1、2016-2017学年山东省莱芜一中高三（上）第一次月考物理试卷（10月份）一、选择题（共12小题，1-6单选，每小题3分；7-12多选，每小题3分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或错选得0分，共42分）1一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（）A小球在2 s末的速度是20 m/sB小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC该星球上的重力加速度为5 m/s2D小球在5 s内的位移是50 m2某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的vt图象是计算机显示的
2、观光电梯在某一段时间内的速度变化情况（向下为正方向）根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（）A05 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态B510 s内，观光电梯一定静止，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力C1020 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态D2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态3如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53（sin37=0.6），则等于（）ABCD4如图所
3、示，质量为4kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A0 NB8 NC10 ND50 N5如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是（）ABCD6在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A前2s内物体做匀加速曲线运动B后2s内物体做匀加速曲线运动
4、，加速度方向与x轴的正方向夹角为45C3s末物体坐标为（4m，0.5m）D3s末物体坐标为（3.5m，1m）7下列物理学家的论点，具有科学性的有（）A胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B亚里士多德认为重物体要比轻物体下落得快C牛顿认为，无论两个物体处于什么状态，它们之间的相互作用力的大小总是相等的D伽利略提出了经典力学三大定律8下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是（）ABCD9如图所示，弹簧下端悬一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，mB=2kg，不计线、滑轮质量及摩擦，则A、B两重物在运动过程中，弹簧的示数可能为：（g=10m/s2）（）A40NB6
5、0NC80ND100N10a、b两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度 分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（）AvavbBvavbCtatbDtatb11如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（）A若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑B若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑C若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑D若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a12如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间
6、动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角=53的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，则F的大小可能为（取sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2）（）A1NB3 NC7ND9N二、实验题（共2小题，共16分）13“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图a所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图b所示（1）图线（填“”或者“”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）在轨道为斜面情况下
7、，轨道倾斜的角度为=37，则小车与轨道面的动摩擦因数= （已知sin 37=0.6，cos 37=0.8）（3）在轨道水平时，小车运动的阻力F1=N（4）图b中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差可采取的措施是（填选项字母）A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验14（1）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧A和
8、B，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是Aa的原长比b的长Ba的劲度系数比b的大Ca的劲度系数比b的小D测得的弹力与弹簧的长度成正比（2）为进一步探究a、b弹簧的劲度系数，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究钩码数1234LA/cm17.7119.7121.6623.76LB/cm29.9635.7641.5147.36某次测量如图2所示，指针示数为 cm在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1用表1数据计算弹簧的劲度系数为 N/m（重力加速度g取10m/s2）由表数据（选填“能”或“不能”）计算出弹簧的劲度系数三、计算题15跳蚤是弹跳力
9、很强的小虫，它原地上跳的加速距离d1=0.80mm，能跳起的最大高度h1=0.24m而人屈膝下蹲原地上跳的加速距离d2=0.50m，能跳起的最大高度h2=1.0m；假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而加速距离仍为0.50m，则人上跳的最大高度是多少？16质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角=37，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点（已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）求：（1）撤去力F时的速度；（2）力F作用下物
10、体发生的位移；（3）AB之间的距离17如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道 AB，滑道右端 B 与圆盘圆心 O 在同一竖直线上，且 B 点距离圆盘圆心的竖直高度h=1.25m，在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为=0.2，现用力F=4N的水平作用力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度=2rad/s，绕通过圆心 O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内重力加速度取10m/s2（1）若拉力
11、作用时间为0.5s，求所需滑道的长度；（2）求拉力作用的最短时间18如图所示，物块A和长木板B质量均为1kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上某时刻起给A施加一大小为9N的水平拉力F，1s后撤去F，最终A恰好停在B右端（g取10m/s2）（1）通过计算说明前1s内木板B是否运动（2）1s末物块A的速度（3）木板B的长度2016-2017学年山东省莱芜一中高三（上）第一次月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，1-6单选，每小题3分；7-12多选，每小题3分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或错选得
12、0分，共42分）1一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为1kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18m，则（）A小球在2 s末的速度是20 m/sB小球在第5 s内的平均速度是3.6 m/sC该星球上的重力加速度为5 m/s2D小球在5 s内的位移是50 m【考点】自由落体运动【分析】由位移公式和速度公式即可求出加速度，由速度公式即可求出5s末的速度；由位移公式求出前5s的位移，由平均速度的公式求出平均速度【解答】解：ABC、小球在第5s内的位移是18m，则5s内的平均速度为： m/s第5s内的平均速度等于4.5s末的速度，所以有：小球在2 s末的速度是：v2=
13、at2=42=8m/s故ABC错误；D、小球在前5s内的位移是： m故D正确；故选：D2某同学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的vt图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内的速度变化情况（向下为正方向）根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（）A05 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态B510 s内，观光电梯一定静止，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力C1020 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态D2025 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；匀变速直线运动的图像【分析
14、】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，根据图象求出电梯的加速度，当人有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当人有向下的加速度时，此时人就处于失重状态【解答】解：A、在05s内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向下，此时人加速向下运动，故处于失重状态，故A正确；B、510 s内，该同学做匀速运动，故其对电梯地板的压力等于他所受的重力，故B错误C、在1020s内，电梯向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故C错误；D、在2025s内，电梯向上做匀加速运动，加速度向上，故处于超重状态度，故D错误；故选：A3如图所示，将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧，一端固定
15、在水平天花板上相距为2L的两点，另一端共同连接一质量为m的物体，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37若将物体的质量变为M，平衡时弹簧与竖直方向的夹角为53（sin37=0.6），则等于（）ABCD【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】由几何知识求出两弹簧的伸长量之比，然后根据胡克定律求出两弹簧的拉力之比，最后由平衡条件求出重力与弹簧拉力的关系【解答】解：由几何知识得，左图中弹簧的伸长量为：L=L右图中弹簧的伸长量为：L=L根据胡克定律：T=KL则两情况下弹簧拉力之比为： =根据平衡条件：2Tcos37=mg2Tcos53=Mg得： =故选：A4如图所示，质量为4kg的物体A静止
16、在竖直的轻弹簧上面质量为1kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（）A0 NB8 NC10 ND50 N【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力【解答】解：剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=40N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度：a=m/s2，隔离对B分析，mBgN=mBa，解得：N=mBgmBa=1012N=8N故选：B5如
17、图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】分别对两个小球进行受力分析，根据竖直方向平衡，水平方向做匀加速运动列式，即可求解【解答】解：对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有ma=Tcos，而在竖直方向则有mg=Tsin； 对上面小球M，同理有Ma=FcosTcos，Mg+Tsin=Fsin，由容易得到，Fcos=（M+m）a而则得Fsin=（M+m）g故有tan=而由得到tan=因此=所以B正确故选B6在一个光滑水平面内建立平面直角坐标系，一
18、物体从t=0时刻起，由坐标原点O（0，0）开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度时间图象如图甲、乙所示，下列说法中正确的是（）A前2s内物体做匀加速曲线运动B后2s内物体做匀加速曲线运动，加速度方向与x轴的正方向夹角为45C3s末物体坐标为（4m，0.5m）D3s末物体坐标为（3.5m，1m）【考点】匀变速直线运动的图像【分析】前2s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由图看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动后2s内物体在x和y两个方向都有速度，x方向做匀速直线运动，y方向做匀加直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况根据运动学公式分别求出4s内物体两个方向的坐标【解答】解：A、前
19、2s内，物体在y轴方向没有速度，由图看出，物体沿x轴方向做匀加速直线运动故A错误B、后2s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向故B错误CD、在前2s内，物体在x轴方向的位移为：x1=t=2m=2m在第3s内，x轴方向的位移为：x2=vxt=21m=2m，故3s末x=4m3s内，y轴方向位移为：y=11m=0.5m，则3s末物体的坐标为（4m，0.5m）故C正确，D错误故选：C7下列物理学家的论点，具有科学性的有（）A胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B亚里士多德认为重物体要比轻物体下落得
20、快C牛顿认为，无论两个物体处于什么状态，它们之间的相互作用力的大小总是相等的D伽利略提出了经典力学三大定律【考点】质点的认识【分析】根据人类有关运动学认识的物理学史解决AD选项；由胡克定律可求得弹簧的弹力与形变量的关系；由牛顿第三定律分析C选项；【解答】解：A、由胡克定律可知，在弹性限度内，弹力大小与弹簧的形变量成正比；故A正确；B、亚里士多德认为物体的下落与质量有关；重的物体比轻的物体下落得快，但是没有科学性故B错误；C、牛顿认为，无论两个物体处于什么状态，它们之间的相互作用力的大小总是相等的，由此得出牛顿第三定律故C正确；D、牛顿提出了经典力学三大定律；故D错误；故选：AC8下列给出的四组
21、图象中，能够反映同一直线运动的是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【分析】vt图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，位移时间图象的斜率等于物体运动的速度，加速度时间图象表示加速度随时间变化情况，根据图象即可求解【解答】解：A、第一个图是速度时间图象，由速度时间图象可知：03s内物体以速度6m/s匀速直线运动，45s内做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，位移时间图象表示03s内物体静止，45s内物体也静止，故A错误；B、速度时间图象表示03s内物体以速度6m/s做匀速直线运动，加速度为零，45s内物体做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，故B正确；C、第一个图是位移时间图
22、象，由速度时间图象可知：03s内物体静止，45s内匀速直线运动，速度为v=2m/s由速度时间图象可知，03s内速度为零，45s内物体做匀速直线运动，速度为2m/s故C正确；D、第一个图是位移时间图象，由速度时间图象可知：03s内物体静止，加速度时间图象表示03s内物体做加速度为零的运动，45s内物体匀加速运动，故D错误故选：BC9如图所示，弹簧下端悬一滑轮，跨过滑轮的细线两端系有A、B两重物，mB=2kg，不计线、滑轮质量及摩擦，则A、B两重物在运动过程中，弹簧的示数可能为：（g=10m/s2）（）A40NB60NC80ND100N【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】
23、由于A的质量不确定，分析两个物体的质量相等和不等两种情况研究弹簧的示数两个物体的质量相等时，根据平衡条件求解弹簧的示数当两个物体的质量不等时，根据牛顿第二定律分析细线拉力的范围，得到弹簧示数的范围，再进行选择【解答】解：当mBmA时，B向下做加速运动，处于失重状态，细线的拉力TmBg，弹簧的示数为F=2T2mBg=40N当mB=mA时，弹簧的示数为F=2T=2mBg=40N当mBmA时，B向上做加速运动，处于超重状态，细线的拉力TmBg，两物体的加速度大小ag，所以根据牛顿第二定律得知：细线的拉力T2mBg，弹簧的示数为F=2T4mBg=80N故A、B正确，C、D错误故选AB10a、b两个物体
24、做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度 分别为va、vb，从抛出至碰到台上的时间分别为ta、tb，则（）AvavbBvavbCtatbDtatb【考点】平抛运动【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同【解答】解：A、两个物体都做平抛运动，取一个相同的高度，此时物体的下降的时间相同，水平位移大的物体的初速度较大，所以vavb，故A正确，B错误；C、根据h=得：t=可知，物体下降的高度决定物体运动的时间，所以tatb，故C错误，D正确故选AD11如图所示，物块沿固定斜面下滑，若在物块上再施加
25、一个竖直向下的恒力F，则（）A若物块原来匀速下滑，施加力F后物块仍将匀速下滑B若物块原来匀速下滑，施加力F后物块将加速下滑C若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑D若物块原来以加速度a匀加速下滑，施加力F后物块仍将匀加速下滑，加速度大于a【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用【分析】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个分力和，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小【解答】解：AB、设斜面倾角为，原来物体匀速下滑时有：mgsin=mgcos，即sin=cos，与物体
26、的重力无关，则施加竖直向下的力F，物体仍匀速下滑，故A正确，B错误；CD、若物块A原来加速下滑，有mgsinmgcos，将F分解，则FsinFcos，动力的增加大于阻力的增加，加速度变大，故C错误，D正确；故选：AD12如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上环的直径略大于杆的截面直径环与杆间动摩擦因数=0.8对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角=53的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，则F的大小可能为（取sin53=0.8，cos53=0.6，g=10m/s2）（）A1NB3 NC7ND9N【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】对环受
27、力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可【解答】解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力；令Fsin53=mg，F=1.25N 此时无摩擦力圆环沿杆做匀加速运动当F1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律有：水平方向上：FcosFN=ma，竖直方向上：FN+Fsin=mg，解得：F=1N当F1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律有：水平方向上有：FcosFN=ma，竖直方向上有：Fsin=mg+FN，解得：F=9N故AD正确，BC错误故选：AD二、实验题（共2小题，共16分）13“用DIS研究加速度与力的关
28、系”的实验装置如图a所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F，通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图b所示（1）图线（填“”或者“”）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）在轨道为斜面情况下，轨道倾斜的角度为=37，则小车与轨道面的动摩擦因数=0.5 （已知sin 37=0.6，cos 37=0.8）（3）在轨道水平时，小车运动的阻力F1=0.5N（4）图b中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差可采取的措施是C（填选项字母）A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使
29、小车能在轨道上匀速运动B增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【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操作细节；根据aF图象的特点结合牛顿第二定律求解理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源【解答】解：（1）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板
30、的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）根据图象F=0时，a=，根据牛顿第二定律：mgsin37mgcos37=ma即a=gsin37gcos372=68解得：=0.5（3）图线是在轨道水平时做的实验，由图象可知：当拉力等于0.5N时，加速度恰好为零，即刚好拉动小车，此时F1=F=0.5N（4）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度
31、a和力传感器读数F的关系图象，故选C故答案为：（1）；（2）0.5；（3）0.5；（4）C14（1）一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧A和B，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示下列表述正确的是BAa的原长比b的长Ba的劲度系数比b的大Ca的劲度系数比b的小D测得的弹力与弹簧的长度成正比（2）为进一步探究a、b弹簧的劲度系数，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究钩码数1234LA/cm17.7119.7121.6623.76LB/cm29.9635.7641.5147.36某次测量如图2所示，指针示数为16.00 cm在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹
32、簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1用表1数据计算弹簧的劲度系数为25 N/m（重力加速度g取10m/s2）由表数据能（选填“能”或“不能”）计算出弹簧的劲度系数【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】（1）根据胡克定律写出F与l的关系方程，然后结合数学知识求解即可（2）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位根据弹簧形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数通过弹簧弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧的劲度系数【解答】解：（1）A、根据胡克定律有：F=k（ll0），由此可知在F与l图象中，斜率大小等于劲度系数，横轴截距等于弹簧原长，因此有：b的原长比a的长，劲度系数比a的小；故B
33、正确，AC错误；D、由图象还可以知道，弹簧弹力与弹簧的形变量成正比，与弹簧长度不成正比，故D错误故选B（2）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm由表格中的数据可知，当弹力的变化量F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为x=2.00cm=0.02m，根据胡克定律知：k=25N/m结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧的劲度系数故答案为：（1）B；（2）16.00，25 能三、计算题15跳蚤是弹跳力很强的小虫，它原地上跳的加速距离d1=0.80mm，能跳起的最大高度h1=0.24m而人屈膝下蹲原地上跳的加速距离d2=0.50m
34、，能跳起的最大高度h2=1.0m；假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度，而加速距离仍为0.50m，则人上跳的最大高度是多少？【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系【分析】跳蚤先加速上升后匀减速上升，根据运动学公式可以先求起跳速度，再求起跳加速度；人起跳，同样先求离地速度，再求上抛运动的高度【解答】解：设跳蚤起跳速度为v，起跳加速度为a，由运动学公式：v2=2ad1，v2=2gh1，若人具有相同的起跳加速度，则v2=2ad2，v2=2gh2，联立得=m=150m答：人上跳的最大高度是150m16质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体
35、与斜面间动摩擦因数为=0.25，斜面固定不动，与水平地面的夹角=37，力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好通过斜面上的B点（已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10m/s2）求：（1）撤去力F时的速度；（2）力F作用下物体发生的位移；（3）AB之间的距离【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用【分析】（1）根据牛顿第二定律求出在力F作用下的加速度，结合速度时间公式求出撤力时的速度；（2）结合位移时间公式求出物体的位移；（3）再结合牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，根据速度位移公式求出继续上滑的位移和时间；再分析物体下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解下滑的距离，由
36、此求出AB的距离【解答】解：（1）在外力F作用下，物体的受力如左图所示，根据牛顿第二定律得：Fcosmgsinf=ma1f=NN=Fsin+mgcos联立并代入数据得：a1=5m/s2撤去力F时的速度v1=a1t1=54=20m/s；（2）根据位移的计算公式可得力F作用下物体发生的位移为：x1=；（3）撤去F后物体继续向上运动时，受力如右图所示，根据牛顿第二定律：mgsin+mgcos=ma2代入数据得：a2=8m/s2物体速度减为零的时间为：t2=；此过程的位移x2=；接着物体加速下滑，根据牛顿第二定律可得：mgsinmgcos=ma3解得：a3=4m/s2根据位移时间公式可得t3=5s2.
37、5s=2.5s内的位移为：x3=a3t32代入数据解得：x3=12.5m；所以AB之间的距离为：x=x1+x2x3=52.5m；答：（1）撤去力F时的速度为20m/s；（2）力F作用下物体发生的位移为40m；（3）AB之间的距离为52.5m17如图所示，水平放置的圆盘上，在其边缘C点固定一个小桶，桶的高度不计，圆盘半径R=1m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条水平滑道 AB，滑道右端 B 与圆盘圆心 O 在同一竖直线上，且 B 点距离圆盘圆心的竖直高度h=1.25m，在滑道左端静止放置质量为m=0.4kg的物块（可视为质点），物块与滑道的动摩擦因数为=0.2，现用力F=4N的水平作用
38、力拉动物块，同时圆盘从图示位置，以角速度=2rad/s，绕通过圆心 O 的竖直轴匀速转动，拉力作用在物块一段时间后撤掉，最终物块由B 点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内重力加速度取10m/s2（1）若拉力作用时间为0.5s，求所需滑道的长度；（2）求拉力作用的最短时间【考点】平抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；匀速圆周运动【分析】（1）物块离开B点后做平抛运动，可以求出平抛运动的时间和平抛运动的初速度，物块在滑道上先匀加速运动再匀减速运动，两个运动的位移之和为滑道的长度（2）若圆盘转一圈，物块恰好调入小桶，此时作用力时间最短圆盘转一圈的时间与匀加速运动、匀减速运动、平抛
39、运动三个时间之和相等【解答】解：（1）物块平抛：；物块离开滑道时的速度：拉动物块的加速度，由牛顿第二定律：Fmg=ma1；得：撤去外力后，由牛顿第二定律：mg=ma2；得：匀加速运动的位移x1=80.25m=1m，匀加速运动的速度v1=a1t1=4m/s匀减速运动的位移x2=3m板长L=x1+x2=4m故所需滑道的长度为4m（2）盘转过一圈时落入，拉力时间最短；盘转过一圈时间：；物块在滑道上先加速后减速，最终获得：v=a1t1a2t2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系：t1+t2+t=T由上两式得：t1=0.3s故拉力作用的最短时间为0.3s18如图所示，物块A和长木板B质量均为1kg
40、，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上某时刻起给A施加一大小为9N的水平拉力F，1s后撤去F，最终A恰好停在B右端（g取10m/s2）（1）通过计算说明前1s内木板B是否运动（2）1s末物块A的速度（3）木板B的长度【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）计算A对B的摩擦力和地面对B的摩擦力大小即可作出判断；（2）根据牛顿第二定律求解A的加速度，再根据速度时间关系求解速度大小；（3）分别计算加速过程和减速过程的相对位移，即可得出木板B的长度【解答】解：（1）长木板B受到A的摩擦力为：f1=1mg=0.5110=5
41、N；地面的最大静摩擦力为：f2=22mg=0.22110=4N；因为f1f2，故B运动（2）F作用时，对A根据牛顿第二定律可得：Ff1=ma1，戴尔数据解得：a1=4m/s2，1s末A的速度为：v1=a1t0=41m/s=4m/s；（3）F作用1s内A的位移为：a1=a1t02=2m，对B根据牛顿第二定律可得：f1f2=ma2，代入数据解得：a2=1m/s2，撤去F后，A开始减速，有：，B仍以a2=1m/s2的加速度加速，设再经t时间A恰好不滑下，则有：v1a1t=a2（t0+t），代入数据可得：t=0.5s，此过程A的位移为：，全过程B的位移为：，木板B的长度即为二者的相对位移为：L=答：（1）前1s内木板B在运动（2）1s末物块A的速度为4m/s（3）木板B的长度为2.25m2016年12月14日
