1、2014-2015学年湖南省长沙市天心一中芙蓉校区高三（上）期中物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分，第1题到第7题为单项选择题，每小题只有一个正确答案，第8题到第10题为多项选择题，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）1将一物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动中所受空气阻力与其速度大小成正比，则物体（）A 在最高点的加速度为零B 上升时间大于下落时间C 落回地面时的速度小于开始抛出去时的速度D 上升时的加速度等于下落时的加速度2如图，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平现保持O点位置不变，改变O
2、B绳长使绳端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是（）A FOA逐渐增大B FOA逐渐减小C FOB逐渐增大D FOB逐渐减小3甲车以加速度3m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2s在同一地点由静止出发，以加速度4m/s2作加速直线运动，两车速度方向一致在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是（）A 18mB 22mC 24mD 28m4如图，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）
3、A 0B 12NC 20ND 30N5如图所示st图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A 图线1表示物体做曲线运动B st图象中t1时刻v1v2C vt图象中0至t3时间内4的平均速度小于3的平均速度D 两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动6如图所示，以度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为（tan），则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（）A B C D 7如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上
4、有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时（）A 绳的张力减小，b对a的正压力减小B 绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C 绳的张力减小，地面对a的支持力增加D 绳的张力增加地面对a的支持力减小8如图，倾角为的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态则（）A 斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力B B受到C的摩擦力一定不为零C C受到水平面的摩擦力一定为零D 将细
5、绳剪断，若B物体依然静止在斜面上，此时水平面对C的摩擦力为0011金考卷）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系式正确的是（）A xA=h，aA=gB xB=h+，aB=0C xC=h+，aC=gD xCh+，aCg10如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始
6、下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）t/s0246v/ms108128A t=3s的时刻物体恰好经过B点B t=10s的时刻物体恰好停在C点C 物体运动过程中的最大速度为12m/sD A、B间的距离大于B、C间的距离二、实验题（共2小题，共16分）11在探究物体的加速度与所受外力、质量的关系实验中，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示（1）当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m
7、一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是A平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a= 求出（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的aF关系图象分别如图1和图2所示，其原因分别是：图1：；图2：12像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电
8、计时器就可以显示物体的挡光时间现利用图所示装置测量滑块和长1m左右的木块间的动摩擦因数，图中M N 是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为0.05s和0.02s，挡光片的宽度d=1.0cm（1）滑块通过光电门1的速度v1=m/s，滑块通过光电门2的速度v2= m/s若光电门1、2的距离为L=21.0cm，则滑块的加速度为m/s2（2）若仅提供一把米尺，已知当地的重力加速度为g，为完成测量，除了研究v1v2和两个光电
9、门之间的距离L外，还需测量的物理量是（说明各量的物理意义，同时指明代表物理量的字母）（3）用（2）中各物理量求解动摩擦因数的表达=（用字母表示）三、解答题（共4小题，共44分.要写出简要的解题步骤，直接给出答案不记分）13一质点在外力作用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m求：（1）该质点运动的加速度大小；（2）该质点在第6s内的位移大小14如图所示，在倾角=30的斜面上放一木板A，重为GA=100N，板上放一重为GB=500N的木箱B，斜面上有一固定的挡板，先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧，然后在木板上施加
10、一平行斜面方向的拉力F，使木板从木箱下匀速抽出，此时，绳子的拉力T=400N设木板与斜面间的动摩擦因数，求拉力F的大小15质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的运动摩擦系数；（2）水平推力F的大小；（3）010s内物体运动位移的大小16传送带与水平面夹角为=37，其上、下两端点AB间的距离是26.6m，BC为一光滑的水平平台（物体从传送带传送到BC平台上时的速度大小不变），CDEF是一深井，已知CD高度为5m，DE长4m，传送带在电动机的带动下，以4.0m/s的速度顺时针匀速运转，现将质量
11、为lkg的物体（可视为质点）无初速度的轻放于传送带的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为=0.8，重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小；（2）传送带将物体从A点传送到B点过程共用了多少时间；（3）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用多长时间，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端（设物体落到井底DK时没有弹起）2014-2015学年湖南省长沙市天心一中芙蓉校区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题
12、，每小题4分，共40分，第1题到第7题为单项选择题，每小题只有一个正确答案，第8题到第10题为多项选择题，每小题有多个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）1将一物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动中所受空气阻力与其速度大小成正比，则物体（）A 在最高点的加速度为零B 上升时间大于下落时间C 落回地面时的速度小于开始抛出去时的速度D 上升时的加速度等于下落时的加速度考点：竖直上抛运动分析：由于空气阻力方向总是与物体速度方向相反，所以上升阶段与下降阶段加速度不一样，导致了时间不一样解答：解：A、物体在最高点虽然瞬时速度为零，但是物体由于自身的重力作用，加速度
13、等于g，故A错误B、上升阶段和回落阶段的位移相等，都是匀变速直线运动，并且上抛的末速度等于回落的初速度，但是上升段的加速度大，所以知道上升时间小于回落时间故B错误C、物体上升阶段为匀减速直线运动，加速度大于g；下落阶段空气阻力向上与重力方向相反，所以物体加速度小于g，而下落的位移与上升阶段相同，所以下落到地面时物体的速度小于初速度故C正确；D、上升阶段空气阻力与重力方向相同，物体加速度大于g，回落阶段空气阻力与重力方向相反，物体加速度小于g故D错误故选：C点评：本题考查竖直上抛运动模型，弄清空气阻力方向的影响是关键也可以结合牛顿第二定律，具体表达出上升时的加速度和下落时的加速度的表达式2如图，
14、用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是（）A FOA逐渐增大B FOA逐渐减小C FOB逐渐增大D FOB逐渐减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以结点O为研究对象，分析受力，作出轻绳在B和B两个位置时受力图，由图分析绳的拉力变化解答：解：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA的拉力FOA和绳BO的拉力FOB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重
15、力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当=90时，FOB最小故选B点评：本题运用图解法研究动态平衡问题，也可以根据几何知识得到两绳垂直时，轻绳OB的拉力最小来判断3甲车以加速度3m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2s在同一地点由静止出发，以加速度4m/s2作加速直线运动，两车速度方向一致在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是（）A 18mB 22mC 24mD 28m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：在速度相等前，乙车的速度小于甲车的速度，两者的距离
16、逐渐增大，在速度相等后，乙车的速度大于甲车的速度，两者的距离逐渐减小，可知两车在速度相等时，相距最远结合运动学公式求出两者相距的最大距离解答：解：设乙车出发后，经过t时间相距最远乙车出发时，甲车的速度为6m/s则有：a乙t=v0+a甲t，代入数据得，4t=6+3t解得t=6s此时甲的位移m乙的位移则两者相距的最大距离x=x甲x乙=9672=24m故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道速度相等时，两者相距最远，结合运动学公式灵活求解4如图，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为3kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力
17、大小为（取g=10m/s2）（）A 0B 12NC 20ND 30N考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力分析：放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡；放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律求解出加速度；再对B受力分析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律列式求解出A对B的弹力解答：解：放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力F1=mAg=20N；放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有：（mA+mB）gF1=（mA+mB）a解得：a=g=10=6m/s2再对B受力分析，受到
18、重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律，有：mBgFAB=mBa解得：FAB=mB（ga）=3（106）=12N故选：B点评：本题关键是先用整体法求出A、B整体的加速度，然后再对B受力分析，求出整体内部物体间的弹力5如图所示st图象和vt图象中，给出四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A 图线1表示物体做曲线运动B st图象中t1时刻v1v2C vt图象中0至t3时间内4的平均速度小于3的平均速度D 两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时
19、速度，速度时间图线通过位移的大小判断平均速度的大小在位移时间图线中，通过物体位移增加还是减小判断物体的运动方向，在速度时间图线中，通过速度的正负值判断物体的运动方向解答：解：A、位移时间图线是物体的位移随时间的变化规律，并不是物体运动的轨迹故A错误B、位移时间图线的切线斜率表示物体的瞬时速度，图线1在t1时刻的斜率大于图线2的斜率，则v1v2故B正确C、vt图象中0至t3时间，4的位移大于3的位移，时间相等，则4的平均速度大于3的平均速度故C错误D、在位移时间图线中，在t2时刻，位移减小，则运动反向，在速度时间图线中，在t4时刻，速度减小，但方向不变故D错误故选：B点评：解决本题的关键能够从速
20、度时间图线和位移时间图线获取信息，知道两图线的区别6如图所示，以度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为（tan），则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（）A B C D 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；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：通过过程分析可以确定物体运动过程中的加速度：开始传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度a1=gsin+gcos；当物体的速度大于传送带的速度时，物体的所受摩擦力沿斜面向上，物体的加速度a2=
21、gsingcos；故a1a2解答：解：开始时传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度a1=gsin+gcos，当物体的速度等于传送带的速度时物体的加速度为gsin，此后物体的速度大于传送带的速度，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据tan可得sincos，故mgsinmgcos，即重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体的加速度a2=gsingcos；故a1a2；速度图象的斜率等于物体的加速度，故速度相同后速度图象的斜率将减小故D正确故选D点评：通过受力分析确定物体的加速度，从而根据速度图象的斜率等于物体的加速度来判定哪个答案正确7如图，水平地面上有一楔形物块a，其斜
22、面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动当它们刚运行至轨道的粗糙段时（）A 绳的张力减小，b对a的正压力减小B 绳的张力增加，斜面对b的支持力增加C 绳的张力减小，地面对a的支持力增加D 绳的张力增加地面对a的支持力减小考点：牛顿第二定律专题：压轴题分析：本题应分匀速运动和减速运动两个过程分别对两个物体受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解解答：解：在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；对b受力分析，如上图，受重力、支持力、绳子的拉力，
23、根据共点力平衡条件，有FcosF Nsin=0 ；Fsin+F Ncosmg=0 ；由两式解得：F=mgsin，FN=mgcos；当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；（一）物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：Fsin+F Ncosmg=0 ；F NsinFcos=ma ；由两式解得：F=mgsinmacos，FN=mgcos+masin；即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变（二）物块b相对于a向上滑动，绳的张力
24、显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加；a对b的支持力一定增加故A、B、D错误；故选：C点评：本题关键要熟练运用整体法和隔离法对物体受力，同时要能结合牛顿运动定律求解！解题中还可以运用超重与失重的相关知识！8如图，倾角为的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态则（）A 斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力B
25、B受到C的摩擦力一定不为零C C受到水平面的摩擦力一定为零D 将细绳剪断，若B物体依然静止在斜面上，此时水平面对C的摩擦力为0考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算专题：运动学与力学（二）分析：以B为研究对象，分析绳子的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断B是否受到C的摩擦力以B、C整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力解答：解：设A、B、C的重力分别为GA、GB、GCA、以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得：地面对C的摩擦力f=Fcos=GAcos，方向水平向左，说明C有沿地面向右滑动的趋势故A正确，C错误B、若GA=GBsin，B相对于C没有运动趋势，
26、不受到C的摩擦力，故B错误，D、将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，则以B、C整体为研究对象得到，f=0，即水平面对C的摩擦力为零故D正确故选：AD点评：本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷011金考卷）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速
27、度大小，以下关系式正确的是（）A xA=h，aA=gB xB=h+，aB=0C xC=h+，aC=gD xCh+，aCg考点：牛顿第二定律；胡克定律分析：由图看出，B点小球的速度最大，合力为零，根据牛顿第二定律求出加速度，根据胡克定律求出弹簧的压缩量，得到xB的表达式根据简谐运动的特点分析C与A的位置关系，由牛顿第二定律分析加速度的关系解答：解：A、图象中AB段表示小球自由下落，A点表示小球刚接触，弹簧的弹力仍为零，只受重力，则xA=h，aA=g故A正确B、B点对应的小球速度最大，此时小球受到重力与弹簧的弹力大小相等，方向相反，合力为零，则加速度aB=0由胡克定律得：弹簧压缩的长度x=，则xB
28、=h+x=h+故B正确C、D根据简谐运动的对称性得知，当小球运动到与A关于平衡位置对称的位置时，加速度大小为g，速度方向向下，还没有到达最低点C，则当小球运动到最低点C时，加速度将大于g，即有aCg，xCh+故C错误，D正确故选ABD点评：本题首先会分析小球的运动情况和受力情况，其次难点是抓住简谐运动的对称性分析C点对应的状态10如图所示，t=0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔2s物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）t/s0246v/ms108128A t
29、=3s的时刻物体恰好经过B点B t=10s的时刻物体恰好停在C点C 物体运动过程中的最大速度为12m/sD A、B间的距离大于B、C间的距离考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据图表中的数据，由运动学公式可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点通过运动学公式求出vB，即可求出AB、BC的距离解答：解：A、C、根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度a1=4m/s2和在水平面上的加速度a2=2m/s2根据运动学公式：8+a1t1+a2t2=12，t1+t2=
30、2，解出t1=s，知经过s到达B点，到达B点时的速度v=a1t1=m/s如果第4s还在斜面上的话，速度应为16m/s，从而判断出第4s已过B点是在2s到4s之间经过B点所以最大速度不是12m/s故AC均错误B、第6s末的速度是8m/s，到停下来还需的时间t=s=4s，所以到C点的时间为10s故B正确D、根据v2v02=2ax，求出AB段的长度为mBC段长度为m，则A、B间的距离小于B、C间的距离故D错误故选：B点评：解决本题的关键熟练掌握运动学公式v2v02=2ax、v=v0+at，并能通过计算分析物体的运动过程二、实验题（共2小题，共16分）11在探究物体的加速度与所受外力、质量的关系实验中
31、，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示（1）当M与m的大小关系满足Mm时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是BA平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a= 求出（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的aF关系图象分别如图1和图2所示，
32、其原因分别是：图1：小车质量没有远大于盘及盘中砝码的质量；图2：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要解答：解：（1）该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系那么小车的合力怎么改变和测量呢？为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板D的左端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力根据牛顿第二定律得：对
33、m：mgF拉=ma，对M：F拉=Ma，解得：F拉=；当Mm时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力（2）A、平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，轻轻推动小车，是小车沿木板运动，通过打点计时器打出来的纸带判断小车是否匀速运动故A错误B、每次改变小车的质量时，小车的重力沿斜面分力和摩擦力仍能抵消，不需要重新平衡摩擦力故B正确C、实验时，应先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理故C错误D、小车运动的加速度是利用打点计时器测量，如果用天平测出m以及小车质量M，直接用公式a=求出，这是在直接运用牛顿第二定律计
34、算的，而我们实验是在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系故D错误故选B（3）图1中当盘及盘中砝码质量较大时，aF图象发生弯曲，这是由于没有保证小车质量远大于盘及盘中砝码质量造成的图2中，从上图中发现直线没过原点，当F0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足这个步骤即倾角过小故答案是：（1）mM；（2）B；（3）小车质量没有远大于盘及盘中砝码的质量；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足点评：本题考查探究物体的加速度与所受外力、质量的关系实验；对于力学实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数
35、据处理、实验注意事项这几点去搞清；但又不要只拘泥于实验本身，应全面准确掌握实验方法，并灵活应用12像打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间现利用图所示装置测量滑块和长1m左右的木块间的动摩擦因数，图中M N 是水平桌面，Q是木板与桌面的接触点，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出此外在木板顶端的P点还悬挂着一个铅锤，让滑块从木板的顶端滑下，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为0.05s和0.02s，挡光
36、片的宽度d=1.0cm（1）滑块通过光电门1的速度v1=0.2m/s，滑块通过光电门2的速度v2=0.5 m/s若光电门1、2的距离为L=21.0cm，则滑块的加速度为0.5m/s2（2）若仅提供一把米尺，已知当地的重力加速度为g，为完成测量，除了研究v1v2和两个光电门之间的距离L外，还需测量的物理量是P点到桌面高度h，重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a，斜面的长度s；（说明各量的物理意义，同时指明代表物理量的字母）（3）用（2）中各物理量求解动摩擦因数的表达=（用字母表示）考点：探究影响摩擦力的大小的因素专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）很短的时间内，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时
37、速度，由此可以求得滑块的速度大小；（2）根据滑动摩擦力的公式可以判断求动摩擦因数需要的物理量；（3）由滑块的运动情况可以求得滑块的加速度的大小，再由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的公式可以求得滑动摩擦因数解答：解：（1）根据极限的思想，在时间很短时，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，所以滑块通过光电门l的速度是v1=m/s=0.2m/s滑块通过光电门2的速度是v2=m/s=0.5m/sa=0.5m/s2；滑块向下做匀加速运动，若求出加速度，根据mgsinf=ma可求得摩擦力，还要知道正压力的大小，对滑块进行受力分析可知：N=mgcos，所以可以测量P点到桌面高度h，重
38、锤在桌面上所指的点与Q点的距离a，斜面的长度s，求解sin，cos，故还需测量的物理量是：P点到桌面高度h，重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a，斜面的长度s；根据匀加速直线运动位移速度公式得：根据mgsinf=ma得f=mgsin而f=N=mgcos所以=故答案为：（1）0.2；0.5；0.5；（2）P点到桌面高度h，重锤在桌面上所指的点与Q点的距离a，斜面的长度s；（3）点评：本题考查动摩擦因数的测定；在测量动摩擦因数时，滑动摩擦力的大小是通过牛顿第二定律计算得到的，加速度是通过滑块的运动情况求出来的三、解答题（共4小题，共44分.要写出简要的解题步骤，直接给出答案不记分）13一质点在外力作
39、用下沿直线做匀加速运动，从某时刻开始计时，测得该质点在第1s内的位移为2.0m，第5s内和第6s内的位移之和为11.2m求：（1）该质点运动的加速度大小；（2）该质点在第6s内的位移大小考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出0.5s和5s末的速度，根据速度时间公式求出加速度的大小，根据位移时间公式求出第6s内的位移解答：解：（1）物体在0.5s时的瞬时速度物体在5s末的瞬时速度，则物体的加速度a=（2）物体在第6s内的位移x=答：（1）物体的加速度为0.8m/s2（2）该质点在第6s
40、内的位移大小为6m点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用14如图所示，在倾角=30的斜面上放一木板A，重为GA=100N，板上放一重为GB=500N的木箱B，斜面上有一固定的挡板，先用平行于斜面的绳子把木箱与挡板拉紧，然后在木板上施加一平行斜面方向的拉力F，使木板从木箱下匀速抽出，此时，绳子的拉力T=400N设木板与斜面间的动摩擦因数，求拉力F的大小考点：共点力平衡的条件及其应用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以AB整体为研究对象，受力分析由平衡条件列方程即可解答：解：以AB整体为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得：F=fA+T（GA+GB）sinNA=（
41、GA+GB）cosfA=NA解得：F=325N答：拉力F的大小为325N点评：题目中B处于静止，A匀速直线运动，二者加速度均为零，加速度相同的物体可以采用整体法15质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的运动摩擦系数；（2）水平推力F的大小；（3）010s内物体运动位移的大小考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度时间图象可知：06s内有水平推力F的作用，物体做匀加速直线运动；6s10s内，撤去F后只在摩擦力作用下做匀
42、减速直线运动，可根据图象分别求出加速度，再根据匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解解答：解：（1）设物体做匀减速运动的时间为t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则 设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有Ff=ma2 Ff=mg 联立得：（2）设物体做匀减速运动的时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则根据牛顿第二定律有 F+Ff=ma1联立得：F=mg+ma1=0.2210+21N=6N（3）由匀变速运动的位移公式得：x=x1+x2=v10t1+a1t12+v20t2+a2t22=46m答：（1）物体与水平面间的运动摩擦系数为0.2；（2）水平推力
43、F的大小为6N；（3）010s内物体运动位移的大小为46m点评：本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解属于中档题16传送带与水平面夹角为=37，其上、下两端点AB间的距离是26.6m，BC为一光滑的水平平台（物体从传送带传送到BC平台上时的速度大小不变），CDEF是一深井，已知CD高度为5m，DE长4m，传送带在电动机的带动下，以4.0m/s的速度顺时针匀速运转，现将质量为lkg的物体（可视为质点）无初速度的轻放于传送带的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为=0.8，
44、重力加速度 g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小；（2）传送带将物体从A点传送到B点过程共用了多少时间；（3）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用多长时间，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端（设物体落到井底DK时没有弹起）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：以物体为研究对象，受力分析利用牛顿第二定律求解；物体在拉力的作用下先加速，撤掉拉力做减速运动，在光滑平台匀速运动，最后做平抛运动，利
45、用牛顿运动定律即可求解解答：解：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：mgcosmgsin=ma 代入数据解之得：a=0.4m/s2（2）达到和传送带具有相同速度所需时间为前进的位移为匀速运动所需时间为所需总时间为t=t1+t2=21.45s（3）物体在传送带AB上加速时的加速度大小为a1，时间为t1，减速时的加速度大小为a2，时间为t2；物体到达B点时速度为vB，物体从C点抛出时速度为vC，且有vB=vC，落到地板DE时所用时间为t3C到E的过程中，物体做平抛运动，所以： xDE=vCt3联立解得：vC=4m/sA到B的过程中：Fcos（mgcos+Fsin）mgsin=ma1 mgcos+mgsin=ma2 由运动学公式得： vB=a1t1a2t2联立代入数据解得：t1=2s答：（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小为 0.4m/s2；（2）传送带将物体从A点传送到B点过程共用了21.45s；（3）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用2s，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端点评：解本题的关键正确对物体受力分析，判断对应的运动情况，灵活应用牛顿运动定律列方程求解；注意多过程中，速度是联系前后运动的纽带
