2019-2020年高三上学期调研物理试卷（10月份）含解析.doc

2019-2020年高三上学期调研物理试卷（10月份）含解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分每小题只有一项符合题意）1在人类认识运动的过程中，对自由落体运动的研究，应用了抽象思维、数学推理和科学实验相结合的研究方法，被誉为人类思想史上最伟大的成就之一，标志着物理学真正的开始采用这一研究方法的科学家是（）A亚里士多德B牛顿C爱因斯坦D伽利略2某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是（）A质点在第2 s末回到出发点B质点在第2 s内和第3 s内加速度大小相等而方向相反C质点在第3 s内速度越来越小D在前7 s内质点的位移为正值3磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）A150 mB75 mC15 mD7.5 m4xx年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团大比分3：0击败riben男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为设球拍和球质量分M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（）A运动员的加速度大小为gsin B球拍对球的作用力大小为mgcos C运动员对球拍的作用力大小为D运动员对地面的作用力方向竖直向下5如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A小车静止时，F=mgsin，方向沿杆向上B小车静止时，F=mgcos，方向垂直于杆向上C小车向右匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D小车向右匀加速运动时，一定有Fmg，且方向沿杆向上6如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端栓一质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为零的瞬间，小球的加速度大小为（）AgBC0D7一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A铁块上滑过程处于超重状态B铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1）D铁块上滑过程与下滑过程所用时间相等二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）8一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是（）A拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D小孩和车所受的合力为零9如图所示，光滑水平面上放置M，N，P，Q四个木块，其中M，P质量均为m，N，Q质量均为2m，其中P，M木块间用一轻弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在撤去水平力F的瞬间，正确说法正确的是（）AM的加速度不变BP的加速度大小变为aCQ的加速度不变DN的加速度大小仍为a10如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零11动摩擦因数=0.3的水平面上有一质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成=45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A此时轻弹簧的弹力大小为20NB小球的加速度大小为7m/s2，方向向右C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为0D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右12如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示g=10m/s2，下列说法正确的是（）A小物块下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2B斜面倾角为30C小物块2 s末的速度是5 m/sD小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s三、简答题（本题共3小题，共24分请将解答填在答题卡相应的位置）13在探究力合成的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的（填字母代号）A将橡皮条拉伸相同长度即可B将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C将弹簧秤都拉伸到相同刻度D将橡皮条和绳的结点拉到相同位置（2）学生在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是（填字母代号）A两细绳必须等长 B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（3）在研究“互成角度的两个力的合成”实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力； F表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则各图中符合实验事实的是14在“研究匀变速直线运动的规律”的实验中某同学获得的一条纸带如图所示（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为（2）A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x=m； C点对应的速度是m/s （计算结果保留二位有效数字）（3）若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50Hz，则上述计算结果与实际值相比是（填“偏大”，“偏小”，还是“不变”）15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= 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四、计算题（本题共4小题，满分59分解答时写出必要的文字说明、方程式和重要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）16滑雪运动员以0=2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，在t=5s的时间内滑下的位移x=60m求：（1）滑雪运动员5s内的平均速度；（2）滑雪运动员的加速度；（3）滑雪运动员5s末的速度；（4）作出5s内滑雪运动员的速度（）时间（t）图象17置于粗糙水平路面上的框架ABCD的质量为M=30kg，其斜面AC的倾角=37，里面放置一表面光滑，质量为m=20kg的球体，框架静止时，球体与顶部AB间有一很小的间隙（间隙远小于球体的半径可忽略不计）整个框架在水平向左的拉力F=400N的作用下向左以v=16m/s的速度做匀速直线运动，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2求：（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力；（2）撤去外力后，框架滑行的距离；（3）撤去外力，在框架停止运动之前，框架AB面是否对球体有作用力？若有试求其大小18如图，仓库中常用的皮带传输装置由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距l1=3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距l2=4.2m，B、C相距很近水平传送带以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A端，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C端，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离；（2）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间19如图所示，厚度不计的薄板A长L=5.0m，质量M=3.0kg，放在水平桌面上在A上距其左端s=2.4m处放一物体B（大小不计），其质量m=2.0kg，已知A、B间的动摩擦因数1=0.1，A与桌面间的动摩擦因数2=0.2，原来系统静止（设桌面足够长，g=10m/s2）求：（1）要把薄板从物体下面抽出，所加的水平外力至少是多少？（2）若加的水平力F=18.0N，则该力至少作用多长时间才能把薄板抽出？xx学年江苏省苏州大学附中高三（上）调研物理试卷（10月份）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分每小题只有一项符合题意）1在人类认识运动的过程中，对自由落体运动的研究，应用了抽象思维、数学推理和科学实验相结合的研究方法，被誉为人类思想史上最伟大的成就之一，标志着物理学真正的开始采用这一研究方法的科学家是（）A亚里士多德B牛顿C爱因斯坦D伽利略【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：在人类认识运动的过程中，对自由落体运动的研究，应用了抽象思维、数学推理和科学实验相结合的研究方法，被誉为人类思想史上最伟大的成就之一，标志着物理学真正的开始采用这一研究方法的科学家是伽利略，故ABC错误，D正确；故选：D2某质点做直线运动规律如图所示，下列说法中正确的是（）A质点在第2 s末回到出发点B质点在第2 s内和第3 s内加速度大小相等而方向相反C质点在第3 s内速度越来越小D在前7 s内质点的位移为正值【考点】匀变速直线运动的图像【分析】由图象可知质点速度随时间的变化情况，由图象的斜率可知加速度的大小及方向；由图线与时间轴所围成的面积可求得物体通过的位移【解答】解：A、前2s内的位移为正，没有回到出发点，故A错误；B、物体在第2s内做正向减速运动，加速度沿运动的反方向，第3s内做反向的匀加速运动，加速度也沿负方向运动，故加速度的方向均沿负方向，故B错误；C、质点在第3s内速度沿负方向，但速度的大小增加，故C错误；D、物体在前2s内做正向运动，第3s与第4s内做反向运动，由图可知，4s末时物体恰好回到出发点静止，此后2s内物体沿正向运动，第7s时物体反向，由图象可知，7s内的总位移为正；故D正确；故选：D3磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速（视为匀加速）的距离大约为0.8mm，弹射最大高度为24cm而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程（视为匀加速）重心上升高度为0.5m，那么人离地后重心上升的最大高度可达（空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等）（）A150 mB75 mC15 mD7.5 m【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【分析】磕头虫的运动是先向下加速，反弹后竖直上抛运动人的运动情况和磕头虫的运动情况类似，加速度相同，故利用v2=2ah1和v2=2gh2联立解得人上升的高度【解答】解：设磕头虫向下的加速度为a，磕头虫向下的最大速度为v，则有：v2=2ah1磕头虫向上弹起的过程中有：v2=2gh2联立以上两式可得：a=3000m/s2人向下蹲的过程中有：v12=2aH1人跳起的过程中有：v12=2gH2故有：2aH1=2gH2代入数据解得：H2=150m故选：A4xx年9月30日，乒乓球亚锦赛中中国男团大比分3：0击败riben男团，实现了亚锦赛男团项目的九连冠假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为设球拍和球质量分M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（）A运动员的加速度大小为gsin B球拍对球的作用力大小为mgcos C运动员对球拍的作用力大小为D运动员对地面的作用力方向竖直向下【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【分析】球、球拍和人具有相同的加速度，对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合平行四边形定则求出球拍对球的作用力的大小对整体分析，根据合力的方向确定地面对运动员的作用力方向【解答】解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtan，根据牛顿第二定律得，a=，故A错误B、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N=，故B错误C、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为，故C正确D、运动员在水平方向加速运动，运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上，故D错误故选：C5如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A小车静止时，F=mgsin，方向沿杆向上B小车静止时，F=mgcos，方向垂直于杆向上C小车向右匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D小车向右匀加速运动时，一定有Fmg，且方向沿杆向上【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】小球和小车具有相同的加速度，当小车静止或匀速直线运动时，小球处于平衡状态，根据平衡确定弹力的大小和方向当小车匀加速运动时，抓住小球的合力方向确定弹力的方向【解答】解：A、小车静止时，小球处于平衡状态，则杆对球的弹力F=mg，方向竖直向上，故A、B错误C、小车向右匀速运动时，小球处于平衡状态，则杆对球的弹力F=mg，方向竖直向上，故C正确D、小球向右匀加速运动时，小球具有向右的加速度，合力向右，根据平行四边形定则知，Fmg，但是方向不一定沿杆向上，故D错误故选：C6如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端栓一质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起，当框架对地面的压力为零的瞬间，小球的加速度大小为（）AgBC0D【考点】牛顿第二定律【分析】先对框架受力分析，求出弹簧对框架的作用力，在对小球受力分析，求出加速度【解答】解：框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg，故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等于Mg；再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有Mg+mg=ma故小球的加速度为a=故选D7一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A铁块上滑过程处于超重状态B铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反C铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1=v2（t2t1）D铁块上滑过程与下滑过程所用时间相等【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【分析】由图象可知，物体在0t1内匀减速上升，在t1t2内匀加速下降，加速度始终向下，处于超重状态；vt图象面积可以表示位移分析速度关系根据上升和下落的位移大小相等，分析两个过程时间的关系【解答】解：AB、上滑过程铁块做匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速运动，加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故AB错误；C、vt图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，铁块上滑的位移大小为： v1t1，下滑的位移大小为 v2（t2t1），经过一段时间又返回出发点，有v1t1=v2（t2t1），则得：v1t1=v2（t2t1），故C正确；D、铁块在运动过程中机械能有损失，所以v1v2，则有t1（t2t1），即铁块上滑过程的时间比下滑过程的时间短，故D错误；故选：C二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）8一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是（）A拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D小孩和车所受的合力为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对小孩和车整体受力分析，根据共点力平衡条件分析即可【解答】解：A、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故A错误；B、C、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B错误，C正确；D、小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D正确；故选：CD9如图所示，光滑水平面上放置M，N，P，Q四个木块，其中M，P质量均为m，N，Q质量均为2m，其中P，M木块间用一轻弹簧相连，现用水平拉力F拉N，使四个木块以同一加速度a向右运动，则在撤去水平力F的瞬间，正确说法正确的是（）AM的加速度不变BP的加速度大小变为aCQ的加速度不变DN的加速度大小仍为a【考点】牛顿第二定律【分析】在撤去外力的瞬间，弹簧的弹力没来的及变化，通过对整体受力分析和隔离受力分析，利用牛顿第二定律即可判断【解答】解：A、在拉力F作用下，一起加速运动，当撤去外力后，由于弹簧的伸长量没来的及变化，但M受到N的水平向右的静摩擦力，因此M受力变化，而P、Q受到的力不会变化，故M的加速度变化，而PQ的加速度不变，故AC正确，B错误；D、对整体受力分析可知F=6ma，以PQ为整体，则T=3ma撤去拉力F的瞬间，由于弹簧的弹力不发生突变，所以P、Q的运动状态不变，加速度大小仍为a假设撤去拉力F的瞬间，M、N的运动状态相同，则M、N的加速度大小为： =a，方向向左对M单独受力分析：Tf=ma，得f=2ma；对N单独受力分析，f=2m所以假设成立，N的加速度大小仍为a故选：CD10如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（）AA所受合外力增大BA对竖直墙壁的压力增大CB对地面的压力一定增大D墙面对A的摩擦力可能变为零【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题【解答】解：A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；B、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大故B正确；C、对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，F增大，则N增大，N=mg+Ncos，N增大，则N增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C正确；D、以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若N增大至与Mg相等，则f=0，故D正确故选：BCD11动摩擦因数=0.3的水平面上有一质量为m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成=45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s2，以下说法正确的是（）A此时轻弹簧的弹力大小为20NB小球的加速度大小为7m/s2，方向向右C若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为0D若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右【考点】牛顿第二定律【分析】先分析剪断轻绳前弹簧的弹力和轻绳的拉力大小，再研究剪断轻绳瞬间，抓住弹簧的弹力没有变化，求解小球的合力，由牛顿第二定律求出小球的加速度剪断弹簧，弹簧对小球的作用力变为零，结合牛顿第二定律求出小球的加速度【解答】解：A、剪断轻绳前小球受力情况，如图所示，根据平衡条件得： 轻弹簧的弹力大小F=mg=20N，细线的拉力大小为T=20N，剪断细绳的瞬间，弹簧弹力不变，仍然为20N，故A正确B、剪断细绳瞬间，小球的加速度a=，方向向左故B错误C、剪断弹簧的瞬间，弹簧对小球弹力为零，此时小球所受的合力为零，加速度为零，故C正确，D错误故选：AC12如图甲所示，小物块从光滑斜面上由静止滑下，位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示g=10m/s2，下列说法正确的是（）A小物块下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2B斜面倾角为30C小物块2 s末的速度是5 m/sD小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】根据图象写出xv2的表达式，对照运动学公式得到加速度，由牛顿第二定律求得斜面的倾角由v=at求得2s末的速度，并求出平均速度【解答】解：A、由图得：x=x2，对照公式2ax=v2v02，得初速度为 v0=0，加速度为 a=2.5m/s2故A正确B、由牛顿第二定律得：a=gsin，得sin=，故夹角一定小于30，故B错误；C、小物块2s末的速度为：v2=at=2.52=5m/s，故C正确D、小物块1s末的速度为：v1=at=2.51=2.5m/s，第2s内的平均速度为： =3.25m/s，故D错误故选：AC三、简答题（本题共3小题，共24分请将解答填在答题卡相应的位置）13在探究力合成的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的BD（填字母代号）A将橡皮条拉伸相同长度即可B将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C将弹簧秤都拉伸到相同刻度D将橡皮条和绳的结点拉到相同位置（2）学生在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是BD（填字母代号）A两细绳必须等长 B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（3）在研究“互成角度的两个力的合成”实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F表示由平行四边形定则作出的F1与F2的合力； F表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则各图中符合实验事实的是B【考点】验证力的平行四边形定则【分析】（1）该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，要求两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的；（2）在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大，但拉弹簧秤时必须保证与木板平面平行；（3）根据实验的原理和数据的处理方法可知各图是否符合实验事实【解答】解：（1）A、本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同故A错误，B正确；C、在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度故C错误，D正确故选：BD（2）A、细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长故A错误；B、弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故B正确C、用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数适当大一些，但是不需要示数之差尽可能大，故C错误D、为了减小误差，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故D正确故选：BD（3）该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，而F是通过实际实验得出的，故F应与OA在同一直线上，而F与F1、F2组成平行四边形，故只有B符合题意，故B正确，ACD错误；故选：B故答案为：（1）BD；（2）BD；（3）B14在“研究匀变速直线运动的规律”的实验中某同学获得的一条纸带如图所示（1）已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02s（2）A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x=3.0103m； C点对应的速度是0.30m/s （计算结果保留二位有效数字）（3）若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50Hz，则上述计算结果与实际值相比是偏小（填“偏大”，“偏小”，还是“不变”）【考点】探究小车速度随时间变化的规律【分析】（1）打点计时器电源频率为50Hz，则打点周期为0.02s；（2）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C点的瞬时速度（3）根据频率明确打点周期的变化，再根据平均速度公式分析误差【解答】解：（1）打点计时器电源频率为50Hz，则打点计时器的打点周期为0.02s；（2）由图可知，AB两点的距离为：x=3mm=3.0103m； C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，则vC=0.30m/s（3）若频率高于50Hz，故打点周期小，而计算仍然采用0.02进行计算，故结果偏小； 故答案为：（1）0.02s；（2）3.0103；0.30； （3）偏小15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 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四、计算题（本题共4小题，满分59分解答时写出必要的文字说明、方程式和重要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）16滑雪运动员以0=2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，在t=5s的时间内滑下的位移x=60m求：（1）滑雪运动员5s内的平均速度；（2）滑雪运动员的加速度；（3）滑雪运动员5s末的速度；（4）作出5s内滑雪运动员的速度（）时间（t）图象【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）由题，运动员在t=5s的时间内滑下的位移X=60m，由公式=求出运动员5s内的平均速度；（2）由位移公式x=v0t+求解加速度（3）由v=v0+at求解运动员5s末的速度；（4）作出vt图象【解答】解：（1）运动员在t=5s的时间内滑下的位移X=60m，由公式=得到运动员5s内的平均速度：=12m/s（2）由位移公式x=v0t+at2得加速度a=4m/s2（3）由v=v0+at得运动员5s末的速度v=2+45（m/s）=22m/s（4）5s内滑雪运动员的速度（）时间（t）图象：答：（1）滑雪运动员5s内的平均速度是12 m/s； （2）滑雪运动员的加速度是4m/s2；（3）滑雪运动员5s末的速度是22 m/s；（4）如图所示17置于粗糙水平路面上的框架ABCD的质量为M=30kg，其斜面AC的倾角=37，里面放置一表面光滑，质量为m=20kg的球体，框架静止时，球体与顶部AB间有一很小的间隙（间隙远小于球体的半径可忽略不计）整个框架在水平向左的拉力F=400N的作用下向左以v=16m/s的速度做匀速直线运动，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2求：（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力；（2）撤去外力后，框架滑行的距离；（3）撤去外力，在框架停止运动之前，框架AB面是否对球体有作用力？若有试求其大小【考点】牛顿第二定律【分析】（1）对球体受力分析，根据共点力平衡求出BC面对球的弹力大小，结合牛顿第三定律得出球体对框架BC面的弹力（2）撤去外力后，结合牛顿第二定律求出整体的加速度，根据速度位移公式求出滑行的距离（3）根据小球所受的合力，得出x方向的合力，确定出y方向的最小分力，通过和重力比较判断AB面是否有弹力，再抓住竖直方向上平衡求出弹力的大小【解答】解：（1）匀速行驶时，球体受力如图所示，FN2sin=FN1，FN2cos=mg，代入数据联立解得FN1=150N根据牛顿第三定律得球体对框架BC面的弹力为150N，方向水平向右（2）由题意框架受摩擦力Ff=F=400（N）撤去外力后，框架做匀减速运动，加速度a=m/s2=8m/s2由v2=2ax，代入数据解得：x=16m（3）由题意，减速运动时，球水平方向合外力为F合=ma=160（N），FN沿水平方向分力Fx最小为F合=160（N），则Fy最小为mg=200（N）所以AB框对球体有作用力设AB框对球体的作用力为FN1，受力分析如图由竖直方向平衡，得：mg+FN1=Fy，代入数据，得：FN1=N答：（1）匀速行驶时，球体对框架BC面的弹力为150N；（2）撤去外力后，框架滑行的距离为16m；（3）框架AB面对球体有作用力，大小为N18如图，仓库中常用的皮带传输装置由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距l1=3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角=37，C、D两端相距l2=4.2m，B、C相距很近水平传送带以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A端，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C端，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离；（2）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间【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）分析静止的物体在AB传送带上受滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，已知动摩擦因数，可求滑动摩擦力对物体产生的加速度，物体在AB传送带上已知初速度、加速度、位移可以求物体到达B端时的速度（注意此速度不能大于传送带的速度，要注意判断），同理在CD传送带上，已知物体的初速度、动摩擦因数和传送带的倾角，物体在重力、传送带支持力和滑动摩擦力共同作用下做匀减速直线运动，所以可以求出物体沿传送带上升的最大距离；（2）CD传送带转动的情况下，物体先做匀减速直线运动，当速度减到和传送带速度一样时，滑动摩摩擦力将改变方向所以物体做匀减速直线运动两段时间内的加速度不一样，然后根据匀变速直线运动的规律可求得米袋从C端运动到D端的时间【解答】解：（1）米袋在传送带AB上，与之有相对滑动时有：f1=mg=ma1a1=5m/s2v=a1t1解得：t1=1s 故米袋在AB传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动，以5m/s冲上CD，然后匀减速至0a=gsin+gcos=10m/s2所以上升的最大距离为（2）CD以4m/s的速率顺时针方向转动，米袋先沿斜面匀减速，a=gsin+gcos=10m/s2米袋速度v=4m/s时上滑位移为：，时间为：，米袋速度v4m/s滑动摩擦力方向改变，且mgsinmgcos米袋减速上滑，加速度：a=gsingcos=2m/s2根据匀变速运动的规律得：，解得：，（舍）从C到D的时间为：t=答：（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离为1.25m；（2）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，米袋从C运动到D所用的时间为1.6s19如图所示，厚度不计的薄板A长L=5.0m，质量M=3.0kg，放在水平桌面上在A上距其左端s=2.4m处放一物体B（大小不计），其质量m=2.0kg，已知A、B间的动摩擦因数1=0.1，A与桌面间的动摩擦因数2=0.2，原来系统静止（设桌面足够长，g=10m/s2）求：（1）要把薄板从物体下面抽出，所加的水平外力至少是多少？（2）若加的水平力F=18.0N，则该力至少作用多长时间才能把薄板抽出？【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）分别对A、以及AB整体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解加速度，要把薄板从物体下抽出A的加速度应大于B的最大加速度；（2）设经过时间t，根据匀变速直线运动位移公式分别求出A、B的位移，根据位移之间的关系即可求得时间；【解答】解：（1）设水平力为F1时，薄板A和物体B都从静止开始做匀加速直线运动，且二者之间刚好没有滑动，根据牛顿第二定律得，对物体B有1mg=ma 解得a=1.0 m/s2对A和B系统整体有 F12（m+M）g=（m+M） a 代数据可解得F1=15.0N所以要把薄板从物体下抽出，水平外力应满足F15.0N（2）当加F=18N的水平力时，A和B之间发生相对滑动，根据牛顿第二定律得对薄板A有 F1mg2（m+M）g=Ma1解得a1=2.0 m/s2设力F作用时间t1后撤去，则A的位移xA=a1t12 速度vA=a1t1此后薄板A开始做匀减速直线运动，有1mg+2（m+M）g=Ma2解得a2=4.0 m/s2设再经过时间t2时物体刚好要滑下来，则有二者速度相等，即vAa2 t2=vB且位移关系为 xA+vA t2a2t22=s+xB物体B一直以加速度a=1 m/s2做匀加速直线运，vB=a（t1+t2）xB=a（t1+t2）2由以上几式代入数据可解得 t1=2.0s答：（1）要把薄板从物体下面抽出，所加的水平外力至少是15.0N（2）若加的水平力F=18.0N，则该力至少作用2.0S时间才能把薄板抽出xx年11月17日