成都七中2015-2016学年高一上学期期末物理模拟试卷(二) 含解析

2015—2016学年四川省成都七中高一(上）期末物理模拟试卷(二）
一、选择题(以下各题只有一个选项符合题意，选对1题得3分，共18分）
1．关于力的叙述正确的是（）
A．压力、阻力、重力是根据力的效果命名的
B．只有互相接触的物体间才有力的作用
C．物体受到的合外力决定了该物体速度变化的快慢
D．力是国际单位制中的基本物理量
2．如图所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽略空气阻力,则下列说法正确的是（）
A．小明在下降过程中处于失重状态
B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态
C．小明落地时，地面对他的支持力与他对地面的压力是一对平衡力
D．起跳时，小明对地面的压力是地面的形变而产生的
3．如图所示，是一物体沿某一直线运动时的x﹣t图象．从图上的信息可知( )
A．在0~8s内,物体先做匀加速接着匀速，最后做匀减速运动B．在0～8s内，前4s做匀速运动,接着静止2s，最后反方向做匀速
运动
C．0～8s内发生的位移是6m
D．0～2s和4～8s内的速度均为3m/s
4．如图所示，木块A放在水平桌面上．木块左端用轻绳与轻质弹簧相连，弹簧的左端固定,用一轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接木块右端,另一端连接一砝码盘(装有砝码)，轻绳和弹簧都与水平桌面平行．当砝码和砝码盘的总质量为0。

5kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态，弹力大小为3N．若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和砝码盘的总质量减小到0。

1kg，取g=10m/s2，此时装置将会出现的情况是（）
A．弹簧伸长的长度减小
B．桌面对木块的摩擦力大小不变
C．木块向右移动
D．木块所受合力将变大
5．静止于光滑水平面的物体质量m=20kg，在F=30N的水平拉力作用下沿水平面运动，3s末撤去拉力，则5s末时物体的速度和加速度分别为（）
A．4。

5m/s 1.5m/s2B．4。

5 m/s 0
C．7。

5m/s 1。

5m/s2D．7。

5 m/s 0
6．如图所示，轻质细绳AO和BO相交于O点,其A、B端是固定的，在O点悬挂质量为m的物体，平衡时，AO呈水平，BO与水平面夹角为θ，已知细绳AO和BO能承受的最大拉力相同，AO和
BO的拉力大小分别为F1和F2．则( ）
A．F1=mg tanθ
B．F2=
C．F1与F2的合力大小为mg，方向竖直向上
D．增大物体的质量,最先断的是细绳AO
二、选择题(以下各题至少有两个选项符合题意，选对1题得4分,选对不全得2分，满分共24分)
7．2013年9月10日是中国就钓鱼岛及其附属岛屿的领海基点、基线发表声明一周年纪念日．当天，中国海警7艘舰船编队在我钓鱼岛领海内巡航．编队分为两组,一组顺时针，一组逆时针，从9点18分开始绕岛巡航，假设每个小组的巡航时间为4个小时，航程为60海里，其中海警“2112”号和海警“2350”号被编在同一组．若所有舰船行驶速率相同,下列说法正确的有（）
A．研究其中一艘舰的平均速度时可将其看作质点
B．以海警“2112”号为参考系，海警“2350"号一定是静止的C．此次巡航过程中编队的位移大小为60海里
D．此次巡航过程中海警“2112”号的平均速度大小为15海里/小时
8．如图所示,轻弹簧下端固定在水平面上，一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程
度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，不计空气的阻力，则下列说法中正确的是（）
A．小球从开始下落到刚接触弹簧的过程，其加速度不变,方向竖直向下
B．从小球接触弹簧到最低点的过程，小球的速度先增大后减小C．若将小球释放的初始位置上移,则小球最大速度的位置也将上移（与初位置相比）
D．从小球接触弹簧到最低点的过程,小球的加速度先减小后增大9．一物块与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用，力F随时间变化的规律为F=kt（k＞0)．设物块从t=0时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙间的动摩擦因数为μ（μ＜1)．得到物块与墙壁间的摩擦力随时间变化的图象,如图所示．从图线可以得出（）
A．0﹣t1时间内，物块在竖直方向做匀加速直线运动
B．0﹣t1时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速直线运动
C．物块的重力等于a
D．物块受到的最大静摩擦力总等于b
10．如图所示，a、b两物体从同一位置沿同一直线运动的速度图象,下列说法正确的是（)
A．a、b都加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度
B．20s时，a、b两物体相距最远
C．60s时，物体a在物体b的前方
D．40s时，a、b两物体速度相等，相距200m
11．如图所示,倾斜索道与水平线夹角θ=37，当载人车厢加速向上运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时，人与车厢相对静止，设车厢对人的静摩擦力为f，此时加速度大小为a,已知重力加速度大小为g,人的体重为G．则下面正确的是（)
A．f= B．f= C．a= D．a=
12．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0。

1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( ）
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5s到达B处
C．行李提前0.5s到达B处
D．若传送带速度足够大,行李最快也要2s才能到达B处
三、实验题（本题3小题；共16分）
13．某校学习兴趣小组在研究“探索小车速度随时间变化的规律"的实验，图是某次实验得出的纸带，所用电源的频率为50Hz，舍去前面比较密集的点,从0点开始，每5个连续点取1个计数点，标以1、2、3…．各计数点与0计数点之间的距离依次为d1=3cm，d2=7.5cm，d3=13.5cm，则
(1）物体做的运动，理由是;
（2）物体通过1计数点的速度v1= m/s;
（3)物体运动的加速度为a= m/s2．
14．某同学设计了一个探究加速度与物体所受合外力F及质量M的关系实验．图为实验装置简图，A为小车，B为打点计时器，C为装有砂的砂桶（总质量为m),D为一端带有定滑轮的长木
板．
（1）下列做法正确的是（填字母代号）．
A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B．在调节长木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．为使沙桶及桶内沙的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是沙桶及桶内沙的总质量远大于小车和小车上砝码的总质量．
D．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
E．实验时,先放开小车再接通打点计时器的电源
F．在这个实验中，为了探究两个物理量之间的关系，要保持第三个物理量不变，这种探究方法叫做等效法
（2）若保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量M,分别得到小车加速度a与质量M及对应的1/M数据如下表所示．
次数12345
小车加速度a/(m•s﹣2) 1.98 1.48 1.000.670.50
小车质量M/kg0。

250。

330.500.75 1.00
质量倒数1/M/kg﹣1 4.00 3.00 2.00 1.331。

00
根据表中数据,为直观反映F不变时a与M的关系，请在图所示的
方格坐标纸中选择恰当的物理量建立坐标系，并作出图线．从图线中得到F不变时，小车加速度a与质量M之间存在的关系是．（3）某同学在探究a与F的关系时，把砂和砂桶的总重力当作小车的合外力F，作出a﹣F图线如图所示，试分析图线不过原点的原因是，图线上部弯曲的原因是．
15．在“探究求合力的方法"实验中,现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤．
（1）为完成实验,某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数,得到的实验数据如下表：
2.50
3.00 3.50
弹力F(N）0。

50 1.00 1.502。

00
伸长量x（10﹣2 m）0。

74 1.80 2.80 3.72 4.605。

586。

42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m；
(2）某次实验中,弹簧秤的指针位置如图所示，其读数为N；同时利用（1）中结果获得弹簧上的弹力值为2。

50N，请画出这两个共点力的合力F合；
(3)由图得到F合= N．
四、计算题（本题4小题，共42分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计
算的题答案中必须明确写出数值和单位．）
16．从离地面80m的空中自由落下一个小球，g取10m/s2，求：（1)经过多长时间落到地面？
（2）自开始下落计时，在第1s内的位移大小、最后1s内的位移大小；
（3）下落时间为总时间的一半时的位移大小和速度大小．17．放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g=10m/s2，求物块的质量m及物块与地面间的动摩擦因数μ．
18．在2008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．
19．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m A、m B，弹簧的劲度系数为k，C 为一固定挡板．系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,求物块B刚要离开C时物块A的加速度a 和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g．
2015-2016学年四川省成都七中高一（上）期末物理模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、选择题（以下各题只有一个选项符合题意,选对1题得3分，共18分）
1．关于力的叙述正确的是( )
A．压力、阻力、重力是根据力的效果命名的
B．只有互相接触的物体间才有力的作用
C．物体受到的合外力决定了该物体速度变化的快慢
D．力是国际单位制中的基本物理量
【考点】物体的弹性和弹力；力学单位制．
【分析】A、结合力的两种命名方法可知选项A的正误．
B、结合力的产生的条件及举实例可判知选项B的正误．
C、结合牛顿第二定律可知选项C的正误．
D、根据国际单位制的相关知识可判知选项D的正误．
【解答】解：A、压力、阻力是根据力的效果命名的，重力是根据力的性质命名的，选项A错误．
B、弹力是由相互接触的物体产生的，而场力的产生并不需要相互接触，例如电场力和磁场力．选项B错误．
C、由牛顿第二定律可知，在质量一定的情况下,物体的加速度与受到的合外力成正比,所以物体受到的合外力决定了该物体速度变化的快慢，选项C正确．
D、国际单位制中的基本物理量有：长度、质量、时间、电流、热
力学温度、物质的量和光的强度，力不是国际单位制中的基本物理量，选项D错误
故选:C
2．如图所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动,若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( ）
A．小明在下降过程中处于失重状态
B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态
C．小明落地时，地面对他的支持力与他对地面的压力是一对平衡力
D．起跳时，小明对地面的压力是地面的形变而产生的
【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【分析】当支持力大于物体的重力时，物体处于超重状态;当支持力小于物体的重力时，物体处于失重状态；物体加速度向上时，处于超重状态；而加速度向下则处于失重状态．弹力是由于物体的形变产生的．
【解答】解:A、小明下降时,只受重力，加速度为g，处于失重状态；故A正确；
B、离开地面上升的过程中，小明只受重力，处于失重状态;故B错误;
C、小明落地时，地面对他的支持力与他对地面的压力是一对作用力与反作用力；故C错误;
D、起跳时,小明对地面的压力是小明的脚的形变而产生的；故D错误;
故选:A．
3．如图所示，是一物体沿某一直线运动时的x﹣t图象．从图上的信息可知（)
A．在0～8s内，物体先做匀加速接着匀速，最后做匀减速运动B．在0～8s内，前4s做匀速运动,接着静止2s，最后反方向做匀速运动
C．0～8s内发生的位移是6m
D．0～2s和4～8s内的速度均为3m/s
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】x﹣t图象中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，平行于时间轴的直线表示静止，斜率等于速度，速度的正负表示运动的方向．位移等于x的变化量．根据相关知识分析即可．
【解答】解:AB、根据x﹣t图象中斜率等于速度，可知在0~8s内，物体先做匀速运动,接着静止2s，最后反方向做匀速运动，故A错误，B正确．
C、0~8s内发生的位移是△x=﹣6m﹣0=﹣6m，故C错误．
D、0～2s内的速度为v===3m/s，4~8s内的速度为v′===﹣3m/s，故D错误．
故选：B
4．如图所示，木块A放在水平桌面上．木块左端用轻绳与轻质弹簧相连，弹簧的左端固定，用一轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接木块右端，另一端连接一砝码盘(装有砝码），轻绳和弹簧都与水平桌面平行．当砝码和砝码盘的总质量为0.5kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态，弹力大小为3N．若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码和砝码盘的总质量减小到0。

1kg，取g=10m/s2，此时装置将会出现的情况是（）
A．弹簧伸长的长度减小
B．桌面对木块的摩擦力大小不变
C．木块向右移动
D．木块所受合力将变大
【考点】胡克定律；摩擦力的判断与计算．
【分析】先根据平衡条件求出开始时A所受的静摩擦力，即可知最大静摩擦力的可能值,当砝码和砝码盘的总质量减小到0。

1kg,判断A的状态，确定其合力大小，求解摩擦力．
【解答】解:当砝码和砝码盘的总质量为0。

5kg时,整个装置静止,弹簧处于伸长状态时，由平衡条件可知木块A所受的静摩擦力为：f1=m砝g﹣F弹=0.5×10﹣3=2(N)，所以桌面对木块A的静摩擦力至少为2N．
当砝码和砝码盘的总质量减小到0。

1kg，F弹﹣m砝g′=3N﹣0.1×10N=2N,不超过最大静摩擦力，所以木块相对桌面仍静止,木块所受
合力为零，没有变化，弹簧伸长的长度不变．
根据平衡条件可知，桌面对木块的摩擦力大小为f2=F弹﹣m砝g′=2N=f1,即桌面对木块的摩擦力大小不变．故B正确，ACD错误．故选：B
5．静止于光滑水平面的物体质量m=20kg，在F=30N的水平拉力作用下沿水平面运动，3s末撤去拉力，则5s末时物体的速度和加速度分别为（）
A．4.5m/s 1。

5m/s2B．4.5 m/s 0
C．7.5m/s 1。

5m/s2D．7.5 m/s 0
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】对物体受力分析,根据牛顿第二定律可求得加速度，再由速度公式可求得3s末的速度；再次受力分析,明确物体的受力情况，从而确定5s末的速度和加速度．
【解答】解：物体受F作用时，做匀加速运动,a===1.5 m/s2，3s的速度v=at=1。

5×3=4。

5 m/s；因地面光滑，故当撤销F后,物体受的合力为零，加速度为零，做匀速直线运动；故5s末的速度为4。

5m/s；加速度为零；
故选:B
6．如图所示，轻质细绳AO和BO相交于O点，其A、B端是固定的，在O点悬挂质量为m的物体，平衡时，AO呈水平，BO与水平面夹角为θ，已知细绳AO和BO能承受的最大拉力相同,AO 和BO的拉力大小分别为F1和F2．则（）
A．F1=mg tanθ
B．F2=
C．F1与F2的合力大小为mg，方向竖直向上
D．增大物体的质量,最先断的是细绳AO
【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】以点O为研究对象，分析受力情况:三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．作出力图分析．
【解答】解：ABC、以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．
作出力图如图:
由共点力平衡,结合正交分解法，得到:
x方向F2cosθ﹣F1=0
y方向F2sinθ﹣G=0
解得：
F1=mgcotθ
F2=
根据三力平衡条件，F1与F2的合力与重力平衡，故A错误，B错误，
C正确;
D、根据平衡条件，有：＞F1，故AO绳子的拉力最大，先断开，故D错误;
故选：C
二、选择题（以下各题至少有两个选项符合题意，选对1题得4分,选对不全得2分，满分共24分）
7．2013年9月10日是中国就钓鱼岛及其附属岛屿的领海基点、基线发表声明一周年纪念日．当天，中国海警7艘舰船编队在我钓鱼岛领海内巡航．编队分为两组，一组顺时针,一组逆时针,从9点18分开始绕岛巡航,假设每个小组的巡航时间为4个小时,航程为60海里，其中海警“2112"号和海警“2350"号被编在同一组．若所有舰船行驶速率相同，下列说法正确的有（）
A．研究其中一艘舰的平均速度时可将其看作质点
B．以海警“2112”号为参考系，海警“2350”号一定是静止的C．此次巡航过程中编队的位移大小为60海里
D．此次巡航过程中海警“2112”号的平均速度大小为15海里/小时
【考点】参考系和坐标系；质点的认识；平均速度．
【分析】当忽略物体的形状与大小对所研究的物体不产生影响时，可以把物体看做质点,区分路程与位移,平均速度是位移与时间的比值．
【解答】解：A、研究其中一艘舰船编队的平均速度时可将其看作质点，因为船的大小相当于路程来讲可以忽略，故A正确；
B、若二者的速度不相同时，以海警“2112”为参考系，海警“2350”是运动的,B错误；
C、“60海里”指的是编队的路程,故C错误;
D、平均速度是位移与时间的比值,由题中条件不能求出此次巡航过程中海警“2112"的平均速度，故D错误；
故选：A
8．如图所示,轻弹簧下端固定在水平面上,一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，不计空气的阻力，则下列说法中正确的是（）
A．小球从开始下落到刚接触弹簧的过程，其加速度不变，方向竖直向下
B．从小球接触弹簧到最低点的过程，小球的速度先增大后减小C．若将小球释放的初始位置上移，则小球最大速度的位置也将上移(与初位置相比）
D．从小球接触弹簧到最低点的过程,小球的加速度先减小后增大【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大,根据牛顿第二定律分析小球的加速度的方向．【解答】解:A、小球在开始下落到刚接触弹簧的过程中，只受重力，
其加速度大小为g，方向竖直向下；故A正确；
B、小球刚接触弹簧瞬间具有向下的速度，开始压缩弹簧时，重力大于弹力，合力竖直向下,加速度方向竖直向下,与速度方向相同，小球做加速运动；当弹力与重力相等时速度最大,此后由于弹力大于重力,故物体开始做减速运动，故小球的速度先增大后减小;故B正确;
C、当小球的重力与弹力相等时速度达最大,故小球速度最大的位置是不变的；与初始位置无关；故C错误；
D、在小球接触弹簧的过程中，弹簧的弹力越来越大,开始时重力大于弹力，合力减小，加速度减小；当弹力大于重力后，合力越来越大，故加速度越来越大；故小球的加速度先减小后增大；故D正确；故选：ABD．
9．一物块与竖直墙壁接触,受到水平推力F的作用，力F随时间变化的规律为F=kt（k＞0）．设物块从t=0时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙间的动摩擦因数为μ(μ＜1）．得到物块与墙壁间的摩擦力随时间变化的图象，如图所示．从图线可以得出（）
A．0﹣t1时间内，物块在竖直方向做匀加速直线运动
B．0﹣t1时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速直线运
动
C．物块的重力等于a
D．物块受到的最大静摩擦力总等于b
【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【分析】物体先加速后减速,最后静止不动；故先受到滑动摩擦力，最后受静摩擦力，求出滑动摩擦力的表达式为f=μF=μkt，再结合图象进行分析
【解答】解：A、在0～t1时间内，滑动摩擦力小于a，而重力等于a,故滑动摩擦力小于重力，合力向下，加速度向下，物体向下做加速度不断减小的加速运动,故A错误，B正确；
C、物体受重力、水平推力、支持力和向上的摩擦力，静止不动时，静摩擦力与重力平衡，故重力等于a，故C正确；
D、最大静摩擦力与压力成正比，由于水平推力不断变大，故物块与竖直墙壁间的最大静摩擦力不断增大，故D错误；
故选:BC．
10．如图所示,a、b两物体从同一位置沿同一直线运动的速度图象,下列说法正确的是（）
A．a、b都加速时，物体a的加速度小于物体b的加速度
B．20s时,a、b两物体相距最远
C．60s时，物体a在物体b的前方
D．40s时，a、b两物体速度相等,相距200m
【考点】匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜,加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移,时间轴上方位移为正,时间轴下方位移为负．
【解答】解:A、在速度﹣时间图象中切线的斜率表示加速度,加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；所以a物体的加速度：a1==m/s2=1.5m/s2，b物体的加速度：a2==m/s2=2m/s2，故A正确．
B、a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速度一直大于b的速度,a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a 的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，
△x=x a﹣x b=m+20×40m﹣×20×40m=900m,故B错误,D 错误．
C、根据所围图形的面积表示位移，由图可以看出60s内a的位移大于b的位移，即a在b前面，故C正确．
故选:AC．
11．如图所示，倾斜索道与水平线夹角θ=37，当载人车厢加速向上
运动时，人对车厢的压力为体重的1。

25倍，此时，人与车厢相对静止，设车厢对人的静摩擦力为f，此时加速度大小为a，已知重力加速度大小为g，人的体重为G．则下面正确的是（）
A．f= B．f= C．a= D．a=
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】对人受力分析可知，人在水平和竖直方向都有加速度，由牛顿第二定律可以求得竖直方向上的加速度的大小，从而根据平行四边形定则求出车厢的加速度，以及水平方向的加速度，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小．
【解答】解：由于人对车厢底的正压力为其重力的1。

25倍，所以在竖直方向上有F N﹣mg=ma上，
解得：a上=0.25g，
设水平方向上的加速度为a水，则：a水==g
则：a==g．
f=ma水=．故D正确
故选：D
12．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的
恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（)
A．乘客与行李同时到达B处
B．乘客提前0.5s到达B处
C．行李提前0.5s到达B处
D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处
【考点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动,由牛顿第二定律和运动学公式求出时间．若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．
【解答】解：A、B、C、由牛顿第二定律，得μmg=ma得a=1m/s2．设行李做匀加速运动的时间为t,行李加速运动的末速度为v=1m/s．由v=at1代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为
x=a=0.5m,匀速运动的时间为t2==1.5s,行李从A到B的时间为t=t1+t2=2.5s．
而乘客一直做匀速运动,从A到B的时间为t人==2s．故乘客提前
0.5 s到达B．故A、C均错误，B正确；
D、若行李一直做匀加速运动时,运动时间最短．由L=a，解得,最短时间t m=2s．故D正确．
故选：BD．
三、实验题（本题3小题;共16分)。