2018-2019学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析).doc

xx-2019学年高一物理上学期期末考试试卷(含解析)一、单项选择题1.以下都属于国际单位制的基本单位的选项是（ ）A. 千克 秒 米 B. 牛 千克 秒C. 厘米 克 秒 D. 质量 长度 时间【答案】A【解析】【分析】力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，其他的都是导出单位对每个选项中的单位进行分析，明确各自对应的物理量，就能确定符合题意的选项【详解】A、力学国际基本单位有三个：米、千克、秒，故A正确;B、牛是力的导出单位；故B错误.C、厘米和克是非国际制单位制的基本单位，C错误.D、质量、长度、时间是基本物理量；故D错误.故选A.【点睛】国际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制分别是谁，这都是需要学生自己记住的2.下列说法正确的是（ ）A. 不管以行驶的公交车作为参考系，还是以地面作为参考系，在公交车上行走的人速度都是相同的B. 研究4路公交车从起点站玉溪一中到终点站二医院的运行时间时，可以把公交车看做质点C. 研究公交车经过路边某灯柱的时间时可以把公交车看做质点D. 公交车从玉溪一中驶往二医院途中经过三小门口的速度为4m/s，回程时经过三小门口速度也为4m/s，所以这两个时刻公交车的速度相同【答案】B【解析】【分析】参考系的选择是任意的，可以是相对地面不动的物体，也可以是相对地面运动的物体;当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可;借助速度是矢量来判断.【详解】A、不管选什么作为参考系对同一物体的运动，其描述的结果可能不一样的，因为运动的相对性不同；故A错误.B、研究4路公交车从起点站玉溪一中到终点站二医院的运行时间时，车的大小与长度可以忽略不计，可以将其看成质点；故B正确.C、当研究公交车经过某灯柱的时间时，公交车的长度不可以忽略不计，不可以将其看做质点；故C错误.D、速度有大小和方向是矢量，公交车来回经过同一位置的速度大小相同，当方向相反，则速度不相同；故D错误.故选B.【点睛】本题考查了描述机械运动的物理量的辨析，参考系的选取，物体能否看成质点的条件，以及矢量的方向.3.下列说法正确的是（ ）A. 做直线运动的物体，运动方向必然与所受合力的方向相同B. 加速度增大的物体一定做加速运动C. 物体的速度变化量越大，则加速度一定越大D. 力是产生加速度的原因【答案】D【解析】【分析】加速度等于单位时间内速度的变化量，即数值等于任意1s内速度的增量，做匀变速直线运动的物体，加速度不变，判断物体做加速还是减速运动，关键看加速度的方向与速度方向的关系，与加速度变大变小无关力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因【详解】A、当物体所受合力方向与运动方向在同一直线上时，物体做直线运动，但两者的方向可以相同或相反；故A错误.B、只要加速度方向与运动方向相同，物体一定做加速运动；而加速度大小可以增大或减小、不变；故B错误.C、运动物体的速度变化量越大，加速度不一定越大，还取决于变化所用的时间；故C错误.D、力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因；故D正确.故选D.【点睛】本题是关于力和运动关系的基本知识，以及运动的条件判断，根据牛顿第二定律和加速度的性质分析4.一小船横渡一条两岸平行的河流，河水匀速流动，水流速度与河岸平行，船头直指河对岸行驶，在开始一段时间内船本身提供的速度(即静水速度)均匀增大，下列说法正确的是（ ）A. 在开始一段时间内小船的运动轨迹是直线B. 在开始一段时间内小船的运动轨迹是抛物线C. 因为小船一直保持船头直指河对岸行驶，所以一定能到达出发点正对岸D. 若水流速度增大，则小船达到河对岸的时间会变长【答案】B【解析】【分析】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，合力的方向又与静水速的方向一致，可见加速度的方向一直垂直于河岸向前.【详解】A、B、小船参与了两个运动，有两个分速度分别是静水速和水流速；而静水速均匀增大，在开始一段时间内有垂直河岸向前的加速度，可知合初速度和合加速度有锐角，则小船的轨迹为抛物线；故A错误，B正确.C、静水速的方向为船头直指河对岸，水速平行于河岸向下，则合速度方向斜向下，故小船不能到达正对岸；故C错误.D、渡河时间由垂直河岸的分运动决定，由运动的独立性可知水速增大不影响渡河时间；故D错误.故选B.【点睛】解决本题的关键知道小船参与了两个运动，有两个分速度，分别是静水速和水流速;以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向，注意垂直河岸渡河时，时间最短.5.如图所示为某加速度计的部分原理示意图。质量为0.5kg的小滑块（可视为质点）穿在光滑水平杆上，两边与两根完全相同的轻弹簧a、b连接，弹簧的劲度系数为2N/cm，静止时a、b均为处于原长状态，小滑块处于O点。当装置在水平方向运动时，小滑块移动至O点左侧1cm处，则可判断此时小滑块的加速度（ ）A. 大小为8m/s2，方向水平向左B. 大小为8m/s2，方向水平向右C. 大小为4m/s2，方向水平向左D. 大小为4m/s2，方向水平向右【答案】B【解析】【分析】对小物体受力分析后可以求出合力，再根据牛顿第二定律求加速度【详解】小滑块移动至O点左侧1cm处，小物体受到左侧弹簧的向右的弹力大小为kx，同时小物体还受到右侧弹簧的向右的弹力，大小也为kx，故合力为F=2kx，方向水平向右；根据牛顿第二定律a=Fm=2kxm=2210.5m/s2=8m/s2，方向水平向右；故选B.【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解题的关键求出合力，再根据牛顿第二定律求解加速度的大小和方向6.如图所示，用水平力F把一木块紧压在竖直墙壁上静止不动，当F增大时（ ）A. 墙对木块的弹力不变B. 墙对木块的摩擦力增大C. 墙对木块的摩擦力不变D. 木块有可能沿墙壁下滑【答案】C【解析】【分析】当重力小于最大静摩擦力时，物体处于静止，摩擦力大小等于外力大小；当重力大于最大静摩擦力时，物体处于滑动，则摩擦力等于动摩擦力因数与正压力的乘积【详解】A、B、C、用水平力F压铁块于竖直墙壁上不动，设墙壁对铁块的压力为N，对铁块的摩擦力为f，当F增大时，它的反作用力即墙壁对铁块的压力为N也增大;而铁块的摩擦力是由铁块的重力引起的，所以摩擦力不变；故A、B错误，C正确.D、当F增大时，最大静摩擦力fmax=N=F增大，下滑趋势变小，故木块不可能下滑；故D错误.故选C.【点睛】学会区别静摩擦力与滑动摩擦力，且大小的计算静摩擦力的大小等于引起它有运动趋势的外力，而滑动摩擦力等于FN同时知道作用力与反作用力跟平衡力的关系7.马拉着车在水平路面上前进的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 在加速前进的情况下，马对车的拉力与车对马的拉力大小相等B. 在加速前进的情况下，马对车的拉力大于车对马的拉力C. 在匀速前进的情况下，马对车的拉力与车对马的拉力是一对平衡力D. 因为地面有摩擦力，所以马对车的拉力与车对马的拉力大小一定不会相等【答案】A【解析】【分析】马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，与运动状态无关【详解】A、B、马向前拉车的力和车向后拉马的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，任何运动状态，马向前拉车的力都等于车向后拉马的力;故A正确，B错误.C、马对车的拉力与车对马的拉力是一对相互作用力，而一个物体受到的两个力而平衡才是一对平衡力；C错误.D、马对车的拉力与车对马的拉力是一对相互作用力，与受不受摩擦力无关；故D错误.故选A.【点睛】该题考查了牛顿第三定律：作用力与反作用力的关系;注意与一对平衡力的区别.8.甲、乙两质点运动的位移-时间图像如图中a、b所示，其中a图线为抛物线的一部分，不考虑二者碰撞，则下列说法中正确的是（ ）A. 甲做曲线运动，乙做直线运动B. 乙质点在t2t3时间段内做匀速直线运动C. t1t4时间段内甲、乙两质点的平均速度相同D. t3t4时间段内乙比甲运动得快【答案】C【解析】【分析】位移时间图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向,根据图线的特点确定两个物体的运动规律.【详解】A、位移时间图线的斜率表示速度，斜率的正负表示方向，则可知甲的位移时间关系为抛物线是匀变速直线运动，乙先做正向匀速直线运动，再静止，然后做匀速直线运动；故A错误.B、乙质点在t2t3时间段内位置不变，表示处于静止状态；故B错误.C、由图知t1t4时间段内两质点的初末位置均相同，则在相同的时间内有相同的位移，由平均速度的定义v=xt知，平均速度相同；故C正确.D、在t3t4时间段内甲的图像斜率大，表示瞬时速度甲的较大，则乙比甲运动得慢；故D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键是理解位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度，要注意位移图象不是质点的运动轨迹，只能表示直线运动的规律.9.如图所示，在倾角为的斜面上，放一质量为m的光滑小球，球被竖直的挡板挡住，以挡板下端为轴将挡板缓慢转至水平方向的过程中，球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的大小变化情况正确的是（ ）A. F1先减小后增大 B. F1一直增大C. F1一直减小 D. F2一直增大【答案】A【解析】【分析】小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可【详解】小球受重力、挡板弹力F1和斜面弹力F2，将F1与F1合成为F，如图所示：小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1和F2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线.从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1先变小后变大，F2越来越小；由牛顿第三定律可知F1=F1，F2=F2;则F1先变小后变大,F2越来越小；故B、C、D错误，A正确.故选A.【点睛】本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在一起，直接由图象分析出各个力的变化情况10.将一小球从地面以初速度v0竖直向上抛出，经t时间落回地面，不计空气阻力，则（ ）A. 小球上升和下落阶段的加速度方向相反B. 可计算出重力加速度大小为v0tC. 可计算出小球上升的最大高度为v0t4D. 可计算出小球上升的最大高度为v0t2【答案】C【解析】【分析】将竖直上抛运动看成一种初速度为v0、加速度为-g的匀减速运动；整个过程小球的加速度不变；根据运动的时间和速度对称性得到小上升的最大高度表达式【详解】A、不计空气阻力，小球只受重力，所以整个过程中小球的加速度均为g，上升过程的加速度与下落过程的加速度方向相同，均竖直向下；故A错误.B、取竖直向上为正方向，将竖直上抛运动看成一种初速度为v0、加速度为-g的匀减速运动，且上升过程和下降过程具有对称性，则t上=t下=t2，由v0=gt2可知g=2v0t；故B错误.C、D、上升过程是末速度为零的匀减速直线运动，由速度位移关系02v02=2gh，结合g=2v0t，联立可得h=v0t4；故C正确、D错误.故选C.【点睛】解决本题的关键要掌握竖直上抛运动的规律，并能灵活运用，根据物理规律得到各个量的表达式，再进行分析二、多项选择题11.如图所示，光滑斜面AD被分成三个长度相等的部分，即AB=BC=CD，一小物体从A点由静止开始下滑，下列结论中正确的是( )A. 物体到达各点的速率为vB：vC：vD：=1：2：3B. 物体在AB段和BC段的平均速度之比为（2-1）:1C. 物体通过B、C、D三点的速度满足vC=vB2+vD22D. 物体通过B、C、D三点的速度满足vC=vB+vD2【答案】BC【解析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式得出位移和时间的关系，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论得出通过相等位移所用的时间之比根据速度位移公式求出C点和B、D两点的速度关系【详解】A、物体做初速度为零的匀加速直线运动，由位移速度关系v2=2ax，可得v=2ax，则通过各店的速率之比为vB:vC:vD=x:2x:3x=1:2:3；故A错误.B、根据平均速度的定义可知vAB=xtAB，vBC=xtBC；而两段相等位移的时间之比为tAB:tBC=1:(21),则vAB:vBC=(21):1；故B正确.C、D、根据匀变速直线运动的速度位移关系可得vC2vB2=2ax，vD2vC2=2ax，联立得vC=vB2+vD22；故C正确，D错误.故选BC.【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用.12.一个50kg的人站在电梯里，电梯顶部用一弹簧测力计悬挂着质量为1kg的物体，电梯运行时弹簧测力计示数为12N，重力加速度取g=10m/s2，则此时（ ）A. 电梯可能正向下做减速运动B. 电梯可能正向下做加速运动C. 人对地板的压力大小为600ND. 人对地板的压力大小为400N【答案】AC【解析】【分析】升降机与物体具有相同的加速度，对物体分析，根据牛顿第二定律求出物体的加速度大小和方向，从而得出升降机的加速度大小和方向.隔离对人分析，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出人对地板的压力大小.【详解】A、B、以物体为研究对象，它受到竖直向下的重力mg、弹簧秤竖直向上的拉力F作用，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma，代入数据解得物体和电梯的加速度大小a=2m/s2，方向竖直向上，但运动方向未知，则电梯向上加速运动或向下减速运动；故A正确，B错误.C、D、以人为研究对象，它受到竖直向下的重力Mg、竖直向上的支持力N作用，根据牛顿第二定律有：N-Mg =Ma，代入数据解得N=600N，根据牛顿第三定律，此时人对地板的压力大小为600N；故C正确，D错误.故选AC.【点睛】本题考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的基本运用，解决本题的关键知道当加速度向下时物体失重，加速度向上时物体超重；发生失重或超重时速度方向不能确定.13.一物体从高空由静止开始下落，已知空气阻力的大小与物体的速度大小成正比，下列说法正确的是（ ）A. 物体在下落阶段处于完全失重状态B. 初始阶段物体将做加速度减小的加速运动C. 物体先做加速运动，后做减速运动D. 如果初始位置足够高，物体最终将做匀速直线运动【答案】BD【解析】【分析】物体下落时，由于受到空气阻力、重力且阻力与速度成正比，当下落时速度变大导致阻力变大，所以在下落过程中是加速度变小的运动随着速度不断变大，阻力也增加，加速度在渐渐变小，当重力与阻力相等时，加速度为零，根据平衡条件列方程求解.【详解】B、物体下落过程由牛顿第二定律mgkv=ma，则随着速度逐渐增大则阻力不断变大，加速度减小；故B正确.C、D、物体先做加速度减小的加速运动，当阻力与重力相等时，加速度为零，此时速度达最大，则物体最终可以做匀速直线运动；故C错误，D正确.A、综合运动的分析可知物体的加速度先向下后减为零，则物体先失重后平衡；故A错误.故选BD.【点睛】本题考查了力和运动的关系，借助牛顿第二定律分析，知道当物体匀速运动时速度为最大速度是关键.14.在向右行使的汽车车厢的天花板上悬挂有一个小球A，在A的正下方地板上有一点B，如图所示（ ）A. 若汽车匀速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点上B. 若汽车匀速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的左侧C. 若汽车加速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的左侧D. 若汽车加速行驶的过程中细线突然断裂，小球A将落在B点的右侧【答案】AC【解析】【分析】根据惯性(一切物体都有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质)的知识分析解答.【详解】A、B、汽车匀速行驶，绳子断裂后，小球A由于惯性在水平方向继续向前运动，水平速度和汽车的速度相同，故小球A落地时应落在正下方的B点；故A正确，B错误.C、D、绳子断裂后小球继续保持原来的速度水平匀速，汽车加速行驶其速度大于小球的速度，故球A将落在B点的左侧；故C正确，D错误.故选AC.【点睛】此题主要考查学生对惯性的理解和掌握，惯性现象在日常生活中十分常见，在学习中要注意细心观察认真领会，用所学惯性知识解决相关的物理问题.15.如图所示，物体m与斜面体M一起静止在水平面上，关于两物体受力的个数下列说法正确的是( )A. m一定受三个力作用B. m可能受两个力作用C. M一定受四个力作用D. M可能受五个力作用【答案】AC【解析】【分析】受力分析的定义：把指定物体（研究对象）在特定物理情景中所受的所有外力找出来，并画出受力图受力分析的一般顺序：先分析场力（重力、电场力、磁场力），再分析接触力（弹力、摩擦力），最后分析其他力【详解】A、B、以物体m为研究对象，由物体处于静止状态分析受力：重力mg、斜面的支持力N和静摩擦力f，即m一定受三个力作用；故A正确，B错误.C、D、以斜面M为研究对象，由斜面处于静止状态分析受力：重力Mg、物体的压力N和静摩擦力f、地面的支持力N地，而由整体法可知地面对斜面没有摩擦力，则M一定受四个力作用；故C正确，D错误.故选AC.【点睛】受力分析的一般步骤：(1)选取研究对象：即确定受力分析的物体研究对象可以是单个的物体，也可以是物体的系统组合(2)隔离物体分析：将研究对象从周围的物体中隔离出来，进而分析物体受到的重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等，检查周围有哪些物体对它施加了力的作用(3)画出受力示意图：按照一定顺序进行受力分析一般先分析重力；然后环绕物体一周，找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析弹力和摩擦力；最后再分析其它场力在受力分析的过程中，要边分析边画受力图（养成画受力图的好习惯）只画性质力，不画效果力(4)检查受力分析是否有误：受力分析完后，检查画出的每一个力能否找出它的施力物体，检查分析结果能否使研究对象处于题目所给运动状态，否则，必然发生了漏力、多力或错力现象16.如图，质量为m1=2kg的A物体和质量为m2=4kg的B物体用轻弹簧连接，置于光滑水平地面上。现将一大小为15N的水平拉力作用于A物体上，使两物体一起向右运动。取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）A. 弹簧的弹力大小等于10NB. 弹簧的弹力大小等于15NC. 突然撤去F瞬间，A与B的加速度大小相等D. 突然撤去F瞬间，A的加速度大小为5m/s2【答案】AD【解析】【分析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析求出弹簧的弹力，撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出A、B的加速度大小【详解】A、B、水平拉力F作用在A上，由整体分析整体的加速度为a=Fm1+m2=52m/s2，隔离对B分析，则弹簧的弹力为Fk=m2a=10N；故A正确，B错误.C、D、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，则B的受力不变，加速度不变aB=a=2.5m/s2，方向向右；而A物体的合外力剩下弹簧的弹力，aA=Fkm1=5m/s2，方向向左；故C错误，D正确.故选AD.【点睛】本题考查了牛顿第二定律的瞬时问题，知道撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解三、实验填空题17.某小组在做“验证力的平行四边形定则”的实验时，（1）下列操作中正确的是_A拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤应尽量贴近且平行木板B在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点到达的位置不能变化C为减小测量误差，F1、F2方向间的夹角越大越好D每次实验中，只需记录弹簧测力计的读数和橡皮条结点到达的位置（2）某同学先用两个弹簧测力计互成角度地拉住两个细绳套，使橡皮条伸长到O点位置，接下来他保持两个弹簧测力计的示数不变，增大两个拉力的夹角，则橡皮条的伸长量与刚才相比_(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】 (1). AB (2). 变小【解析】【分析】本实验采用“等效法”，即要求两次拉橡皮筋的效果相同，对于两弹簧拉力大小以及夹角大小没有具体要求，只要便于作图以及减小误差即可；因此在实验中尽量减小力的测量及作图中出现的误差；根据力的合成特点分析合力的变化.【详解】(1)A、弹簧测力计、细绳、橡皮条都应贴近木板且与木板平行,没有摩擦力从而减小误差故A正确B、为了产生相同的效果，橡皮条与细绳结点的位置不能变化；故B正确C、画平行四边形时,夹角大的话画出的平行四边形就会准些,则要求夹角尽量大些，但不是夹角越大越好；故C错误.D、实验中要记录弹簧测力计的读数和方向以及O点的位置，才能保证效果相同；故D错误.故选AB(2)根据二力合成的原理F=F12+F22+2F1F2cos，当两个分力大小不变，夹角为0时合力最大，夹角为180时合力最小，而随着夹角的增大合力逐渐减小.【点睛】主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题18.“探究加速度与物体质量、受力的关系”的实验装置如图所示。小车的质量为M，砝码和盘的总质量为m正确安装好打点计时器，并使小车与滑轮间的细线与长木板平行.(1)为了使分析数据时可认为砝码和盘的总重力等于小车所受合外力，你认为应采取的措施有:_;_.(2)打点计时器所用交流电源的频率为50 Hz，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测出相邻计数点之间的距离如下图。则该小车的加速度为_m/s2，打C点时小车的速度为_m/s.（结果均保留两位有效数字）(3)实验中，如果不断往砝码盘加砝码，使m不断增大，进行多次实验，下列图像中能正确反映小车加速度a与m的关系的是_.【答案】 (1). 平衡摩擦力 (2). 使m远小于M (3). 0.47m/s2 (4). 0.20m/s (5). C【解析】【分析】(1)明确从对小车受力分析不难得出若使小车受到的合力等于绳子的拉力就必须首先平衡摩擦力；若要使绳子拉力等于砝码和盘的总重力则必须满足小车质量远大于砝码和盘的总质量.(2)纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度(3)随着m的逐渐增大，当砝码和盘的总质量为m变大后不能满足mM的条件，图象就会发生弯曲【详解】(1)若使小车受到的合力为绳子的拉力，对小车受力分析可知应进行平衡摩擦力，即应采取将长木板一端垫起，让小车重力沿斜面的分力平衡摩擦阻力；若使绳子拉力等于砝码和盘的总重力，应采取小车质量远大于砝码和盘的总质量.(2)纸带上取四段连续相等时间(T=0.1s)的位移，由判别式(x=aT2)结合逐差法，可得：a=xCExAC4T2=0.47m/s2；由匀变速直线运动的推论，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有：vC=xBD2T=0.20m/s.(3)设小车与砝码的质量为M，砝码和盘的总质量为m，根据牛顿第二定律，对m：mgF拉=ma，对M：F拉=Ma，解得F拉=mg1+mM，当mM时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力所以刚开始a-m图象是一条过原点的直线，当砝码和盘的总质量为m变大后不能满足mM的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选C.【点睛】对牛顿第二定律实验应明确平衡摩擦力和要求小车的质量远大于沙桶总质量的含义；遇到涉及打点计时器问题注意推论xt2=xt以及判别式x=aT2的应用.四、计算题19.质量为5.2kg的箱子置于水平地面上，用一大小为20N、方向斜向下与水平方向夹角=37的力F恰能推箱子沿水平面做匀速直线运动。求箱子与地面间的动摩擦因数。（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）【答案】0.25【解析】【分析】对物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解出支持力和摩擦力，根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因数.【详解】对箱子进行受力分析,如图所示：物体做匀速直线运动，受力平衡，竖直方向：FN=mg+Fsin37水平方向：f=Fcos37f=FN联立可得： = 0.25【点睛】本题关键是对物体受力分析后根据平衡条件列式分析，注意推力斜向下，故支持力与重力不平衡，要运用正交分解法分解推力.20.小张和小李在游泳池做实验，小张将一个小木球从离水面高H=3.2m处由静止释放，小李测出释放后经t=1.2s小球在水下速度减为零。假设木球在水中做匀减速直线运动，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球在水中的加速度大小；（2）小球在水中下落的最大深度h。【答案】（1）20m/s2（2）1.6m【解析】【分析】(1)木球先做自由落体运动，进入水中后做匀减速运动先根据自由落体运动的位移时间公式得出自由下落的时间，根据速度时间公式得出木球进入水中的初速度，结合速度时间公式求出木球在水中运动的加速度大小(2)根据匀变速直线运动的平均速度推论求出游泳池水的深度【详解】(1)在空中做自由落体运动H=12gt12解得：t1=0.8s入水速度v1=gt1=8m/s在水中运动时间t2=t-t1=0.4s 在水中的加速度a=0v1t2=20m/s2加速度大小为20m/s2(2)根据匀变速直线运动的平均速度推论有：h=v12t2=1.6m【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，理清木球的运动规律，结合运动学公式灵活求解21.A、B两车在同一条平直公路上同向行驶，t=0时刻A在B前方30m处，A、B的速度-时间图像如图所示.(1)求B车经多长时间速度减为0？(2)试通过计算判断这段时间内B车是否能追上A车，写出相关计算过程.【答案】（1）6.7s (2)能【解析】【分析】(1)根据速度时间图像的斜率意义为加速度求解时间；(2)根据速度时间公式求出两车速度相等经历的时间，分别求出速度相等时两车的位移，通过位移关系判断两车是否相撞【详解】(1)由图像可求出B车加速度a=vt=3m/s2t=0v0a=203s=6.7s(2)B车能否追上A车要看两车速度相等前能否追上.在4s内，A的位移为xA=v2t=16m，B的位移为xB=v0+v2t=56mxB-xA=40m30m所以B车能追上A车.【点睛】本题是追及问题，在分别研究两车运动的基础上，关键是研究两者之间的关系，通常有位移关系、速度关系、时间关系22.用与水平方向夹角为30的倾斜传送带将质量为0.2kg的小煤块从高处运往低处，传送带两皮带轮轴心间的距离为L22m，若传送带不动，将煤块从传送带顶端无初速度释放，滑到底端需用时4.69s（4.6922）.（g=10m/s2）求：(1)煤块与传送带之间的滑动摩擦力大小；(2)现让传送带的两轮逆时针转动，使传送带保持以4m/s的速度运行，将煤块无初速度地放到传送带顶端，求煤块到达传送带底端所用的时间。并求出此种情况下煤块在传送带上留下的黑色痕迹长度.【答案】（1）0.6N （2）9m【解析】【分析】对煤块进行受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析煤块能否匀速下滑，否则，继续加速根据位移公式求解时间和划痕.【详解】(1)皮带静止，煤块做初速度为零的匀加速直线运动，由L=12at2可得a=2m/s2 根据物体的受力分析可得mgsin-f=ma所以f=0.6N(2)第一阶段：物体和传送带达同速前mgsin+f=ma1可得a1=8m/s2 第二阶段：物体和传送带达共速后，因fmgsin,物体仍将加速下滑mgsin-f=ma2可得a2=2m/s2x2=L-x1=21m可得t2=3st总=t2+t1=3.5s第一阶段物体与传送带的相对位移x1=vt1-x1=1m，物体相对传送带向后运动.第一阶段物体与传送带的相对位移x2=x2-vt2=9m，物体相对传送带向前运动，覆盖之前的痕迹.所以划痕长度x=9m【点睛】本题关键是分析加速到速度等于传送带速度后煤块的运动情况，再根据运动学公式求解时间和划痕.