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物理第二次月考答案
1.A、2.B、3.A、4.B、5.C、6.C、7.C、8.B、9.AD、10.BD、11.BD、12.AD
2.【详解】ABD．开始推不动衣橱，说明推力小于最大静摩擦力；站在人字形架时，重力
产生两个效果，分别向左右两侧推墙壁和衣橱，如图所示
重力可以分解成沿A、B 两个方向的力，由于底角较小，所以A、B 方向的力会很大，A
对衣橱的力可分解成水平方向和竖直方向的力，而水平方向的力会远大于小明的重力，可
能大于最大静摩擦力，故AD 错误，B 正确；
C．根据力的平行四边形定则，可知重力一定的情况下，A、B 夹角越大，沿A、B 方向的力会很大，A 对衣橱水平方
向的分力越大，越容易推动衣橱，所以如果没有推动衣橱，可以把A、B 板的夹角适当增大，故C 错误。
3.【详解】A．从
到
的过程中，位移应为QP 之间的直线距离，大小为2R，故A 正确；
B. 从
到
，所用的时间为
，故B 错误；
C．从
到
，平均速度为
，故C 错误；
D．从
到
过程的平均速度与从
到
过程的平均速度大小相等，但方向不同，故D 错误。
4.【详解】A．从传感器的示数可知，单杠对该同学右手支持力的大小为
，同理单杠对左手的支持力大小也为
，根据平衡条件可知该同学的重力约为500N，体重约为
，故A 错误；
B．1s~2s 内，从传感器示数可知，支持力先小于重力，处于失重状态，之后支持力大于重力，处于超重状态，所以该
同学经历了先出现失重现象后出现超重现象，故B 正确；
C．5～6s 内，从传感器示数可知，支持力先大于重力，处于超重状态，之后支持力小于重力，处于失重状态，故C 错
误；
D．人在进行放下身体的动作过程中，先向下加速运动，此时加速度的方向向下，故人处于失重状态，最后人处于静
止状态，所以后半段人向下做减速运动，加速度的方向向上，此过程人处于超重状态，结合图像可以看出，1s 时人放
下身体，2s 时过程结束。
内，该同学进行了先放下身体的动作、后拉起身体，故D 错误。
5.【详解】A．开始时弹簧伸长量为
剪断细线后小球向上加速运动，在平衡位置时（此时弹簧伸长量为
）小球A 的加速度为零，此时速度最大，
即此时弹簧仍处于伸长状态，A 错误；
B．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，则小球A 的加速度大小为
，B 错误；
C．剪断细线的瞬间，小球B 只受重力作用，则加速度大小为g，C 正确；
D．小球A 运动到最低点时，弹簧的伸长量为
，D 错误。
6.【详解】ACD．选取1、2 两球整体为研究对象，受力如图所示
利用正交分解法，在水平方向，有
在竖直方向，有
解得
，
，故AD 错误，C 正确；
B．选取球2 为研究对象，受力如图所示
由平衡条件可得
，故B 错误。
7.【详解】由于两棒的加速度都等于g，若以A 为参考系，则B 相对A 做匀速运动，B 相对A 的速度恒为
，则从开始下落到两棒相遇的时间
从两棒相遇交错到分离所需时间
8.【详解】A．搓纸轮带动第一张纸匀速运动，故搓纸轮对第张纸的摩擦力大小与第张纸与第
张纸之间的滑动摩
擦力
平衡，故搓纸轮对第张纸的摩擦力大小为
，故A 错误；
B．正常工作时第张纸在第
张纸上滑动，它们之间的压力为
，滑动摩擦力为
，以
第张纸下面的所有纸为研究对象，它们受到第一张纸的摩擦力
，底部对它的静摩擦力
，由平衡关系可得
，故B 正确；
C．静止不动的纸之间保持相对静止，它们之间是静摩擦力，静摩擦力的大小等于
，故C 错误；
D．若
，则
，即第张纸将无法搓动，进纸系统将不能正常进纸，D 错误。
9.【详解】A．根据运动学规律，可得飞船在这个阶段的平均加速度
，故A 正确；
B．由于不知道飞船的质量，无法应用牛顿第二定律求出飞船对空间站的平均作用力，故B 错误；
C．由于不知道飞船的初速度，无法求出飞船在这段时间内的位移，故C 错误；
D．根据牛顿第二定律可得
解得
因此要求出空间站的质量
，需要知道飞船
的质量
，故D 正确。
10.【详解】以A 为对象，根据牛顿第二定律可得
以B 为对象，根据牛顿第二定律可得
联立解得
11.【详解】A．对物体a 受力分析，如图
在缓慢拉开物体a 的过程中，物体a 所受合力为零，由图解法分析可知水平力F 和
均变
大。设斜面体的倾角为
，对物体b 受力分析，由平衡条件
可知物体b 受到
的支持力一定不变，故A 不符合；
B．由于不清楚
与
的关系，则物体b 受到的摩擦力可能为零，可能沿斜面体向上，也可能沿斜面体向下，
所以随着
增大，物体b 受到的摩擦力可能逐渐增大，也可能逐渐减小，故B 符合题意；
C．取三个物体整体分析，斜面体、物体a、物体b，竖直方向合力为零，所受地面的支持力等于三者重力之和，故地
面对斜面体的支持力一定不变，故C 不符合题意；
D．取三个物体整体分析，水平方向合力为零，因水平拉力F 增大，所以地面对斜面体的摩擦力逐渐变大，故D 符合
题意。
12.【详解】A．由题图乙可知，煤块先以大小a1=8m/s2的加速度做匀减速运动，而后以大小a2=2m/s2的加速度做匀减
速运动。在0~t1时间内，
可得t1=1s 在t1~t2时间内，
可得t2=3s，A 正确。
BC．根据牛顿第二定律可知，在0~t1时间内，有
在t1~t2时间内，有
解得μ=
，tan θ=
，BC 错误；
D．在0~t1时间内，煤块比传送带多运动的位移Δx1=
×（12+4）×1m-4×1 m=4m 在t1~t2时间内，传送带比煤块多运
动的位移Δx2=4×2 m-
×4×2 m=4m 故黑色痕迹长为4m，D 正确。
13.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）小球通过光电门B 的速度大小为
（2）[1][2]小球从光电门A 运动到光电门B，根据位移时间关系可得
变形可得
结合图乙，可得
，
解得
14.【答案】(1)A (2) 否
(3)
【详解】（1）A．连接小车和沙桶的细线必须与轨道平行，这样才能保证小车受到的拉力是沿轨道方向的合力，故A
正确；
B．因为有拉力传感器可以直接测量拉力，所以不需要始终保持
远大于
，故B 错误；
C．由于不需要
远大于
，所以实验得到的图线不会在
比较大时出现弯曲，故C 错误。
故选A。
（2）由纸带可以看出间距不相等，所以不是匀速运动，摩擦力平衡不正确；由题知，相邻的两个计数点之间还有四
个点没有画出，相邻计数点时间间隔
根据逐差法
可得加速度大小
代入数据解得
（3）[1][2]对车分析，根据牛顿第二定律有
整理得
可知图像斜率
纵截距
联立解得
，
15.【答案】(1)8N，方向沿斜面向上 (2)F = 40 N
【详解】（1）物块垂直斜面有
又
解得
N 方向沿斜面向上
（2）对静止在斜面上的物块施加水平向右的推力，当物块刚好上滑时，摩擦力沿斜面向下刚好达到最大，则有
，
又
联立解得
N
16.【答案】(1)
(2)
【详解】（1）卡车在动物通道前停下，在反应时间内做匀速直线运动，后做匀减速直线运动，有
解得司机的最长反应时间
（2）若司机的实际反应时间
，然后仍以
的加速度做匀减速直线运动，则
解得卡车完全通过
点的速度
减速过程的时间
该动物在卡车完全通过后才到达
点，有
解得动物的速度大小
17.【答案】(1)8m/s (2)
(3)5
【详解】（1）由于
，则在木板与挡板碰撞前，物块与木板保持相对静止
则对整体有
物块与挡板第一次碰撞前瞬间
解得v1=8m/s
（2）物块与挡板第一次碰撞后速度大小不变，方向变为向上，为
对物块有
此时对木板有
物块向上减速为零，用时为
此时木板保持匀速运动，在此期间相对位移
随后物块以a2向下做加速运动，木板保持匀速向下运动，由对称性可知，再经历t1后物块速度向下增大为8m/s，再次
与挡板相撞，在此期间相对位移
物块与挡板第二次碰撞前，相对木板上滑的最大距离
（3）由（2）分析可得，第一次碰撞到第二次碰撞过程中，物块相对于木板向上滑动
，木板保持匀速，第二次
碰撞到第三次碰撞过程中，同理可得，物块相对于木板向上滑动
，则最大碰撞次数为
