1、2016-2017学年江苏省无锡市宜兴一中高一（上）期中物理试卷（教改实验班）一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）A0B大小为g，方向竖直向下C大小，方向垂直木板向下D大小为2g，方向垂直木板向下2在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A10s时空降兵和降落伞的速度方向改变B010s内空降兵和降落伞整体所受空气阻
2、力越来越小C10s15s时间内运动员的平均速度D10s15s内空降兵和降落伞整体处于超重状态3将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=30，则F的最小值为（）AmgB mgC mgD mg4如图所示为两个用摩擦传动的轮子，A为主动轮，已知A、B轮的半径比为R1：R2=1：2，C点离圆心的距离为，轮子A和B通过摩擦的传动不打滑，则在两轮子做匀速圆周运动的过程中，以下关于两轮缘上A、B点及C点的线速度大小V、角速度大小、转速n之间关系的判断中正确的是（）AVA=2VBBA=CCA=2BDnB=2
3、nA5如图所示，在冰球以速度v1在水平冰面上向右运动运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速打击冰球，冰球立即获得沿打击方向的分速度v2不计冰面摩擦和空气阻力下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是（）ABCD6物体在xOy平面内做曲线运动，从t=0时刻起，在x方向的位移图象和y方向的速度图象如图所示，则（）A物体的初速度沿x轴的正方向B物体的初速度大小为5m/sC物体在t=2 s时的速度大小为0D物体所受合力沿y轴的负方向7如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系
4、如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（）A图象函数表达式为F=m+mgB重力加速度g=C绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置左移二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题有不少于两个选项符合题意全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分8“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，假设游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈如图所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一个物体，则（）A大人站在小孩同样的位置，以大些的速度抛出圈圈B大人站在小孩同样的位置，以小些的速度抛出圈圈C大人弯
5、腰手向前伸与小孩等高且以大些的速度抛出圈圈D大人弯腰手向前伸与小孩等高且以小些的速度抛出圈圈9如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（）A水平外力F增大B墙对B的作用力减小C地面对A的支持力减小DB对A的作用力减小10如图，小球从倾角为 的斜面顶端A点以速率vo做平抛运动，则（）A若小球落到斜面上，则vo越大，小球飞行时间越大B若小球落到斜面上，则vo越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大C若小球落到水平面上，则vo越大，小球飞行时间越大D若小球落到水平面上
6、，则vo越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大11如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现对 A 施加一水平拉力 F，则（）A当 F2 mg 时，A、B 都相对地面静止B当 F=mg 时，A 的加速度为gC当 F3 mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g三、简答题：本题共2小题，共18分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答12在“测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如图甲，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力实
7、验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度（1）一同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标系图乙中，请作出FL图线（2）由此图线可得出该弹簧的劲度系数k=N/m，弹簧原长L0=m（3）该同学实验时将弹簧水平放置与悬挂放置相比较，优点在于，缺点在于13某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与所受合力的关系将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2（1）接通频率为50
8、Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a= m/s2（2）同一次实验中，F1F2（选填“”、“=”或“”）（3）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙不计纸带与计时器间的摩擦图象中F是实验中测得的AF1 BF2 CF1F0 DF2F0（4）关于该实验，下列说法中正确的是A小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B实验中需要将长木板右端垫高C实验中需要测出小车和传感器的总质量D用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据三论证计算题：本
9、题共4小题，共计45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台缓慢加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块与转台间的动摩擦因数=0.2设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；（2）物块的落地点与转台的圆心O之间的水平距离15如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律绳
10、子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m=，求：（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；（2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力16在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内斜面长度为l，倾角为=30，传送带距地面高度为l，传送带的长度为3l，传送带表面的动摩擦因数=0.5，传送带一直以速度
11、v=顺时针运动当某参与者第一次试操作时瞬间给予小物块一初速度只能将物块刚好送到斜面顶端；第二次调整初速度，恰好让物块水平冲上传送带并成功到达网兜求：（1）第一次小物块获得的初速度v1；（2）第二次小物块滑上传送带的速度v2和传送带距斜面的水平距离s；（3）第二次小物块通过传送带过程中相对传送带的位移17如图所示，光滑地面上，有一质量为M=10Kg的木箱停在水平路面上，木箱M高h=1.25m，一质量m=5kg的小物块置于M的上表面，它距后端A点的距离为x0=2m，已知m与M之间的动摩擦因数为u1=0.3现对木箱M施一水平向右的大小恒为F=70N的作用力，木箱开始运动，最后小物块m会离开M后落至水
12、平地面，运动中小物块m可视为质点求（1）刚开始运动时，木箱M和小物块m的加速度（2）小物块m离开木箱M时的速度（3）小物块m从开始运动到落地时，木箱M运动的位移2016-2017学年江苏省无锡市宜兴一中高一（上）期中物理试卷（教改实验班）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共7小题，每小题3分，共21分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）A0B大小为g，方向竖直向下C大小，方向垂直木板向下D大小为2g，方向垂直木板向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；
13、力的合成与分解的运用【分析】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受力如图所示：由平衡条件得：FNsin60=0Ncos60G=0，木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，方向垂直于木板向下，由牛顿第二定律得，加速度为：a=，解得：a=2g，方向：垂直于木板向下；故选：D2在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的vt图象如图所示，则下列说法正确的是（）A10s时空降兵和降落伞的
14、速度方向改变B010s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越小C10s15s时间内运动员的平均速度D10s15s内空降兵和降落伞整体处于超重状态【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】速度时间图象中速度的正负号表示速度的方向图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向10s15s内运动员做变减速运动，将其运动与匀减速运动比较，求平均速度根据加速度的方向可确定物体是超重还是失重【解答】解：A、根据速度的符号表示速度的方向，可知，运动员一直沿着正方向做直线运动，故速度方向没有改变，故A错误；B、010s内速度时间图线的切线斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，根据牛顿
15、第二定律得，a=，因为加速度减小，可知阻力增大；故B错误；C、10s15s内运动员做变减速运动，运动员内下落的位移小于匀减速直线运动的位移，则10s15s内下落的平均速度小于匀减速直线运动的平均速度而匀减速直线运动的平均速度为=，所以10s15s内下落的平均速度小于，故C错误；D、10s15s内空降兵和降落伞整体加速度向上，故整体处于超重状态，故D正确故选：D3将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持=30，则F的最小值为（）AmgB mgC mgD mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体
16、的弹性和弹力【分析】以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件求解F的最小值【解答】解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin30=mg故选：A4如图所示为两个用摩擦传动的轮子，A为主动轮，已知A、B轮的半径比为R1：R2=1：2，C点离圆心的距离为，轮子A和B通过摩擦的传动不打滑，则在两轮子做匀速圆周运动的过程中，以下关于两轮缘上A、B点及C点的线速度
17、大小V、角速度大小、转速n之间关系的判断中正确的是（）AVA=2VBBA=CCA=2BDnB=2nA【考点】线速度、角速度和周期、转速【分析】共轴转动的点，角速度大小相等，靠摩擦传动轮子边缘上的点线速度大小相等，结合v=r，n=f=求出线速度、角速度、转速之间的关系【解答】解：A、点A与点B是同缘传动的边缘点，线速度相等，故vA=vB，故A错误；C、由于vA=vB，根据公式v=r，有：；即A=2B，故C正确；D、由于n=f=，故转速与角速度成正比，由于A=2B，故nA=2nB，故D错误；B、点B与点C是同轴传动，角速度相等；又由于A=2B，故A=2C，故B错误；故选：C5如图所示，在冰球以速度
18、v1在水平冰面上向右运动运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速打击冰球，冰球立即获得沿打击方向的分速度v2不计冰面摩擦和空气阻力下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是（）ABCD【考点】曲线运动；物体做曲线运动的条件【分析】物体做曲线运动时，合力一定不为零，且合力的方向与速度方向不在同一直线上当物体做直线运动时，合力可以为零，或者合力的方向与速度方向在同一直线上实际的速度为合速度，速度矢量，合速度与分速度的关系满足平行四边形定则【解答】解：CD、物体所受的合力与速度方向不在同一直线上做曲线运动，合力与速度方向在同一直线上做直线运动，题中冰球受打击后在水平方向上不受力，故作直线运动，故CD
19、错误；AB、实际运动的速度为合速度，根据平行四边形定则可知，合速度不可能沿打击的方向，一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向，故A错误、B正确故选：B6物体在xOy平面内做曲线运动，从t=0时刻起，在x方向的位移图象和y方向的速度图象如图所示，则（）A物体的初速度沿x轴的正方向B物体的初速度大小为5m/sC物体在t=2 s时的速度大小为0D物体所受合力沿y轴的负方向【考点】运动的合成和分解【分析】根据物体在x方向和y方向上的分速度大小，结合平行四边形定则确定合速度的大小和方向【解答】解：A、在x方向上物体做匀速直线运动，初始时刻y方向上初速度为3m/s，根据平行四边形定则知，物体的初
20、速度不沿x轴的正方向，v=故A错误，B正确C、物体在2s时，x方向上的分速度为4m/s，y方向上的分速度为0，则合速度为4m/s故C错误D、物体在x方向上做匀速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，可知合加速度方向沿y轴负方向，根据牛顿第二定律得，物体所受的合力沿y轴的负方向故D正确故选：BD7如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是（）A图象函数表达式为F=m+mgB重力加速度g=C绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图
21、线斜率更大D绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置左移【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线的横轴截距以及斜率分析判断【解答】解：A、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m，解得F=mmg，故A错误B、当F=0时，根据表达式有：mg=m，解得g=，故B正确C、根据F=mmg知，图线的斜率k=，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误D、当F=0时，g=，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D错误故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小
22、题4分，共16分，每小题有不少于两个选项符合题意全部选对得4分，漏选得2分，错选和不答的得0分8“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，假设游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈如图所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一个物体，则（）A大人站在小孩同样的位置，以大些的速度抛出圈圈B大人站在小孩同样的位置，以小些的速度抛出圈圈C大人弯腰手向前伸与小孩等高且以大些的速度抛出圈圈D大人弯腰手向前伸与小孩等高且以小些的速度抛出圈圈【考点】平抛运动【分析】物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运
23、动的时间相同【解答】解：设抛出的圈圈做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t=，水平方向的位移：x=vt=vA、大人站在小孩同样的位置，由以上的公式可得，由于大人的高度h比较大，所以如果要让大人与小孩抛出的水平位移相等，则要以小点的速度抛出圈圈故A错误；B正确；C、大人弯腰手向前伸与小孩等高，则大人的抛出的圆形圆圈水平位移较小，高度相同，时间相同，要使水平位移相同，则大人以小些的速度抛出圈圈，故C错误，D正确故选：BD9如图所示，光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止若将A的位置向左移动稍许，整个装置
24、仍保持平衡，则（）A水平外力F增大B墙对B的作用力减小C地面对A的支持力减小DB对A的作用力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况【解答】解：对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N，如图当A球向左移动后，A球对B球的支持力N的方向不断变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，故B正确，D也
25、正确；再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如图根据平衡条件，有F=NFN=G故地面的支持力不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小，故A错误，C也错误；故选：BD10如图，小球从倾角为 的斜面顶端A点以速率vo做平抛运动，则（）A若小球落到斜面上，则vo越大，小球飞行时间越大B若小球落到斜面上，则vo越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大C若小球落到水平面上，则vo越大，小球飞行时间越大D若小球落到水平面上，则vo越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大【考点】平抛运动【分析】若小球落到斜面上，竖直位移与水平位移之比等于tan，列式分析时间与初速
26、度的关系将速度进行分解，求出末速度与竖直方向夹角的正切若小球落到水平面上，飞行时间一定由速度分解求解末速度与竖直方向的夹角的正切，再进行分析【解答】解：A、若小球落到斜面上，则有tan=，得 t=，可知tv0，故A正确B、末速度与竖直方向夹角的正切 tan=，保持不变，故B错误C、若小球落到水平面上，飞行的高度h一定，由h=得 t=，可知t不变故C错误D、末速度与竖直方向的夹角的正切 tan=，t不变，则vo越大，小球末速度与竖直方向的夹角越大，故D正确故选：AD11如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为，B 与地面间的动摩擦因数为最大
27、静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g现对 A 施加一水平拉力 F，则（）A当 F2 mg 时，A、B 都相对地面静止B当 F=mg 时，A 的加速度为gC当 F3 mg 时，A 相对 B 滑动D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过g【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力然后通过整体法隔离法逐项分析【解答】解：A、B之间的最大静摩擦力为：fmax=mAg=2mg，A、B发生滑动的加速度为：a=g，B与地面间的最大静摩擦力为：fmax=（mA+mB）g=mg，设A、B相
28、对滑动时的最小拉力为：F，由牛顿第二定律得：Ffmax=（m+2m）a，解得：F=mg；A、当 F2mg 时，fmaxFfmax，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B 都相对地面运动，故A错误B、当 F=mgmg时，故AB间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：a=g，故B正确C、当F=3mgmg 时，AB间会发生相对滑动，故C正确D、A对B的最大摩擦力为2mg，无论F为何值，B的最大加速度为aB=g，当然加速度更不会超过g，故D正确故选：BCD三、简答题：本题共2小题，共18分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答12在“测量弹簧的劲度系数”的实验中，实验装置如
29、图甲，所用的每个钩码的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度（1）一同学通过以上实验测量后把6组数据描点在坐标系图乙中，请作出FL图线（2）由此图线可得出该弹簧的劲度系数k=20N/m，弹簧原长L0=0.05m（3）该同学实验时将弹簧水平放置与悬挂放置相比较，优点在于避免弹簧自身所受重力对实验的影响，缺点在于弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系【分析】实验中需要测量多组弹力的大小和弹簧的长度，根据要求设计出表格作出FL的关系图线当弹簧弹力为零时，弹簧处于原长，
30、结合图线得出弹簧的原长，根据图线的斜率求出劲度系数的大小误差分析【解答】解：（1）描点作图，FL如图所示如图所示（2）当弹力为零时，弹簧的形变量为零，此时弹簧的长度等于弹簧的原长，因为弹簧的长度L=5cm，可知弹簧的原长L0=5cm=0.05m根据胡克定律知，k=，可知图线的斜率表示劲度系数，则k=20N/m，（3）弹簧悬挂弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧水平放置：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差；故答案为：（1）如图所示（2）20，0.05（3）避免弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差13某同学设计了如图甲所示的装置来研究小车的加速度与
31、所受合力的关系将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1释放小车，记录小车运动时传感器的示数F2（1）接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a=0.16 m/s2（2）同一次实验中，F1F2（选填“”、“=”或“”）（3）改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系如图丙不计纸带与计时器间的摩擦图象中F是实验中测得的DAF1 BF2
32、 CF1F0 DF2F0（4）关于该实验，下列说法中正确的是DA小车和传感器的总质量应远大于小桶和砂的总质量B实验中需要将长木板右端垫高C实验中需要测出小车和传感器的总质量D用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据【考点】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公式x=aT2可以求出加速度的大小；（2）对小桶受力分析，根据牛顿第二定律求解；（3）由于已经平衡摩擦力，图象过原点的倾斜直线，则F表示合力；（4）在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，用加砂的方法改变拉
33、力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据【解答】解：（1）从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=，（2）对小桶受力分析，设小桶重力为mg，木板释放前弹簧秤的示数F1，所以F1=mg，设小车的重力为Mg，小车在加速运动时弹簧秤的示数F2，根据牛顿第二定律得：mgF2=ma所以F1F2，（3）图象是过原点的一条倾斜的直线，已经平衡摩擦力，所以F应该表示小车受到的合力，即F=F1F0，故C正确；故选：C（4）A、在该实验中力传感器可以直接得出力的大小，不需要使小车和传感器的总
34、质量应远大于小桶和砂的总质量，故A错误；B、实验中不需要将长木板右端垫高，因为已经测量了小车所受摩擦力的大小，故B错误；C、实验中不需要测出小车和传感器的总质量，只需要保证小车和传感器的总质量不变，故C错误；D、用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，故D正确；故选：D故答案为：（1）0.16；（2）；（3）C；（4）D三论证计算题：本题共4小题，共计45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台缓慢加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰
35、好滑离转台开始做平抛运动现测得转台半径R=0.5m，离水平地面的高度H=0.8m，物块与转台间的动摩擦因数=0.2设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；（2）物块的落地点与转台的圆心O之间的水平距离【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】（1）根据最大静摩擦力提供向心力求得平抛运动的初速度；（2）竖直方向做自由落体运动，求得时间，求得平抛运动的水平位移，根据几何关系求得距离【解答】解：（1）最大静摩擦力刚好提供向心力时，则，解得v=（2）物体离开平台后做平抛运动，下落的时间为t=，水平通过的位移x=vt=0.4m故物块的落地点
36、与转台的圆心O之间的水平距离L=答：（1）物块做平抛运动的初速度大小v0为1m/s（2）物块的落地点与转台的圆心O之间的水平距离为15如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长，如果m=，求：（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；（2）系统由静止释放后运动过程中
37、物体C对B的拉力【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）隔离A，对B、C整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值（2）隔离对C分析，运用牛顿第二定律求出拉力的大小【解答】解：（1）设物体的加速度为a，绳子的张力为T，对物体A：TMg=Ma对B、C整体：（M+m）gT=（M+m）a解得a=因为m=所以a=根据运动学公式得，h=解得所以物体B从静止开始下落一段距离的时间是自由下落同样距离所用时间的3倍（2）设B、C间的拉力为F，对C物体：mgF=maF=mgma=由牛顿第三
38、定律知，C对B的拉力为答：（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3（2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力为16在某项娱乐活动中，要求参与者通过一光滑的斜面将质量为m的物块送上高处的水平传送带后运送到网兜内斜面长度为l，倾角为=30，传送带距地面高度为l，传送带的长度为3l，传送带表面的动摩擦因数=0.5，传送带一直以速度v=顺时针运动当某参与者第一次试操作时瞬间给予小物块一初速度只能将物块刚好送到斜面顶端；第二次调整初速度，恰好让物块水平冲上传送带并成功到达网兜求：（1）第一次小物块获得的初速度v1；（2）第二次小物块滑上传送带的速度v2和
39、传送带距斜面的水平距离s；（3）第二次小物块通过传送带过程中相对传送带的位移【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）根据匀变速直线运动的速度位移关系求解物块的初速度；（2）恰好让物块水平冲上传送带，可以采用逆向思维冲上传送带的过程视为沿传送带反向平抛刚好沿斜面方向落在斜面上，根据平抛运动知识可以求出平抛的初速度，同时根据反向平抛运动求出传送带距斜面的水平距离；（3）物块在水平面上在摩擦力作用下匀减速运动，求出物块离开传送带时的速度，根据运动学公式求解相对位移【解答】解：（1）第一次在斜面上滑到顶端时加速度为：a=gsin30=由运动学公式得：得第一次小物块获得的初速
40、度为：（2）第二次恰好让物块水平冲上传送带，逆向看相当于平抛运动，竖直方向上相当于自由落体，有：vy=同时有：解得：由速度分解关系得第二次小物块滑上传送带的速度为：v2=vx=传送带距斜面的水平距离为：s=vxt1=（3）在传送带上，当减速到与传送带速度相等时，有： =2gx向右运动距离为：x=物块在传送带上减速的时间为：t2=此过程中传送带向右运动的距离为：s传=vt2=物块与传送带之间相对位移大小为：s=xs传=答：（1）第一次小物块获得的初速度v1为；（2）第二次小物块滑上传送带的速度v2为，传送带距斜面的水平距离s为；（3）第二次小物块通过传送带过程中相对传送带的位移为17如图所示，光
41、滑地面上，有一质量为M=10Kg的木箱停在水平路面上，木箱M高h=1.25m，一质量m=5kg的小物块置于M的上表面，它距后端A点的距离为x0=2m，已知m与M之间的动摩擦因数为u1=0.3现对木箱M施一水平向右的大小恒为F=70N的作用力，木箱开始运动，最后小物块m会离开M后落至水平地面，运动中小物块m可视为质点求（1）刚开始运动时，木箱M和小物块m的加速度（2）小物块m离开木箱M时的速度（3）小物块m从开始运动到落地时，木箱M运动的位移【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】以m为研究对象进行分析，m在车板上的水平方向只受一个摩擦力f的作用，所以m从A点运动到B点，做
42、匀加速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求出运动到B点的速度、位移等，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律求出平板车的加速度；根据运动学基本公式求出位移【解答】解：（1）物体间的摩擦力f=mg=15N，根据牛顿第二定律：f=mam，Ff=MaM解得：，aM=5.5m/s2；（2）由运动学公式：，解得：t=s，所以vm=amt=3m/s，vM=aMt=m/s（3）物块离开木箱后落地时间t，解得：t=0.5s，离开物块后木箱的加速度aM，则：F=MaM，解得：，木箱的位移答：（1）刚开始运动时，木箱M和小物块m的加速度分别为，（2）小物块m离开木箱M时的速度6m/s（3）小物块m从开始运动到落地时，木箱M运动的位移12.7m2016年12月25日