B. 甲、乙两球在此过程中速度变化量的大小之比为2:1 C. 甲、乙两小球下落时间之比为2:1
D. 逐渐增大小球甲抛出速度v1的大小，甲球可能垂直撞到坑内BCD上 【答案】AC 【解析】
试题分析：平抛运动的时间由高度决定，根据动能定理比较动能的变化量，根据到达D点时的竖直分速度，结合瞬时功率的公式求出瞬时功率之比．结合水平位移和时间之比求出初速度之比．
甲、乙两小球的水平位移之比为x1:x2?R:3R?2:3，竖直高度之比为2h1:h2?R:R?2:1，下落的时间之比为t1:t2?2:1，所以甲、乙两小球平抛初速度的2大小之比v1:v2?6:3，AC正确；平抛小球速度的变化量即为竖直分速度，而竖直分速度与下落的时间成正比，所以两球速度变化量的大小之比应为2:1，B错误；逐渐增大小球甲抛出时速度的大小，甲球不可能垂直撞到球壁BCD上．因为根据平抛速度的反向延长线过水平位移的中点这一推论，垂直到球壁的速度反向延长线必定过圆心O，而O点并不是水平位移的中点，D错误．
8.如图所示，倾角为θ=30°的斜面上，一质量为4m的物块经跨过定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止，运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中( )
A. 细绳的拉力先增大后减小 B. 物块所受摩擦力逐渐增大 C. 地面对斜面的支持力逐渐增大 D. 地面对斜面的摩擦力逐渐增大 【答案】D
【解析】
小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，A错误；斜面对物块的摩擦力先减小后增，B错误；对物块和斜面组成的整体分析可知，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，C错误，D正确.故选D.
9.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，其位置－时间图象如图所示，曲线甲为抛物线，P(1s，2m)为抛物线的顶点，图线甲与图线乙相交于Q(2s，1m)．下列说法正确的是 ( )
A. t＝1s时甲车的速度最大
B. 0－2s内甲车的平均速度大于乙车的平均速度 C. 0－2s内甲车的路程是乙车的2倍 D. 甲车的加速度大小恒为2m/s2 【答案】CD 【解析】
【详解】A.图像的斜率代表速度，所以t＝1s时甲车的速度为零，最小，故A错误． BC. 0－2s内甲车的位移为零，路程为2m，所以甲车的平均速度为零；乙车的位移为1m，路程为1m，所以乙车的平均速度为0.5m/s，所以0－2s内甲车的路程是乙车的2倍，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故B错误C正确．
D.甲车图像为抛物线做匀变速直线运动，1s时，甲车速度为零，0-1s反向匀加速运动，
x?12at 解得： 2a?故D正确．
2x2?1??2m/s2 2t110.如图所示,在倾角为θ=30°的光滑斜面上,物块A、B质量分别为m和2m,物块A静止在轻弹簧上面,物块B用细线与斜面顶端相连,A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力．已知重力加速度为g,某时刻细线剪断,则细线剪断瞬间,下列说法错误的是( )
1g 21B. 物块A、B间的弹力为mg
31C. 弹簧的弹力为mg
21D. 物块A的加速度为g
3A. 物块B的加速度为【答案】A 【解析】 【分析】
剪断细绳前，隔离对A分析，根据共点力平衡求出弹簧的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对整体分析，求出整体的加速度，隔离分析求出A、B间的弹力大小． 【详解】剪断细绳前，对A分析，弹簧的弹力F弹?mgsin30??1mg，则细线剪断的瞬间，23mgmg3mgsin30??F弹1，故A弹簧的弹力不变，对AB整体分析，加速度a??22?g3m3m3错误，CD正确．隔离对B分析，根据牛顿第二定律得2mgsin30??N?2ma，解得N?mg，故B正确．本题选错误的，故选A．
【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
11.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力．物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示．已知物块的质量为2kg，取g＝10m/s2．下列说法正确的是 ( )
13
A. 拉力作用的时间为3s
B. 物块运动过程的平均速度大小为9m/s C. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6 D. 拉力做的功为36J 【答案】AC 【解析】
【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知x1?1vmt1 ，加速时间即拉力作用时间 2t1?故A正确．
2x1?3s vmB.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误．
2C.根据减速阶段有vm?0?2a2x2 ，且a2??g ，代入数据解得：??0.6 ，故C正确．
D.全程根据动能定理可知
W??mgx?0
解得拉力做功W?144J ，故D错误．
12.甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成?角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是( )
A. 乙船先到达对岸
B. 若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C. 不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A点 D. 若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L 【答案】BD 【解析】
将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲乙两船到达对岸的时间相等．渡河的时间t=大，渡河的时间t=
d ，故A错误；若仅是河水流速v0增vsin?d ，则两船的渡河时间都不变，故B错误；只有甲船速度大于水流vsin?速度时，不论水流速v0如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为L．故D正确．故选D．
13.将小球甲从高空A处以初速度大小v0竖直向下抛出，与此同时，在甲的下方有另一小球乙从空中B处以初速度大小v0竖直向上抛出，测得经过时间4s两球在空中相遇．若A、B两点间的高度差为64m．取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列判断正确的是 ( ) A. v0＝8m/s
B. 乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为0.8s C. A处离地的高度至少为64m D. 两球一定在B处下方相遇 【答案】AD 【解析】
【详解】A.根据相遇时位移关系可知
v0t?解得：v0＝8m/s，故A正确．
121gt?(v0t?gt2)?64m 22B.因为初速度为8m/s，到达最高点所用时间为0.8s，根据对称性可知，乙从B处抛出后返回到B处所用的时间为1.6s，故B错误． CD.4s内甲的位移
h?v0t?12gt?112m 2所以A下落的高度为112m，A、B两点间的高度差为64m，所以两球一定在B处下方相遇，故C错误D正确．
14.如图所示，细线的一端系于天花板上，另一端系一质量为m的小球．甲图让小球在水平面内做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向的夹角为?，细线中的张力为F1，小球的加速度大小为a1；乙图中让细线与竖直方向成?角时将小球由静止释放，小球在竖直面内摆动．刚释放瞬间细线中的张力为F2，小球的加速度大小为a2，则下列关系正确的是
内蒙古鄂尔多斯市第一中学2024届高三物理上学期10月月考试题(含解析)
