1、2018-2019 学年内蒙古乌兰察布市集宁高一（上）期末物理试卷一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分1 到 7 小题为单选题，8 到 12 小题为多选题，每一小题全选对的得 4 分；选对但不全，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分）1以下说法正确的是（ ）A物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移B路程为 0 时，位移一定是 0；位移为 0，路程不一定为 0C速度大小与位移成正比，与时间成反比D速度大小不变的物体，其加速度必定不变2如图所示，光滑水平地面上放有截面为 1/4 圆周的柱状物体 A，A 与光滑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
2、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（ ）AB 对 A 的作用力减小 B墙对 B 的作用力增大C地面对 A 的支持力减小 D水平外力 F 增大3如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（ ）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上4如图所示，顶角为直角、质量为 M 的斜面体 ABC 放在粗糙的水平面上，A30，斜面
3、体与水平面间动摩擦因数为 现沿垂直于 BC 方向对斜面体施加力 F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力 N 和摩擦力 f 的大小，正确的是（已知重力加速度为 g）（ ）ANMg，f BNMg+ ，f MgCNMg+ ，f DN Mg+ ，f5如图所示，质量为 M 的斜面 A 置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为 ，物体 B 与斜面间无摩擦。在水平向左的推力 F 作用下，A 与 B 一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为 ，物体 B 的质量为 m，则它们的加速度 a 及推力 F 的大小为（ ）Aagsin ，F（M+m ）g （+sin ）Ba gcos，F （M
4、+m ） gcosCa gtan，F（M+m）g（+tan ）Dagtan，F（M+m）g6如图所示，一个质量为 M 的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子将质量为 m 的物体自高处放下，不考虑滑轮与绳子间的摩擦，当物体以加速度 a 加速下降（ag）时，台秤的读数为（ ）A（Mm）g+ma B（M+m）gma C（Mm）g D（Mm）gma7如图所示，质量 m 的球与弹簧 和水平细线相连，、的另一端分别固定于 P、Q球静止时，中拉力大小 T1，中拉力大小 T2，当仅剪断、中的一根的瞬间，球的加速度 a 应是（ ）A若断，则 a ，方向水平向右B若断，则 a ，方向水平向左C若断，则 a ，方向水平
5、向左D若断，则 ag，竖直向下8人站在电梯中随电梯一起运动，下列过程中人处于“失重”状态的是（ ）A电梯减速上升 B电梯加速上升C电梯加速下降 D电梯减速下降9某人在 t0 时刻，观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出该质点在第 3s 内和第 7s内的位移，则下列说法正确的是（ ）A不能求出任意一秒内的位移B不能求出任一时刻的瞬时速度C能求出第 3s 末到第 7s 末这段时间内的位移D能求出质点运动的加速度10如图所示，质量为 m 的木块 A 放在质量为 M 的三角形斜面 B 上，现用大小均为 F，方向相反的水平力分别推 A 和 B，它们均静止不动，则（ ）AA 与 B 之间不一定存在摩
6、擦力BB 与地之间可能存在摩擦力CB 对 A 的支持力一定大于 mgD地面对 B 的支持力的大小一定等于（M+m）g11如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的 t 图象t 0 时两物体相距 1.5m，下列说法正确的是（ ）A甲、乙两物体一定相遇两次B甲、乙两物体可能相遇一次C若 t1s 时两物体相遇，则 t3s 时两物体将再次相遇Dt2s 时两物体相遇12如图所示，A、B 两物块叠在一起静止在水平地面上，A 物块的质量 mA2kg，B 物块的质量mB3kg，A 与 B 接触面间的动摩擦因数 10.4，B 与地面间的动摩擦因数 20.1，现对 A或对 B 施加一水平外力 F，使 A、B 相
7、对静止一起沿水平地面运动，重力加速度 g10m/s 2，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）A若外力 F 作用到物块 A 时，则其最小值为 8NB若外力 F 作用到物块 A 时，则其最大值为 10NC若外力 F 作用到物块 B 时，则其最小值为 13ND若外力 F 作用到物块 B 时，则其最大值为 25N二、实验题（每空 3 分，共 24 分）13探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，组成了如图 1 所示的装置，所用的每个钩码的质量都是 30g。他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，在坐标系中作出弹簧弹力大小 F
8、 跟弹簧总长度 x 之间的函数关系的图线（图 2）。（弹簧认为是轻弹簧，弹力始终未超出弹性限度，取 g10m/s 2）（1）由图线求得该弹簧的劲度系数 k N/m。原长 cm（结果均保留两位有效数字），（2）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用毫米刻度尺测出弹簧的原长 L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度 L，把 L L0 作为弹簧的伸长量 x。这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图 3 中的 14某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉
9、力 砝码和盘的总重力（填“大于”“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足 的条件。（2）他实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出）。s3.59cm ，s4.41cm ，s 5.19cm，s5.97cm，s 56.78cm，s 67.64cm。则小车的加速度 a m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB m/s。（结果均保留两位有效数字）（3）通过实验得到如图丙所示的 aF 图象，造成这一结果的原因是：在平衡
10、摩擦力时木板与水平桌面的夹角 （选填“偏大”或“偏小”）。三、计算题（共 38 分）15如图，倾角为 37、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力 F作用下，从斜面上的 A 点由静止开始向上作匀加速运动，前进了 4.0m 到达 B 点时，速度为8m/s。已知木块与斜面间的动摩擦因数 0.5，木块质量 m1kg。g 取 10m/s2，sin370.6，cos370.8。（1）小木块从 A 点运动到 B 点过程的加速度大小是多少？（2）木块所受的外力 F 多大？16如图所示，一长 L16m 的水平传送带，以 v10m/s 的速率匀速顺时针转动。将一质量为m1kg 的物块无初速
11、度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5（取g10m/s 2）求（1）物块在传送带上从左端运动到右端的时间。（2）若该传送带装成与水平地面成 37倾角，以同样的速率顺时针转动。将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体从传送带上端运动到下端的时间。17如图所示，有一长度 L5m 的木板放在光滑的水平面上，板上右端放一质量 m2kg 的物块，物块与长木板间的动摩擦因数 0.4，木板的质量为 M16kg，现在木板的右端施加一水平向右的拉力。将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取 g10m/s 2。（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值 Fmax；
12、（2）要使物体 2s 内从长木板上滑下，求拉力的最小值 Fmin。（3）如果把作用力 F 变为 F144N 只作用 t1s 后撤去，问物块能否从木板滑落？参考答案与试题解析一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分1 到 7 小题为单选题，8 到 12 小题为多选题，每一小题全选对的得 4 分；选对但不全，得 2 分；有选错或不答的，得 0 分）1以下说法正确的是（ ）A物体沿直线单方向运动时，通过的路程就是位移B路程为 0 时，位移一定是 0；位移为 0，路程不一定为 0C速度大小与位移成正比，与时间成反比D速度大小不变的物体，其加速度必定不变【分析】路程是标量，大小等于
13、运动轨迹的长度，位移是矢量，大小等于首末位置的距离当物体的速度发生变化，一定具有加速度【解答】解：A、物体做单向直线运动时，路程等于位移的大小，但是不能说位移就是路程，因为位移是矢量，路程是标量，两者不能等同。故 A 错误。B、路程为零，则物体没有运动，位移为零；位移为零，首末位置重合，路程不一定为零。故 B 正确。C、速度的大小与位移和时间无关。故 C 错误。D、速度大小不变的物体，速度方向可能改变，其加速度不一定恒定，比如匀速圆周运动，加速度方向时刻改变。故 D 错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道路程和位移的区别，知道速度与位移、时间无关2如图所示，光滑水平地面上放有截面为 1/4
14、 圆周的柱状物体 A，A 与光滑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（ ）AB 对 A 的作用力减小 B墙对 B 的作用力增大C地面对 A 的支持力减小 D水平外力 F 增大【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
15、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，则 B 对 A 的作用力也减小。故 A 正确，B 错误；CD、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FNFNG故地面对 A 的支持力保持不变，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 CD错误；故选：A。【点评】本题关键是先对小球 B 受力分析，根据平衡条件得到各个力的变化情况，然后再对 A、B整体受力分析，再
16、次根据平衡条件列式分析。3如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（ ）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上【分析】正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象【解答】解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故 A 错误；B、顾客处于匀加速
17、直线运动时，受到的支持力才大于重力，故 B 错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故 C 正确；D 错误。故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力4如图所示，顶角为直角、质量为 M 的斜面体 ABC 放在粗糙的水平面上，A30，斜面体与水平面间动摩擦因数为 现沿垂直于 BC 方向对斜面体施加力 F，斜面体仍保持静止状态，则关于斜面体受到地面对它的支持力 N 和摩擦力 f 的大小，正确的是（已知重力加速
18、度为 g）（ ）ANMg，f BNMg+ ，f MgCNMg+ ，f DN Mg+ ，f【分析】斜面体保持静止状态，合力为零，分析受力情况，根据平衡条件求解地面对斜面体的支持力 N 和摩擦力 f 的大小【解答】解：分析斜面体的受力情况如图，根据平衡条件得：NMg+Fsin30 Mg+fFcos30故选：C。【点评】本题是共点力平衡问题，关键是分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解5如图所示，质量为 M 的斜面 A 置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为 ，物体 B 与斜面间无摩擦。在水平向左的推力 F 作用下，A 与 B 一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为 ，物体 B 的质量为
19、 m，则它们的加速度 a 及推力 F 的大小为（ ）Aagsin ，F（M+m ）g （+sin ）Ba gcos，F （M+m ） gcosCa gtan，F（M+m）g（+tan ）Dagtan，F（M+m）g【分析】B 向左做匀加速运动，合力水平向左，对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，再对 AB 整体运用牛顿第二定律即可求解 F。【解答】解：对 B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得：a gtan对 AB 整体进行受力分析得：F （M+m ）g（M+m）a解得：F（M+m）g（+tan），故 C 正确，ABD 错误。故选：C。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关
20、键是选择合适对象根据整体法和隔离法列式求解。6如图所示，一个质量为 M 的人站在台秤上，用跨过定滑轮的绳子将质量为 m 的物体自高处放下，不考虑滑轮与绳子间的摩擦，当物体以加速度 a 加速下降（ag）时，台秤的读数为（ ）A（Mm）g+ma B（M+m）gma C（Mm）g D（Mm）gma【分析】先对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，然后根据牛顿第二定律列式求出绳子的拉力；再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据平衡条件求出支持力，而台秤读数等于支持力。【解答】解：对重物受力分析，受重力和拉力，加速下降，根据牛顿第二定律，有：mgTma 再对人受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据共
21、点力平衡条件，有：N+TMg 由，解得：N（Mm）g+ma，则 A 正确，BCD 错误故选：A。【点评】本题关键是分别对重物和人受力分析，然后根据牛顿第二定律和平衡条件列式求解。7如图所示，质量 m 的球与弹簧 和水平细线相连，、的另一端分别固定于 P、Q球静止时，中拉力大小 T1，中拉力大小 T2，当仅剪断、中的一根的瞬间，球的加速度 a 应是（ ）A若断，则 a ，方向水平向右B若断，则 a ，方向水平向左C若断，则 a ，方向水平向左D若断，则 ag，竖直向下【分析】先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力。刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形
22、变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度。【解答】解：AB、绳子未断时，受力如图，刚剪断弹簧瞬间，的弹力突变为 0，细绳的拉力为零，小球故小球只受重力，加速度为 g，竖直向下，故 AB 错误；CD、刚剪短细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图由几何关系，F 合 T 1sinT 2ma，因而 a ，方向水平向左，故 C 正确，D 错误。故选：C。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；注意剪断细线和弹簧时，能够引起弹力不变的原因是小球本身有惯性。8人站在电梯中随电梯一起运动，下列过程中人处于“失重”状态的是（ ）A电梯减速上升 B电梯加速上升C电梯加速下降 D
23、电梯减速下降【分析】当物体有向下的加速度时物体处于失重状态；当物体加速度向上时，物体处于超重状态。【解答】解：A、减速上升加速度向下为失重，则 A 正确B、加速上升则加速度向上为超重，则 B 错误C、电梯加速下降加速度向下为失重，则 C 正确D、电梯减速下降加速度向上为超重，则 D 错误故选：AC。【点评】本题考查超重与失重的性质，注意明确加速度向下有两种可能：加速向下或减速向上。9某人在 t0 时刻，观察一个正在做匀加速直线运动的质点，现只测出该质点在第 3s 内和第 7s内的位移，则下列说法正确的是（ ）A不能求出任意一秒内的位移B不能求出任一时刻的瞬时速度C能求出第 3s 末到第 7s
24、末这段时间内的位移D能求出质点运动的加速度【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出质点的加速度，以及各秒内的位移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瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出各个时刻的瞬时速度【解答】解：A、因为连续相等时间内的位移之差是一恒量，已知第 3s 内和第 7s 内的位移，则可以得出相邻相等时间内的位移之差，从而得出任意 1s 内的位移，以及第 3s 末到第 7s 末的位移，故 A 错误，C 正确。B、根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即 ，可以求出加速度的大小，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瞬时速度的大小，结合速度时间公式求出
25、各个时刻的瞬时速度。故 B 错误，D 正确。故选：CD。【点评】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，有时运用推论求解会使问题更加简捷10如图所示，质量为 m 的木块 A 放在质量为 M 的三角形斜面 B 上，现用大小均为 F，方向相反的水平力分别推 A 和 B，它们均静止不动，则（ ）AA 与 B 之间不一定存在摩擦力BB 与地之间可能存在摩擦力CB 对 A 的支持力一定大于 mgD地面对 B 的支持力的大小一定等于（M+m）g【分析】先对 A、B 整体进行受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体 A 受力分析，根据平衡条件求解 B 对 A
26、的支持力和摩擦力【解答】解：B、D、对 A、B 整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力 N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好的合力为零，故整体与地面间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有N（M+m）g故 B 错误，D 正确；A、C、再对物体 A 受力分析，受重力 mg、已知的推力 F、斜面体 B 对 A 的支持力 N和摩擦力f，当推力 F 沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力 F 沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力 F 沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可
27、以得到：Nmgcos +Fsin故 A 正确，C 错误；故选：AD。【点评】本题关键是对 A、B 整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体 A 受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况11如图所示为甲、乙两个物体在同一条直线上运动的 t 图象t 0 时两物体相距 1.5m，下列说法正确的是（ ）A甲、乙两物体一定相遇两次B甲、乙两物体可能相遇一次C若 t1s 时两物体相遇，则 t3s 时两物体将再次相遇Dt2s 时两物体相遇【分析】由图可读出两个物体的初速度，由图象的斜率求出加速度，根据位移公式求得两个物体的位移，分析是否相遇【解答】解：由题意知，甲物体的
28、初速度为：v 12m/s，加速度为： a1 1m/s 2；位移为：x 12t+ 2t+乙物体的初速度 v20，加速度为：a 2 2m/s 2；位移为：x 2 t 2。如果开始时乙在甲的前面，相遇有：x 2+1.5x 1，解方程得：t1s 或 3s。如果开始时甲在乙的前面，相遇有：x 1+1.5x 2，解方程得：t2+ （s）。故两物体可能相遇两次，也可能相遇一次，故AD 错误，BC 正确。故选：BC。【点评】解决本题追及问题，关键要抓住相遇的条件，研究位移关系本题要注意开始时两个物体的位置关系未知，要分两种情况讨论，不能漏解12如图所示，A、B 两物块叠在一起静止在水平地面上，A 物块的质量
29、mA2kg，B 物块的质量mB3kg，A 与 B 接触面间的动摩擦因数 10.4，B 与地面间的动摩擦因数 20.1，现对 A或对 B 施加一水平外力 F，使 A、B 相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度 g10m/s 2，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）A若外力 F 作用到物块 A 时，则其最小值为 8NB若外力 F 作用到物块 A 时，则其最大值为 10NC若外力 F 作用到物块 B 时，则其最小值为 13ND若外力 F 作用到物块 B 时，则其最大值为 25N【分析】物体 A 与 B 刚好不发生相对滑动的临界条件是 A、B 间的静摩擦力达到最大值，外力 F作
30、用到物块 B 时，可以先对 A 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解；当外力 F 作用到物块 A 上时，可以先对 B 受力分析，再对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：AB、当外力 F 作用到 A 上时，A 对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达最大值，对 B 根据牛顿第二定律，有：代入数据解得：0.4200.1503a解得：对整体：代入数据：F0.15051解得：F10N ，最小值大于 B 与地面间的最大静摩擦力故 A 错误，B 正确；CD、当外力 F 作用到 B 上时，A 对 B 的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F 达最大值
31、，对 A，根据牛顿第二定律，有，得对 AB 整体：代入数据：F0.15054解得：F25N ，最小值大于 B 与地面间的最大静摩擦力故 BD 正确，AC 错误；故选：BD。【点评】本题关键抓住恰好不滑动的临界条件，然后灵活地选择研究对象，运用牛顿第二定律列式求解。二、实验题（每空 3 分，共 24 分）13探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，组成了如图 1 所示的装置，所用的每个钩码的质量都是 30g。他先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将 5 个钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度，在坐标系中作出弹簧弹力大小 F 跟弹簧总长度 x 之间的函数关系的图线（图 2）。（弹簧认为是轻
32、弹簧，弹力始终未超出弹性限度，取 g10m/s 2）（1）由图线求得该弹簧的劲度系数 k 26 N/m 。原长 6.0 cm（结果均保留两位有效数字），（2）某同学在做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用毫米刻度尺测出弹簧的原长 L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度 L，把 LL 0 作为弹簧的伸长量 x。这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图 3 中的 C 【分析】（1）对弹力于弹簧长度变化关系的分析。图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。由画得的图线为直线可知弹簧的弹力大小与弹簧伸长量成正
33、比。（2）结合该实验中的注意事项分析即可。【解答】解：（1）根据胡克定律 Fk（xx 0）即 Fkxkx 0，图象斜率等于弹簧的劲度系数故k当 F0 时，xx 0，即图象与 x 轴的交点等于弹簧的原长，即 x06.0cm（2）把弹簧悬挂后，由于弹簧自身有重力，在不加外力的情况下，弹簧已经有一定的伸长。故 C正确，ABD 错误。故选：C。故答案为：（1）27，6.0；（2）C；【点评】本题主要考查了胡克定律，明确实验原理及其实验注意事项，在第二问中，需要考虑弹簧自身的重力14某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：（1）该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力 小于 砝码
34、和盘的总重力（填“大于”“小于”或“等于”），为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M 与砝码和盘的总质量 m 满足 Mm 的条件。（2）他实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出）。s3.59cm，s4.41cm，s5.19cm，s5.97cm，s 56.78cm，s 67.64cm。则小车的加速度 a 0.80 m/s 2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB 0.40 m/s。（结果均保留两位有效数字）（3）通过实验得到如图丙所示的 aF 图象，造成这一结果的
35、原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。【分析】（1）当 Mm 时，可以用钩码的重力代替小车的拉力；（2）根据xaT 2 求得加速度，利用中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得；（3）根据 aF 图象可知，当 F0 时，加速度 a0，判断出原因即可【解答】解：（1）小车运动过程中，砝码和盘向下做加速运动处于失重状态，砝码和盘对细线的拉力小于其重力，小车在运动过程中受到的拉力小于砝码和盘的总重力；当小车质量 M 远大于砝码和盘总质量 m 时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码和盘的重力。（2）计数点间的时间间隔为 T，由匀变速直线运动的推论xaT 2
36、可知，加速度：a0.80m/s 2B 点的瞬时速度为（3）当 F0 时，小车已经具有了加速度，在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角偏大故答案为：（1）小于 Mm ；（2）0.80，0.40；（3）偏大【点评】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等。三、计算题（共 38 分）15如图，倾角为 37、足够长的斜面体固定在水平地面上，小木块在沿斜面向上的恒定外力 F作用下，从斜面上的 A 点由静止开始向上作匀加速运动，前进了 4.0m 到达 B 点时
37、，速度为8m/s。已知木块与斜面间的动摩擦因数 0.5，木块质量 m1kg。g 取 10m/s2，sin370.6，cos370.8。（1）小木块从 A 点运动到 B 点过程的加速度大小是多少？（2）木块所受的外力 F 多大？【分析】（1）木块从 A 到 B 过程，做匀加速运动，已知初速度、位移和末速度，由位移与速度关系公式求出加速度；（2）由牛顿第二定律求解外力 F。【解答】解：（1）由匀加速直线运动的规律得：v 22as代入数据解得：a8m/s 2（2）由牛顿第二定律得：Fmgsinmgcosma代入数据可求得：F18N答：（1）小木块从 A 点运动到 B 点过程的加速度大小是 8m/s2
38、（2）木块所受的外力 F 是 18N。【点评】本题考查了牛顿第二定律与运动公式结合处理动力学问题，分析清楚受力情况和运动特点即可正确解题。16如图所示，一长 L16m 的水平传送带，以 v10m/s 的速率匀速顺时针转动。将一质量为m1kg 的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5（取g10m/s 2）求（1）物块在传送带上从左端运动到右端的时间。（2）若该传送带装成与水平地面成 37倾角，以同样的速率顺时针转动。将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体从传送带上端运动到下端的时间。【分析】（1）物体放在传送带后先向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速
39、度，根据速度时间公式求得物体的速度与传送带的速度相等时经历的时间，并求得匀加速运动的位移，再由运动学公式求得匀速的时间，二者相加即可。（2）在顶端释放后，物体受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，先做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，达到与带相同速度后，根据为 tan 判断知道物块继续加速，摩擦力方向改变，再次求解加速度，结合运动学公式求得时间。【解答】解：（1）物体放上传送带后，根据牛顿第二定律有：mgma解得：ag5m/s 2能达到共速，则时间为：t 1 2s，因 s t110m L ，共速之后匀速，匀速运动的时间 t2 0.6s所以物块在传送带上从左端运动到右端的时间 tt 1+t22.
40、6s（2）在顶端释放后有：mgsin +mg cos ma 1代入数据解得：a 110m/s 2，方向沿斜面向下达到与传送带相同速度时有：t 3 1s达到与传送带相同速度时有：s 5mL之后：因为 tan0.75，物块继续加速，根据牛顿第二定律有：mgsinmg cosma 2解得：a 22m/s 2，方向沿斜面向下；由位移公式得：Lsvt 4+解得：t 41s（另一解 11s 舍去）物体从传送带上端运动到下端的时间为 t3+t42s答：（1）物块在传送带上从左端运动到右端的时间是 2.6s。（2）物体从传送带上端运动到下端的时间是 2s。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物
41、体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。17如图所示，有一长度 L5m 的木板放在光滑的水平面上，板上右端放一质量 m2kg 的物块，物块与长木板间的动摩擦因数 0.4，木板的质量为 M16kg，现在木板的右端施加一水平向右的拉力。将物块视为质点，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取 g10m/s 2。（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，求拉力的最大值 Fmax；（2）要使物体 2s 内从长木板上滑下，求拉力的最小值 Fmin。（3）如果把作用力 F 变为 F144N 只作用 t1s 后撤去，问物块能
42、否从木板滑落？【分析】（1）当物体与长木板刚好要发生相对滑动时，施加的拉力最大，对物体根据牛顿第二定律求出加速度，对整体求出拉力的最大值；（2）对物体和木板根据牛顿第二定律求出各自加速度，由运动学公式表示出物体和木板的位移，当拉力最小时，物块与木板的相对位移等于板长；（3）分别求得 F 作用和撤去 F 作用后木板与物块的位移，根据位移关系判定物块能否从长木板滑落。【解答】解：（1）物块与长木板刚要发生相对滑动时，施加的拉力为最大值，此时对物块有：umgma解得：aug4m/s 2以物块和长木板整体为研究对象，水平方向只受到拉力作用，故有：Fmax（m+M ）a N72N；（2）设物块刚好经过
43、2s 从长木板上滑下，则物块滑动的加速度大小为：a1g4m/s 2长木板的加速度大小为：2s 内物块的位移为：x 1 a1t22s 内长木板运动的位移为：x 2 a2t2且有 x2x 1L解得：F min112N；（3）长木板的加速度大小为 a3：Fumg Ma 3解得 a38.5m/s 21s 末物块的速度 v1a 1t4m/s1s 末长木板的速度 v2a 3t8.5m/s1s 内物块的位移为：x 1 a1t21s 内长木板运动的位移为：x 3 a3t2撤去外力 F 后长木板的加速度变为 a4 0.5m/s 2设达到共速的时间为 t1 则v1+a1 t1v 2a 4 t1解得 t11st11s 内物块的位移为 x4v 1 t1+ a1 t12t11s 内长木板运动的位移 x5v 2 t1 a4t12则 x3x 1+x5x 44.5m5m 所以不滑落。答：（1）要使物体与长木板不发生相对滑动，拉力的最大值 Fmax 为 72N；（2）要使物体 2s 内从长木板上滑下，求拉力的最小值 Fmin 为 112N；（3）如果把作用力 F 变为 F144N 只作用 t1s 后撤去，物块不能从木板滑落。【点评】解决本题的关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式，抓住位移关系进行求解。注意力变化时分过程逐一分析。
