1、2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末物理试卷一、单项选择题1在物理学中，突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，是经常采用的一种科学研究方法，质点就是这种物理模型之一关于地球能否看作质点，下列说法正确的是（）A地球的质量太大，不能把地球看作质点B地球的体积太大，不能把地球看作质点C研究地球的自转时可以把地球看作质点D研究地球绕太阳公转时可以把地球看作质点2如图所示，在地面上的物体A、B在水平力F作用下处于静止状态，现对A、B进行受力分析，以下关于A、B受力的情况中说法正确的是（）AB受到重力、支持力和摩擦力BA受到重力、支持力、压力和两个摩擦力CA受到重力、
2、支持力、压力和地面对它的摩擦力D通过B的传递，A亦受到力F的作用3三个共点力F1、F2、F3，其中F1=1N，方向正西，F2=1N，方向正北，若三力的合力是2N，方向正北，则F3应是（）A1N，东北B2N，正南C3.2N，东北D N，东北4下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）ABCD5火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为（）A人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带他随同火车一起向前运动B人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间
3、很短，偏后距离太小，不明显而已D人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终有相同的速度6物体从具有共同底边、但倾角不同的若干光滑斜面顶端由静止开始自由滑下，当倾角为多少时，物体滑至底端所需的时间最短（）A30B45C60D757一物块静止在粗糙的水平桌面上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小能正确描述a与F之间关系的图象是（）ABCD8质量为M=70kg的人通过光滑的定滑轮拉质量为m=25kg的物体，如图所示，物体以a=4m/s2加速上升时，则人对地面的压力为，g取10m/s2（）A350NB50
4、0NC650ND800N二、多项选择题9把一个质量为2kg的物体挂在弹簧秤下，在电梯中看到弹簧秤的示数是16N，g取10m/s2，则可知电梯的运动情况可能是（）A以4m/s2的加速度加速上升B以2m/s2的加速度减速上升C以2m/s2的加速度加速下降D以4m/s2的加速度减速下降10如图所示，在粗糙的水平地面上一物体A在斜向下的推力F的作用下，向右做匀加速直线运动，推力与水平面夹角为下列说法中正确的是（）A物体A一定受到四个力的作用B物体A受到的摩擦力一定小于FcosC推力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向下D物体A受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力11如图所示，A和B的质量
5、分别是2kg和1kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的悬线烧断的瞬间（）AA的加速度等于零BA的加速度等于gCB的加速度为零DB的加速度为g12如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2关于热气球，下列说法正确的是（）A所受浮力大小为4830NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N13某人骑自行车在平直道路上行进，图中的
6、实线记录了自行车开始一段时间内的vt图象某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B在0t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实的大C在t1t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D在t3t4时间内，虚线反映的是匀变速运动14如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为（）A速度一直变小直到零B速度先变大，然后变小直到为零C加速度一直变小，方向向上D加速度先变小后变大，最后保持不变15一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s内的位
7、移是最后2s内的位移的两倍，且已知滑块第1s内的位移为2.5m，由此可求得（）A滑块的加速度为5m/s2B滑块的初速度为5m/sC滑块运动的总时间为3sD滑块运动的总位移为4.5m16如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上当水平力F作用于A的左端，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1当水平力F作用于B的右端，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（）A在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B在两次作用过程中，F1+F2FC在两次作用过程中，F1+F2=FD在两次作用过程中， =三、解答题17图1为“探究加速度与力、质量的关系”实
8、验装置图图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电小车A的质量为m1，砝码及砝码盘B的质量为m2下列说法正确的是A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的（选填“甲”、“乙”、“丙”）图3为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小m/s2（结果保留二位有效数字）18如图为测量物
9、块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数回答下列问题：（1）物块的加速度a可用d、s和tA和tB表示为a=（3）动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为=19如图所示，木块质量m=1kg，在与水平方向成=37、斜向右下方的恒定推力F作用下，以a=1.6m/s2的加速度从
10、静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去推力F已知木块与地面间的动摩擦因数=0.4（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2），试求：（1）推力F的大小？（2）物体在前3s内滑行的位移及3s末的速度？（3）物体在5s内滑行的总位移？20如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的vt图象如图（乙）所示已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么
11、条件？21如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m，长为L=1.6m的木板，质量为m可视为质点的物块以v0=3m/s的水平初速度冲上木板，距木板前方s=0.6m处有倾角为=37的固定斜面，物块与木板达到共速后木板与斜面碰撞并粘连，斜面足够长且左端和木板B端等高，已知物块与木板间动摩擦因数1=0.2，物块与斜面间动摩擦因数2=0.5（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求物块冲上木板后物块和木板的加速度；（2）求碰撞前物块和木板达到的共同速度v；（3）不计物体经过木板与斜面交界时的能量损失，求物块最终停下的位置2015-2016学年广东省汕头市金山中学高一（上）期末物理
12、试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1在物理学中，突出问题的主要方面，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，是经常采用的一种科学研究方法，质点就是这种物理模型之一关于地球能否看作质点，下列说法正确的是（）A地球的质量太大，不能把地球看作质点B地球的体积太大，不能把地球看作质点C研究地球的自转时可以把地球看作质点D研究地球绕太阳公转时可以把地球看作质点【考点】质点的认识【分析】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，同一个物体在不同的问题中，有时可以看成质点，有时不行，要看研究的是什么问题【解答】解：一个物体能不能看成质点，要看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，
13、地球的质量、体积当对所分析研究的问题没有影响时，就可以看成质点，所以A、B选项都不对C、研究地球的自转时，地球的大小是不能忽略的，没了大小，就没有自转的说法了，所以此时地球不能看成质点，故C错误D、研究地球绕太阳公转时，地球的大小相对于地球和太阳之间的距离来说太小了，完全可以忽略，此时可以看成质点，所以D选项正确故选：D2如图所示，在地面上的物体A、B在水平力F作用下处于静止状态，现对A、B进行受力分析，以下关于A、B受力的情况中说法正确的是（）AB受到重力、支持力和摩擦力BA受到重力、支持力、压力和两个摩擦力CA受到重力、支持力、压力和地面对它的摩擦力D通过B的传递，A亦受到力F的作用【考点
14、】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】先后隔离物体A、B进行受力分析，结合共点力平衡条件分析是否存在摩擦力【解答】解：A、物体B静止在A上，受重力、支持力、拉力和摩擦力作用，重力方向竖直向下，支持力竖直向上，摩擦力的方向与拉力的方向相反，如图1：故A错误；B、对物体A受力分析，则有：重力GA、地面的支持力N2，B对A的摩擦力f，地面对A的摩擦力f地和B对A的压力N1，如图2；故B正确，C错误；D、由以上分析可知，A不是力F的作用故D错误故选：B3三个共点力F1、F2、F3，其中F1=1N，方向正西，F2=1N，方向正北，若三力的合力是2N，方向正北，则F3应是（）A1N，东北
15、B2N，正南C3.2N，东北D N，东北【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【分析】根据力的平行四边形定则，力F1与F3的合力大小为1N，方向正北，由力的合成与分解，即可求解【解答】解：由题意可知，三力的合力是2N，方向正北，而F2=1N，方向正北，因此力F1与F3的合力大小为1N，方向正北，根据力的合成与分解，依据力的平行四边形定则，则有：F3应是大小为N，方向东北如图所示，故ABC错误，D正确，故选：D4下列图示为一位体操运动员的几种挂杠方式，其手臂用力最小的是（）ABCD【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【分析】本题中人受到三个力，重力和两个拉力将重力按照力的效果分解，运用“大小方向确
16、定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大”的结论，即可以判断【解答】解：将人所受的重力按照效果进行分解，由于大小方向确定的一个力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而A图中人最费力，B图中人最省力；故选B5火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为（）A人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带他随同火车一起向前运动B人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，
17、不明显而已D人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终有相同的速度【考点】惯性【分析】火车在长直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，由于惯性保持与火车相同的速度，所以落到车上原处【解答】解：A、人跳起后，车厢内空气给他很小，不足以使他随火车一起向前运动故A错误 B、C、D、人跳起时，由于惯性，水平方向保持与火车相同的速度，而起跳后，在水平方向人不受外力做匀速直线运动，速度与火车保持相同故BC错误，D正确故选：D6物体从具有共同底边、但倾角不同的若干光滑斜面顶端由静止开始自由滑下，当倾角为多少时，物体滑至底端所需的时间最短（）A30B45C60D75【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动
18、的位移与时间的关系【分析】根据牛顿第二定律求出在光滑斜面上下滑的加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，根据数学的三角函数求出时间的最小值【解答】解：设斜面的倾角为，斜面的水平长度为：xAB； 则下滑的加速度a=gsin=gsin，下滑的位移x=，根据x=at2可得，t=因为gsincos=sin2，则可知=45时，t最小故B正确，A、C、D错误故选：B7一物块静止在粗糙的水平桌面上从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小能正确描述a与F之间关系的图象是（）ABCD【考点】加速度与力
19、的关系图像；摩擦力的判断与计算【分析】由牛顿第二定律可得F与a的关系，进而由数学方法来分析图象【解答】解：物体受拉力，摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ff=ma；在运动之前拉力等于摩擦力，直到拉力达到最大静摩擦力，物体才获得加速度并开始运动，由数学知识可知，F与a为线性函数关系，图象与F轴的交点为最大静摩擦力，故B正确故选：B8质量为M=70kg的人通过光滑的定滑轮拉质量为m=25kg的物体，如图所示，物体以a=4m/s2加速上升时，则人对地面的压力为，g取10m/s2（）A350NB500NC650ND800N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对重物分析，根据牛顿第二定律求出拉力
20、的大小；再对人分析，通过共点力平衡求出支持力的大小，从而得出人对地面的压力【解答】解：对重物分析，根据牛顿第二定律得，Fmg=ma，解得F=mg+ma=250+254N=350N，对人分析，根据共点力平衡得，F+N=Mg，解得支持力N=MgF=700350N=350N，则人对地面的压力为350N故选：A二、多项选择题9把一个质量为2kg的物体挂在弹簧秤下，在电梯中看到弹簧秤的示数是16N，g取10m/s2，则可知电梯的运动情况可能是（）A以4m/s2的加速度加速上升B以2m/s2的加速度减速上升C以2m/s2的加速度加速下降D以4m/s2的加速度减速下降【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【
21、分析】电梯和物体具有相同的加速度，对物体分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，从而得出电梯的运动情况【解答】解：对物体分析，弹簧秤的示数即弹簧秤对物体的拉力，根据牛顿第二定律得：a=，方向竖直向下，知电梯以2m/s2的加速度减速上升，或以2m/s2的加速度加速下降故BC正确，AD错误故选：BC10如图所示，在粗糙的水平地面上一物体A在斜向下的推力F的作用下，向右做匀加速直线运动，推力与水平面夹角为下列说法中正确的是（）A物体A一定受到四个力的作用B物体A受到的摩擦力一定小于FcosC推力F与物体A受到的摩擦力的合力方向一定是竖直向下D物体A受到的重力和地面对物体的支持力是一对平衡力
22、【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】物体做匀加速直线运动，知物体所受的合力不为零，根据牛顿第二定律即可分析推力和摩擦力的合力方向【解答】解：A、物体受重力、拉力、支持力和摩擦力处于而向右匀加速，知物体一定受四个力的作用故A正确B、根据牛顿第二定律可知，Fcosf=ma故摩擦力一定小于Fcos；故B正确C、因为物体合力向右，则可知推力F与物体A受到的摩擦力的合力一定可分解为竖直向下和水平向右的两个分量，故合力一定不会竖直向下； 故C错误；D、物体A受到的重力和支持力不等，不是一定平衡力故D错误故选：AB11如图所示，A和B的质量分别是2kg和1kg，弹簧和悬线的质量不计，在A上面的
23、悬线烧断的瞬间（）AA的加速度等于零BA的加速度等于gCB的加速度为零DB的加速度为g【考点】牛顿第二定律【分析】先对开始时的平衡状态分析，求出弹簧的拉力；而烧断后绳的拉力立刻消失，由于弹簧的形变量没有变，故弹簧的弹力不变，由此可以分析AB的加速度【解答】解：悬线烧断弹簧前，由B平衡得到，弹簧的弹力大小F=mBg悬线烧断的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为F=mBg，此瞬间B物体受到的弹力与重力仍平衡，合力为零，则B的加速度为零A受到重力和向下的弹力，由牛顿第二定律得：A的加速度aA=； B的加速度aB=0；故BC正确，AD错误；故选：BC12如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面
24、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2关于热气球，下列说法正确的是（）A所受浮力大小为4830NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N【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】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求
25、解【解答】解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮mg=ma解得：F浮=m（g+a）=460（10+0.5）N=4830N，故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；故选AD13某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的vt图象某同学为了简化计算，用
26、虚线作近似处理，下列说法正确的是（）A在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大B在0t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实的大C在t1t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D在t3t4时间内，虚线反映的是匀变速运动【考点】匀变速直线运动的图像【分析】速度图象的斜率代表物体加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移【解答】解：A、由于vt图象的斜率等于物体的加速度，在t1时刻，实线的斜率大于虚线的斜率，故实线表示的加速度大于虚线表示的加速度，故虚线反映的加速度比实际的小故A错误B、在0t1时间内实线与时间轴围成的面积小于虚线与时间轴的面积，故实线反映的运动在0t1时间内通过的位移小于虚
27、线反映的运动在0t1时间内通过的位移，故由虚线计算出的平均速度比实际的大故B正确；C、在t1t2时间内，虚线围成的面积小于实线围成的面积，故由虚线计算出的位移比实际的小故C错误；B、在t3t4时间内，虚线是一条水平的直线，即物体的速度保持不变，即反映的是匀速直线运动故D错误；故选：B14如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为（）A速度一直变小直到零B速度先变大，然后变小直到为零C加速度一直变小，方向向上D加速度先变小后变大，最后保持不变【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】根据小球所受的
28、合力判断小球加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断速度的变化【解答】解：从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始重力大于弹力，向下做加速运动，在下降的过程中弹力增大，则加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，然后重力小于弹力，向下做减速运动，运动的过程中加速度增大，到达最低点速度为零故A、C错误、B、D正确故选：BD15一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s内的位移是最后2s内的位移的两倍，且已知滑块第1s内的位移为2.5m，由此可求得（）A滑块的加速度为5m/s2B滑块的初速度为5m/sC滑块运动的总时间为3sD滑块运动的总位移为4.
29、5m【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】对于匀变速直线运动的物体，在任意两个连续相等时间间隔T内位移之差是常数，即s2s1=aT2由此公式即可求出【解答】解：由题意知滑块做匀减速直线运动相邻两个相等时间间隔的位移满足s2s1=aT2 smsn=（mn）aT2，表示第m个和第n个相等的时间间隔已知T=1s，s1=2.5m，则s2=s1aT2=2.5a 这是开始两秒情况， sn=，则sn1=sn+aT2=+a=，这是最后两秒情况由于s1+s2=2（sn+sn1）所以2.5+2.5a=2（+）所以a=1m/s2 A项错误；s=v0T2.5=v0所以v0=3m/s B项错误；v0=att=
30、3s C项正确；2as=v022s=32所以s=4.5m D项正确故选：CD16如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上当水平力F作用于A的左端，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1当水平力F作用于B的右端，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（）A在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B在两次作用过程中，F1+F2FC在两次作用过程中，F1+F2=FD在两次作用过程中， =【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】先对整体分析，求出加速度；再分别进行隔离分析，运用牛顿第二定律求出AB间的作用力大小；【解答】解：A、对两
31、种情况均进行整体分析，整体的加速度都为：a=故A正确BC、隔离分析，第一种情况，A对B的作用力为：F1=m2a=，第二中情况，A对B的作用力为：F2=m1a=则有：F1+F2=F故B错误，C正确D、以上数据可知， =故D正确故选：ACD三、解答题17图1为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置图图中A为小车，B为砝码及砝码盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50Hz交流电小车A的质量为m1，砝码及砝码盘B的质量为m2下列说法正确的是CDA每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验m2应远小于m1D在用图象探究加速度与质量关
32、系时，应作图象实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图象，可能是图2中的丙（选填“甲”、“乙”、“丙”）图3为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出由此可求得小车的加速度大小0.50m/s2（结果保留二位有效数字）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大
33、物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g（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（3）小车做的是匀加速直线运动，可由x=at2求解加速度【解答】解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A错误B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确D：F=ma，所以： F，当F一定时，a与成正比，故D正确故选CD（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出
34、现当有拉力时，物体不动的情况故图线为丙（3）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2，计时器打点的时间间隔为0.02s从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，说明时间间隔T=0.1s由x=aT2得：即：0.50102=a0.12解得：a=0.50m/s2故答案为：CD 丙 0.5018如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB
35、，求出加速度a；多次重复步骤，求a的平均值；根据上述实验数据求出动摩擦因数回答下列问题：（1）物块的加速度a可用d、s和tA和tB表示为a=（3）动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为=【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【分析】（1）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；（2）由牛顿第二定律求出动摩擦因数【解答】解：（1）物块经过A点时的速度vA=，物块经过B点时的速度vB=，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2vA2=2as，加速度为：a=；（2）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mgMg=（M+m），解得：=；
36、故答案为：（1）；（2）19如图所示，木块质量m=1kg，在与水平方向成=37、斜向右下方的恒定推力F作用下，以a=1.6m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去推力F已知木块与地面间的动摩擦因数=0.4（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2），试求：（1）推力F的大小？（2）物体在前3s内滑行的位移及3s末的速度？（3）物体在5s内滑行的总位移？【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】（1）木块做匀加速运动，已知加速度，分析木块的受力情况，运用牛顿第二定律求推力F的大小；（2）根据位移时间公式求出前3s内木块的位移，由速度时间公式求
37、出撤去F时木块的速度；（3）根据牛顿第二定律求出撤去F后木块的加速度，判断木块的运动情况，由速度位移公式求出撤去F后滑行的位移，从而求得总位移【解答】解：（1）在前3s内，木块的受力情况如图，由正交分解法得：Fcosf=maN=G+Fsin又 f=N联立可解得：F=10N（2）前3s内木块的位移：x1=at2=1.632m=7.2m3s末的速度：v=at=1.63=4.8m/s（3）撤去外力木块的加速度大小：a=g=0.410m/s2=4m/s2；撤去外力后，木块停止运动的时间：t=s=1.2s，由速度位移公式得，滑行的位移为：x2=m=2.88m，所以木块5s内发生的总位移：x=x1+x2=
38、7.2m+2.88m=10.08m答：（1）推力F的大小是10N；（2）物体在前3s内滑行的位移为7.2m；3s末的速度为4.8m/s；（3）物体在5s内滑行的总位移是10.08m20如图（甲）所示，A车原来临时停在一水平路面上，B车在后面匀速向A车靠近，A车司机发现后启动A车，以A车司机发现B车为计时起点（t=0），A、B两车的vt图象如图（乙）所示已知B车在第1s内与A车的距离缩短了x1=12m（1）求B车运动的速度vB和A车的加速度a的大小（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时（t=0）两车的距离s0应满足什么条件？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速
39、直线运动的图像【分析】（1）B做匀速直线运动，根据x1=vBt1求解速度大小；根据图象的斜率表示加速度求解A的加速度大小；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，计算出图象中梯形的面积即可【解答】解：（1）在t1=1s时A车刚启动，两车缩短的距离为：x1=vBt1，代入数据解得B车的速度为：vB=12m/s；速度图象的斜率表示加速度，则A车的加速度为：a=；（2）两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于vt图象的t2=5s，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积为：s=36m，因此，A、B两车不会相撞，距离s0应满足条件为：s036m答：（1）B车运动的速度为12m/s，A车的加
40、速度a的大小为3m/s2（2）若A、B两车不会相撞，则A车司机发现B车时两车的距离s0应满足s036m21如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m，长为L=1.6m的木板，质量为m可视为质点的物块以v0=3m/s的水平初速度冲上木板，距木板前方s=0.6m处有倾角为=37的固定斜面，物块与木板达到共速后木板与斜面碰撞并粘连，斜面足够长且左端和木板B端等高，已知物块与木板间动摩擦因数1=0.2，物块与斜面间动摩擦因数2=0.5（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）求物块冲上木板后物块和木板的加速度；（2）求碰撞前物块和木板达到的共同速度v；（3）不计物体经过木板与斜面交
41、界时的能量损失，求物块最终停下的位置【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】（1）根据牛顿第二定律分别求得加速度；（2）根据速度时间公式求得共同速度；（3）根据牛顿第二定律分别求得上滑和下滑过程中的加速度，利用运动学公式求得最终在木板上的位置【解答】解：（1）对物块：有牛顿第二定律可知：1mg=ma1代入数据得：，方向水平向左对木板：有牛顿第二定律可知：1mg=2ma2代入数据得：，方向水平向右（2）设t秒后达到共同速度对物块：v=v0a1t对木板：v2=a2t解得：v=1m/s，t=1s（3）在t时间内，物块位移：木板位移：相对位移：x=x1x2联立解得：x=1.5m碰撞后木板粘连，物块减速，设冲上斜面时的速度为v2，有：此时物块距木板B端：x3=Lx=0.1m滑上斜面过程：mgsin+2mgcos=ma3因为mgsin2mgcos，物体不能停在斜面上滑下斜面过程：mgsin2mgcos=ma4，回到小车上后匀减速到停下：由以上各式解得：x5=0.03m，故物块最终停下的位置距木板B端0.03m答：（1）物块冲上木板后物块2m/s2和木板的加速度为1m/s2；（2）求碰撞前物块和木板达到的共同速度v为1m/s；（3）不计物体经过木板与斜面交界时的能量损失，物块最终停下的位置距木板B端0.03m2017年1月21日
