宁夏石嘴山市第三中学2019届高三上学期第一次月考考试物理试题 含解析

2018-2019年第一学期高三第一次月考
物理
一、单选题（共13小题，每题3分，共39分，每题只有一个正确答案）
1.某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若F4的方向沿逆时针方向转过60°角，但其大小保持不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，此时物体受到的合力的大小为( )
A. 0
B. F4
C. F4
D. 2F4
【答案】B
【解析】
【详解】物体在四个共点力作用下处于平衡状态，即物体所受合外力为0，把F4的方向沿逆时针转过60°角而大小保持不变，其余三个力的合力为-F 4，则-F 4旋转后的F4成1200.，根据平行四边形定则：总合力为F4，故B正确。

2.如图所示，粗糙水平面上的物体在水平拉力F作用下做匀加速直线运动，现使F不断变小到零，则在滑动过程中（）
A. 物体的加速度不断减小，速度不断增大
B. 物体的加速度不断增大，速度不断减小
C. 物体的加速度先增大后减小，速度先减小后增大
D. 物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小
【答案】D
【解析】
合外力决定加速度，滑动过程中物体所受合外力是拉力和地面摩擦力的合力，即F合＝F－F f.当F>F f时，合外力方向与速度方向相同，速度增加，F逐渐减小，合外力减小，加速度减小；当F<F f时，合外力方向与速度方向相反，速度减小，F逐渐减小，合外力增大，加速度增大，D正确．
故选D
3.甲物体自高处自由落下，同时乙物体自地面以初速度v0竖直上抛，不计空气阻力，两者的加速度均为g．当乙上升到最高点时，甲、乙两物体恰好相遇，则甲物体刚开始下落时距地面的高度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题可知，甲、乙两物体在乙上升到最高点时相遇，两者运动的时间为：
在此时间内，甲下落的位移为
乙上升的位移为：
所以甲开始下落时距地面的高度为：
故B正确。

4.甲、乙两车在同一直线上同方向运动，两车运动的图像如图所示。

在4s末两车相遇，由图可知
A. 甲车的速度变化比乙车慢
B. 乙车出发时乙车在甲车之前20m处
C. 乙车出发时甲车在乙车之前40m处
D. 相遇前甲、乙两车的最远距离为40m
【答案】AD
【解析】
试题分析：在中斜率表示加速度，加速度越大，速度变化的越快，而甲的斜率小，说明甲车的速度变化比乙车慢，A正确；在中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，因此在4s内甲车的位移为60m，其中前2s的位移为15m，而乙车4s内的位移为20m，由于在4s末两车相遇，因此乙车出发时乙车在甲车之前25m处，BC错误，甲出发时两车距离最远，且最远距离为60-20=40m，D正确。

考点：图像
5. 一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验：让一个小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s内的位移是18 m，则
A. 小球在2 s末的速度是20 m/s
B. 小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/s
C. 小球在5 s内的位移是50 m
D. 小球在第2 s内的位移是8 m
【答案】C
【解析】
试题分析：设该星球表面的重力加速度为g，则，解得g=4m/s2, 小球在2 s末的速度是
,选项A错误；小球在第5 s内的平均速度是，选项B错误；小球在5 s内的位移
是，选项C正确；小球在第2 s内的位移是，选项D错误。

考点：此题借助于星球表面为情景考查自由落体运动的规律。

6.匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时的速度分别为v和7v，其经历的时间为t。

对于该物体从A到B的过程，下列说法正确的是（）
A. 物体通过前半程所用的时间为t/3
B. 在前面的t/2时间内，物体的位移为11vt/4
C. 在后面的t/2时间内，物体的位移为11vt/4
D. 物体通过后半程的过程中，速度的增加量为3v
【答案】C
【解析】
【分析】
解决本题需要掌握：匀变速直线运动的时间中点和位移中点的速度公式，明确公式适用条件和物理量意义．然后直接利用公式求解即可。

【详解】A项：由匀变速直线运动的规律可知，物体运动到AB中点时的速度为，
物体的加速度为：，所以物体运动前一半位移所用的时间为：，故A错误；
B项：在匀变速运动中，时间中点的速度等于全过程中的平均速度，所以前半时间的平均速度，所以前的位移为，故B错误；
C项：由B分析可得，后时间内的平均速度，所以后时间内通过的位移为
，故C正确；
D项：做匀加速直线运动的物体，位移中点的速度为，故后半程速度增加量为7v-5v=2v，故D错误。

故应选C。

【点睛】本题考查了匀变速直线运动推论公式的应用，对于这些推论公式既要会推导也要明确其适用条件并能灵活应用。

7.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。

在a和b之间的细线上悬挂一小物块。

平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。

不计所有摩擦。

小物块的质量为（）
A. B. C. 2m D. m
【答案】D
【解析】
【详解】根据设悬挂小物块的点为O,圆弧的圆心为，由于ab=R，所以三角形ab为等边三角形
如图所示：
根据几何知识可得，而一条绳子上的拉力相等，故T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg，两力大小相等，夹角为120°，故受到的拉力的合力等于mg，所以小物块的质量为m，故D正确。

8. 我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：因为飞行沿虚线斜向下减速飞行，故合力沿虚线向上，飞机受到竖直向下的重力以及空气作用力，两个力作用，要想合力沿虚线向上，则根据矢量三角形可得空气对其对用力为，如图所示
考点：考查了力的合成
【名师点睛】本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．
9.用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示．已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为()
A. mg，mg
B. mg，mg
C. mg，mg
D. mg，mg
【答案】A
【解析】
对结点c受力分析，受到三根绳子拉力，将F a和F b合成为F，
根据三力平衡得出：F=F c=mg；已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α=30°
根据三角函数关系得出：F a=F•cosα=mg；F b=F•sinα=mg；故选A．
点睛：该题的关键在于能够对结点c进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题；力的计算离不开几何关系和三角函数．
10.如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在绳被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为( )
A. 都等于
B. 和·
C. 和0
D. ·和
【答案】B
【解析】
【分析】
在剪短上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度。

【详解】对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F=mgsin30°=ma，a=gsin30°；
对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：m A gsin30°=m B a
故B正确。

【点睛】该题要注意在剪断绳子的瞬间，绳子上的力立即减为0，而弹簧的弹力不发生改变，再结合牛顿第二定律解题，难度不大。

11.如图所示，AD、BD、CD都是光滑的直角斜面，斜面固定在水平地面上，现使一小物体分别从A、B、C点由静止开始下滑到D点，所用时间分别为t1、t2、t3，则( )
A. t1＞t2＞t3
B. t3＞t2＞t1
C. t2＜t1＝t3
D. t2＜t1＞t3
【答案】C
【解析】
对小物块，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小物块做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gcosθ（θ为斜面与竖直方向的夹角）设水平方向直角边长为s，由图中的直角三
角形可知，小物块的位移：,根据，解得：，代入角度可知：，
，故C正确，ABD错误。

12.如图所示为采用动力学方法测量某空间站质量的原理图。

若已知飞船质量为3.5×103 kg，其推进器的平均推力大小为1560 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作了7 s，在这段时间内，飞船和空间站速度变化了0.91 m／s，则空间站的质量约为（）
A. 1.2×104 kg
B. 8.5×103 kg
C. 1.6×104 kg
D. 5.0×103 kg
【答案】B
【解析】
【分析】
由加速度公式可求得整体的加速度；由牛顿第二定律可求得整体的质量，则可求得空间站的质量。

【详解】整体的加速度：
由牛顿第二定律F=ma可知
空间站和飞船的总质量：
所以空间站的质量为：
故B正确。

【点睛】牛顿第二定律的应用中要注意灵活选取研究对象，并注意在公式应用时的同体性，即公式中的各量均为同一物体所具有的。

13.如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。

夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。

若木块不滑动，力F的最大值是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
对木块分析得，2f-Mg=Ma．对整体分析得，F-（M+m）g=（M+m）a，联立解得．故A正确，BCD错误．故选A．
视频
14. 如图所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今用一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法中正确的是（）
A. 物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B. 物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变
C. 物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动
D. 物体在B点所受合力为零
【答案】C
【解析】
试题分析：物体竖直方向受到重力与地面的支持力平衡，水平方向受到弹簧的弹力和滑动摩擦力．从A到B过程中，弹簧的弹力水平向右，摩擦力水平向左，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先加速后减速，从B到C 过程，摩擦力和弹簧的弹力方向均向左，物体一直做减速运动．故AB错误，C正确．
物体在B点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力不为零，则物体所受的合外力不为零．故D错误．故选C．
考点：牛顿定律的应用
【名师点睛】本题考查根据物体的受力情况分析其运动情况的能力，关键要抓住弹簧的弹力的可变性，进行动态分析。

二、多选题（共6小题，每题4分，共24分，少选得2分，多选或选错得0分）
15. 物体在斜面上保持静止状态，下列说法中正确的是
A. 重力可分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
B. 重力沿斜面向下的分力与斜面对物体的静摩擦力是一对平衡力
C. 物体对斜面的压力与斜面对物体的支持力是一对平衡力
D. 重力垂直于斜面方向的分力与斜面对物体的支持力是一对平衡力
【答案】BD
【解析】
试题分析：重力可分解为沿斜面向下的分力和垂直于斜面向下的分力，不能说成压力，故A错误；物体受到重力、斜面的支持力和静摩擦力，根据平衡条件可知重力沿斜面向下的分力与斜面对物体的静摩擦力是平衡力，重力垂直于斜面方向的分力与斜面对物体的支持力是平衡力，故BD正确；物体和斜面之间由于相互挤压而使物体受到了斜面的支持力，而斜面受到了物体的压力，二力是一对相互作用力，故C错误
考点：牛顿第三定律；共点力平衡的条件及其应用．
【名师点睛】作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失，理解牛顿第三定律与平衡力的区别．作用力与反作用力是分别作用在两个物体上的，既不能合成，也不能抵消，分别作用在各自的物体上产生各自的作用效果
16.如图①所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图②所示，运动过程中A、B始终保持相对静止．则在0～2t0时间内，下列说法正确的是（）
A. t0时刻，A、B间的静摩擦力最大
B. t0时刻，A、B的速度最大
C. 0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大
D. 2t0时刻，A、B离出发点最远
【答案】BCD
【解析】
试题分析：根据牛顿第二定律分析何时整体的加速度最大．再以A为研究对象，当加速度最大时，A受到的静摩擦力最大．分析整体的运动情况，分析何时B的速度最大，并确定何时AB位移最大
解：A、C以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A 为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大．故A错误，C正确．
B、整体在0﹣t0时间内，做加速运动，在t0﹣2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，B速度最大．故B正确．D、2t0时刻，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大．故D正确．
故选BCD
【点评】本题一方面要灵活选择研究对象，另一方面，要能根据物体的受力情况分析物体的运动过程，这是学习动力学的基本功．
17.两物体A、B静止于同一水平面上，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB，它们的质量分别为m A、m B，用平行于水平面的力F拉动物体A、B，所得加速度a与拉力F的关系如图中的A、B直线所示，则
A. m A＞m B
B. m A＜m B
C. μA＜μB，
D. μA＞μB
【答案】BD
【解析】
对质量为M的物体受力分析，假定动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=ma
解得：，故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，故m A＜m B；从图象可以看出纵轴截距用表示-μg表示，故μA＞μB；故选BD．
点睛：本题关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解出a与F关系式，再结合图象进行讨论，主要是讨论图像的斜率和截距．
18.如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（）
A. 三条绳中的张力都相等
B. 杆对地面的压力大于自身重力
C. 绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零
D. 绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
【答案】BC
【解析】
试题分析：由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零，故三力的大小不可能相等；A错、C对；由于三力在竖直方向有分力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力，B对；由于杆受绳的拉力、重力及支持力；故绳拉在竖直方向分力与重力的合力等于支持力；故D错。

考点：共点力的平衡条件及应用。

视频
19.如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则（）
A. 绳OO′的张力也在一定范围内变化
B. 物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D. 物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
【解析】
由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物
体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，A、C错误；b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：
力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：，；由此可得：
；由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，B正确；
，由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，D正确；
故选BD。

视频
20.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1kg、m B＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )
A. t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N
B. t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零
C. t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m
【答案】AD
【解析】
试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：
，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，，，得，A正确B错误；
当时，，，得，C错误．
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．
视频
21.如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示（已知μ2>μ1），下列说法正确的是（）
A. 要顺利地卸干净全部沙子，应满足tanθ>μ2
B. 要顺利地卸干净全部沙子，应满足sinθ>μ2
C. 只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>tanθ>μ1
D. 只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tanθ
【答案】AC
【解析】
【详解】由题，μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mgsinθ＞μ2mgcosθ，得tanθ＞μ2．故A正确，B错误。

与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时，应有mgsinθ＞μ1mgcosθ，mgsinθ＜μ2mgcosθ，得足μ2＞tanθ＞μ1．故C正确，D错误。

故选AC。

【点睛】本题通过实际的情景考查共点力的平衡问题，以及考查对最大静摩擦力的理解能力，当外力大于最大静摩擦力时，物体将发生相对滑动．
三、实验题（共14分）
22.（1））在研究匀变速直线运动的实验中，小车拖着纸带通过计时器记录下的运动情况如图所示，图中
A、B、C、D、E为连续选定的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.10s，标出的数据单位是厘米，则在打C点时小车的速度是______m/s，小车运动的加速度是______m/s2．
（2）小文利用打点计时器研究甲和乙两个物体的运动，分别得到2条纸带．对毎条纸带，均选择合适的点作为第一个计数点，再依次每5个点取1个计数点，并在各计数点处将其剪断，然后将这些剪断的纸条粘贴在相同的坐标纸上，最后将纸条上端中心连起来，如图甲、乙所示．由图可判断（____）
A．乙物体的加速度比甲大
B．两物体均做匀速直线运动
C．打第三个计数点时，甲物体的速度比乙大
D．打第一个计数点时，物体的速度有可能为零
【答案】(1). 0.19；(2). 0.20；(3). A
【解析】
【分析】
本题使用的方法是等效代替法解题，它们的长度分别等于x=v平均t，因为剪断的纸带所用的时间都是t=0.1s，即时间t 相等，所以纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比；而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的速度，最后得出结论纸带的长度之比等于此段纸带的平均速度之比，还等于各段纸带中间时刻的速度之比，即纸带的高度之比等于中间时刻速度之比．根据图象的斜率求出小车的加速度。

【详解】(1)C点的速度等于BD段的平均速度，则
x AB=1.60cm，x BC=1.80cm，x CD=2.00cm，x DE=2.20cm，可知△x=0.20cm，根据△x=aT2得
；
(2) A项：如果将将纸条上端中心连起来，得到的直线是纸带的v-t图象，该图象斜率表示加速度，所以乙物体的加速
度比甲大，故A正确；
B项：相等的时间间隔内位移增大，所以两物体均做加速直线运动，故B错误；
C项：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，所以打第三个计数点时，甲物体的速度比乙小，故C错误；
D项：根据图象在纵轴上的截距不为零，所以打第一个计数点时，物体的速度不可能为零，故D错误。

故应选A。

【点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，掌握匀变速直线运动的推论，知道纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度。

23.关于“探究求合力的方法”的实验如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O．
（1）以下操作正确的是（____）
A．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度
B．同一次实验过程中，O点的位置允许变动
C．橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
D．拉橡皮条的细绳要长一些，标记同一细绳方向的两点要远些
（2）从图可读得弹簧秤B的示数为______N。

（3）为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的______（填“图示”或“示意图”）来表示分力与合力。

（4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2N，两力的合力用F表示，F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，下列关于F1、F2、F、θ1、θ2之间的关系正确的是（____）
A．F1=4 N
B．F=12 N
C．θ1=45°
D．θ1＜θ2
【答案】(1). AD；(2). 3.8；(3). 图示；(4). BC；
【解析】
(1) A、本实验是在同一平面作力的图示，为了减小误差橡皮条及施加的外力必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度，故A正确；
B. 要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定，故B错误；
C. 本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制,并非一定要在角平分线上，故C错误；
D. 拉橡皮条的细绳长一些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样记录的方向更准确一些，故D正确。

故选：AD.
(2) 弹簧秤的最小刻度是0.2N，估读到同位即可，故读数为3.8N；
(3) 为了更准确得到合力与分力的大小、方向、作用点之间的关系，要采用作力的图示的来表示分力与合力。

（4）
根据平行四边形定则，作出两个力的合力如图。

由图可知，F1=4N，合力F=12N.
根据几何关系知F1与F的夹角分别为θ1=45∘.从图上可知，θ1>θ2.故B.C正确，A.D错误。

故选：BC.
四、计算题（共43分）
24.飞机着陆后以6m/s2的加速度做匀减速直线运动,其着陆速度为60m/s,求:
(1)它着陆后12s 内滑行的位移s 的大小；
(2)整个减速过程的平均速度v 的大小；
(3)静止前2s 内飞机滑行的位移s′的大小。

【答案】(1) (2)30m/s (3)12m
【解析】
(1)以初速度方向为正方向，则有a＝-6m/s2
飞机在地面滑行最长时间
所以飞机12s内滑行的位移为10s内滑行的位移
由v2－v02＝2ax可得.
(2)方法1：由.
或方法2：由.
(3)运用逆向思维，可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动
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【点睛】在解决机车减速问题时，一定要注意要先判断在给出的时间内机车是否已经静止．
25.如图所示，质量M=kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m= kg的小球相连．今用跟水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取
g=10m/s2．求：
（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角θ；
（2）木块与水平杆间的动摩擦因数μ．
【答案】(1),,即（2）个题。

【解析】
试题分析：(1)以球为研究对象，其受力如图所示
据共点力平衡条件得Fcos 30°－F T cos θ＝0
Fsin 30°＋F T sin θ＝mg
解得F T＝10 N，θ＝30°.
(2)以木块M为研究对象，其受力如图所示。