卷子答案网-一个不只有答案的网站江苏省南京市秦淮区中华中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试卷
一、单项选择题：本大题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1．在国际单位制中，被选定为力学基本单位的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg
、s，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】国际单位制共有七个基本单位， 长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德拉），物质的量mol，其中力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间。
2．牙膏是生活中常用物品，在你使用牙膏过程中涉及到的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．牙膏皮被挤压的过程中产生的形变为弹性形变
B．牙膏能被挤出来是因为牙膏受到重力的作用
C．牙膏盖上设计的条纹是为了增大摩擦系数
D．挤牙膏时手对牙膏皮的力与牙膏皮对手的力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】形变与弹力；滑动摩擦力与动摩擦因数；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、该牙膏皮被挤压后发生的形变，因没有恢复原状，则为非弹性形变，故A错误；
B、牙膏受到牙膏皮的作用力，发生形变，从而将牙膏挤出来，故B错误；
C、牙膏盖上的条纹是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦系数，增大摩擦力，故C正确；
D、挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙膏皮对手的作用力属于作用力与反作用力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】弹性形变是指物体在受到外力作用后可以恢复到原来的形状。掌握滑动摩擦力的影响因素，熟悉相互作用力和平衡力的区别和特点。
3．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中．若撤去力，则木块在水平方向受到的合力为（ ）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．零
【答案】D
【知识点】力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】对木块受力分析可知，木块静止时受的静摩擦力为
方向向左。可知木块与桌面间的最大静摩擦力最小为8N 。当撤去F1后，木块在水平方向受两个力的作用，向左的F2和向右的静摩擦力，由上分析可知，这两个力大小相等方向相反，故合力为零。
故答案为：D。
【分析】对木块进行受力分析，根据平衡条件，确定木块所受最大静摩擦力的最小值，撤去力后，分析木块受到的摩擦力与已知最大静摩擦力最小值的关系，继而分析得出木块的运动情况及所受合外力大小。
4．如图所示，在水平地面上的凹形底座上，放置一个顶部开有小孔的中空金属球壳，小孔的正上方有个小水管，现通过小孔往球壳内缓慢的注水，在球壳内的水面逐渐上升至小孔处的过程中，球壳及壳内的水整体的重心将会（ ）
A．先下降后上升 B．先上升后下降
C．逐渐上升 D．逐渐下降
【答案】A
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】球壳的重心在球心，随着水从阀门不断流入，重心位置不断下降，当水快流满时，重心又上升，处于球心，故重心的位置先下降后上升，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】 质量均匀分布的物体（均匀物体），重心的位置只跟物体的形状有关。质量分布不均匀的物体，重心的位置除跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关。
5．（2019高一上·南安月考）如图所示，物体A的左侧为粗糙竖直墙面，B的下面有一竖直压缩的弹簧，A，B保持静止，则（ ）
A．物体A与墙面间一定有弹力
B．物体A与墙面间一定有摩擦力
C．物体A受到5个力的作用
D．弹簧的弹力大小等于A，B的重力之和
【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】AB. 整体受力平衡，竖直方向受到重力和弹簧的弹力，水平方向不受力，所以A与墙之间没有弹力；没有弹力就不会有摩擦力，AB不符合题意．
C.物体A受重力和B对A的支持力与摩擦力，C不符合题意．
D.整体分析可知，弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和，D符合题意．
故答案为：D
【分析】对物体进行受力分析，在外力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，利用此条件求解外力大小，如果力的大小不为零，那么该力就不存在。
6．如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态。则（ ）
A．端移到位置时，绳子张力变大
B．端移到位置时，绳子张力变小
C．端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大
D．端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对挂钩受力分析如图
AB、设挂钩为O，从B移到B1时，有
AO+OB 和 AO+OB1等于绳长，故
θ=α
即悬点从B移到B1或B2，绳与杆的夹角不变，根据平衡条件，有
所以张力不变，故AB错误；
CD、绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】绳子的总长度不变，根据几何关系确定挂钩两侧绳子与竖直方向夹角的关系，同一根绳子所受拉力相等。再根据平衡条件结合力的合成与分解进行分析解答。
7．在探究弹簧弹力与形变量关系实验中，甲乙两组同学分别用同一弹簧来做实验，其中甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两组分别采用如图装置完成实验，以钩码重力大小作为弹簧弹力大小表示弹簧伸长量，两组完成实验后，得到如下图像；其中实线是甲组的，虚线是乙组的，则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题主要考察弹簧自重对实验数据的影响。水平放置时，重力对弹簧原长无影响，竖直放置时，弹簧在重力作用下伸长，把此长度当做原长，可理解成消除重力影响。
8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度和弹簧压缩量的函数图象如图乙所示，其中为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间速度不变，取重力加速度，则下列说法中正确的是（ ）
A．该弹簧的劲度系数为
B．当时，小球处于超重状态
C．小球刚接触弹簧时速度最大
D．当时，小球的加速度为零
【答案】B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】AC、由图可知，小球在压缩弹簧Δx=0.1m时，速度最大，加速度为零，则此时弹簧弹力等于小球重力，即有
可得，弹簧劲度系数为
故AC错误；
B、当Δx=0.3m时，小球向下减速，加速方向向上，弹力大于重力，小球处于超重状态，故B正确；
D、当Δx=0.61m时，弹簧弹力大于重力，加速向上达到最大值，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据牛顿第二定律定性分析小球所受合力和加速度的变化情况。速度最大时，加速度为零。掌握超重和失重的特点。
9．如图所示，不计重力的轻杆能以点为圆心在竖直平面内自由转动，端用轻绳挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住端．在力的作用下，当轻杆和竖直方向的夹角缓慢增大时，以下说法正确的是（ ）
A．杆的力逐渐增大 B．力F逐渐增大
C．绳的力先增大再减小 D．杆的力逐渐减小
【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】杆缓慢转动，所以PB绳子的拉力等于物块的重力，保持不变，由于杆可以绕着O点自由转动，知杆对绳子的作用力沿杆的方向，以P点为研究对象，分析受力情况如图所示，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图，如图
由三角形相似（△APO～△GPN）法得
当杆OP和竖直方向的夹角α（0<α<π）缓慢增大时，OP、G、AO不变，得到N不变，即OP杆受力不变，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】当一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则可采用相似比法进行处理。
10．如图甲所示，一质量为的物体系于长度分别为的两根细线上，的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为水平拉直，物体处于平衡状态．如图乙所示，将换成弹簧后，物体仍处于平衡状态．现将剪断，则剪断的瞬间，甲、乙两种情况下物体的加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】题图甲中将L2剪断后，L1上的拉力会突变，物体将绕悬点以L1为半径做圆周运动，在将L2剪断瞬间，物体受到的合力沿圆的切线方向（垂直于L1方向），由牛顿第二定律得
题图乙中将L2剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，由牛顿第二定律得
故
故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】对于绳子、杆等形变不明显材料拉力可突变，对于橡皮筋、弹簧等形变明显材料弹力不能突变。确定剪断绳后，小球的受力情况，再根据牛顿第二定律进行分析解答。
11．（2022高一上·山东月考）水平地面上堆放着相同的原木，如图甲所示，截面图如图乙所示，已知原木之间的滑动摩擦因数为μ，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，若要将最上面的那根原木沿轴线方向匀速拉出，水平拉力大小应为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对圆柱原木静止时受力分析，如图所示
根据平衡条件可得 ，每一个侧面所受的滑动摩擦力 ，根据平衡条件可得 ，代入数据联立解得
故答案为：C。
【分析】对圆柱原木静止时受力分析，根据共点力平衡得出每一个侧面所受的滑动摩擦力和水平拉力的大小。
二、实验题（本大题共1小题，共16.0分）
12．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中。
（1）某组同学在某次实验中使用频率为的打点计时器，获得的一条纸带如图甲所示，其中相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下点时小车的速度为 。（结果保留2位小数）。
（2）将点的瞬时速度补充到图乙中，用合适的图像将这些点拟合，作出图像 。根据图像，求得小车的加速度大小为 （结果保留2位小数）。
（3）某组同学通过控制槽码和挂钩的总质量不变，改变小车和砝码的总质量来探究加速度与质量的关系。已知小车质量为，每个砝码质量为（共6个），通过实验作出如图丙所示的图像。那么该组同学选用的槽码和挂钩的总质量应为 （选填“”、“”或“”）。
【答案】（1）0.57
（2）；0.63
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）相邻两个计数点之间的时间间隔为
根据纸带可以求得打点计时器在打下E点时小车的速度为
（2）如图所示
由图像可得， v-t 图像的斜率表示加速度大小，则小车的加速度大小为
（3）设选用的槽码和挂钩的总质量为m1，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律
化简可得
结合图像可知
故该组同学选用的槽码和挂钩的总质量应为
【分析】掌握打点计时器数据处理方法，v-t图像的斜率表示加速度。根据小车和砝码的受力情况结合牛顿第二定律推导得出加速度的表达式，结合图像分析其斜率、截距等物理意义进行解答。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13．如图所示，质量的物体静止在水平地面上，现对物体施加一个大小，方向与水平方向成的斜向上的拉力，使其沿水平地面向右做匀加速直线运动，经时间撤去拉力。已知物体与地面间的动摩擦因数为。求：
（1）末的速度；
（2）物体滑行的总位移。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
又
物体加速运动的加速度为
末的速度为
（2）解：物体加速运动的位移为
撤去拉力后，物体加速度大小为
匀减速运动的位移为
物体滑行总位移为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）确定研究对象，对其进行受力分析，结合牛顿第二定律确定物体的加速度，再根据速度与时间的关系进行解答；
（2）明确物块的运动过程分为几个阶段，根据其受力情况确定其各阶段的运动情况，再结合牛顿第二定律确定各阶段的加速度，再根据位移与速度的关系求出各段的位移进行解答。
14．如图所示，一质量为、半径为的半球体放置在水平地面上，质量为、半径也为的光滑球体放置在竖直墙壁和之间，和均保持静止，半球的圆心距墙壁的距离为与地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
（1）墙壁对的弹力大小；
（2）为保持和静止，应满足的条件。
【答案】（1）解：以球为研究对象，设与竖直方向的夹角为，则有：
解得：根据平衡条件得：；
（2）解：以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对的摩擦力大小为：
竖直方向根据平衡条件可得地面对的支持力大小，
根据：，
联立解得：
故为保持和静止，应满足的条件是：。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对B进行受力分析，确定其受力情况，再根据平衡条件，结合力的合成及几何关系确定弹力大小；
（2）AB均保持静止，即两物体运动情况一致，可采用整体法进行处理。对整体进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定满足条件μ的临界值，继而得出结论。
15．（2023高一上·定州期末）如图，质量为2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
（1）木块对铁箱压力的大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当箱的速度为6m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？
【答案】（1）解：对木块：在竖直方向由平衡条件得mg=μ2FN
则FN=20N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力FN′=－FN=－20N（方向水平向左）
故木块对铁箱的压力大小为20N。
（2）解：对木块：在水平方向有FN=ma
得a=40m/s2
对铁箱和木块整体有F－μ1（M+m）g=(M+m）a
得水平拉力F=129N
（3）解：撤去拉力F，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1>μ2，以后木块相对箱滑动，木块加速度a2= =2.5m/s2
又铁箱加速度μ1（M+m）g-μ2mg=Ma1
得a1=3.1m/s2
铁箱减速时间为t0= =1.9s>1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有L=(vt－ )－(vt－ )=
解得L=0.3m
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对木块进行受力分析，根据共点力平衡以及牛顿第三定律得出 木块对铁箱的压力 ；
（2）对木块，利用牛顿第二定律得出加速度的大小，对铁箱和木块的整体进行受力分析，结合牛顿第二定律得出拉力的大小；
（3）对木块和铁箱分别利用牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出木块到达右端时箱子未停止，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出铁箱的长度。
16．某工厂输送物件的传送系统由倾角为传送带和倾角相同的木板组成，木板长为，物件和传送带间的动摩擦因数，传送带以的恒定速度顺时针转动。现将物件无初速置于传送带端，发现当物件到达端时刚好相对传送带静止，到达点时速度恰好为零，随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，已知，g取，求：
（1）的长度；
（2）物块与木板间的动摩擦因数以及物件从到所需的时间；
（3）假如机械手未能在点及时把物件取走，物件将会下滑，在它再次返回木板时到达的最高点与点的距离。
【答案】（1）解：物件在传送带上，由牛顿第二定律可得，解得，由运动学规律；
（2）解：从到，由运动学规律有，
由牛顿第二定律，解得，
物件从到的时间，
物件从到的时间，
可得物件从到所需的时间；
（3）解：从点下滑至点，由牛顿第二定律则有，解得，
物件到点的速度，
滑上先匀减速再反向匀加速，再到达点时，速度大小仍为，由运动学规律则有，即物件到达最高点与相距。
【知识点】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速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）理解物件到达B端时恰好相对传送带静止的物理意义。再根据牛顿第二定律确定物体的加速度，注意物体所受摩擦力的方向，再根据运动规律进行解答；
（2）确定物件在木板上的初末速度，根据运动规律求出其在木板上运动的加速度，再根据其受力情况及牛顿第二定律求出物件与木板的摩擦因数。根据速度与时间的关系即可求出总时间；
（3）明确物件下滑后的运动过程分为几个阶段，明确其在CD和传送带上的运动情况，再根据牛顿第二定律确定其在CD下滑的加速度，注意C点作为两个运动阶段的过渡点在速度上的特点。再根据运动规律进行解答即可。
江苏省南京市秦淮区中华中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试卷
一、单项选择题：本大题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1．在国际单位制中，被选定为力学基本单位的是（ ）
A． B． C． D．
2．牙膏是生活中常用物品，在你使用牙膏过程中涉及到的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．牙膏皮被挤压的过程中产生的形变为弹性形变
B．牙膏能被挤出来是因为牙膏受到重力的作用
C．牙膏盖上设计的条纹是为了增大摩擦系数
D．挤牙膏时手对牙膏皮的力与牙膏皮对手的力是一对平衡力
3．一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即和摩擦力作用，木块处于静止状态，其中．若撤去力，则木块在水平方向受到的合力为（ ）
A．，方向向左 B．，方向向右
C．，方向向左 D．零
4．如图所示，在水平地面上的凹形底座上，放置一个顶部开有小孔的中空金属球壳，小孔的正上方有个小水管，现通过小孔往球壳内缓慢的注水，在球壳内的水面逐渐上升至小孔处的过程中，球壳及壳内的水整体的重心将会（ ）
A．先下降后上升 B．先上升后下降
C．逐渐上升 D．逐渐下降
5．（2019高一上·南安月考）如图所示，物体A的左侧为粗糙竖直墙面，B的下面有一竖直压缩的弹簧，A，B保持静止，则（ ）
A．物体A与墙面间一定有弹力
B．物体A与墙面间一定有摩擦力
C．物体A受到5个力的作用
D．弹簧的弹力大小等于A，B的重力之和
6．如图所示，晾晒衣服的绳子两端分别固定在两根竖直杆上的两点，绳子的质量及绳与衣架挂钩间摩擦均忽略不计，衣服处于静止状态。则（ ）
A．端移到位置时，绳子张力变大
B．端移到位置时，绳子张力变小
C．端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大
D．端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小
7．在探究弹簧弹力与形变量关系实验中，甲乙两组同学分别用同一弹簧来做实验，其中甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长。两组分别采用如图装置完成实验，以钩码重力大小作为弹簧弹力大小表示弹簧伸长量，两组完成实验后，得到如下图像；其中实线是甲组的，虚线是乙组的，则下列图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度和弹簧压缩量的函数图象如图乙所示，其中为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间速度不变，取重力加速度，则下列说法中正确的是（ ）
A．该弹簧的劲度系数为
B．当时，小球处于超重状态
C．小球刚接触弹簧时速度最大
D．当时，小球的加速度为零
9．如图所示，不计重力的轻杆能以点为圆心在竖直平面内自由转动，端用轻绳挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住端．在力的作用下，当轻杆和竖直方向的夹角缓慢增大时，以下说法正确的是（ ）
A．杆的力逐渐增大 B．力F逐渐增大
C．绳的力先增大再减小 D．杆的力逐渐减小
10．如图甲所示，一质量为的物体系于长度分别为的两根细线上，的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为水平拉直，物体处于平衡状态．如图乙所示，将换成弹簧后，物体仍处于平衡状态．现将剪断，则剪断的瞬间，甲、乙两种情况下物体的加速度大小之比为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022高一上·山东月考）水平地面上堆放着相同的原木，如图甲所示，截面图如图乙所示，已知原木之间的滑动摩擦因数为μ，每根原木的重力为G，可将原木看成圆柱体，若要将最上面的那根原木沿轴线方向匀速拉出，水平拉力大小应为（ ）
A． B． C． D．
二、实验题（本大题共1小题，共16.0分）
12．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中。
（1）某组同学在某次实验中使用频率为的打点计时器，获得的一条纸带如图甲所示，其中相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，根据纸带可以求得打点计时器在打下点时小车的速度为 。（结果保留2位小数）。
（2）将点的瞬时速度补充到图乙中，用合适的图像将这些点拟合，作出图像 。根据图像，求得小车的加速度大小为 （结果保留2位小数）。
（3）某组同学通过控制槽码和挂钩的总质量不变，改变小车和砝码的总质量来探究加速度与质量的关系。已知小车质量为，每个砝码质量为（共6个），通过实验作出如图丙所示的图像。那么该组同学选用的槽码和挂钩的总质量应为 （选填“”、“”或“”）。
三、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
13．如图所示，质量的物体静止在水平地面上，现对物体施加一个大小，方向与水平方向成的斜向上的拉力，使其沿水平地面向右做匀加速直线运动，经时间撤去拉力。已知物体与地面间的动摩擦因数为。求：
（1）末的速度；
（2）物体滑行的总位移。
14．如图所示，一质量为、半径为的半球体放置在水平地面上，质量为、半径也为的光滑球体放置在竖直墙壁和之间，和均保持静止，半球的圆心距墙壁的距离为与地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求：
（1）墙壁对的弹力大小；
（2）为保持和静止，应满足的条件。
15．（2023高一上·定州期末）如图，质量为2.5kg的一只长方体空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速直线运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.3。这时铁箱内一个质量为0.5kg的木块（可视为质点）恰好能静止在后壁上。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数μ2为0.25。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：
（1）木块对铁箱压力的大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当箱的速度为6m/s时撤去拉力，又经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱的长度是多少？
16．某工厂输送物件的传送系统由倾角为传送带和倾角相同的木板组成，木板长为，物件和传送带间的动摩擦因数，传送带以的恒定速度顺时针转动。现将物件无初速置于传送带端，发现当物件到达端时刚好相对传送带静止，到达点时速度恰好为零，随即被机械手取走。物件可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，已知，g取，求：
（1）的长度；
（2）物块与木板间的动摩擦因数以及物件从到所需的时间；
（3）假如机械手未能在点及时把物件取走，物件将会下滑，在它再次返回木板时到达的最高点与点的距离。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】单位制
【解析】【解答】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg
、s，故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
【分析】国际单位制共有七个基本单位， 长度m，时间s，质量kg，热力学温度（开尔文温度）K，电流A，光强度cd（坎德拉），物质的量mol，其中力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间。
2．【答案】C
【知识点】形变与弹力；滑动摩擦力与动摩擦因数；区分相互作用力与平衡力
【解析】【解答】A、该牙膏皮被挤压后发生的形变，因没有恢复原状，则为非弹性形变，故A错误；
B、牙膏受到牙膏皮的作用力，发生形变，从而将牙膏挤出来，故B错误；
C、牙膏盖上的条纹是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦系数，增大摩擦力，故C正确；
D、挤牙膏时手对牙膏皮的作用力与牙膏皮对手的作用力属于作用力与反作用力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】弹性形变是指物体在受到外力作用后可以恢复到原来的形状。掌握滑动摩擦力的影响因素，熟悉相互作用力和平衡力的区别和特点。
3．【答案】D
【知识点】力的合成；共点力的平衡
【解析】【解答】对木块受力分析可知，木块静止时受的静摩擦力为
方向向左。可知木块与桌面间的最大静摩擦力最小为8N 。当撤去F1后，木块在水平方向受两个力的作用，向左的F2和向右的静摩擦力，由上分析可知，这两个力大小相等方向相反，故合力为零。
故答案为：D。
【分析】对木块进行受力分析，根据平衡条件，确定木块所受最大静摩擦力的最小值，撤去力后，分析木块受到的摩擦力与已知最大静摩擦力最小值的关系，继而分析得出木块的运动情况及所受合外力大小。
4．【答案】A
【知识点】重力与重心
【解析】【解答】球壳的重心在球心，随着水从阀门不断流入，重心位置不断下降，当水快流满时，重心又上升，处于球心，故重心的位置先下降后上升，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】 质量均匀分布的物体（均匀物体），重心的位置只跟物体的形状有关。质量分布不均匀的物体，重心的位置除跟物体的形状有关外，还跟物体内质量的分布有关。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用
【解析】【解答】AB. 整体受力平衡，竖直方向受到重力和弹簧的弹力，水平方向不受力，所以A与墙之间没有弹力；没有弹力就不会有摩擦力，AB不符合题意．
C.物体A受重力和B对A的支持力与摩擦力，C不符合题意．
D.整体分析可知，弹簧的弹力大小等于A、B的重力之和，D符合题意．
故答案为：D
【分析】对物体进行受力分析，在外力的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，利用此条件求解外力大小，如果力的大小不为零，那么该力就不存在。
6．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对挂钩受力分析如图
AB、设挂钩为O，从B移到B1时，有
AO+OB 和 AO+OB1等于绳长，故
θ=α
即悬点从B移到B1或B2，绳与杆的夹角不变，根据平衡条件，有
所以张力不变，故AB错误；
CD、绳子右端的B点在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，角度θ变小，故绳子拉力T变小，故C错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】绳子的总长度不变，根据几何关系确定挂钩两侧绳子与竖直方向夹角的关系，同一根绳子所受拉力相等。再根据平衡条件结合力的合成与分解进行分析解答。
7．【答案】A
【知识点】胡克定律
【解析】【解答】实验中用横轴表示弹簧的伸长量x，纵轴表示弹簧的拉力F，由胡克定律
甲组是测出竖直状态时不挂钩码的弹簧长度作为原长，则图像过原点；乙组是测出弹簧自然水平放置时的弹簧长度作为原长，由于弹簧自身的重力，弹簧不挂钩码时弹簧的伸长量已经不为零，则图像不过原点，两种情况下弹簧的劲度系数相同，两图像平行。故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】本题主要考察弹簧自重对实验数据的影响。水平放置时，重力对弹簧原长无影响，竖直放置时，弹簧在重力作用下伸长，把此长度当做原长，可理解成消除重力影响。
8．【答案】B
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律；超重与失重
【解析】【解答】AC、由图可知，小球在压缩弹簧Δx=0.1m时，速度最大，加速度为零，则此时弹簧弹力等于小球重力，即有
可得，弹簧劲度系数为
故AC错误；
B、当Δx=0.3m时，小球向下减速，加速方向向上，弹力大于重力，小球处于超重状态，故B正确；
D、当Δx=0.61m时，弹簧弹力大于重力，加速向上达到最大值，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据牛顿第二定律定性分析小球所受合力和加速度的变化情况。速度最大时，加速度为零。掌握超重和失重的特点。
9．【答案】B
【知识点】力的平行四边形定则及应用；共点力的平衡
【解析】【解答】杆缓慢转动，所以PB绳子的拉力等于物块的重力，保持不变，由于杆可以绕着O点自由转动，知杆对绳子的作用力沿杆的方向，以P点为研究对象，分析受力情况如图所示，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图，如图
由三角形相似（△APO～△GPN）法得
当杆OP和竖直方向的夹角α（0<α<π）缓慢增大时，OP、G、AO不变，得到N不变，即OP杆受力不变，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】当一力恒定(如重力)，其他二力的方向均变化，但二力分别与绳子、两物体重心连线方向等平行，即三力构成的矢量三角形与绳长、半径、高度等实际几何三角形相似，则可采用相似比法进行处理。
10．【答案】A
【知识点】胡克定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】题图甲中将L2剪断后，L1上的拉力会突变，物体将绕悬点以L1为半径做圆周运动，在将L2剪断瞬间，物体受到的合力沿圆的切线方向（垂直于L1方向），由牛顿第二定律得
题图乙中将L2剪断瞬间，弹簧弹力不能突变，物体受重力与弹簧弹力作用，由牛顿第二定律得
故
故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】对于绳子、杆等形变不明显材料拉力可突变，对于橡皮筋、弹簧等形变明显材料弹力不能突变。确定剪断绳后，小球的受力情况，再根据牛顿第二定律进行分析解答。
11．【答案】C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】对圆柱原木静止时受力分析，如图所示
根据平衡条件可得 ，每一个侧面所受的滑动摩擦力 ，根据平衡条件可得 ，代入数据联立解得
故答案为：C。
【分析】对圆柱原木静止时受力分析，根据共点力平衡得出每一个侧面所受的滑动摩擦力和水平拉力的大小。
12．【答案】（1）0.57
（2）；0.63
（3）
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【解答】（1）相邻两个计数点之间的时间间隔为
根据纸带可以求得打点计时器在打下E点时小车的速度为
（2）如图所示
由图像可得， v-t 图像的斜率表示加速度大小，则小车的加速度大小为
（3）设选用的槽码和挂钩的总质量为m1，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律
化简可得
结合图像可知
故该组同学选用的槽码和挂钩的总质量应为
【分析】掌握打点计时器数据处理方法，v-t图像的斜率表示加速度。根据小车和砝码的受力情况结合牛顿第二定律推导得出加速度的表达式，结合图像分析其斜率、截距等物理意义进行解答。
13．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律
又
物体加速运动的加速度为
末的速度为
（2）解：物体加速运动的位移为
撤去拉力后，物体加速度大小为
匀减速运动的位移为
物体滑行总位移为
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的综合应用
【解析】【分析】（1）确定研究对象，对其进行受力分析，结合牛顿第二定律确定物体的加速度，再根据速度与时间的关系进行解答；
（2）明确物块的运动过程分为几个阶段，根据其受力情况确定其各阶段的运动情况，再结合牛顿第二定律确定各阶段的加速度，再根据位移与速度的关系求出各段的位移进行解答。
14．【答案】（1）解：以球为研究对象，设与竖直方向的夹角为，则有：
解得：根据平衡条件得：；
（2）解：以整体为研究对象，水平方向根据平衡条件可得地面对的摩擦力大小为：
竖直方向根据平衡条件可得地面对的支持力大小，
根据：，
联立解得：
故为保持和静止，应满足的条件是：。
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【分析】（1）对B进行受力分析，确定其受力情况，再根据平衡条件，结合力的合成及几何关系确定弹力大小；
（2）AB均保持静止，即两物体运动情况一致，可采用整体法进行处理。对整体进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定满足条件μ的临界值，继而得出结论。
15．【答案】（1）解：对木块：在竖直方向由平衡条件得mg=μ2FN
则FN=20N
由牛顿第三定律得，木块对铁箱的压力FN′=－FN=－20N（方向水平向左）
故木块对铁箱的压力大小为20N。
（2）解：对木块：在水平方向有FN=ma
得a=40m/s2
对铁箱和木块整体有F－μ1（M+m）g=(M+m）a
得水平拉力F=129N
（3）解：撤去拉力F，箱和木块的速度均为v=6m/s，因μ1>μ2，以后木块相对箱滑动，木块加速度a2= =2.5m/s2
又铁箱加速度μ1（M+m）g-μ2mg=Ma1
得a1=3.1m/s2
铁箱减速时间为t0= =1.9s>1s
故木块到达箱右端时，箱未能停止。
则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长。即有L=(vt－ )－(vt－ )=
解得L=0.3m
【知识点】共点力的平衡；牛顿运动定律的应用—连接体
【解析】【分析】（1）对木块进行受力分析，根据共点力平衡以及牛顿第三定律得出 木块对铁箱的压力 ；
（2）对木块，利用牛顿第二定律得出加速度的大小，对铁箱和木块的整体进行受力分析，结合牛顿第二定律得出拉力的大小；
（3）对木块和铁箱分别利用牛顿第二定律得出加速度的大小，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系得出木块到达右端时箱子未停止，结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出铁箱的长度。
16．【答案】（1）解：物件在传送带上，由牛顿第二定律可得，解得，由运动学规律；
（2）解：从到，由运动学规律有，
由牛顿第二定律，解得，
物件从到的时间，
物件从到的时间，
可得物件从到所需的时间；
（3）解：从点下滑至点，由牛顿第二定律则有，解得，
物件到点的速度，
滑上先匀减速再反向匀加速，再到达点时，速度大小仍为，由运动学规律则有，即物件到达最高点与相距。
【知识点】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速度的关系；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【分析】（1）理解物件到达B端时恰好相对传送带静止的物理意义。再根据牛顿第二定律确定物体的加速度，注意物体所受摩擦力的方向，再根据运动规律进行解答；
（2）确定物件在木板上的初末速度，根据运动规律求出其在木板上运动的加速度，再根据其受力情况及牛顿第二定律求出物件与木板的摩擦因数。根据速度与时间的关系即可求出总时间；
（3）明确物件下滑后的运动过程分为几个阶段，明确其在CD和传送带上的运动情况，再根据牛顿第二定律确定其在CD下滑的加速度，注意C点作为两个运动阶段的过渡点在速度上的特点。再根据运动规律进行解答即可。
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