2019-2020年高一上学期期末物理试卷 含解析 (V).doc

2019-2020年高一上学期期末物理试卷 含解析 (V)一、单选题（本大题共8小题，每小题3分，每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得3分，有选错或不答的得0分）1关于运动和力的关系，下列说法正确的是（）A物体受到的力越大，速度就越大B如果物体在运动，那么它一定受到力的作用C物体不受外力作用时，运动状态可能改变D物体运动状态发生改变，一定是受到了外力的作用2以下共点力可以使物体处于平衡状态的是（）A15N，10N，4NB5N，4N，10NC3N，3N，5ND3N，3N，7N3跳高运动员从地面上起跳的瞬间，下列说法中正确的是（）A运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力大小B地面对运动员的支持力大小等于运动员对地面的压力大小C运动员对地面的压力小于运动员受到的重力D地面对运动员的支持力小于运动员受到的重力4一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为L1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为L2，弹簧的拉伸和压缩都在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）ABCD5如图所示，物块在斜向右上方的拉力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到地面的摩擦力与拉力F的合力（）A大小等于物块重力，方向竖直向上B大小小于物块重力，方向斜向左上方C大小等于物块重力，方向斜向左上方D大小小于物块重力，方向竖直向上6如图所示，小车在水平地面上加速运动，一木块靠在车厢侧壁上，木块与车厢相对静止，下列说法正确的是（）A小车运动的速度越大，侧壁对木块的弹力越大B小车运动的加速度越大，侧壁对木块的弹力越大C小车运动的速度越大，侧壁对木块的摩擦力越大D小车运动的加速度越大，侧壁对木块的摩擦力越大7用力F托住一个挂在轻弹簧下的砝码盘使弹簧正好保持原长，如图所示，砝码盘内有一个砝码，当突然撤去外力F后，砝码对盘的压力正好等于砝码重力的情况发生在（）A盘下落的全过程中B撤去外力F放开盘的一瞬间C盘下落到有最大速度时D盘下落到速度为零时8物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为A、B、C，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两直线平行，则以下关系正确的是（）AmAmBmCBmA=mBmCCA=B=CDAB=C二、多选题（本大题共4小题，每小题3分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，完全正确的得3分，选对但不全的得1分，有选错或不答的得0分）9下列说法，能正确反映运动和力关系是（）A当物体所受合外力不变时，运动状态一定不变B当物体所受合外力为零时，速度大小一定不变C当物体运动轨迹为直线时，所受合外力一定为零D当物体速度为零时，所受合外力不一定为零10以某一初速度竖直向上抛出一个小球，设小球所受的空气阻力大小恒定，将小球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比，以下正确的是（）A上升阶段的时间大于下降阶段的时间B上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度C上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度D上升阶段的速度变化大于下降阶段的速度变化11如图所示，物体在长度相等的细绳AO、BO的作用下处于静止状态，现将B点向右移动一小段距离，重新平衡后，与移动B点前相比较（）A两绳的拉力的合力变大B两绳的拉力的合力不变CAO绳的拉力与重力的合力变大DBO绳的拉力与重力的合力不变12如图所示，质量为m的小物体静止在质量为M、半径为R的半球体上，小物体与半球体间的动摩擦因数为，小物体与球心连线与水平地面的夹角为，则下列说法正确的是（）A小物体对半球体的压力大小为mgsinB小物体对半球体的摩擦力大小为mgcosC地面对半球体有水平向右的摩擦力D地面对半球体的支持力小于（M+m）g三、填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）13如图所示，物体在受到一水平向左的拉力F=6N作用下，以v=4m/s的初速度沿水平面向右运动，已知物体与水平面的动摩擦因数=0.2，物体质量m=2kg，g取10m/s2，z则物体所受摩擦力大小为N，方向为，物体向右运动的最大位移为m14某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为20N他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数为16N，由此判断此时电梯的运动状态可能是，g取10m/s2，电梯运动的加速度大小为m/s215如图所示，质量为m的小球用轻绳悬挂于小车的车厢顶部，小车在水平地面上加速运动，小球与车厢相对静止，轻绳与竖直方向的夹角恒为，重力加速度为g，则轻绳上的拉力大小为，小车运动的加速度大小为四、实验题（本题共2小题，每空2分，共10分）16在“验证力的平行四边形定则”实验中为了使合力与分力的作用效果相同，需要进行的操作是；用两个弹簧秤通过细绳同时拉橡皮条，在某次操作中将结点拉倒位置O时的状态如图所示，下列说法正确的是A两条细绳不一样长会导致实验误差增大 B两弹簧秤示数不同会导致实验误差增大 C弹簧秤必须与木板平行 D只要记录下两弹簧秤的示数就可以完成实验17探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出实验中，需要将轨道适当倾斜，这样做的目的是；当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳对小车的拉力等于盘中砝码的重力如图2所示为某同学根据测量数据作出的aF图线，说明实验存在的问题是五、计算题（本题共4小题，共36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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位）18如图所示，重力为500N的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200N的物体，人的鞋底与地面之间的动摩擦因数=0.4，当绳与水平方向成37角时，物体静止，若不计滑轮与绳之间的摩擦，求：（1）地面对人的支持力的大小FN；（2）地面对人的摩擦力的大小f19（8分）xx年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课，神舟十号航天员在天宫一号开展基础物理实验，实验中提出了如何测质量的问题，大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图若已知双子星号宇宙飞船的质量m=3200kg，其尾部推进器提供的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8s，测出飞船和空间站速度变化是1.0m/s则：（1）空间站的质量M；（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F20（14分）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定且足够长的斜面上，t=0时刻 对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的vt图象如图乙所示g=10m/s2，试求：（1）物体与斜面间的滑动摩擦因数；（2）拉力F的大小（3）t=4s时物体的速度大小21（12分）如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，滑到竿底时速度恰好为零以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，已知滑竿的长度为6m，g取10m/s2求：（1）该学生下滑过程中的最大速度；（2）该学生加速下滑持续的时间（3）画出该学生下滑过程的vt图象（要求标出相应的坐标值）xx天津市平和区高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共8小题，每小题3分，每小题给出的四个答案中，只有一个是正确的，选对的得3分，有选错或不答的得0分）1关于运动和力的关系，下列说法正确的是（）A物体受到的力越大，速度就越大B如果物体在运动，那么它一定受到力的作用C物体不受外力作用时，运动状态可能改变D物体运动状态发生改变，一定是受到了外力的作用【考点】牛顿第一定律【分析】力是改变物体运动状态的原因，速度的大小与力的大小无关；速度的改变需要力在时间上进行积累才能达到【解答】解：A、力越大则物体的加速度越大，但速度可能很小，故A错误；B、物体在运动时，若为匀速直线运动，则物体受力为零或不受力，故B错误；C、根据牛顿第一定律可知，物体不受外力，则运动状态一定不变；故C错误；D、力是改变物体的运动状态的原因，物体运动状态发生改变，一定是受到了外力的作用，故D正确；故选：D【点评】本题应明确：力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因；但要注意速度与加速度的关系，并不是加速度越大速度越大2以下共点力可以使物体处于平衡状态的是（）A15N，10N，4NB5N，4N，10NC3N，3N，5ND3N，3N，7N【考点】力的合成【分析】处于平衡状态的条件是：合力为零三个力合成，如果第三个力可以和其余两个力的合力等大反向，则可以合力为零【解答】解：A、15N，10N的合力范围为【5N，25N】，4N不在此范围内，合力不可能为零，不能平衡，故A错误；B、5N，4N的合力范围为【1N，9N】，10N不在此范围内，合力不可能为零，不能平衡，故B错误；C、3N，3N的合力范围是【0，6N】，5N在此范围内，合力可以为零，故C正确；D、3N，3N的合力范围为【0N，6N】，7N不在此范围内，合力不可能为零，不能平衡，故D错误；故选：C【点评】本题考查物体三力平衡的条件：任意两个力的合力一定与第三个力大小相等而方向相反，以及两种平衡状态：静止或匀速直线运动；是一个比较简单的题目3跳高运动员从地面上起跳的瞬间，下列说法中正确的是（）A运动员对地面的压力大小等于运动员受到的重力大小B地面对运动员的支持力大小等于运动员对地面的压力大小C运动员对地面的压力小于运动员受到的重力D地面对运动员的支持力小于运动员受到的重力【考点】物体的弹性和弹力；作用力和反作用力【分析】力是改变物体运动状态的原因；物体在平衡力的作用下会保持静止状态，物体在非平衡力的作用下运动状态不断变化；物体间力的作用是相互的【解答】解：跳高运动员从地上起跳还未离开地的瞬间，运动员受到地球的重力和地面的支持力的作用，由于运动员用力蹬地面，因此这两个力不平衡，地面对运动员的弹力大于他的重力使运动员上升；又运动员对地面的压力与地面对运动员的支持力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反；因此可做以下判定：A、运动员对地面的压力大于他的重力，故A错误；BC、地面对运动员的支持力等于他对地面的压力，故B正确，C错误；D、地面对运动员的支持力大于他的重力，故D错误；故选：B【点评】本题涉及到力和运动的关系以及相互作用的概念的考查，知识点比较多，难在对平衡力和相互作用力的区分4一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为L1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为L2，弹簧的拉伸和压缩都在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）ABCD【考点】胡克定律【分析】根据弹簧受F1F2两个力的作用时的弹簧的长度，分别由胡克定律列出方程联立求解即可【解答】解：由胡克定律得 F=kx，式中x为形变量，设弹簧原长为L0，则有：F1=k（L0L1），F2=k（L2L0），联立方程组可以解得：k=故选：C【点评】本题考查胡克定律的计算，在利用胡克定律 F=kx计算时，一定要注意式中x为弹簧的形变量，不是弹簧的长度，这是同学常出差的一个地方5如图所示，物块在斜向右上方的拉力F作用下向右沿水平方向匀速运动，则物块受到地面的摩擦力与拉力F的合力（）A大小等于物块重力，方向竖直向上B大小小于物块重力，方向斜向左上方C大小等于物块重力，方向斜向左上方D大小小于物块重力，方向竖直向上【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】物体受重力，支持力，拉力，摩擦力，重力和支持力的合力F1向下，由于物体向右匀速，故合力为零，由此可知拉力与摩擦力合力F2的方向【解答】解：对物体受力分析可知，其受重力，支持力，拉力，摩擦力其中重力和支持力的合力F1向下，由于物体向右匀速，故合力F为零，故由此可知拉力与摩擦力合力F2的方向应是与F1等大反向，即方向竖直向上，大小小于物块重力故D正确；故选：D【点评】本题是力的合成的问题，合力一定在两分力之间，本题需要把四个力两两合成，进而找相互之间的关系6如图所示，小车在水平地面上加速运动，一木块靠在车厢侧壁上，木块与车厢相对静止，下列说法正确的是（）A小车运动的速度越大，侧壁对木块的弹力越大B小车运动的加速度越大，侧壁对木块的弹力越大C小车运动的速度越大，侧壁对木块的摩擦力越大D小车运动的加速度越大，侧壁对木块的摩擦力越大【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力【分析】小车和木块具有相同的加速度，水平方向上受弹力作用提供加速度，而竖直方向上受重力和静摩擦力平衡【解答】解：A、水平方向上的弹力充当木块受到的合外力，其大小与速度无关，故A错误；B、小车在水平方向对木块的弹力为木块的合外力，则根据牛顿第二定律可知T=ma，则可知，加速度越大，侧壁对木块的弹力越大，故B正确；C、木块在竖直方向上受力平衡，摩擦力与重力相等，与物体的加速度和速度均无关，故CD错误故选：B【点评】明确物体和小车具有相同的加速度，分别对水平方向上根据牛顿第二定律和竖直方向上根据共点力的平衡条件进行分析求解即可7用力F托住一个挂在轻弹簧下的砝码盘使弹簧正好保持原长，如图所示，砝码盘内有一个砝码，当突然撤去外力F后，砝码对盘的压力正好等于砝码重力的情况发生在（）A盘下落的全过程中B撤去外力F放开盘的一瞬间C盘下落到有最大速度时D盘下落到速度为零时【考点】牛顿第二定律【分析】弹簧原来处于原长，突然放手后，整体受到重力和弹簧的弹力，弹力大小随弹簧伸长的长度增大而增大，开始阶段，重力大于弹力，整体向下做加速运动，后来弹力大于重力，小球向下做减速运动，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，由牛顿第二定律求出何时压力等于mg【解答】解：设物体质量为m，加速度大小为a，弹力大小为F，弹簧原来处于原长，突然放手后，整体受到重力和弹簧的弹力，弹力大小随弹簧伸长的长度增大而增大开始阶段，重力大于弹力，整体向下做加速运动，此过程由牛顿第二定律得（M+m）gF=（M+m）a，弹力F增大，加速度a减小后来，弹力大于重力，小球向下做减速运动，此过程由牛顿第二定律得F（M+m）g=（M+m）a，弹力F增大，加速度a增大在整个运动过程中，对小球由mgFN=ma可知a=0时相等，故盘下落到有最大速度时砝码对盘的正压力正好等于mg，故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题是含有弹簧的动态变化分析问题，关键分析小球的受力情况，才能准确利用牛顿第二定律来分析小球的加速度变化情况8物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为A、B、C，用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C，所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A、B两直线平行，则以下关系正确的是（）AmAmBmCBmA=mBmCCA=B=CDAB=C【考点】牛顿第二定律【分析】对于图象问题要明确两坐标轴所表示物理量以及其含义，对于比较复杂的图象可以先依据物理规律写出两物理量的函数关系式，然后利用数学知识求解【解答】解：根据牛顿第二定律有：Fmg=ma由：由此可知：图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为：g故由图象可知：AB=C，mA=mBmC，故BD正确故选：BD【点评】高中物理中涉及图象很多，但是物理什么图象，都可以通过所学物理规律写出两物理量的函数关系式，然后依据数学知识弄清截距、斜率、面积等含义二、多选题（本大题共4小题，每小题3分，每小题给出的四个答案中，都有多个是正确的，完全正确的得3分，选对但不全的得1分，有选错或不答的得0分）9下列说法，能正确反映运动和力关系是（）A当物体所受合外力不变时，运动状态一定不变B当物体所受合外力为零时，速度大小一定不变C当物体运动轨迹为直线时，所受合外力一定为零D当物体速度为零时，所受合外力不一定为零【考点】力的概念及其矢量性【分析】运动状态的特征物理量是速度，根据牛顿第二定律讨论合力与加速度的关系，再结合运动学公式分析速度变化情况【解答】解：A、根据牛顿第二定律，当物体所受合外力不变时，加速度也不变，由于有加速度，物体的速度一定改变，故A错误；B、根据牛顿第二定律，当物体所受合外力为零时，物体的加速度也为零，故速度不变，故B正确；C、当物体运动轨迹为直线时，如果做匀速直线运动，合力为零，如果做变速运动，物体所受合外力一定不为零，故C错误；D、当物体的速度为零时，加速度不一定为零，故合力不一定为零，如竖直上抛运动的最高点，故D正确；故选：BD【点评】本题关键在于：物体依靠惯性运动，物体的速度不需要力来维持，力是改变速度的原因，即力是产生加速度的原因10以某一初速度竖直向上抛出一个小球，设小球所受的空气阻力大小恒定，将小球从抛出点上升至最高点的过程与小球从最高点落回至抛出点的过程作对比，以下正确的是（）A上升阶段的时间大于下降阶段的时间B上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度C上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度D上升阶段的速度变化大于下降阶段的速度变化【考点】牛顿第二定律；加速度【分析】上升过程阻力向下，下降过程阻力向上，根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据运动学公式列式比较时间大小，再根据平均速度公式比较平均速度的大小，根据功能关系分析回到抛出点时的速度，从而明确速度的变化量的大小【解答】解：A、B、上升过程，阻力向下（取平均值），根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma1；下降过程，阻力向下（取平均值），根据牛顿第二定律，有：mgf=ma2；故a1a2；根据h=at2可知，t1t2；故A错误，B正确；C、由于位移大小相等，而上升时间小于下降时间，故由平均速度公式可知，上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，故C正确；D、根据动能定理可知，由于阻力做功，物体回到出发点时的速度一定小于上抛时的速度，而最高点时的速度为零，故可知上升阶段的速度变化大于下降阶段的速度变化，故D正确故选：BCD【点评】本题关键是取阻力的平均效果，然后分上升和下降过程列式求解，解题的关键在于明确加速度的大小，从而分析速度变化量和平均速度之间的关系11如图所示，物体在长度相等的细绳AO、BO的作用下处于静止状态，现将B点向右移动一小段距离，重新平衡后，与移动B点前相比较（）A两绳的拉力的合力变大B两绳的拉力的合力不变CAO绳的拉力与重力的合力变大DBO绳的拉力与重力的合力不变【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】对点O受力分析，受重力和两根细绳的拉力；根据平衡条件，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线【解答】解：AB、对点O受力分析，受重力和两个拉力，如图，设两个拉力的夹角为，根据图象得到：故当B点向右移动一小段距离，角变大，两个拉力都变大；两个拉力的合力与重力等值、反向、共线，故两个拉力的合力不变，故A错误，B正确；C、AO绳的拉力与重力的合力与BO绳的拉力等值、方向、共线，由于BO绳的拉力变大，故AO绳的拉力与重力的合力变大，故C正确；D、BO绳的拉力与重力的合力与AO绳的拉力等值、方向、共线，由于AO绳的拉力变大，故BO绳的拉力与重力的合力变大，故D错误；故选：BC【点评】本题关键根据平衡条件得到：三力平衡时，任意两个力的合力与第三力等值、方向、共线；求出拉力的具体表达式后分析12如图所示，质量为m的小物体静止在质量为M、半径为R的半球体上，小物体与半球体间的动摩擦因数为，小物体与球心连线与水平地面的夹角为，则下列说法正确的是（）A小物体对半球体的压力大小为mgsinB小物体对半球体的摩擦力大小为mgcosC地面对半球体有水平向右的摩擦力D地面对半球体的支持力小于（M+m）g【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】以小物体和半球体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解地面对半球体的摩擦力和地面对整天的支持力再以小物体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求解半球体对小物体的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解小物体对半球体的压力和摩擦力【解答】解：A、对小物块受力分析如图1，将重力正交分解，如图2，A、由于物体静止在半球上，处于平衡态，沿半径方向列平衡方程：Nmgsin=0得：N=mgsin，则物体对半球体的压力大小为mgsin，沿切向列平衡方程：fmgcos=0解得：f=mgcos，则小物体对半球体的摩擦力大小为mgcos，故AB正确；CD、以小物体和半球体整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零否则整体的合力不为零，破坏了平衡状态，竖直方向受力平衡，则地面对半球体的支持力等于（M+m）g，故CD错误故选：AB【点评】该题考查了受力分析、正交分解、平衡条件应用等知识，关键是由于小物块未滑动，故摩擦力不能用f=N，只能用平衡条件求出三、填空题（本题共3小题，每空2分，共14分）13如图所示，物体在受到一水平向左的拉力F=6N作用下，以v=4m/s的初速度沿水平面向右运动，已知物体与水平面的动摩擦因数=0.2，物体质量m=2kg，g取10m/s2，z则物体所受摩擦力大小为4N，方向为水平向左，物体向右运动的最大位移为1.6m【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【分析】物体滑动，受到滑动摩擦力，根据f=mg求得，方向与相对运动方向相反，根据牛顿第二定律求得加速度，根据运动学公式求得位移【解答】解：物体受到滑动摩擦力，则有：f=mg=0.2210N=4N，方向与相对运动方向相反，故水平向左物体减速运动时的加速度为：a=向右的最大位移为：故答案为：4，水平向左，1.6【点评】本题主要考查了滑动摩擦力，抓住f=FN，同时在求最大位移时抓住加速度是解决问题的关键14某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为20N他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数为16N，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降，g取10m/s2，电梯运动的加速度大小为2m/s2【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】以砝码为研究对象，根据牛顿第二定律确定加速度方向，分析电梯的运动状态【解答】解：砝码的质量m=由题意可知，在电梯里，测力计的示数为16N，小于砝码重力，砝码所受的合力方向向下，根据牛顿第二定律得知G0G=ma，解得，加速度向下，砝码处于失重状态，则电梯可能：减速上升或加速下降，故答案为：减速上升或加速下降，2【点评】本题根据牛顿运动定律分析超、失重现象，每种现象对应两种运动情况：减速上升与加速下降时，物体处于失重状态，反之，处于超重状态15如图所示，质量为m的小球用轻绳悬挂于小车的车厢顶部，小车在水平地面上加速运动，小球与车厢相对静止，轻绳与竖直方向的夹角恒为，重力加速度为g，则轻绳上的拉力大小为，小车运动的加速度大小为gtan【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】小车和小球具有相同的加速度，对小球受力分析，根据牛顿第二定律邱的加速度和绳子的拉力【解答】解：对小球受力分析，由牛顿第二定律可知Tsin=maTcos=mg联立解得：T=，a=gtan故答案为：，gtan【点评】本题为牛顿第二定律中的连接体问题；解决本题的关键知道小球和小车具有相同的加速度，隔离对小球分析，运用牛顿第二定律进行求解；四、实验题（本题共2小题，每空2分，共10分）16在“验证力的平行四边形定则”实验中为了使合力与分力的作用效果相同，需要进行的操作是将结点O点拉到同一位置；用两个弹簧秤通过细绳同时拉橡皮条，在某次操作中将结点拉倒位置O时的状态如图所示，下列说法正确的是CA两条细绳不一样长会导致实验误差增大 B两弹簧秤示数不同会导致实验误差增大 C弹簧秤必须与木板平行 D只要记录下两弹簧秤的示数就可以完成实验【考点】验证力的平行四边形定则【分析】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【解答】解：为了使合力与分力的作用效果相同，需要进行的操作是将结点O点拉到同一位置，A、细线的作用是能显示出力的方向，不必须等长，不一样长不会导致实验误差增大故A错误；B、两弹簧秤示数不需要等大，只要便于作出平行四边形即可，故B错误；C、弹簧秤必须与木板平行，故C正确；D、要记录下两弹簧秤的示数和方向才可以作出平行四边形，故D错误故选：C故答案为：将结点O点拉到同一位置；C【点评】本题是探究求合力的方法实验的基础，等效替代的方法，相同的作用效果就是：橡皮条形变量相同且形变的方向也相同，注意记录数据时一定要记录方向17探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计时器打上的点计算出实验中，需要将轨道适当倾斜，这样做的目的是平衡摩擦力；当M与m的大小关系满足mM时，才可以认为绳对小车的拉力等于盘中砝码的重力如图2所示为某同学根据测量数据作出的aF图线，说明实验存在的问题是平衡摩擦力时木板倾角过大【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）实验时，我们认为绳子的拉力是小车受到的合外力，为达到这个目的，我们要先平衡摩擦力；（2）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重力的大小关系得出只有mM时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力；（3）图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大【解答】解：实验时，我们认为绳子的拉力是小车受到的合外力，为达到这个目的，我们要先要将轨道适当倾斜，目的是平衡摩擦力；根据牛顿第二定律得：对m：mgF拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=当mM时，即当盘及盘中砝码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于盘及盘中砝码的总重力图中没有拉力时就产生了加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大故答案为：平衡摩擦力；mM；平衡摩擦力时木板倾角过大【点评】本题关键掌握实验原理和方法，就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握五、计算题（本题共4小题，共36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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位）18如图所示，重力为500N的人通过跨过定滑轮的轻绳牵引重200N的物体，人的鞋底与地面之间的动摩擦因数=0.4，当绳与水平方向成37角时，物体静止，若不计滑轮与绳之间的摩擦，求：（1）地面对人的支持力的大小FN；（2）地面对人的摩擦力的大小f【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】先对物体受力分析，得到绳子的拉力，再分析人的受力情况，作出受力示意图，运用正交分解法，根据平衡条件求出地面对人的支持力和摩擦力【解答】解：分别对物体和人受力分析如图：由于物体和人都处于静止，则根据平衡条件，有：mg=T Tcos37=fT sin37+FN=Mg解得：f=160N FN=380N答：（1）地面对人的支持力的大小FN为380N；（2）地面对人的摩擦力的大小f为160N【点评】解决本题的关键正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用正交分解进行求解19xx年6月20日上午10时，中国载人航天史上的首堂太空授课，神舟十号航天员在天宫一号开展基础物理实验，实验中提出了如何测质量的问题，大家知道质量可以用天平测量，可是在宇宙空间怎样测量物体的质量呢？如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图若已知双子星号宇宙飞船的质量m=3200kg，其尾部推进器提供的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作8s，测出飞船和空间站速度变化是1.0m/s则：（1）空间站的质量M；（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F【考点】牛顿第二定律【分析】（1）根据加速度定义式求出飞船和空间站的加速度大小，然后以空间站和飞船整体为研究对象，由牛顿第二定律列方程求解空间站的质量M；（2）以空间站单独为研究对象，根据牛顿第二定律列方程求解F【解答】解：（1）飞船和空间站的加速度为：a=0.125m/s2以空间站和飞船整体为研究对象由牛顿第二定律：F=（M+m）a 900=（M+3200）0.125得：M=4000 kg（2）以空间站为研究对象，根据牛顿第二定律有：F=Ma=40000.125=500N；答：（1）空间站的质量4000 kg；（2）在此过程中飞船对空间站的作用力F为500N【点评】本题属于已知运动情况求解受力情况的类型，加速度是将力与运动联系起来的桥梁，要灵活选取研究对象，运用整体法和隔离法结合解答比较简便20（14分）（xx秋天津期末）如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37的固定且足够长的斜面上，t=0时刻 对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的vt图象如图乙所示g=10m/s2，试求：（1）物体与斜面间的滑动摩擦因数；（2）拉力F的大小（3）t=4s时物体的速度大小【考点】牛顿第二定律【分析】（1）（2）结合速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出拉力F的大小和动摩擦因数的大小（3）由运动学的公式求出物体向上运动的时间，然后由牛顿第二定律求出物体向下运动的加速度，由v=at即可求出4s末的速度【解答】解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体受力分析，由牛顿第二定律可知，Fmgsinmgcos=ma1设撤去力后，加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知，mgsin+mgcos=ma2根据速度时间图线得，加速度的大小.代入解得F=30N，=0.5（3）物体向上做减速运动的时间： s到达最高点后匀加速下滑的加速度为： =gsin37gcos37=2m/s2向下运动的时间：t3=412=1s所以在4s末的速度：v4=a3t3=21=2m/s答：（1）斜面的摩擦因数为0.5（2）拉力F的大小为30N；（3）t=4s时物体的速度大小是2m/s【点评】本题考查了速度时间图线与牛顿第二定律的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁21（12分）（xx秋天津期末）如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑竿，滑竿上端固定，下端悬空，为了研究学生沿竿的下滑情况，在竿顶部装有一拉力传感器，可显示竿顶端所受拉力的大小现有一质量为50kg的学生（可视为质点）从上端由静止开始滑下，滑到竿底时速度恰好为零以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化情况如图乙所示，已知滑竿的长度为6m，g取10m/s2求：（1）该学生下滑过程中的最大速度；（2）该学生加速下滑持续的时间（3）画出该学生下滑过程的vt图象（要求标出相应的坐标值）【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】（1）根据牛顿第二定律求出01s内加速下滑和减速下滑的加速度，再根据运动学公式求得最大速度；（2）根据速度时间公式求得加速下滑的时间；（3）根据速度时间公式求得减速下滑的时间，即可做出vt图象【解答】解：加速下滑阶段有牛顿第二定律可得mgF=ma1解得减速下滑阶段Fmg=ma2解得=L解得v=2.4m/s（2）加速下降阶段v=a1t1解得（3）减速下降阶段v=a2t2故下滑的vt图象答：（1）该学生下滑过程中的最大速度为2.4m/s；（2）该学生加速下滑持续的时间为1s（3）该学生下滑过程的vt图象如图所示【点评】本题是已知人的受力情况求解运动情况的问题，解题的关键是加速度是中间桥梁，熟练运用运动学公式即可