2018-2018学年河南省洛阳市偃师高中高三（上）第一次月考物理
试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）
1．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和
运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是（ ）
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力
2．从地面竖直向上抛出的物体，其匀减速上升到最高点后，再以与上升阶段一样的加速度匀加速落回地面．图中可大致表示这一运动过程的速度图象是（ ）
A． B． C． D．
3．关于匀变速直线运动的公式，有下面几种说法，正确的是（ ） A．由公式a=
可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速
度改变量（vt﹣v0）成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比 B．由公式a=
可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的
速度平方的改变量（vt2﹣v18）成正比，与物体运动的位移s成反比 C．由公式s=
可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移s的大小与物体运
动的时间t的平方成正比
D．由公式vt=vo+at可知，做匀变速直线运动的物体，若加速度a＞0，则物体做加速运动，若加速度a＜0，则物体做减速运动
4．如图两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（ ）
A． B．
C． D．
5．质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°．弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g．则（ ）
A．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半 B．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力 C．加速时，弹簧对小球的弹力等于零
D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍
6．如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则（ ）
A．坐着比躺着时F1大 B．躺着比坐着时F1大 C．坐着比躺着时F2大 D．躺着比坐着时F2大
7．如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，仅考虑物体B与水平面间的摩擦，其余接触面的摩擦不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ．下列说法正确的是（ ）
A．物体B对水平面的压力大小为Mg B．物体B受到水平面的摩擦力大小为
C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanθ D．滑块A对物体B的压力大小为
8．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能受三个力作用 C．木块A一定受四个力作用
D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右
9．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于0点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力n以及绳对小球的拉力B的变化情况是（ ）
A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小 D．FN不断增大，FT先减小后增大
10．如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图1中O为轻绳之间连接的结点，图2中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图1中B滑轮的端点B稍稍右移一些，图2中的端点B沿虚线稍稍上移一些，（2图中的绳长不变）则关于图θ角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是（ ）
A．1、2图中的θ角均增大，F均不变 B．1、2图中的θ角均增不变，F均不变
C．1图中θ角增大、2图中θ角不变，张力F均不变 D．1图中θ角减小、T不变，2图中θ角增大，F减小
11．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t；现在物体从A点由静止出发，先匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vn后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的（ ） A．vn只能为2v，与a1、a2的大小无关 B．vn可为许多值，与a1、a2的大小无关 C．a1、a2须是一定的 D．a1、a2必须满足
=
12．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．b对c的摩擦力可能始终增加 B．滑轮对绳的作用力方向始终不变 C．地面对c的支撑力始终变小 D．对地面的摩擦力方向始终向左
13．如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ）
A．P向下滑动 B．P静止不动
C．P所受的合外力增大 D．P与斜面间的静摩擦力增大
14．如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1＞μ2＞μ3．则下列说法正确的是（ ）
A．第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 B．第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动 C．第1张牌受到手指的摩擦力向左
D．第54张牌受到水平桌面的摩擦力向右
二、实验题（共14分）
15．在做探究小车速度随时间变化的规律的实验中，某同学操作中有以下实验步骤，其中有错误或遗漏的步骤．（遗漏步骤可编上序号G、H）
A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处先放开纸带；再接通电源； B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路；
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码； D．取下纸带；
E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车能在平板上做匀速运动； F．将纸带固定在小车尾部，并穿过计时器的限位孔； （1）所列步骤中有错误的是 ． （2）遗漏的步骤是： ．
（3）将以上步骤完善后写出合理的步骤顺序： ．
16．某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置．固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2．主要实验步骤如下：
Ⅰ．弹簧秤挂着绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧秤的示数F；
Ⅱ．弹簧秤挂在绳套1上，手拉绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧秤的示数F1； Ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力 F1′=Ⅳ．比较
；
，即可初步验证；
Ⅴ．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤． 回答下列问题：
（1）完成实验步骤：① ；② ．
（2）将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变．关于绳套1的拉力大小的变化．下列结论正确的是 （填选项前的序号） A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大．
三、解答题（本题共4小题，共44分）
17．如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动6.0s时，
乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2=5.0m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离．
18．放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有趣的体育活动，手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处，有一个小朋友将一只重为4N的风筝放飞到空中后，拉着线的下端以一定的速度匀速跑动时，线恰能与水平面成53°角保持不变，如图所示，这时小朋友拉住线的力为5N．求风筝所受的风力．
19．将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．
20．在2018年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求
（1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力．
2018-2018学年河南省洛阳市偃师高中高三（上）第一次
月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）
1．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和
运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是（ ）
A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快 D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力
【考点】牛顿第一定律；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】亚里士多德的观点多来自对自然地观察，往往忽略了摩擦力对物体的影响，而物体的自然属性是运动，维持运动不需要力，是物体的惯性．
【解答】解：A、亚里士多德的多数结论来自观察．用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的摩擦力相同，两次都是匀速运动故F=f，但四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P=Fv，可知v=
=
．故认为物体受力越大，速度越大的观点是错误的，故A选项是亚里
士多德的观点． B、一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力．故B选项是亚里士多德的观点．
C、两个物体从同一高度自由下落，较重的下落的快，是因为重的物体所受的摩擦力相对于重力来说小，其加速度就大．如果没有空气的阻力两物体应同时到达地面．故C选项是错误的，是亚里士多德的观点．
D、物体之所以运动，不是因为受力，而是由于惯性，故维持物体的运动不需要力．故D选项是正确的．是伽利略的观点，与亚里士多德的观点相反． 故选D．
2．从地面竖直向上抛出的物体，其匀减速上升到最高点后，再以与上升阶段一样的加速度匀加速落回地面．图中可大致表示这一运动过程的速度图象是（ ）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】竖直上抛运动是匀减速直线运动，加速度为g方向竖直向下， 速度和加速度都是矢量，竖直上抛运动的上升过程和下降过程具有对称性． 【解答】解：竖直上抛运动分为升过程和下降过程，
上升过程和下降过程速度方向相反，所以对应的图象应在t轴上方和下方，
竖直上抛运动中物体的加速度始终竖直向下，等于当地的重力加速度g，所以图形应该是一条倾斜的直线， 故选A．
3．关于匀变速直线运动的公式，有下面几种说法，正确的是（ ） A．由公式a=
可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的速
度改变量（vt﹣v0）成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比 B．由公式a=
可知，做匀变速直线运动的物体，其加速度a的大小与物体运动的
速度平方的改变量（vt2﹣v18）成正比，与物体运动的位移s成反比 C．由公式s=
可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移s的大小与物体运
动的时间t的平方成正比
D．由公式vt=vo+at可知，做匀变速直线运动的物体，若加速度a＞0，则物体做加速运动，若加速度a＜0，则物体做减速运动
【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】正确理解匀变速直线运动速度公式和运动特征． 【解答】解：A、物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，根据
，其为加速度
的定义式，不能说加速度a的大小与物体运动的速度改变量（vt﹣v0）成正比，与速度改变量所对应的时间t成反比错误；
B、物体做匀变速直线运动，加速度保持不变，其加速度a的大小与物体运动的速度平方的改变量（vt2﹣v18）成正比，与物体运动的位移s成反比错误；
C、因为匀变速直线运动的加速度保持不变，故根据=at2/2可知，做初速度为零的匀变速直线运动的物体，其位移s的大小与物体运动的时间t的平方成正比正确；
D、物体做加速运动还是减速运动根据物体运动的速度方向与加速度方向是否相同决定，同向为加速反向为减速，由公式vt=vo+at可知，做匀变速直线运动的物体，取初速度方向为正方向，则若加速度a＞0，则物体做加速运动，若加速度a＜0，则物体做减速运动；困本题中没有注明速度方向为正，仅根据加速度的方向判断加速还是减速是错误的． 故本题选C．
4．如图两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换为质量为2m的物体（弹簧的长度不变，且弹簧均在弹性限度内），当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律．
【分析】当物体的质量为m时，弹簧k2处于原长，下方弹簧k1的弹力等于mg，由胡克定律求出其压缩的长度．将物体的质量增为原来的2倍时，上方的弹簧伸长的长度与下方弹簧压缩量增加的长度相等，等于物体下降的高度，两弹簧弹力之和等于2mg，再由胡克定律求解物体下降的高度．
【解答】解：当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为：x1=
…①
当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，
下方弹簧被压缩的长度为x1+x，两弹簧弹力之和等于2mg由胡克定律和平衡条件得： k2x+k1（x1+x）=2mg…② 由①②联立解得：x=
；
故选：A．
5．质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°．弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g．则（ ）
A．静止时，弹簧对小球的弹力等于小球重力的一半 B．静止时，杆对小球的弹力小于弹簧对小球的弹力 C．加速时，弹簧对小球的弹力等于零
D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】小球静止时，根据力的平衡求出弹簧对小球的弹力和杆对小球的弹力；小球加速时，通过作图分析弹簧对小球的弹力
【解答】解：AB、根据力的平衡，受力分析如图所示
当系统静止时，小球受弹簧的弹力F=mgsin 45°=45°=
mg，此时杆对小球的弹力FN=mgcos
mg，与弹簧对小球的弹力大小相等，所以A、B项均错误．
CD、当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，
则可知此时弹簧对小球的弹力为0，所以C项正确，D项错误 故选：C．
6．如图所示吊床用绳子拴在两棵树上等高位置．某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态．设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则（ ）
A．坐着比躺着时F1大 C．坐着比躺着时F2大 【考点】力的合成．
B．躺着比坐着时F1大 D．躺着比坐着时F2大
【分析】当人坐在吊床上和躺在吊床上比较，坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较小，根据共点力平衡判断绳子拉力的变化．吊床对人的作用力等于人的重力． 【解答】解：吊床对人的作用力与重力等值反向，所以躺着和坐在时，F2不变．坐在吊床上时，吊床两端绳的拉力与竖直方向上的夹角较大，根据共点力平衡有：2Fcosθ=G，θ越大．则绳子的拉力越大，所以坐着时，绳子与竖直方向的夹角较大，则绳子的拉力较大．故A正确，B、C、D错误． 故选：A．
7．如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，仅考虑物体B与水平面间的摩擦，其余接触面的摩擦不计，已知物体B的质量为M、滑块A的质量为m，当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ．下列说法正确的是（ ）
A．物体B对水平面的压力大小为Mg B．物体B受到水平面的摩擦力大小为
C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为mgtanθ D．滑块A对物体B的压力大小为
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小． 【解答】解：CD、首先对物体A受力分析，如图所示：
根据平衡条件，有： F1=F2=
根据牛顿第三定律，A对B的压力大小为，A对墙壁的压力大小为mgtanθ，故CD错
误；
AB、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，地面支持力大小FN=（M+m）g，地面的摩擦力大小f=F2=
；
再根据牛顿第三定律，对地压力大小为（M+m）g，故A错误，B正确； 故选：B
8．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（ ）
A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能受三个力作用 C．木块A一定受四个力作用
D．木块B受到地面的摩擦力作用方向向右
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；力的合成与分解的运用．
【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况． 【解答】解：A、由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；
B、对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；
D、木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力；故D错误； 故选：B．
9．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于0点．现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力n以及绳对小球的拉力B的变化情况是（ ）
A．FN保持不变，FT不断增大 B．FN不断增大，FT不断减小 C．FN保持不变，FT先增大后减小 D．FN不断增大，FT先减小后增大 【考点】共点力平衡的条件及其应用．
【分析】对小球进行受力分析，重力、支持力、拉力组成一个矢量三角形，由于重力不变、支持力方向不变，又缓慢推动，故受力平衡，只需变动拉力即可，根据它角度的变化，你可以明显的看到各力的变化．
【解答】解：先对小球进行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形，由于重力不变、支持力FN方向不变，斜面向左移动的过程中，拉力FT与水平方向的夹角β减小，当β=θ时，FT⊥FN，细绳的拉力FT最小，由图可知，随β的减小，斜面的支持力FN不断增大，FT先减小后增大．故D正确．ABC错误． 故选D
10．如图所示，小方块代表一些相同质量的钩码，图1中O为轻绳之间连接的结点，图2中光滑的轻质小滑轮跨在轻绳上悬挂钩码，两装置处于静止状态，现将图1中B滑轮的端点B稍稍右移一些，图2中的端点B沿虚线稍稍上移一些，（2图中的绳长不变）则关于图θ角和OB绳的张力F的变化，下列说法正确的是（ ）
A．1、2图中的θ角均增大，F均不变 B．1、2图中的θ角均增不变，F均不变
C．1图中θ角增大、2图中θ角不变，张力F均不变 D．1图中θ角减小、T不变，2图中θ角增大，F减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；合力的大小与分力间夹角的关系． 【分析】根据力的平行四边形定则，结合几何关系，即可求解．
【解答】解：图1中，根据钩码个数，O点所受的三个力正好构成直角三角形，若端点B沿
虚线稍稍右移一些，三力大小F不变，根据力的合成法则，可知，方向不变，即夹角θ不变．
图2中，因光滑的滑轮，且绳子中的张力相等，则A、B的力总是相等的，因此合力平分A、B绳的夹角，即使稍上移，绳子张力大小F仍不变，则根据力的合成法则，可知，AB夹角不变，则θ角不变．故B正确，ACD错误． 故选：B
11．物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t；现在物体从A点由静止出发，先匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vn后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t，则物体的（ ） A．vn只能为2v，与a1、a2的大小无关 B．vn可为许多值，与a1、a2的大小无关 C．a1、a2须是一定的 D．a1、a2必须满足
=
【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系． 【分析】结合匀速直线运动的位移公式和匀变速直线运动的平均速度推论得出vn和v的关系；结合速度时间公式，以及vn和v的关系得出a1、a2满足的关系
【解答】解：AB、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt．当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x=B错误．
CD、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t=
，而vn=2v，代入并整理得：
t，解得vn=2v，与a1、a2的大小无关．故A正确、
v=，故C错误、D错误．
故选：A
12．如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．b对c的摩擦力可能始终增加 B．滑轮对绳的作用力方向始终不变 C．地面对c的支撑力始终变小 D．对地面的摩擦力方向始终向左
【考点】共点力平衡的条件及其应用．
【分析】滑轮受两侧绳子的拉力和杆的弹力而平衡，根据平衡条件判断弹力方向是否变化； b受到c的摩擦力不一定为零，与两物体的重力、斜面的倾角有关．对bc整体研究，由平衡条件分析水平面对c的摩擦力方向和支持力的大小．
【解答】解：A、设a、b的重力分别为Ga、Gb；若Ga=Gbsinθ，b受到c的摩擦力为零；若Ga≠Gbsinθ，b受到c的摩擦力不为零；若Ga＜Gbsinθ，b受到c的摩擦力沿斜面向上，当沙子流出时，b对c的摩擦力始终增加；故A正确；
B、绳子对滑轮的作用力为两个相等的力T，方向不变，所以绳子对滑轮的作用力方向不变，则滑轮对绳的作用力方向始终不变，故B正确；
C、对b与c整体研究，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示：
根据平衡条件，水平面对c的支持力N=（Gb+Gc）﹣Tsinθ，在a中的沙子缓慢流出的过程中T减小，则N增大，故C错误；
水平面对c的摩擦力f=Tcosθ=Gacosθ，方向水平向左，则c对地面的摩擦力方向始终向右，故D错误； 故选：AB
13．如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ）
A．P向下滑动 B．P静止不动
C．P所受的合外力增大 D．P与斜面间的静摩擦力增大 【考点】共点力平衡的条件及其应用．
【分析】先对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件求解出各个力；物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力．
【解答】解：A、B、对P受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，有： N=Mgcosθ f=Mgsinθ f≤μN 故μ≥tanθ
由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P静止不动，故A错误，B正确；
C、物体P保持静止，合力为零，故C错误；
D、由于物体Q轻轻地叠放在P上，相当于增大物体P重力，故P与斜面间的静摩擦力增大，故D正确； 故选：BD．
14．如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张牌之间的动摩擦因数为μ1，牌间的动摩擦因数均为μ2，第54张牌与桌面间的动摩擦因数为μ3，且有μ1＞μ2＞μ3．则下列说法正确的是（ ）
A．第2张牌到第53张牌之间可能发生相对滑动 B．第2张牌到第53张牌之间不可能发生相对滑动 C．第1张牌受到手指的摩擦力向左
D．第54张牌受到水平桌面的摩擦力向右 【考点】静摩擦力和最大静摩擦力．
【分析】第1张牌受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反．第2张牌受到手指的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张牌之间不发生相对滑动．而第3张到第54张牌的最大静摩擦力更大，更不能发生相对滑动．对53张牌（除第1张牌外）研究，分析摩擦力的方向．
【解答】解：AB、设每张的质量为m，动摩擦因数为μ2，对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重力及手指的压力，最大静摩擦力Fm=μ2•（2mg+F），而受到的第1张牌的滑动摩擦力为f=μ2（mg+F）＜Fm，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动．同理，第3张到第54张牌也不发生相对滑动．故A错误，B正确，
C、第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误．
D、对53张牌（除第1张牌外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，即水平向左．故D错误． 故选：B．
二、实验题（共14分）
15．在做探究小车速度随时间变化的规律的实验中，某同学操作中有以下实验步骤，其中有错误或遗漏的步骤．（遗漏步骤可编上序号G、H）
A．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处先放开纸带；再接通电源； B．将打点计时器固定在平板上，并接好电路；
C．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码； D．取下纸带；
E．将平板一端抬高，轻推小车，使小车能在平板上做匀速运动； F．将纸带固定在小车尾部，并穿过计时器的限位孔； （1）所列步骤中有错误的是 ． （2）遗漏的步骤是： ．
（3）将以上步骤完善后写出合理的步骤顺序： ． 【考点】探究小车速度随时间变化的规律． 【分析】（1）明确具体实验操作的物理意义，熟练使用打点计时器即可正确解答； （2）（3）实验步骤一般本着先安装器材，后进行实验的思路进行，要符合事物逻辑发展的顺序，不能颠三倒四． 【解答】解：（1）所列步骤中有错误的是：
A、拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，再放开纸带． （2）遗漏步骤：
G、换上新纸带重复实验三次．
（3）多余的步骤是E，故将以上步骤完善后写出合理的步骤顺序：
本着先安装器材，后进行实验的思路，如在该实验中，先固定长木板，安装打点计时器，然后平衡摩擦力，准备完毕开始进行实验，注意要先打点后释放小车，做完一次实验要及时关闭电源，故正确的实验步骤是： BCFADG 故答案为：
（1）A、拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先接通电源，再放开纸带； F、先断开电源，取下纸带；
（2）G、换上新纸带重复实验三次； （3）BCFADG．
16．某实验小组用一只弹簧秤和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置．固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2．主要实验步骤如下：
Ⅰ．弹簧秤挂着绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧秤的示数F；
Ⅱ．弹簧秤挂在绳套1上，手拉绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下弹簧秤的示数F1； Ⅲ．根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力 F1′=Ⅳ．比较
；
，即可初步验证；
Ⅴ．只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤． 回答下列问题：
（1）完成实验步骤：① ；② ．
（2）将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2由120°方向缓慢转动到180°方向，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，保持绳套1和绳套2的夹角120°不变．关于绳套1的拉力大小的变化．下列结论正确的是 （填选项前的序号） A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大．
【考点】验证力的平行四边形定则． 【分析】（1）根据的平行四边形定则计算绳套1的拉力，通过比较F1和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证；
（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可． 【解答】解：（1）根据的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′=Ftan30°=
，
通过比较F1和F1′，在误差范围内相同，则可初步验证，
（2）两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则画出图象，如图所示：
根据图象可知，绳套1的拉力大小逐渐增大，故A正确． 故选：A 故答案为：（1）
；F1和F1′；（2）A
三、解答题（本题共4小题，共44分）
17．如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动6.0s时，
乙车立即开始向右做匀加速直线运动，加速度a2=5.0m/s2，求两辆汽车相遇处距A处的距离．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】先求出甲车运动6.0s时的位移，看此时有没有相遇，如没有设此后用时间t与乙车相遇，根据时间和位移的关系列方程即可解题． 【解答】解：甲车运动6s的位移为：
尚未追上乙车，设此后用时间t与乙车相遇，则有：
将上式代入数据并展开整理得：t2﹣12t+32=0 解得：t1=4s，t2=8s
t1、t2、都有意义，t1=4s时，甲车追上乙车；t2=8s时，乙车追上甲车再次相遇． 第一次相遇地点距A的距离为：第二次相遇地点距A的距离为：
=245m．
=125m
答：两辆汽车相遇处距A处的距离分别为125m，245m．
18．放风筝是春天时大人、小孩都爱玩的一项有趣的体育活动，手上牵着线拉着风筝迎风向前跑，就可以将风筝放飞到高处，有一个小朋友将一只重为4N的风筝放飞到空中后，拉着线的下端以一定的速度匀速跑动时，线恰能与水平面成53°角保持不变，如图所示，这时小朋友拉住线的力为5N．求风筝所受的风力．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】对风筝进行受力分析，根据共点力的平衡条件可列出平衡方程求解风力的大小． 【解答】解：风筝受到重力G、风力F风和拉力F三个力的作用，受力分析如图所示，由平衡条件知：
F风x=Fcos53°=5×0.6 N=3 N
F风y=Fsin53°+G=5×0.8 N+4 N=8 N F风=
=
N=8.54 N
tanθ==
θ=arctan．
答：风筝所受的风力大小为8.54 N，与水平方向夹角=arctan．
19．将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小．
【考点】牛顿第二定律．
【分析】对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．
【解答】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53°=mg，F=1.25N 此时无摩擦力．
当F＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律有： Fcosθ﹣μFN=ma，FN+Fsinθ=mg， 解得：F=1N
当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律有：
Fcosθ﹣μFN=ma，Fsinθ=mg+FN， 解得：F=9N
答：F的大小为1N或者9N．
20．在2018年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．重力加速度取g=10m/s2．当运动员与吊椅一起正以加速度a=1m/s2上升时，试求
（1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力．
【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律． 【分析】（1）以人和吊椅为研究对象，对整体受力分析，由加速度可以求得对绳的拉力； （2）再以吊椅为研究对象，受力分析可以求得对吊椅的压力． 【解答】解：解法一：（1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F．
对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有： 2F﹣（m人+m椅）g=（m人+m椅）a 解得：F=440N
由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力F′=440N，
（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有： F+FN﹣m人g=m人a
解得：FN=275N
由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N
解法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN．
根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN． 分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 F+FN﹣Mg=Ma ① F﹣FN﹣mg=ma ②
由 ①、②解得：F=440N FN=275N 答：（1）运动员竖直向下拉绳的力为440N， （2）运动员对吊椅的压力为275N．
2018年10月13日
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