2019-2020年高一物理上学期第二次月考试卷（含解析） (I).doc

2019-2020年高一物理上学期第二次月考试卷（含解析） (I)一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）1（4分）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比（）A木板对球的弹力增大B滑块对球的弹力增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F减小2（4分）如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）AM静止在传送带上BM可能沿斜面向上运动CM受到的摩擦力不变DM下滑的速度不变3（4分）一物体从高H处自由下落，当它运动到P点时所用的时间恰好为整个过程时间的一半，不计空气阻力，则P点离地面的高度为（）ABCD4（4分）如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其vt图象如图乙所示，规定向右为正方向下列判断正确的是（）A在3 s末，物体处于出发点右方B在12 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C在13 s内，物体的加速度方向先向右后向左D在01 s内，外力F不断增大5（4分）汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）A5：4B4：5C3：4D4：36（4分）河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示若要使船以最短时间渡河，则（）A船渡河的最短时间是100sB船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在河水中的最大速度是5m/s7（4分）如图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘，盘中有一物体，质量为M，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长L后停止，然后松手放开，设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（）A（1+）MgB（1+）（m+M）gCmgD（M+m）g8（4分）如图所示，质量为m的小物块以初速度v0冲上足够长的固定斜面，斜面倾角为，物块与该斜面间的动摩擦因数tan，（规定沿斜面向上方向为速度v和摩擦力f的正方向）则选项中表示该物块的速度v和所摩擦力f随时间t变化的图象正确的是（）ABCD9（4分）伽利略的理想实验证明了（）A要使物体由静止变为运动，必须受不为零的合外力的作用B要使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体将运动C要使物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止D物体不受力时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态10（4分）一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终没有与皮带达到共速，则在此过程中关于滑块的运动以及速度和加速度变化的说法正确的是（）A滑块一直做加速运动B滑块先做加速运动后做减速运动C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大11（4分）如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（）A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinBB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinD弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零12（4分）如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的细线挂一质量为9103kg的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹无初速释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝反方向水平抛出，落地点A距抛出点水平距离s=5m另一块随细线做圆周运动以vC=m/s的速度通过最高点C不计空气阻力，不考虑导火索对运动的影响，g=10m/s2，下列选项正确的是（）A爆炸前的瞬间爆竹的速度大小为3m/sB爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度大小为5m/sC爆炸瞬间做圆周运动的那一块速度大小为11m/sD做圆周运动的那一块通过最高点时其重力恰好提供向心力13（4分）质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动关于A对B的作用力，下列说法正确的是（）A若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为FB若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为C若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为，则物块物块A对B的作用力大小为D若物块A与地面的动摩擦因数为，B与地面的动摩擦因数为2，则物块物块A对B的作用力大小为14（4分）如图所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点，若AB=l1、AC=l2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A物体甲在空中运动的时间为t甲t乙t丙B飞机的加速度为 a=C物体乙刚离开飞机时飞机的速度为v=D三个物体在空中运动时总在一条竖直线上二.实验（每小题6分，共18分）15（6分）在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验数据画出的图（1）本实验主要采用的科学方法是A理想实验法 B等效替代法C控制变量法D建立物理模型法（2）在本实验的操作中，下列说法中正确的是A同一次实验中，O点位置不允许变动B实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90D实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测（3）图乙做出的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是16（6分）在研究弹簧形变与外力关系的实验中，将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F与弹簧的形变量x作出Fx图线如左，由图可知弹簧的劲度系数k=，图线不过坐标原点的原因是17（6分）如图1为研究加速度和力的关系的实验装置（1）在本实验中，用钩码所受的重力大小当做小车所受的，用DIS系统（数字化实验系统）测小车的加速度在改变所挂钩码的数量，多次重复测量中， （选填“需要”“不需要”）同时在小车上加减砝码（2）根据在某次实验中测得的多组数据可画出aF关系图线（如图2所示）分析此图线的OA段可得出的实验结论是，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（选填A、B、C、D其中一项）A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大三.综合题（要求写出必要的步骤和过程）18（10分）如图所示，倾角为的光滑斜面ABC放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢地顺时针旋转90后，重新达到平衡试求：m1、m2沿斜面各移动的距离19（12分）在消防演习中，消防队员从一根树枝的长直轻绳上由静止滑下，经一段时间落地为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接，用来记录消防队员下滑过程中轻绳收到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况已知某队员在一次演习中的数据如图所示问：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是多少？（g取10m/s2）20（14分）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速g=10m/s2，试求：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）甘肃省定西市通渭县志远中学xx高一上学期第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题4分，满分56分）1（4分）如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止，现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且仍处于静止状态，则与原来相比（）A木板对球的弹力增大B滑块对球的弹力增大C斜面对滑块的弹力不变D拉力F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专题：共点力作用下物体平衡专题分析：隔离对球分析，抓住重力大小方向不变，挡板的弹力方向不变，根据合力为零判断出木板、滑块对球弹力的变化对球和滑块整体分析，抓住合力为零，判断斜面对滑块弹力以及拉力的变化解答：解：A、B、对球受力分析，球受到重力、支持力和挡板的弹力，如图，由于重力的大小和方向都不变，挡板的弹力方向不变根据作图法知，斜面的支持力方向在变化，支持力和挡板的弹力合力不变，等于重力，从图中可知，木板对球的弹力在减小，滑块对球的弹力在减小故A、B错误C、D、对滑块和球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、挡板的弹力及拉力，各力的方向不变，由于挡板对小球的弹力在减小，则拉力F减小，在垂直斜面方向上，斜面对滑块的弹力不变故C正确，D正确故选：CD点评：本题属于力学的动态分析，关键是抓住不变量，通过作图法判断力的变化以及掌握整体法和隔离法的运用2（4分）如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）AM静止在传送带上BM可能沿斜面向上运动CM受到的摩擦力不变DM下滑的速度不变考点：滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变解答：解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变故选CD点评：物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，可以思考一下，如果传送带向下转动，情况又会如何呢？3（4分）一物体从高H处自由下落，当它运动到P点时所用的时间恰好为整个过程时间的一半，不计空气阻力，则P点离地面的高度为（）ABCD考点：自由落体运动专题：直线运动规律专题分析：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，初速度为零的匀加速直线运动的在第1T、第2T、第3T内的位移之比为1：3：5解答：解：初速度为零的匀加速直线运动的在第1T、第2T内的位移之比为1：3故：h1+h2=Hh1：h2=1：3解得：h2=0.75H故选A点评：本题方法较多，可以灵活选择运动学公式列方程求解，也可以采用图想法求解4（4分）如图甲所示，在光滑的水平面上，物体A在水平方向的外力F作用下做直线运动，其vt图象如图乙所示，规定向右为正方向下列判断正确的是（）A在3 s末，物体处于出发点右方B在12 s内，物体正向左运动，且速度大小在减小C在13 s内，物体的加速度方向先向右后向左D在01 s内，外力F不断增大考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，确定前3s内物体位移的正负，判断其位置；速度图象直接反映物体速度的变化情况，可读出速度大小的变化图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析外力F的变化解答：解：A、根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于位移，t轴上方位移为正，下方位移为负，则前3s内物体的位移为正，说明物体处于出发点右方故A正确B、在12 s内，速度为正值，说明速度向右运动，速度不断减小故B错误C、在13 s内，图象的斜率不变，则加速度不变故C错误D、在01 s内，图象切线不断减小，则加速度不断减小，由牛顿第二定律得知外力F不断减小故D错误故选A点评：本题是速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息属于基础题5（4分）汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）A5：4B4：5C3：4D4：3考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据匀变速直线运动的位移时间公式求解解答：解：汽车刹车到停止所需的时间：t=4s2s时位移：x1=at2202522m=30m5s时的位移就是4s是的位移，此时车已停：=m=40m故2s与5s时汽车的位移之比为：3：4故选C点评：解决本题的关键知道汽车刹车停止后不再运动，5s内的位移等于4s内的位移以及掌握匀变速直线运动的位移时间公式6（4分）河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示若要使船以最短时间渡河，则（）A船渡河的最短时间是100sB船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C船在河水中航行的轨迹是一条直线D船在河水中的最大速度是5m/s考点：运动的合成和分解专题：运动的合成和分解专题分析：将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短当水流速最大时，船在河水中的速度最大解答：解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，t=故A、B正确C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线故C错误D、当水流速最大时，船的速度最大，故D正确故选ABD点评：解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解7（4分）如图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘，盘中有一物体，质量为M，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长L后停止，然后松手放开，设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（）A（1+）MgB（1+）（m+M）gCmgD（M+m）g考点：胡克定律分析：先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力解答：解：当盘静止时，由胡克定律得（m+M）g=kL 设使弹簧再伸长l时手的拉力大小为F再由胡克定律得 （mg+Mg+F）=k（L+L） 由联立得 F=（m+M）g刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得 a=g 对物体研究：FNMg=Ma解得 FN=（1+）Mg故选：A点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度8（4分）如图所示，质量为m的小物块以初速度v0冲上足够长的固定斜面，斜面倾角为，物块与该斜面间的动摩擦因数tan，（规定沿斜面向上方向为速度v和摩擦力f的正方向）则选项中表示该物块的速度v和所摩擦力f随时间t变化的图象正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：首先分析物体的运动情况：物体先做匀减速运动，当速度减为零之后由于tan，所以mgsinmgcos，则知物体不会下滑解答：解：A、B先物体沿着斜面向上做匀减速运动，当速度减为零时，由于tan，所以mgsinmgcos，则知物体不会下滑故速度时间图象中A正确B错误；C、D、由前面分析知物体不会下滑，则上滑时速度减小到零后，物块受静摩擦力，根据平衡条件静摩擦力大小f=mgsin，方向沿斜面向上；物体上滑时受滑动摩擦力大小f=mgcos，由于mgsinmgcos，即ff，故CD错误故选：A点评：本题是牛顿定律、运动学规律的综合应用，关键是掌握滑动摩擦力与静摩擦力的计算方法9（4分）伽利略的理想实验证明了（）A要使物体由静止变为运动，必须受不为零的合外力的作用B要使物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体将运动C要使物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将静止D物体不受力时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态考点：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法分析：伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因物体不受外力作用时，不一定处于静止状态解答：解：A、要使物体由静止变为运动，产生加速度，必须受不为零的合外力作用故A正确；B、伽利略的理想斜面实验证明力不是维持物体运动的原因，没有力作用的物体能保持原来的运动状态故D正确，BC错误故选：AD点评：本题考查对伽利略的理想斜面实验意义的理解，此实验否定了力是维持物体运动的原因的理论，说明了力改变物体运动状态的原因10（4分）一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终没有与皮带达到共速，则在此过程中关于滑块的运动以及速度和加速度变化的说法正确的是（）A滑块一直做加速运动B滑块先做加速运动后做减速运动C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据滑块的受力，通过合力的变化判断加速度的变化，根据加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化解答：解：物块滑上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小故BD正确，A、C错误故选：BD点评：解决本题的关键掌握加速度大小和方向判断方法，知道当加速度方向与速度方向同向，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速运动11（4分）如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间下列说法正确的是（）A两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinBB球的受力情况未变，瞬时加速度为零CA球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinD弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零考点：牛顿第二定律；胡克定律分析：（1）根据平衡条件可知：对B球F弹=mgsin，对A球F绳=F弹+mgsin；（2）细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不会瞬间发生改变；（3）对A、B球分别进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求出各自加速度解答：解：系统静止，根据平衡条件可知：对B球F弹=mgsin，对A球F绳=F弹+mgsin， 细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生改变，则：AB球受力情况未变，瞬时加速度为零；对A球根据牛顿第二定律得：a=2gsin，故A错误；BB球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故B正确；C对A球根据牛顿第二定律得：a=2gsin，故C正确；DB球的受力情况未变，瞬时加速度为零，故D错误；故选BC点评：该题是牛顿第二定律的直接应用，本题要注意细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零，但弹簧的弹力不发生瞬间改变，该题难度适中12（4分）如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的细线挂一质量为9103kg的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹无初速释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝反方向水平抛出，落地点A距抛出点水平距离s=5m另一块随细线做圆周运动以vC=m/s的速度通过最高点C不计空气阻力，不考虑导火索对运动的影响，g=10m/s2，下列选项正确的是（）A爆炸前的瞬间爆竹的速度大小为3m/sB爆炸瞬间反向抛出的那一块的水平速度大小为5m/sC爆炸瞬间做圆周运动的那一块速度大小为11m/sD做圆周运动的那一块通过最高点时其重力恰好提供向心力考点：动量守恒定律；向心力专题：动量定理应用专题分析：爆炸瞬间反向抛出那一块做平抛运动，根据高度求出时间，再根据水平位移求出水平速度根据机械能守恒定律求出爆竹在最低点的速度，再根据动量守恒定律求出爆炸后做圆周运动在B点的速度，通过机械能守恒定律求出到达C点的速度，根据牛顿第二定律求出绳子的拉力解答：解：A、设爆竹的总质量为2m，爆竹从D运动到B的过程中，由动能定理得：2mgL=2mv02，代入数据解得：v0=3m/s；故A正确；B、刚好到达B时的速度为v，爆炸后抛出的那一块的水平速度为v1，做圆周运动的那一块的水平速度为v2，则对做平抛运动的那一块有：HL=gt2，s=v1t代入数据解得：v1=5m/s，故B正确；C、爆竹爆炸前后动量守恒，规定向右为正方向，所以有：2mv=mv2mv1，代入数据解得：v2=11m/s，故C正确；D、通过最高点时其重力恰好提供向心力的速度为：v0=m/sm/s故不是重力恰好提供向心力，D错误；故选：ABC点评：本题是动力学和能量综合的问题，运用机械能守恒定律解题，要确定研究的过程，判断在研究的过程中机械能是否守恒13（4分）质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动关于A对B的作用力，下列说法正确的是（）A若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为FB若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为C若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为，则物块物块A对B的作用力大小为D若物块A与地面的动摩擦因数为，B与地面的动摩擦因数为2，则物块物块A对B的作用力大小为考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：先以AB组成的整体为研究的对象，求出系统的加速度；再以B为研究的对象，求出AB之间的相互作用以及与地面的摩擦力解答：解：A、B：以AB组成的整体为研究的对象，设AB之间的作用力为F，则B的受力：故A错误B正确；C：以AB组成的整体为研究的对象，则B的受力：故C正确；D：以AB组成的整体为研究的对象，则B的受力：，故D正确故选：BCD点评：该题是隔离法与整体法的应用的典型，解题的技巧是先以AB组成的整体为研究的对象，求出系统的加速度；再以B为研究的对象属于简单题14（4分）如图所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A、B、C三点，若AB=l1、AC=l2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A物体甲在空中运动的时间为t甲t乙t丙B飞机的加速度为 a=C物体乙刚离开飞机时飞机的速度为v=D三个物体在空中运动时总在一条竖直线上考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动的规律分析求解解答：解：A、平抛运动的时间由高度决定，因为高度不变，则物体在空中运动的时间相同，与初速度无关故A错误B、根据x=aT2得，a=故B错误C、b点的速度等于ac中间时刻的速度，则故C正确D、因为物体做平抛运动运动，飞机做匀加速直线运动，所以平抛运动的物体的初速度越来越大，可知三个物体不在同一条竖直线上故D错误故选：C点评：本题考查平抛运动规律，知道水平方向匀速直线运动，竖直方向加速度为g的匀加速运动，根据运动学公式列式求解二.实验（每小题6分，共18分）15（6分）在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验数据画出的图（1）本实验主要采用的科学方法是BA理想实验法 B等效替代法C控制变量法D建立物理模型法（2）在本实验的操作中，下列说法中正确的是AA同一次实验中，O点位置不允许变动B实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90D实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测（3）图乙做出的F与F两力中，方向一定沿AO方向的是F考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：在实验中F和F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答；本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”，注意该实验方法的应用；解答：解：（1）本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故选B（2）A、为了使两次拉橡皮筋效果相同，要求两次要将O点拉到同一位置，故A正确；B、实验中，不仅需要记录弹簧测力计的读数和O点的位置，还要记录弹簧测力计的方向，故B错误；C、实验过程中两弹簧的夹角要适当，并非要求达到90，非特殊角度也可，故C错误D、本实验只要达到效果相同，对弹簧称拉力的大小没有要求，不需要将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程故D错误故选A（3）数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，与橡皮筋同线的是实际值所以方向一定沿AO方向的是：F故答案为：（1）B； （2）A； （3）F点评：在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析16（6分）在研究弹簧形变与外力关系的实验中，将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F与弹簧的形变量x作出Fx图线如左，由图可知弹簧的劲度系数k=200N/m，图线不过坐标原点的原因是弹簧自重作用考点：探究弹力和弹簧伸长的关系；测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：（1）由F=kx得，k=，由图象数据代入求解；（2）将弹簧水平放置而测出其自然长度，然后竖直悬挂而让其自然下垂，由于弹簧自重作用，在F=0时弹簧会伸长；解答：解：由F=kx得，k=200N/m；由于弹簧自重作用，在F=0时弹簧会伸长故答案为：200N/m；弹簧自重作用点评：解题关键明确图线的斜率即为弹簧的劲度系数，求解时注意单位的换算；需要注意是要考虑到弹簧自身的重力作用会使弹簧在竖直方向上有一定的伸长17（6分）如图1为研究加速度和力的关系的实验装置（1）在本实验中，用钩码所受的重力大小当做小车所受的合力，用DIS系统（数字化实验系统）测小车的加速度在改变所挂钩码的数量，多次重复测量中，不需要 （选填“需要”“不需要”）同时在小车上加减砝码（2）根据在某次实验中测得的多组数据可画出aF关系图线（如图2所示）分析此图线的OA段可得出的实验结论是小车的质量一定，加速a与合力F成正比，此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是C（选填A、B、C、D其中一项）A小车与轨道之间存在摩擦B导轨保持了水平状态C所挂钩码的总质量太大D所用小车的质量太大考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题分析：探究加速度与力的关系，应控制小车的质量保持不变；平衡摩擦力后用钩码的重力作为小车受到的合力；控制实验所控制的变量，分析图象，根据图象特点得出实验结论；根据实验注意事项分析图象偏离直线的原因解答：解：（1）探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力用DIS系统测小车的加速度在改变所挂钩码的数量，多次重复测量中，不需要同时在小车上加减砝码（2）根据在某次实验中测得的多组数据可画出aF关系图线（如图2所示）分析此图线的OA段可得出的实验结论是小车的质量一定，加速a与合力F成正比由于OA段aF关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg=Ma得a=而实际上a=可见A，B段明显偏离直线是由于没有满足Mm造成的，故选项C正确故选：C故答案为：（1）合力，不需要（2）小车的质量一定，加速a与合力F成正比；C点评：本题考查了控制变量法的应用、实验数据处理、实验误差分析，实验误差分析是本题的难点；应知道当砝码质量远小于小车质量时，可以认为小车受到的拉力等于钩码重力三.综合题（要求写出必要的步骤和过程）18（10分）如图所示，倾角为的光滑斜面ABC放在水平面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，此时两重物处于平衡状态，现把斜面ABC绕A点缓慢地顺时针旋转90后，重新达到平衡试求：m1、m2沿斜面各移动的距离考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：在旋转前后，物体均处于平衡状态，则共点力的平衡条件可得出物体弹簧弹力，由胡克定律可求得弹簧的伸长量，则可得出旋转前后的距离解答：解：没旋转时，两弹簧均处于伸长状态，两弹簧伸长量分别为x1、x2，由平衡条件可知k2x2=m2gsin，解得：x2=k2x2+m1gsin=k1x1解得：x1=旋转后，两弹簧均处于压缩状态，压缩量为x1，x2m2gcos=k2x2解得：x2=（m1+m2）gcos=k1x1解得：x1=所以m1移动的距离d1=x1+x1=m2移动的距离d2=x2+x2+d=（sin+cos）+（sin+cos）答：m1、m2沿斜面移动的距离各为和（sin+cos）+（sin+cos）点评：本题为共点力的平衡问题，受力分析较为简单，只要明确沿斜面方向平衡关系即可求解19（12分）在消防演习中，消防队员从一根树枝的长直轻绳上由静止滑下，经一段时间落地为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接，用来记录消防队员下滑过程中轻绳收到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况已知某队员在一次演习中的数据如图所示问：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是多少？（g取10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据图象读出绳子的拉力与消防队员的重力之比，分析消防队员的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求出最大速度和落地的速度解答：解：该消防队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑前1s内，由牛顿第二定律得： mgF1=ma1得，a1=g=10=4m/s2所以最大速度vm=a1t1代入数据解得：vm=4m/s后1.5s由牛顿第二定律得： F2mg=ma2得，a2=g=10=2m/s2队员落地时的速度v=vma2t2代入数据解得：v=1m/s答：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是4m/s和1m/s点评：本题是动力学第一类问题：已知受力情况确定运动情况也可以通过作速度图象进行分析和计算20（14分）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3，重力加速g=10m/s2，试求：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向；（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角=45的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）考点：动能定理；牛顿第二定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度解答：解：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律mg=ma得a=g=3m/s2加速到与传送带达到共速所需要的时间，前2s内的位移，之后滑块做匀速运动的位移x2=Lx1=6m所用的时间，故t=t1+t2=3s（2）滑块由B到C的过程中动能定理在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得，解得FN=90N，方向竖直向下，由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上 （3）滑块从B到D的过程中由动能定理得在P点，又，代入数据，解得h=1.4m答：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间为3s；（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为90N，方向竖直向上；（3）P、D两点间的竖直高度为1.4m点评：本题考查了多过程问题，关键理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解