1、2015-2016学年黑龙江省大庆实验中学高一（上）期末物理试卷一.选择题：（本题共15小题，每小题4分，共60分在每小题给出的四个选项中，第1题第9题只有一个选项是符合题目要求的；第10题第15题有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和科学假说法、建立理想模型法、微元法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的
2、瞬时速度，该定义应用了极限思维法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2下列关于力的说法中正确的是（）A物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力B规则形状的物体重心一定在几何中心处C弹力的方向总是与产生该弹力的施力物体形变的恢复方向相同D物体受滑动摩擦力一定运动3下列说法中正确的是（）A物体具有保持原有运动状态不变的性质叫惯性，汽车速度越大刹车后越难停下来，表明
3、速度越大惯性就越大B没有力的作用，物体只能处于静止状态C牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例，可以用实验直接验证D伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去4以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a=4m/s2的加速度，刹车后4s内，汽车行驶过的位移为（）A8mB12mC12.5mD24m5如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是（）AF1=F2=F3BF1=F2F3CF1=F3F2DF3F1F
4、26如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直杆的下端有一个轻滑轮O另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为=30系统保持静止，不计一切摩擦下列说法中正确的是（）A细线BO对天花板的拉力大小是Ba杆对滑轮的作用力大小是GCa杆和细线对滑轮的合力大小是GD若将物体换成2G的重物，a杆对滑轮的作用力大小将变成4G7如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判
5、断错误的是（）A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为8如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A物体A做匀速运动B物体A做加速运动C物体A所受摩擦力逐渐增大D物体A所受摩擦力不变9物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是（）A物体在03 s做直线运动B物体在03 s做变加速运动C物体在34 s做直线运动D物体在34 s做曲线运动10甲乙两物体在同一条直线上运动
6、，初位置相同，它们的vt图象如图所示，关于该vt图象，下列说法正确的是（）A在02s内，甲物体的平均速度是2m/sB在t=4s时，甲和乙相遇，且此时乙的位移是8mC在2s6s内，甲和乙的位移相同D若乙的加速度保持不变，则一定能追上甲，在t=4s时，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离11如图所示，半圆柱体P放在粗糙水平地面上，其右端有一竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，P始终静止不动，对于此过程下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力保持不变BP对Q的作用力先增大后减小CP对Q的作
7、用力逐渐增大D地面对P的摩擦力逐渐增大12如图所示，在倾角为=30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B均静止在斜面上，下列说法正确的是（）A弹簧的长度为L+B水平恒力F大小为mgC撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度大小为gD撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度大小为13一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则下列说法中正确的是（）At=2s时人对地板的压力最大Bt=5s时人对地板的压力为0Ct=8.5s时人对地板的压力最大Dt=8.5s时人对地板的压力最小14
8、如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图象可能是（）ABCD15如图所示，一斜面固定在水平地面上，a、b、c、d、e五个点把整个斜面四等分，即ab=bc=cd=de，e为斜面与水平面的交点，从a点水平抛出一个小球（可视为质点），初速度为v时，小球落在斜面上，且末速度方向与斜面夹角为，（不计空气阻力，只考虑小球从抛出到第一次与斜面或水平面碰的位置和速度）则（）A若初速度为v时，小球落在b点，则初速度变为2v时，小球可能落在c点与d点之间B若初速度为v
9、时，小球落在b点，则初速度变为2v时，小球一定落在e点C无论平抛初速度v多大，只要小球落在斜面上，则小球的末速度方向都与斜面夹角为D若初速度为v时，小球从抛出到落在斜面上某点的水平位移为x，则初速度变为2v时，小球的水平位移可能为3x二.实验题（本题共2小题，16题6分，17题10分，共16分）16如图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有A安装斜槽轨道，使其末端保持水平B斜槽轨道必须光滑C将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行D每次小球应从同一高度由静止释放E每次释放小球时的位置越高，实验效果越好
10、（2）如图2所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度=m/s（取g=10m/s2）17如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，获得了小车加速度a与沙及沙桶的质量及小车和砝码的质量对应关系图沙桶和沙子的总质量为m1，小车和车上砝码的总质量为m2，重力加速度为g（1）实验中打点计时器所用电源的频率为50Hz，打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出aF图
11、象，他可能作出图2中 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数=，沙桶和沙子的总质量m1=（认为绳的拉力等于沙桶和沙子的总重力，忽略空气阻力及细线与滑轮的摩擦）三.计算题：（本题共3小题，18题8分，19题12分，20题14分，共34分，在答题卡上解答，应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）18如图所示，一小球（可视为质点）自平台上水平抛
12、出，恰好落在临近平台的一倾角为=37的斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.45m，求：（重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos 37=0.8）（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？19如图1所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从倾角a=37的斜面上A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点运动过程中速度的大小随时间的关系如图2所示（重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos 37=0.8）求：（1）物体在斜面上的加速度a1和在水平面上的加速度a2；（2）经
13、过多长时间物体恰好停在C点？（3）物体通过的总路程是多少？20如图所示，质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在光滑水平地面上，且木板不固定质量m=0.40kg的小滑块（可视为质点）以速度v0从木板的左端冲上木板已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20，（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2）（1）若v0=2.1m/s，从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？（2）若v0=3.0m/s，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？2015-2016学年黑龙江省大庆实
14、验中学高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一.选择题：（本题共15小题，每小题4分，共60分在每小题给出的四个选项中，第1题第9题只有一个选项是符合题目要求的；第10题第15题有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法和科学假说法、建立理想模型法、微元法等等以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应
15、用了极限思维法C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法D在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系；物理模型的特点及作用；瞬时速度；匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】解答本题应掌握：质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究多个量之间
16、的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度【解答】解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法；故D正确；本题选错误的，故选：A2下
17、列关于力的说法中正确的是（）A物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数一定等于物体的重力B规则形状的物体重心一定在几何中心处C弹力的方向总是与产生该弹力的施力物体形变的恢复方向相同D物体受滑动摩擦力一定运动【考点】力的概念及其矢量性；物体的弹性和弹力【分析】当物体保持静止或做匀速直线运动时弹簧秤的示数才等于物体的重力，重力与质量分别以及几何形状有关，弹力的方向总是与施力物体恢复形变的方向相反【解答】解：A、物体挂在弹簧秤下，只有当物体保持静止或做匀速直线运动时弹簧秤的示数才等于物体的重力，故A错误；B、规则形状的物体的重心不一定在物体的几何中心，还要与物体的质量分布有关，故B错误；C、弹力的方向总是与施
18、力物体恢复形变的方向相同，故C正确；D、汽车急刹车时（车轮抱死），地面不动，受到滑动摩擦力，故D错误；故选：C3下列说法中正确的是（）A物体具有保持原有运动状态不变的性质叫惯性，汽车速度越大刹车后越难停下来，表明速度越大惯性就越大B没有力的作用，物体只能处于静止状态C牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例，可以用实验直接验证D伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去【考点】牛顿第一定律；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；惯性【分析】物体具有保持原有运动状态不变的性质叫惯性，惯性大小的唯一量度是质量，与速度、
19、受力无关；力是改变速度的原因，而不是维持速度的原因【解答】解：A、汽车速度越大刹车后越难停下来，是由于速度大时刹车速度的该变量大，惯性大小与速度无关，故A错误；B、没有力的作用，物体保持匀速直线运动状态或者静止状态，故B错误；C、牛顿第一运动定律给出了物体不受力时的运动情况，是整个牛顿力学的基础，不是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例，故C错误；D、伽利略根据理想实验推出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故D正确；故选：D4以36km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a=4m/s2的加速度，刹车后4s内，汽车行驶过
20、的位移为（）A8mB12mC12.5mD24m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出汽车行驶的位移【解答】解：36km/h=10m/s，汽车速度减为零的时间为：，则刹车后4s内的位移等于2.5s内的位移为：x=故选：C5如图所示的装置中，小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3，其大小关系是（）AF1=F2=F3BF1=F2F3CF1=F3F2DF3F1F2【考点】胡克定律【分析】弹簧的弹力大小等于弹簧所受的拉力大小，分别以小球为研究对象，由平衡条
21、件求解弹簧的弹力【解答】解：第一幅图：以下面小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第二幅图：以小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；第三幅图：以任意一个小球为研究对象，由平衡条件得知，弹簧的弹力等于小球的重力G；所以平衡时各弹簧的弹力大小相等，即有F1=F2=F3故选A6如图所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直杆的下端有一个轻滑轮O另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为=30系统保持静止，不计一切摩擦下列说法中正确的是（）A细线BO对天花板的拉力大小是Ba杆对滑
22、轮的作用力大小是GCa杆和细线对滑轮的合力大小是GD若将物体换成2G的重物，a杆对滑轮的作用力大小将变成4G【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】先对重物受力分析，根据平衡条件求得拉力；再对滑轮受力分析，根据力的合成的平行四边形定则求得细线对滑轮的合力，再得到a杆对滑轮的力【解答】解：A、对重物受力分析，受到重力和拉力T，根据平衡条件，有T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于mg，故A错误；B、对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图根据平衡条件，结合几何关系，有：F=T=mg故B正确；C、由
23、于滑轮处于平衡状态，故a杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C错误；D、由B分析可知，若将物体换成2G的重物，a杆对滑轮的作用力大小将变成2G，故D错误；故选：B7如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判断错误的是（）A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】小球做的匀加速直线运动，根据相机的曝光的时间间隔相同，由匀变速直线运动的规律可以
24、求得【解答】解：由图可以知道每两个相邻的点之间的距离差是一样的，由x=at2 可知，a=，所以BC的说法正确；由于时间的间隔相同，所以2点瞬时速度的大小为1、3之间的平均速度的大小，所以V2=，根据V=V0+at可知点1的速度大小是V1=V2at=T=，所以A错误；点3的瞬时速度的大小为2、4之间的平均速度的大小，所以V3=，所以D正确本题选错误的，故选A8如图所示，物体A、B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A物体受水平向右的力F的作用，此时B匀速下降，A水平向左运动，可知（）A物体A做匀速运动B物体A做加速运动C物体A所受摩擦力逐渐增大D物体A所受摩擦力不变【考点】运动的合成和分解；摩擦力的
25、判断与计算【分析】因B匀速下降，所以滑轮右边的绳子收缩的速度是不变的，把A实际运动的速度沿绳子收缩的方向和与绳子摆动的方向进行正交分解，结合B的速度不变，可判断A的运动情况；因B匀速下降，所以绳子的拉力的大小不变，把绳子拉A的力沿水平方向和竖直方向进行正交分解，判断竖直方向上的分量的变化，从而可知A对地面的压力的变化，即可得知摩擦力的情况【解答】解：A、B、B匀速下降，A沿水平面向左做运动，如图1，VB是VA在绳子方向上的分量，VB是恒定的，随着VB与水平方向的夹角增大，VA增大，所以A在水平方向上向左做加速运动选项A错误，B正确；C、D、因为B匀速下降，所以B受力平衡，B所受绳拉力T=GB，
26、A受斜向上的拉力等于B的重力，在图2中把拉力分解成竖着方向的F2和水平方向的F1，在竖直方向上，有N+F2=GA绳子与水平方向的夹角增大，所以有F2增大，支持力N减小，所以摩擦力减小，选项C错误、D错误故选：B9物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象如图所示，则对该物体运动过程的描述正确的是（）A物体在03 s做直线运动B物体在03 s做变加速运动C物体在34 s做直线运动D物体在34 s做曲线运动【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】根据图示图象判断物体在两个方向上分运动的性质，然后应用运动的合成与分解知识
27、分析答题【解答】解：AB、由图示图象可知，在03s内物体在x轴方向做匀速直线运动，在y轴方向作初速度为零的匀加速直线运动，物体的合运动是曲线运动，物体的加速度恒定不变，物体做匀加速曲线运动，故A、B错误；CD、由图示图象可知，在34s内物体在x轴上做匀减速直线运动，在y轴上做匀减速直线运动，3s末速度与x轴夹角正切：tan=，加速度与x轴夹角正切：tan=，则知合加速度的方向与合初速度方向在同一直线上，所以物体做直线运动，故C正确，D错误；故选：C10甲乙两物体在同一条直线上运动，初位置相同，它们的vt图象如图所示，关于该vt图象，下列说法正确的是（）A在02s内，甲物体的平均速度是2m/sB
28、在t=4s时，甲和乙相遇，且此时乙的位移是8mC在2s6s内，甲和乙的位移相同D若乙的加速度保持不变，则一定能追上甲，在t=4s时，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离【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】根据图象与时间轴围成的面积可求出甲物体在2s内的位移，再求平均速度甲乙两物体在同一条直线上运动，初位置相同，当通过的位移相等时两者相遇根据两物体的速度关系，分析何时两者相距最远【解答】解：A、在02s内，若甲做匀加速运动，其平均速度是=2m/s，由于02s内甲的位移大于匀加速运动的位移，则甲物体的平均速度大于2m/s，故A错误B、在前4s内，甲的位移比乙的位移
29、大，所以在t=4s时，乙还没有追上甲故B错误C、根据“面积”表示位移，由几何知识可知，在2s6s内，甲和乙的位移相同，故C正确D、由于t=4s后，乙的速度比甲的速度大，则若乙的加速度保持不变，则一定能追上甲在t=4s时之前，甲的速度大，两者间距逐渐增大在t=4s时之后，乙的速度大，两者间距逐渐减小，所以在t=4s时，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离故D正确故选：CD11如图所示，半圆柱体P放在粗糙水平地面上，其右端有一竖直挡板MN在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前的此过程中，P始终静止不动，对于此过
30、程下列说法中正确的是（）AMN对Q的弹力保持不变BP对Q的作用力先增大后减小CP对Q的作用力逐渐增大D地面对P的摩擦力逐渐增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】先对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，其中重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件并运用合成法得到各个力的变化规律，最后对PQ整体受力分析，根据共点力平衡条件得到地面对整体的摩擦力情况【解答】解：A、对圆柱体Q受力分析，受到重力、杆MN的支持力和半球P对Q的支持力，如图所示，重力的大小和方向都不变，杆MN的支持力方向不
31、变、大小变，半球P对Q的支持力方向和大小都变，然后根据平衡条件，得到：N1=mgtan由于不断增大，故N1不断增大，N2也不断增大，故AB错误，C正确；D、对PQ整体受力分析，受到总重力、MN杆的支持力N1，地面的支持力N3，地面的静摩擦力f，如图所示根据共点力平衡条件，有：f=N1=mgtan由于不断增大，故f不断增大，故D正确；故选：CD12如图所示，在倾角为=30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用原长为L、劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B均静止在斜面上，下列说法正确的是（）A弹簧的长度为L+B水平恒力F大小为mgC撤掉恒力F的瞬间小球A
32、的加速度大小为gD撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度大小为【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】先对整体受力分析，根据平衡条件可求得推力F的大小；再隔离A物体分析，根据平衡条件即可求得弹簧弹力，再根据胡克定律即可求得弹簧的形变量【解答】解：A、隔离A球分析，有：kx=mgsin 30，故弹簧的长度：l=L+x=L+故A正确；B、以A、B两球和弹簧组成的系统为研究对象，则有：Fcos 30=2mgsin 30，得：F=；故B错误；C、撤掉恒力F的瞬间弹簧的弹力大小不变，所以小球A受到重力、弹簧的弹力以及斜面的支持力，小球的合外力：ma=mgsin+kx联立可得小球的加速度大小为：a=g故C正
33、确；D、撤掉恒力F的瞬间弹簧的弹力大小不变，所以小球B受到重力、弹簧的弹力以及斜面的支持力，小球B的合外力等于0，所以小球B的加速度仍然等于0故D错误故选：AC13一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则下列说法中正确的是（）At=2s时人对地板的压力最大Bt=5s时人对地板的压力为0Ct=8.5s时人对地板的压力最大Dt=8.5s时人对地板的压力最小【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体
34、处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下人随电梯做匀速直线运动时，人对地面的压力等于人的重力【解答】解：A、C、D、在时间轴的上方，表示加速度向上，此时处于超重状态，在时间轴的下方，表示加速度向下，此时处于失重状态，对地板的压力减小，在t=2s时向上的加速度最大，此时对地板的压力最大，在t=8.5s时具有向下的最大的加速度，此时对地板的压力最小，故A正确，C错误，D正确；B、由图示图象可知，t=5s时，人随电梯做匀速运动，人处于平衡状态，所以人受到的支持力等于人的质量，由牛顿第三定律可知，人对地板的压力等于人的重力，故B错误；故选：AD14如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0
35、匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则图中能反映小木块运动的加速度、速度随时间变化的图象可能是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】分析小木块的受力情况，由牛顿第二定律列式分析加速度要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态时物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1
36、a2从而分析出图象的形状【解答】解：A、初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为： a1=gsin+gcos；若传送带较短，则物体一直以此加速度匀加速运动，所以A图是可能的，故A正确B、若传送带足够长，当小木块的速度与传送带速度相等时，由tan，有：mgsinmgcos，可知木块继续沿传送带匀加速运动，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度为： a2=gsingcos；比较知道 a1a2，则B图是可能的，故B正确CD、由上分析知，木块可能一直做匀加速运动，也可能先做加速度较大的匀加速运动，再
37、做加速度较小的匀加速运动，而vt图象的斜率表示加速度，所以第二段图线的斜率变小故C错误，D正确故选：ABD15如图所示，一斜面固定在水平地面上，a、b、c、d、e五个点把整个斜面四等分，即ab=bc=cd=de，e为斜面与水平面的交点，从a点水平抛出一个小球（可视为质点），初速度为v时，小球落在斜面上，且末速度方向与斜面夹角为，（不计空气阻力，只考虑小球从抛出到第一次与斜面或水平面碰的位置和速度）则（）A若初速度为v时，小球落在b点，则初速度变为2v时，小球可能落在c点与d点之间B若初速度为v时，小球落在b点，则初速度变为2v时，小球一定落在e点C无论平抛初速度v多大，只要小球落在斜面上，则小
38、球的末速度方向都与斜面夹角为D若初速度为v时，小球从抛出到落在斜面上某点的水平位移为x，则初速度变为2v时，小球的水平位移可能为3x【考点】平抛运动【分析】小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，运动的时间与初速度有关，根据竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点根据速度方向与水平方向的夹角变化，去判断的变化并分析水平位移的变化【解答】解：AB、设斜面的倾角为小球落在斜面上，有tan=，得t=水平位移为 x=v0t=，可知若初速度为v时，小球落在b点，则初速度变为2v时，水平位移变为原来的4倍，小球一定落在e点，故A错误，B正确C、小球落在斜面上
39、时速度与水平方向夹角的正切为 tan=2tan，保持不变，由几何知识知无论平抛初速度v多大，只要小球落在斜面上，则小球的末速度方向都与斜面夹角为故C正确D、由上知，若初速度为v时，小球从抛出到落在斜面上某点的水平位移为x，则初速度变为2v时，若小球仍落在斜面上，水平位移应为4x，若落在水平面上，小球的水平位移可能为3x故D正确故选：BCD二.实验题（本题共2小题，16题6分，17题10分，共16分）16如图1是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有ACDA安装斜槽轨道，使其末端保持水平B斜槽轨道必须光滑C将木板校准到竖直方
40、向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行D每次小球应从同一高度由静止释放E每次释放小球时的位置越高，实验效果越好（2）如图2所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长L=2.5cm若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度=1m/s（取g=10m/s2）【考点】研究平抛物体的运动【分析】根据实验的原理以及实验中需要注意的事项确定合理的步骤根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出小球平抛运动的初速度【解答】解：（1）A、为了保证小球做平抛运动，斜槽的末端需保持水平，故A正确
41、B、斜槽不一定需要光滑，只要让小球从斜槽的同一高度由静止释放，保证有相同的平抛运动初速度即可，故B错误C、木板的平面与小球下落的竖直平面平行，故C正确D、为了保证小球初速度相等，每次让小球从斜槽的同一高度由静止释放，故D正确E、每次释放小球的位置不是越高，实验效果越好，高度适当即可，故E错误故选：ACD（2）在竖直方向上，根据y=L=gT2得，T=，则平抛运动的初速度m/s=1m/s故答案为：（1）ACD，（2）117如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置，获得了小车加速度a与沙及沙桶的质量及小车和砝码的质量对应关系图沙桶和沙子的总质量为m1，小车和车上砝码的总质量为m2，重力加
42、速度为g（1）实验中打点计时器所用电源的频率为50Hz，打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度a=0.88 m/s2（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出aF图象，他可能作出图2中丙 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是没有满足m1远小于m2（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图象，如图3设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数=，沙桶和沙子的总质量m1=（认为绳的拉力等于沙桶和沙子的总重力，忽略空气阻力及细线与滑轮的摩擦）【考点】
43、探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）根据匀变速直线运动的推论计算小车运动的加速度（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量（3）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论【解答】解：（1）根据纸带可知，相邻计数点的时间间隔为：T=0.1s，根据x=aT2得：a=0.88m/s2（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙当不满足m1m2时，随m1的增大物体的加速度a逐渐减小，故图象弯曲的原因是：没有满足m1远小于m2（3）根据牛顿第
44、二定律可知，m1gm2g=m2a；结合图象，可得：，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量m1=，小车与木板间的动摩擦因数=故答案为：（1）0.88；（2）丙，没有满足m1远小于m2；（3）；三.计算题：（本题共3小题，18题8分，19题12分，20题14分，共34分，在答题卡上解答，应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位）18如图所示，一小球（可视为质点）自平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为=37的斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，已知斜面顶端与平台的高度差h=0.45m，求：（重力加速度g取10m/s2，s
45、in37=0.6，cos 37=0.8）（1）小球水平抛出的初速度v0是多少？（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是多少？【考点】平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度差求出竖直分速度小球落在斜面上时速度方向与斜面平行，结合平行四边形定则求出平抛运动的初速度（2）由高度h或竖直分速度求出小球平抛运动的时间，再结合初速度求解斜面顶端与平台边缘的水平距离s【解答】解：（1）小球落到斜面上时方向与斜面平行：vy=v0tan37小球做平抛运动，落在斜面上时竖直方向上有： =2gh 得 vy=3m/s则得 v0=4
46、m/s故小球的水平速度为4m/s； （2）由vy=gt得 t=0.3s 斜面顶端与平台边缘的水平距离 s=v0t=40.3m=1.2m 答：（1）小球水平抛出的初速度v0是4m/s（2）斜面顶端与平台边缘的水平距离s是1.2m19如图1所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从倾角a=37的斜面上A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点运动过程中速度的大小随时间的关系如图2所示（重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos 37=0.8）求：（1）物体在斜面上的加速度a1和在水平面上的加速度a2；（2）经过多长时间物体恰好停在C点？（3）物体通
47、过的总路程是多少？【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；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据速度时间图象的斜率求解加速度（2）物体在水平面上做匀减速运动，由图2读出6s末的速度，由速度公式求时间（3）由速度时间公式求B点的速度，再由平均速度求物体通过的总路程【解答】解：（1）根据速度时间图象的斜率等于加速度，由图象可得：物体在斜面上的加速度为：a1=4m/s2；在水平面上的加速度为：a2=2m/s2；（2）6s时的速度为：v6=8m/s 由0=v6+a2t，得：t=4s则经过时间为：tc=t6+t=6+4=10s物体恰好停在C点 （3）设B点速度为v，则
48、有：tc=+代入得：v=m/s物体通过的总路程是：s=66.7m答：（1）物体在斜面上的加速度a1和在水平面上的加速度a2分别为4m/s2和2m/s2；（2）经过10s时间物体恰好停在C点（3）物体通过的总路程是66.7m20如图所示，质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在光滑水平地面上，且木板不固定质量m=0.40kg的小滑块（可视为质点）以速度v0从木板的左端冲上木板已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20，（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2）（1）若v0=2.1m/s，从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？（2
49、）若v0=3.0m/s，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据牛顿第二定律分别求出小滑块m和木板M的加速度，再根据相对静止时速度相等相等列式，求出时间，最后由位移时间公式求小滑块的位移（2）分两种临界情况研究：设当F=F1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动根据两者位移之差等于板长，由位移时间公式列式，求出时间，由速度公式求出木板的加速
50、度，即可由牛顿第二定律求出F当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出根据牛顿第二定律得到滑块与木板共同运动的加速度，求得滑块在静摩擦力的作用下能达到的最大加速度，联立求得F，从而得到F的范围【解答】解：（1）分析m的受力，由牛顿第二定律有：a1=g=2m/s2分析M的受力，由牛顿第二定律有：a2=0.1m/s2设经过时间t两者速度相同则有：v0a1t=a2t代入数据，可得：t=1s 相对静止的共同速度为：v=a2t=0.11=0.1m/s所以小滑块的位移为：S=1.1m（2）设当F=F1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板一起运动在滑块与木板有相对滑动的这段时间内
51、，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动设这段时间为t1，滑块与木板共同运动的速度为v1，则有：x块=x板=且有：x块x板=L所以解得：t1=s有：v1=v0a1t1=32=m/s所以木板的加速度为：a板=0.25m/s2对木板，根据牛顿第二定律有：F1+mg=Ma板 所以有：F1=1.2N所以，当F1.2N时，滑块不会从木板的右端滑出当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出，根据牛顿第二定律得滑块与木板共同运动的加速度为：a1=而滑块在静摩擦力的作用下，能达到的最大加速度 a2=g因此，滑块不从木板左端滑出需满足的条件为：a2a1即得：F216.8N所以滑块不从木板掉下的条件是 1.2NF16.8N答：（1）小滑块的位移是1.1m（2）要使滑块不从木板上掉下，力F应满足的条件是 1.2NF16.8N2017年1月21日