（3）当，对滑块，由牛顿第二定律有解得设滑块上升h的时间为t，则对木板，由牛顿第二定律有解得设木板在t时间上升的高度为H，则解得由于故滑块上移时，滑块与木板分离，游戏不成功。名校联考联合体2024年春季高一年级第一次联考物理一、单选题（本大题共6小题，每题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.自远古以来，当人们仰望星空时，天空中壮丽璀璨的景象便吸引了人们的注意。智慧的头脑开始探索星体运动的奥秘，其中德国天文学家开普勒做出了卓绝的贡献，发现了行星运动的三大定律，下列关于这三大定律的说法正确的是（）A.太阳系中所有行星的公转周期与行星的轨道半长轴的三次方成正比B.太阳系中所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等C.木星、地球和太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等D.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的中心〖答案〗B〖解析〗AB．开普勒第三定律为，即行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比为定值（定值与中心天体有关），故A错误,B正确；C．开普勒第二定律为行星和恒星的连线在相同时间内扫过的面积相同，不同轨道的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积不等，故C错误；D．开普勒第一定律为行星绕恒星运动轨道是椭圆，太阳在椭圆的一个焦点，不在中心，故D错误。故选B。2.如图，风力发电机的叶片上有P、两点。其中，P在叶片的端点，在另一叶片的中点。当叶片转动时，下列说法正确的是（）A.P、两点的向心加速度相同 B.P、两点的角速度相同C.P、两点的线速度大小相等 D.P、两点的转速不同〖答案〗B〖解析〗AB．这两点属于同轴转动，因此角速度相同，而向心加速度可知P点的加速度更大，A错误，B正确；CD．由于同轴转动，因此角速度和转速都相同，而因此P点的线速度更大，CD错误。故选B。3.一物体沿直线运动时的速度一时间图像如图所示，则以下说法中正确的是（）A.在第2秒末加速度方向发生了改变B.物体加速度最大的时刻为0、2s、4s、6sC.物体在0~2s内的位移大小为2mD.第2秒内和第4秒内物体的位移相同〖答案〗B〖解析〗A．由v−t图像的斜率表示加速度可知，在第2秒末加速度方向没有改变，速度方向变化，A错误；B．由v−t图像的斜率表示加速度可知，斜率最大的时刻是0、2s、4s、6s，则加速度最大，B正确；C．由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，物体在0~2s内的位移大于2m，C错误；D．由v−t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，第2秒内和第4秒内物体的位移大小相等，方向相反，D错误。故选B。4.如图甲所示，清洗楼房玻璃外墙时。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。设绳索对人的拉力大小为T，竖直玻璃墙对人的弹力大小为N。不计人与玻璃的摩擦和绳索的重力，则下滑过程中（）A.T增大，N增大 B.T增大，N减小C.T减小，N减小 D.T减小，N增大〖答案〗C〖解析〗工人受到重力、支持力和拉力，如图所示根据共点力平衡条件，有水平方向FTsinα=FN竖直方向FTcosα=G解得FN=Gtanα当人缓慢下滑时，悬绳的长度缓慢增加，α变小，重力不变，FT与FN同时减少。故选C。5.如图所示，武装直升机解救士兵之后，水平向右做匀速直线运动，机内人员将士兵匀加速提升到直升机内，提升过程中轻绳总保持竖直方向，士兵与绳子没有相对运动。不计空气阻力，直升机及舱内人员质量为M，士兵质量为m，重力加速度为g。在士兵进入直升机之前，以下说法正确的是（）A.士兵可能做直线运动B.士兵实际的速度大小保持不变C.空气对直升机的“升力”大于D.绳子对士兵拉力等于mg〖答案〗C〖解析〗A．士兵水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则士兵的合运动为匀变速曲线运动，故A错误；B．对士兵根据运动的合成，则有由于水平分速度不变，竖直分速度逐渐增大，则士兵的实际速度大小逐渐增大，故B错误；CD．由于士兵的加速度方向竖直向上，则竖直方向由牛顿第二定律可有T−mg=ma可知绳子对士兵拉力大于mg；直升机水平向右做匀速直线运动，以直升机为对象，根据受力平衡可得可知空气对直升机的“升力”大于，故C正确，D错误。故选C。6.如图，劲度系数为k的轻质弹簧与倾角为37°的固定斜面平行，弹簧两端分别连接着质量均为m的物块A和B，B通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质挂钩（不计重力）相连，P为固定挡板。开始时A、B处于静止状态，B刚好没有向上滑动，滑轮左侧的轻绳与斜面平行，滑轮右侧的轻绳竖直。现将质量为2m的小球C挂在挂钩上，然后从静止释放，当C达到最大速度时，A恰好离开挡板P。已知重力加速度为g，A物块光滑，B物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.初始时物块A对挡板的压力为0.8mgB.释放小球C的瞬间，物块C的加速度为C.小球的速度最大时，绳上的拉力FT=mgD.从释放到小球C达到最大速度时C的下落高度为〖答案〗D〖解析〗A．开始时A、B处于静止状态，B刚好没有向上滑动。对B有mgsin37°+μmgcos37°=kx1解得弹簧的压缩量为初始时，对物块A、B及轻弹簧整体受力分析，得挡板对物块A的弹力为解得由牛顿第三定律可得，物块A对挡板的压力为1.6mg。故A错误；B．刚释放小球C的瞬间，对物块B和小球整体分析，由牛顿第二定律可得2mg=(m+2m)a解得故B错误；C．当小球的速度最大时，小球C的加速度为零，合力为零，则可知绳上的拉力为FT=2mg故C错误；D．初始时对物块B分析，则有kx1=mgsin37°+μmgcos37°解得弹簧的压缩量为当小球C达到最大速度时，物块B的速度也最大，则物块B加速度为零，合力为零，则有FT=mgsin37°+μmgcos37°+kx2联立解得弹簧的拉伸量为所以从开始释放小球C到达到最大速度的过程中C下落的高度为故D正确。故选D。二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上水平抛出的两个小球a和b的运动轨迹，不计空气阻力。它们的初速度分别为，下落时间分别为。则下列关系正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗AD〖解析〗CD．根据平抛运动竖直方向的位移公式，两个小球的下落高度分别满足因为，所以故C选项错误，D选项正确；AB．又因为两个小球的水平位移满足，根据可得故A选项正确，B选项错误。故选AD。8.如图所示，粗糙水平面上，轻质弹簧的一端与质量为kg的物体A相连，另一端与竖直墙壁相连，已知弹簧原长cm，弹簧的劲度系数N/cm，A与地面间的动摩擦因数，g取10m/s2，如图，使弹簧处于压缩状态，弹簧长度为18cm，A处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是（）A.物块A受到4个力作用B.弹簧对物块施加的弹力大小为12N，方向水平向左C.物块受到摩擦力大小为16N，方向水平向左D.物体受到摩擦力大小为12N，方向水平向左〖答案〗AD〖解析〗B．依题意弹簧处于压缩状态，对物块施加的弹力方向为水平向右，根据胡克定律，可得故B错误；CD．物体处于静止状态，水平方向受力平衡，可知其摩擦力方向向左，大小为故C错误，D正确；A．物块A受到4个力作用，分别是重力、支持力、摩擦力和弹簧弹力，故A正确。故选AD。9.如图所示,相互接触的两物块放在光滑的水平面上,质量分别为和,且.现对两物块同时施加相同的水平恒力.设在运动过程中两物块之间的相互作用力大小为,则()A.物块的加速度为B.物块的加速度为C.D.可能为零〖答案〗B〖解析〗A、由于没有摩擦力，且，故两者会一块运动，对整体由牛顿第二定律：，解得：，故A错误，B正确；

C、再对B受力分析，由牛顿第二定律：

代入加速度解得：，由于，故不可能为零，故CD错误．『点石成金』：由于没有摩擦力，且后面的物体质量小，故两者能一块运动，加速度相同，先整体分析得到加速度，之后再隔离单独对A或B受力分析，都能得到两物块之间的相互作用力的大小．10.小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地。如图所示，已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间绳长为，重力加速度为g。忽略手的运动半径和空气阻力。现在改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，则下列说法正确的是（）A.轻绳能承受的最大拉力为B.绳子越短，球抛出的水平距离最大C.球抛出的最大水平距离为D.球抛出的最大水平距离为〖答案〗AC〖解析〗A．绳突然断掉，小球做平抛运动，手与球之间绳长为，则平抛高度水平方向上做匀速直线运动，则有竖直方向上自由落体运动，则有联立可解得当小球在最低点时，绳恰好断，故绳能承受的拉力满足代入数据解得故A正确；BCD．设绳长为x，最低点的速度为，绳仍在球运动到最低点时断掉，则得小球以在最低点做平抛运动，竖直方向则有得水平方向则有联立得当时，即时，有最大水平距离，则最大水平距离为故BD错误，C正确11.如图所示，在水平圆盘上放有质量分别为m、m、2m的可视为质点的三个物体A、B、C,圆盘可绕垂直圆盘的中心轴转动.三个物体与圆盘的动摩擦因数均为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.三个物体与轴O共线且OA=OB=BC=r=0.2m，现将三个物体用轻质细线相连，保持细线伸直且恰无张力.若圆盘从静止开始转动，且角速度ω缓慢增大，已知重力加速度为g=10m/s2,则对于这个过程，下列说法正确的是A.A、B两个物体同时达到最大静摩擦力B.B、C两个物体的静摩擦力先增大后不变C.当rad/s时A、B、C整体会发生滑动D.当时，在ω增大的过程中B、C间细线的拉力不断增大〖答案〗BCD〖解析〗ABC、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力．三个物体的角速度相等，由F＝mω2r可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时：μ•2mg＝2m，解得：ω1rad/s，当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB之间绳开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得：T+μ•2mg＝2m，对AB整体可得：T＝2μmg，解得：ω2，当rad/s时整体会发生滑动，故A错误，BC正确；D、当rad/srad/s时，在ω增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D正确；三、实验题（本题共12、13两个小题，其中12题8分，13题6分，共计14分）12.在我校实验室进行实验时，某同学通过实验探究平抛运动的特点。（1）用如图1所示装置“探究平抛运动竖直分运动特点”。用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向飞出，同时B球被松开并自由下落，比较两球的落地时间。关于该实验，下列说法正确的有。A.A、B两球应选用体积大、质量小的小球B.打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上C.比较两球落地时间必须要测量两球下落的高度（2）用如图2所示装置研究平抛运动水平分运动的特点。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直硬板上。A球沿斜槽轨道PQ滑下后从斜槽末端Q飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，A球会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，依次重复上述操作，白纸上将留下一系列痕迹点。下列操作中有必要的是。A.挡板高度等间距变化B.通过调节使斜槽末段保持水平C.通过调节使硬板保持竖直D.尽可能减小A球与斜槽之间的摩擦（3）若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则______（选填“大于”“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。〖答案〗（1）B（2）BC（3）大于〖解析〗【小问1详析】A．为了减小小球运动过程中空气阻力的影响，实验中A、B两球应选择体积小，质量大的小球，故A错误；B．实验中需要确保两小球下落高度相等，则打击弹性金属片后两球需要落在同一水平面上，故B正确；C．根据竖直方向有解得可知，当两小球下落高度相等时，两球同时落地，实验中只需比较两球是否同时落地，并不需要求出时间的具体值，因此不需要测量两球下落的高度，故C错误。故选B。【小问2详析】A．挡板高度可以等间距变化，也可以不等间距变化，故A错误；B．通过调节使斜槽末段保持水平，保证小球做平抛运动，故B正确；C．小球平抛运动的轨迹位于竖直平面，为了减小误差，准确作出小球运动的轨迹，实验时，需要通过调节使硬板保持竖直，故C正确；D．实验时每次小球均从斜槽同一高度静止释放，小球克服阻力做功相同，小球飞出的初速度大小相同。因此斜槽的摩擦对实验没有影响，故D错误。故选BC。【小问3详析】因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，由位移时间公式则有可得根据运动学规律有可得钢球平抛的初速度大小为13.某实验小组利用如图1所示实验装置验证牛顿第二定律，该小组完成了如下操作。a．组装装置，使细线与长木板平行，测出小车和拉力传感器的总质量M；b．在细线上挂上沙桶，接通电源使打点计时器开始工作，稳定后释放小车，记录拉力传感器的读数。改变沙桶的质量，重复步骤（b）。（1）实验中，下列操作正确的是。A.需要用天平测出沙桶和沙的总质量B.小车靠近打点计时器，先接通电源后释放小车C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不带沙桶的情况下使小车拉着纸带恰好做匀速直线运动D.不需要保证沙桶和沙的总质量远小于小车和拉力传感器的总质量（2）如图2所示为某次正确操作得到的纸带，其中0，1，2，3，4，5，6为计时点，已知打点计时器的频率为f，对应的小车