D、t1时刻竖直分速度与水平分速度相等，根据平行四边形定则知，速度方向与初速度方向成45度角．故D正确．XVauA9gr 故选：ABD．
10．如图所示，物体A、B质量分别为m和2m．物体A静止在竖直的轻弹簧上面，物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，已知重力加速度为g．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（ ）bR9C6TJs
A．0 B． mg C． mg D．2mg
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力．pN9LBDdt 【解答】解：细线剪断瞬间，先考虑AB整体，受重力、支持力，合力等于B的重力，故： mBg=（mA+mB）a 再分析物体B，有： mBg﹣N=mBa 联立解得： N=
根据牛顿第三定律，B对A的压力为； 故选：B．
11．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一同定的竖直杆，其上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到陆碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图所示．则下列说法正确的是（ ）DJ8T7nHu
A．三个小球落地时间差与车速有关 B．三个小球落地点的间隔距离L1=L2 C．三个小球落地点的间隔距离L1＜L2 D．三个小球落地点的间隔距离L1＞L2 【考点】平抛运动．
【分析】小车遇到陆碍物P时，立即停下来，小球由于惯性，做平抛运动，平抛运动的时间由高度决定，
水平位移由初速度和时间共同决定．QF81D7bv 【解答】解：A、小球在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，A、B、C高度一定，则运动时间一定，落地的时间差一定，与车速无关．故A错误．4B7a9QFw B：平抛运动竖直方向做自由落体运动，则
，解得t=
小球在水平方向上做匀速直线运动，则，，
，解得，，因为
，所以L1＜L2．故C正确，B、D错误．
故选：C．
12．如图所示，带支架的滑块沿倾角为θ的斜面向下运动，支架末端用细线悬挂一个小球，竖直方向和垂直斜面方向用虚线标示，若整个装置稳定后小球可能的位置如图中a，b，c，d所示，各角度标注如图，则关于斜面与滑块间的动摩擦因数μ，下列说法不正确的是（ ）ix6iFA8x
A．若小球处于a位置，则μ=tan（θ+α） B．若小球处于b位置，则μ=0
C．若小球处于c位置，则μ=tan（θ﹣β） D．若小球处于d位置，则μ=tanθ
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，运用牛顿第二定律，结合整体法和隔离法分析求解．
【解答】解：A、在a位置对小球受力分析可知：mgsinθ﹣Tsin（θ+α）=ma， mgcosθ=Tcos（θ+α）
联立解出a=gsinθ﹣gcosθtan（θ+α）；
对整体受力分析可知（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ=（M+m）a 解得μ=tan（θ+α），故A正确
B、在b位置对小球受力分析可知b匀速运动a=0
对整体受力分析可知（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ=（M+m）a 解得μ=tanθ．故B错误．
C、在C位置对小球受力分析可知：mgsinθ﹣Tsin（θ﹣α）=ma， mgcosθ=Tcos（θ﹣α）
联立解出a=gsinθ﹣gcosθtan（θ﹣α）；
对整体受力分析可知（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ=（M+m）a 解得μ=tan（θ﹣α），故C正确
D、在d位置对小球受力分析可知mgsinθ=ma a=gsinθ
对整体受力分析可知（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ=（M+m）a 解得μ=0，故D错误
本题选错误的，故选：BD．
二、实验题（共2小题，满分14分）
13．一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验，采用如图a所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x的图象如图b所示．（重力加速度g=10m/s2）wt6qbkCy （1）利用图b中图象，可求得该弹簧的劲度系数为 200 N/m．
（2）利用图b中图象，可求得小盘的质量为 0.1 kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值 相同 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）．Kp5zH46z
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系． 【分析】（1）由图示图象应用胡克定律可以求出劲度系数． （2）根据图示图象求出质量，然后分析误差． 【解答】解：（1）弹簧的劲度系数：k=（2）由图示图象可知：mg=kx1，
=
=2N/cm=200N/m；
m===0.1kg，
应用图象法处理实验数据，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值相同； 故答案为：（1）200；（2）0.1，相同．
14．探究加速度与力的关系装置如图所示，带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…获取多组a、F数据．Yl4HdOAA
（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是 AB A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车 B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据 C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量
D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量
（2）某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的是 B ；由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小为 2F0 ；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正．修正后的横坐标F合应该等于 2F﹣2F0 （用F、F0表示）．ch4PJx4B 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．qd3YfhxC （2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标．E836L11D 【解答】解：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确． B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．
C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．S42ehLvE 故选：AB．
（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得：a=故正确的图线是B．501nNvZF 当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．
，
根据牛顿第二定律得：a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0．
故答案为：（1）AB；（2）B；2F0，2F﹣2F0
三、计算题（共4小题，满分38分）
15．小球p从高度为h处自由下落，同时小球q从地面竖直上抛，两球同时到达高度为处．求： （1）小球q能达到的最大高度？
（2）同时到达h处时，小球q的速度的方向？ 【考点】自由落体运动．
【分析】根据两球相遇，结合p球下降的高度求出运动的时间，根据q小球上升的高度，结合位移时间公
式求出q球的初速度，根据速度位移公式求出小球q能达到的最大高度．根据速度时间公式求出q球上升的时间，与相遇的时间比较，确定q球处于上升阶段还是下降阶段，从而确定q的速度方向．jW1viftG 【解答】解：（1）设经过t时间小球p下落到h处．有：
，
解得：t=，
在相同时间内小球q，有：
，
解得：最大高度为：
．
H=．
（2）小球q上升的时间为：答：（1）小球q能达到的最大高度为
；
，则q在下降阶段两者相遇．
（2）同时到达h处时，小球q的速度的方向向下．
16．如图所示，在倾角α=30°的光滑斜面上放置一质量m=2kg的小物块C，小物块C用一与斜面平行的细绳连接在A点，细绳的长度l0=0.2m，当斜面连同小物块C一起绕竖直轴AB以一定角速度匀速转动时，重力加速度g=10m/s2，求：xS0DOYWH （1）当匀速转动的角速度ω=5
rad/s时，斜面对小物块C的支持力大小？
（2）当匀速转动的角速度ω=10rad/s时，小物块C对斜面的压力大小？
【考点】向心力． 【分析】（1）C受到重力、弹力和摩擦力的作用，合力提供C做匀速圆周运动的向心力，根据向心力公式求解此时的支持力；LOZMkIqI （2）判断当转速ω=10rad/s时，物体与斜面是否有压力，再对物体受力分析，根据向心力公式求解此时小
吉林2024年高职单招物理模拟试题[含答案]
