1、2016-2017学年天津市武清区高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（每小题3分，共27分。）1与原子核内部变化有关的现象是（）A光电效应现象B原子的特征谱线C粒子散射现象D天然放射现象2下列核反应属于热核反应的是（）A CN+eB U+nI+Y+2nC H+HHe+nD F+HeNe+H3下列说法正确的是（）A射线是能量很高的电磁波B衰变的实质是核内的中子转化成一个质子和一个电子C射线是原子的内层电子发生跃迁时释放的D、射线的电离本领依次增强4氢原子的部分能级如图所示，大量处于n=2激发态的氢原子从一束单一频率的光中吸收了能量后，跃迁到某较高激发态，再向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的
2、光子，其中能量最小的光子是氢原子（）A从n=5跃迁到n=4产生的B从n=4跃迁到n=3产生的C从n=3跃迁到n=2产生的D从n=2跃迁到n=1产生的5物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为12m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A1m/s2B2m/s2C3m/s2D0.5m/s26如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间，设墙面对球的压力大小为F1，木板对球的压力大小为F2，以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）AF1先增大后减小，F2一直减小BF1先增大后减小，F2先减小后增大CF1一直减小，F2一直减
3、小DF1一直减小，F2一直增大7质点做直线运动的位移x和时间的平方t2的关系图象如图所示，则该质点（）A加速度为1m/s2B前2s的位移是2mC第2s内的平均速度为2m/sD1s末的速度是2m/s8如图所示，甲物体在水平力F作用下静止在乙物体上，乙物体静止在水平地面上现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法中正确的是（）A乙物体对水平地面的摩擦力一定增大B乙物体对水平地面的压力一定增大C甲物体对乙物体的摩擦力一定增大D甲物体对乙物体的摩擦力一定沿斜面向上9如图所示，水平传送带以速度v=2m/s运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数=0.2，若A端与B端相距9m，g取
4、10m/s2，则物体由A运动到B的时间为（）A3sB4sC4.5sD5s二、不定项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或未答的得0分）10在光电效应实验中，用频率为v的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A减小入射光的强度，光电效应现象消失B增大入射光的强度，饱和光电流增大C改用频率大于v的光照射，光电子的最大初动能变大D改用频率小于v的光照射，一定不发生光电效应11如图所示，滑块B所在的水平地面光滑，滑块A在水平力F作用下紧靠滑块B刚好一起向右做匀加速直线运动，A、B间的接触面为竖
5、直面，滑块A、B的质量分别为m、M，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）AA对B的摩擦力方向向上B地面对B的支持力等于（M+m）gCA、B间的压力大小等于DA、B间的动摩擦因数为12如图所示，在倾角为的光滑斜面上，质量为m的物块在推力作用下沿斜面向上做匀加速直线运动，甲图中的推力为水平向右的F1，物块受到的支持力为FN1；乙图中的推力为沿斜面向上的F2，物块受到的支持力为FN2，两图中的加速度相同则下列说法正确的是（）AF1一定大于mgBF1一定大于F2CF1可能大于FN1DFN1一定大于FN213水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去
6、推力，物体继续运动一段距离后停下两物体的vt图线如图，图中ABCD，则（）AF1大于F2BF1小于F2CF1的冲量小于F2的冲量DF1的冲量大于F2的冲量14如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，则（）A长木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m+M）gC当F2（m+M）g时，长木板便开始运动D无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动二、填空题、实验题15根据核反应方程N+x+H，x粒子中含有个质子16铀核（）衰变为铅核（）
7、的过程中，要经过次衰变和次衰变17如图所示，方盒A在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动现将一滑块B无初速度放在盒内，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为，若滑块与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次后相对盒静止，则此时盒的速度大小为；滑块相对盒运动的路程18图甲为“探究求合力的方法”的实验装置（1）下列说法中正确的是A在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下CF1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90（2）弹簧测力计的指针如图乙
8、所示，由图可知拉力的大小为N19利用如图1所示的装置探究加速度与力的关系一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，另一端安装打点计时器，绕过定滑轮和动滑轮的细线将小车和弹簧秤连接，动滑轮下挂有质量可以改变的小重物，将纸带穿过打点计时器后连在小车后面，接通打点计时器，放开小车不计滑轮的质量，忽略滑轮的摩擦实验中弹簧秤的示数F与小重物的重力mg的关系为AF= BF CF保持小车的质量M不变，改变小重物的质量m，重复进行多次实验记下每次弹簧秤的示数F，利用纸带测出每次实验中小车的加速度a将得到的a、F数据绘制成aF图象以下可能的是如果某次实验中已测得小车的质量M，弹簧秤的示数F，小车的加速度a利用这三
9、个数据你还能求出与本次实验相关的什么物理量，并利用这些符号表示出来（写出一个物理量及其表达式即可）三、计算题20甲、乙两个同学在直跑道上练习4100m接力跑，如图所示，他们在奔跑时有相同的最大速度乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出若要求乙接棒时达到奔跑最大速度的80%，则：（1）乙在接力区需奔出多少距离？（2）乙应在距离甲多远时起跑？21如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.5kg的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度
10、v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，最终小物块以2m/s的速度与小车脱离子弹与车相互作用时间很短；物块与车上表面之间动摩擦因数为=0.8g取10m/s2求：子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小小车的长度L22如图，倾角=37的足够长斜面上，t=0时刻一小滑块从低端以初速度v0=5m/s冲上斜面，它与斜面间的动摩擦因数=0.5g取10m/s2，sin37=0.6；cos37=0.8求：（1）滑块沿斜面上滑的最大距离；（2）t=1s时滑块的位置2016-2017学年天津市武清区高三（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题3分，共27分。）1与原子核内部变化有关的现象是（）A
11、光电效应现象B原子的特征谱线C粒子散射现象D天然放射现象【考点】爱因斯坦光电效应方程；原子核的人工转变【分析】天然放射现象是原子核内部自发的放射出粒子或电子的现象；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出；粒子散射现象是用粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象；原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁而辐射能量的过程【解答】解：A、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故A错误；B、原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故B错误；C、粒子散射实验表明了原子内部
12、有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故C错误；D、天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出粒子或电子，从而发生衰变或衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，可知原子核内部发生变化，故D正确；故选：D2下列核反应属于热核反应的是（）A CN+eB U+nI+Y+2nC H+HHe+nD F+HeNe+H【考点】轻核的聚变【分析】明确轻核聚变的性质，知道轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应【解答】解：轻核聚变是指把轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应所以由此可知C是轻核聚变，A为衰变，B为核裂变，D为原子核的人工转变故C正确，ABD错误故选：C3下
13、列说法正确的是（）A射线是能量很高的电磁波B衰变的实质是核内的中子转化成一个质子和一个电子C射线是原子的内层电子发生跃迁时释放的D、射线的电离本领依次增强【考点】玻尔模型和氢原子的能级结构【分析】三种射线中，射线是氦核流；射线是电子流；三种射线穿透能力和电离能力强弱是相反的；衰变是原子核内的中子转化为一质子和一电子【解答】解：A、射线是氦核流，不是电磁波故A错误；B、衰变的实质是核内的中子转化成一个质子和一个电子故B正确；C、射线一般伴随着或射线产生的，是处于激发态的原子核向基态跃迁时释放出的故C错误；D、射线的电离本领最强，射线的电离本领最弱故D错误故选：B4氢原子的部分能级如图所示，大量处
14、于n=2激发态的氢原子从一束单一频率的光中吸收了能量后，跃迁到某较高激发态，再向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的光子，其中能量最小的光子是氢原子（）A从n=5跃迁到n=4产生的B从n=4跃迁到n=3产生的C从n=3跃迁到n=2产生的D从n=2跃迁到n=1产生的【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】根据向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的光子，求出原子吸收光子后跃迁的最高能级，能级差最小的放出的光子能量最小【解答】解：根据向低能级跃迁时，可以发出6种不同频率的光子，有，解得n=4，即最高可以跃迁到第4能级，由能级图可知第4和第3能级之间的能级差最小，所以能量最小的光子是氢原子从n=4跃迁到
15、n=3产生的，故ACD错误，B正确故选B5物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为12m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（）A1m/s2B2m/s2C3m/s2D0.5m/s2【考点】加速度【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两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度【解答】解：第一段平均速度为：v1=3m/s；第二段平均速度为：v2=6m/s根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：t=2+1s=3s，加速度为：a=1m/s2，故A正确，BCD错误；故选：A6如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间
16、，设墙面对球的压力大小为F1，木板对球的压力大小为F2，以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中（）AF1先增大后减小，F2一直减小BF1先增大后减小，F2先减小后增大CF1一直减小，F2一直减小DF1一直减小，F2一直增大【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】以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据平衡条件得到两个支持力的情况；然后根据牛顿第三定律得知，木板对球的支持力大小等于球对木板的压力大小【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1和木板的支持力N2，如
17、图所示：根据平衡条件知：N1和N2的合力与G等大反向，且得：N1=Gcot，N2=根据牛顿第三定律知：墙面对球的压力大小为：F1=N1=Gcot，球对木板的压力大小为：F2=N2=木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置增大，则知F1始终减小，F2始终减小；故选：B7质点做直线运动的位移x和时间的平方t2的关系图象如图所示，则该质点（）A加速度为1m/s2B前2s的位移是2mC第2s内的平均速度为2m/sD1s末的速度是2m/s【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】根据x和时间平方t2的关系图象写出函数关系式，进而求出加速度，位移等，平均速度等于位移除以时间【解答】解：A、根据x和时间平方t
18、2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，对照匀变速直线运动的位移时间公式 x=v0t+t2，知物体的初速度为0，加速度为 a=2m/s2且加速度恒定不变，故A错误B、02 s内的位移为：x=t2=22m=4m，故B错误C、物体第3s内的位移为：x2=2212=3m，平均速度为： =3m/s故C错误；D、1s末的速度为：v=at=21=2m/s，故D正确故选：D8如图所示，甲物体在水平力F作用下静止在乙物体上，乙物体静止在水平地面上现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法中正确的是（）A乙物体对水平地面的摩擦力一定增大B乙物体对水平地面的压力一定增大C甲物体对乙物体的摩擦力一定增大D甲物体对
19、乙物体的摩擦力一定沿斜面向上【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】甲物体在水平外力F的作用下静止在乙物体上，可能不受静摩擦力，也可能受到的静摩擦力沿斜面向下，也可能沿斜面向上，分三种情况讨论增大外力F时，乙对甲的摩擦力的方向及其情况对整体分析，分析地面对乙的摩擦力与F的关系，再分析其变化情况【解答】解：C、D、乙对甲可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，也可能有沿斜面向上的静摩擦力，取决于Fcos与mgsin的大小若甲物体原来不受静摩擦力或受到的静摩擦力沿斜面向下时，如图，由平衡条件得：Fcos=mgsin+f，当F增大时，乙对甲的摩擦力f增大；若甲物体原来受
20、到的静摩擦力沿斜面向上时，则有 Fcos+f=mgsin，当F增大时，f减小故CD均错误A、B、对整体分析，水平方向上乙对地面的摩擦力与F大小相等，则F增大时，乙对地面的摩擦力增大；竖直方向上地面对乙的支持力等于整体的总重力，保持不变，则乙对地面的压力也保持不变故A正确，B错误故选：A9如图所示，水平传送带以速度v=2m/s运行，现将一小物体轻轻地放在传送带A端，物体与传送带间的动摩擦因数=0.2，若A端与B端相距9m，g取10m/s2，则物体由A运动到B的时间为（）A3sB4sC4.5sD5s【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】根据牛顿第二定律求出物体在传送带上运动
21、的加速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间，结合位移时间公式求出匀加速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，结合速度求出匀速运动的时间，从而得出物体从A到B的时间【解答】解：物体做匀加速运动的加速度a=g=0.210=2m/s2，则匀加速运动的时间t1=s=1s，匀加速运动的位移x1=at12=21m=1m，匀速运动的位移大小x2=Lx1=91m=8m，匀速运动的时间t2=s=4s，则物体从A到B的时间t=t1+t2=1+4s=5s故D正确，ABC错误故选：D二、不定项选择题（共5小题，每小题4分，满分20分.每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对的得4分，选对但不全的得2分
22、，选错或未答的得0分）10在光电效应实验中，用频率为v的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A减小入射光的强度，光电效应现象消失B增大入射光的强度，饱和光电流增大C改用频率大于v的光照射，光电子的最大初动能变大D改用频率小于v的光照射，一定不发生光电效应【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【解答】解：A、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关故A错误；B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无
23、关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大，故B正确；C、在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=hvW0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大故C正确D、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于，但不一定小于极限频率，故D错误；故选：BC11如图所示，滑块B所在的水平地面光滑，滑块A在水平力F作用下紧靠滑块B刚好一起向右做匀加速直线运动，A、B间的接触面为竖直面，滑块A、B的质量分别为m、M，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）AA对B的摩擦力方向向上B地面对B的支持力等于（M+m）gCA、B间的压力大小等于DA、B间的动摩擦因
24、数为【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对A受力分析，根据竖直方向合力为零判断出AB间的摩擦力大小，利用整体发求得加速度，在隔离求得弹力和摩擦因数【解答】解：A、对A受力分析，在竖直方向合力为零，故f=mg，方向向上，根据牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向向下，故A错误；B、整体受力分析可知，竖直方向合力为零，故地面对B的支持力等于（M+m）g，故B正确；C、整体与牛顿第二定律可知：F=（M+m）a对B：T=Ma，联立解得：T=，故C正确；D、由f=T解得：=，故D正确故选：BCD12如图所示，在倾角为的光滑斜面上，质量为m的物块在推力作用下沿斜面向上做匀加速直线运动，甲图中的
25、推力为水平向右的F1，物块受到的支持力为FN1；乙图中的推力为沿斜面向上的F2，物块受到的支持力为FN2，两图中的加速度相同则下列说法正确的是（）AF1一定大于mgBF1一定大于F2CF1可能大于FN1DFN1一定大于FN2【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】对两图中物块进行受力分析，分别在沿斜面方向和垂直斜面方向上列出对应方程，然后比较得出【解答】解：AC、甲图中，物体受到重力，支持力和外力FN1，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：F1cosmgsin=ma ，垂直斜面上由平衡条件得：F1sin+mgcos=FN1，由得：F1不一定大于mg，F1可能大于FN1，故A错误，C正确
26、BD、乙图中，物体受到重力，支持力和外力FN2，在沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：F2mgsin=ma ，垂直斜面上由平衡条件得：mgcos=FN2，由式和式可得F1一定大于F2，故B正确，由式和式可得FN1一定大于FN2，故D正确故选：BCD13水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下两物体的vt图线如图，图中ABCD，则（）AF1大于F2BF1小于F2CF1的冲量小于F2的冲量DF1的冲量大于F2的冲量【考点】动量定理；匀变速直线运动的图像【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相
27、同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等根据牛顿第二定律可图象可确定推力的大小关系；再根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系【解答】解：A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等再对加速过程可知，a的加速度大于b的加速度，因此由牛顿第二定律可知F1大于F2，故A正确，B错误；C、由图可知，a的运动时间小于b的时间，根据I=ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程研究得 F1t1ftOB=0，F2t2ftOD=0由图看出，tOBt
28、OD，则有 F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量故C正确D错误故选：AC14如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，则（）A长木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定是2（m+M）gC当F2（m+M）g时，长木板便开始运动D无论怎样改变F的大小，长木板都不可能运动【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】以木板为研究对象，根据平衡条件求出地面对木板的摩擦力大小当木块对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时木板便会开始
29、运动【解答】解：A、以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m的向右的滑动摩擦力，大小为f1=1mg和地面向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2=f1=1mg故A正确，B错误C、当F2（m+M）g时，木块对木板的滑动摩擦力大小仍等于f1=1mg，没有变化，木板都不可能运动故C错误D、无论怎样改变F的大小，木块对木板的滑动摩擦力大小不变，不会大于地面对木板的最大静摩擦力，木板都不可能运动故D正确故选：AD二、填空题、实验题15根据核反应方程N+x+H，x粒子中含有12个质子【考点】原子核的人工转变【分析】根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类【解答】
30、解：设x粒子的质量数为m，电荷数为n；根据质量数守恒和电荷数守恒知：23+4=m+111+2=n+1解得：x=26，y=12故说明X粒子中质量数为26，电荷数为12；因只有质子具有电荷数，因此其包括的质子数为12；故答案为：1216铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【分析】设发生x次衰变，y次衰变，写出衰变方程，求解x，y即可原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次衰变后电荷数增加1，质量数不变【解答】解：设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为：92238U82206Pb+x+y则：238=206+4x，解
31、得：x=8又：92=82+82y，得：y=6故答案为：8；617如图所示，方盒A在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动现将一滑块B无初速度放在盒内，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为，若滑块与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次后相对盒静止，则此时盒的速度大小为；滑块相对盒运动的路程【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程【解答】解：设滑块的质量是m，碰后速度为v共，物体与盒子组成的系统合外力为0，设向左为正方向，由动量守恒定律得：2
32、mv=（m+2m）v共，解得：v共=，开始时盒子与物块的机械能：E1=2mv2，碰后盒子与物块的机械能：E2=（m+2m）v共2=mv2损失的机械能：E=E1E2=mgs，联立解得：s=；故答案为：；18图甲为“探究求合力的方法”的实验装置（1）下列说法中正确的是ACA在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下CF1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为4.00N【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）该实验采用了
33、“等效法”，只要明确了实验原理即可，判断选项中的各个说法是否正确，从而正确的解答本题；（2）根据弹簧秤指针的指示可读出拉力的大小【解答】解：（1）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；C、根据弹簧测力计的使用原则可知，在测力时不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；D、F1、F2方向间夹角为90并不能减小误差，故D错误故选AC（2）由图乙弹簧秤的指针指示可知，拉力F的大小为：4.00N故答案为：4.0019利用如图1所示的装
34、置探究加速度与力的关系一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，另一端安装打点计时器，绕过定滑轮和动滑轮的细线将小车和弹簧秤连接，动滑轮下挂有质量可以改变的小重物，将纸带穿过打点计时器后连在小车后面，接通打点计时器，放开小车不计滑轮的质量，忽略滑轮的摩擦实验中弹簧秤的示数F与小重物的重力mg的关系为CAF= BF CF保持小车的质量M不变，改变小重物的质量m，重复进行多次实验记下每次弹簧秤的示数F，利用纸带测出每次实验中小车的加速度a将得到的a、F数据绘制成aF图象以下可能的是A如果某次实验中已测得小车的质量M，弹簧秤的示数F，小车的加速度a利用这三个数据你还能求出与本次实验相关的什么物理量，并
35、利用这些符号表示出来f=FMa（写出一个物理量及其表达式即可）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）小重物做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律即可判断；（2）本实验没有平衡摩擦力，所以当F0时，a=0，即在F轴上有截距，绳子的拉力减去摩擦力等于小车受到的合外力，即Ff=ma，求出aF的表达式，从而选择图象；（3）根据牛顿第二定律求出小车与木板间的摩擦力【解答】解：（1）小重物做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：mg2F=ma，解得：F=，故C正确故选：C（2）根据实验装置可知，本实验没有平衡摩擦力，所以当F0时，a=0，即在F轴上有截距，绳子的拉力减去摩擦力等于小车受到的合
36、外力，即Ff=ma，a=，是一条倾斜的直线，故A正确故选：A（3）如图已测得小车的质量M，弹簧秤的示数F，小车的加速度a利用这些数据可以求解摩擦力，根据Ff=Ma得：f=FMa故答案为：（1）C；（2）A；（3）f=FMa三、计算题20甲、乙两个同学在直跑道上练习4100m接力跑，如图所示，他们在奔跑时有相同的最大速度乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出若要求乙接棒时达到奔跑最大速度的80%，则：（1）乙在接力区需奔出多少距离？（2）乙应在距离甲多远时起跑？【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速
37、直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据初速度为0的匀变速直线运动速度位移公式v2=2ax，求出乙在接力区需奔出的距离（2）根据平均速度公式求出乙加速至交接棒所经过的位移，而甲在这段时间内的位移x甲=v1t，两人位移之差即为乙距离甲的起跑距离【解答】解：（1）乙起跑后做初速度为0的匀加速直线运动，设最大速度为v1，x1为达到最大速度经历的位移，v2为乙接棒时的速度，x2为接棒时经历的位移，有v12=2ax1v22=2ax2 v2=v180%得 x2=0.64x1=16m故乙在接力需奔出的距离为16m（2）设乙加速至交接棒的时间为tx甲=v1t x=x甲x2=0.6v1t=24m故乙应在距离
38、甲24m处起跑21如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上车顶右端放一质量m2=0.5kg的小物体，小物体可视为质点现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端，并留在车中，最终小物块以2m/s的速度与小车脱离子弹与车相互作用时间很短；物块与车上表面之间动摩擦因数为=0.8g取10m/s2求：子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小小车的长度L【考点】动量守恒定律【分析】子弹射入小车过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度由动量守恒定律求出小车速度，然后由能量守恒定律求出车长【解答】解：子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以
39、向右为正方向，由动量守恒定律得：m0v0=（m0+m1）v1，代入数据解得：v1=10m/s；三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m0+m1）v1=（m0+m1）v2+m2v3，代入数据解得：v2=8m/s，由能量守恒定律得：（m0+m1）v12=m2gL+（m0+m1）v22+m2v32，代入数据解得：L=2m；答：子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小为10m/s小车的长度L为2m22如图，倾角=37的足够长斜面上，t=0时刻一小滑块从低端以初速度v0=5m/s冲上斜面，它与斜面间的动摩擦因数=0.5g取10m/s2，sin37=0.6；cos37=0.8求：（1）滑
40、块沿斜面上滑的最大距离；（2）t=1s时滑块的位置【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】（1）先对滑块受力分析，求出合力，再由牛顿第二定律可求得加速度；然后由速度和位移的关系可求出上升的最大距离；（2）先求出物体到达最高点的时间；与1s相比，若超过1s，则由位移公式直接求出；若没超过1s，需再判断物体是否会下滑；若下滑，由牛顿第二定律求出下滑的加速度；再由位移公式直接求出；若不下滑，则停到最高位置【解答】解：（1）设向上运动的加速度为a1，当滑块沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得：mgsin37+mgcos37=m a1 代入数据得：a1=10m/s2，当速度减为0时，上滑距离最大
41、，设沿斜面上滑的最远距离为x1，根据运动学公式有：代入数据解得：x1=1.25m （2）设上滑到最高点的时间为t1，因为上滑到最高点时速度为0，由速度和时间的关系v=v0a1t1，滑块沿斜面向上运动的时间为：t1=0.5s1s，又由于mgsin37mgcos37，所以物体会下滑，下滑的时间为：t2=tt1=10.5=0.5s滑块沿斜面下滑时，设下滑的加速度为a2，下滑位移为x2，由牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37=m a2代入数据得：a2=2m/s2滑块沿斜面下滑的位移为：x2=0.25m所以1s内滑块的位移为：x=x1x2=1.250.25=1m 答：（1）滑块沿斜面上滑的最远距离为1.25m； （2）滑块1s内的位移为1m2017年4月1日
