1、河北省邯郸市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-8为单选题，9-12为多选题，多选题选对但不全的得2分，选错或不选的得零分）1（4分）两个物体P、Q的加速度apaq则（）AP的速度一定比Q的速度大BP的速度变化量一定比Q的速度变化量大CP的速度变化一定比Q的速度变化快DP受的合外力一定比Q受的合外力大2（4分）质点做直线运动的速度时间图象如图所示，该质点（）A第1 s内和第3 s内质点的速度不断增大，加速度不断减小B前1 s内和前3 s内质点运动的路程相同C物体在1 s，3 s时质点的运动方向发生变化D第2秒末和第4秒末质点的位置相同3（4分）一质点做
2、速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（）ABCD4（4分）如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A球A对竖直墙壁的压力大小为1mgB弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C绳OB的拉力大小等于mgD球A对地面的压力不可能为零5（4分）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO段水平，长度为L；绳
3、子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L则钩码的质量为（）A MB MC MD M6（4分）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小7（4分）竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是（设竖直向下为正方向）（）ABCD8（4分）如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和
4、滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，下列说法正确的是（）A当F5N时，A、B发生了相对滑动B始终保持相对静止C从一开始就发生了相对滑动D开始相对静止，后来发生相对滑动9（4分）用牛顿运动定律判断，下列说法正确的是（）A人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才能往前走B不论站着不动，还是走动过程中，人对地面的压力和地面对人的支持力，总是大小相等方向相反的C人站在沼泽地下陷时，人对沼泽地的压力大于沼泽地对人的支持力D以卵击石，石头完好而鸡蛋破了，但石头对鸡蛋的作用力仍等于鸡蛋对石头的作用力10（4分）已知两个共
5、点力的合力大小为100N，分力F1的方向与合力F的方向成45角，分力F2的大小为80N则（）AF1的大小是唯一的BF1的大小有两种可能CF2有两个可能的方向DF2的方向可以是任意的11（4分）一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是（）A物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间B物块上滑过程的加速度与下滑过程中的加速度等大反向C物块下滑时从b运动至c时间为tD物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小12（4分）倾角为=37的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重
6、为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数=0.5现给A施以一水平力F，如图所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37=0.6，cos 37=0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）A3B2C1D0.05二填空题（13题6分，14题9分，共15分）13（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量在国际单位中，杨氏模量Y的单位应该是 A N B m C N/m DN/m2某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸
7、长量x之间的关系图象如图所示由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k= N/m若该橡皮筋的原长是10.0cm，面积是1.0mm2，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是 （保留两位有效数字）14（9分）为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是 。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远
8、小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为 m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为 A2tanB CkD。三计算题（本题共4个小题，共37分其中15题8分，16题8分，17题10分，18题11分）15（8分）现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿
9、灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10m/s2（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯警戒线？（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？16（8分）如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量m=1kg，斜面倾角=30，悬线与竖直方向夹角=30，光滑斜面M=3kg置于粗糙水平面上，求：（1）悬线对小球拉力的大小（2）地面对斜面的摩
10、擦力的大小和方向（g=10m/s2）17（10分）如图，在水平地面上有一质量为4.0kg的物块，它与地面的动摩擦因数=0.2，在与水平方向夹角为=30的斜向上的拉力F作用下，由静止开始运动。经过2.0s的时间物块发生了4.0m的位移。（g=10m/s2）。试求：（1）物块的加速度大小；（2）拉力F的大小；（3）若拉力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为多大？18（11分）如图，质量M=8.0kg的小车停放在光滑水平面上在小车右端施加一个F=8.0N的水平恒力当小车向右运动的速度达到3.0m/s时，在其右端轻轻放上一个质量m=2.0kg的小物块（初速为零），物块与小车间的动摩擦
11、因数=0.20，假定小车足够长求：（1）经多长时间物块停止在小车上相对滑动？（2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是多少？（取g=10m/s2）2017-2018学年河北省邯郸市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分，其中1-8为单选题，9-12为多选题，多选题选对但不全的得2分，选错或不选的得零分）1（4分）两个物体P、Q的加速度apaq则（）AP的速度一定比Q的速度大BP的速度变化量一定比Q的速度变化量大CP的速度变化一定比Q的速度变化快DP受的合外力一定比Q受的合外力大【分析】加速度是表示速度变化快慢的物理量，在数值上等于
12、单位时间内速度的变化量【解答】解：A、加速度是表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，故A错误；B、加速度是表示速度变化快慢的物理量，在数值上等于单位时间内速度的变化量，不同时间速度改变量不同，故B错误；C、加速度是表示速度变化快慢的物理量，P的加速度大，故P的速度变化一定比Q的速度变化快，故C正确；D、由于质量大小未知，故无法比较合力大小，故D错误；故选：C。【点评】本题关键明确加速度的定义和物理意义，同时结合牛顿第二定律分析，基础题2（4分）质点做直线运动的速度时间图象如图所示，该质点（）A第1 s内和第3 s内质点的速度不断增大，加速度不断减小B前1 s内和前3 s内质点运动的路程相同
13、C物体在1 s，3 s时质点的运动方向发生变化D第2秒末和第4秒末质点的位置相同【分析】根据速度图象能直接读出速度的变化，根据速度图象的斜率分析加速度的变化。根据图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，分析位移，从而确定出路程关系。速度的正负表示速度的方向。根据位移关系分析质点位置关系。【解答】解：A、第1 s内质点的速度不断增大，根据速度图象的斜率表示加速度，知加速度不断减小。第3 s内质点的速度沿负方向不断增大，加速度不断减小，故A正确。B、只要质点在运动，其运动的路程就在增大，所以前1 s内的路程小于前3 s内的路程，故B错误。C、根据速度的正负表示质点的运动方向，知物体在
14、1 s，3 s时质点的运动方向均没有发生变化，故C错误。D、根据图象与时间轴围成的面积大小等于位移，知02s内的位移大于0，04s内的位移为0，所以第2秒末和第4秒末质点的位置不同，故D错误。故选：A。【点评】本题的关键要理解速度图象的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移，要注意位移的正负。3（4分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（）ABCD【分析】根据动能的变化可求出初末速度间的关系，再根据平均速度公式可求出平均速度，则由位移公式即可明确速度与位移时间的关系，再由加速度的定义即可求出质点的加速度。【解答】解：设质
15、点的初速度为v，则动能Ek1=mv2，由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故v=3v；故平均速度=2v；根据位移公式可知： =联立解得：v=；根据加速度定义可知a=，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为9倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时还要注意应用平均速度公式。4（4分）如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A球A对竖直
16、墙壁的压力大小为1mgB弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C绳OB的拉力大小等于mgD球A对地面的压力不可能为零【分析】先对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件得到支持力和拉力；再对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的支持力、细线的拉力、地面的支持力，根据平衡条件列式分析。【解答】解：C、对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；由于三个力夹角均为120度，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；A、对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力，（其中地面的支持力和拉力可能只有一个），在水平方向：，故A错误；B、弹簧静止，合力
17、为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；D、根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，故有：N+T=mg+Fsin30故T1.5mg，0N1.5mg。可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零。故D错误；故选：C。【点评】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答本题关键是先后对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析求解。共点力平衡的处理方法（1）三力平衡的基本解题方法力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力
18、按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解。5（4分）如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L则钩码的质量为（
19、）A MB MC MD M【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量。【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30，则环两边绳子的夹角为60，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，根据平衡条件，则钩码的质量为M。故选：D。【点评】该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题。力的计算离不开几何关系和三角函数。6（4分）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐
20、变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小【分析】本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力TB=mg根据平衡条件可知：TcosTB=0TsinF=0由此两式可得：F=TBtan=mgtanT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中
21、物体始终处于平衡状态条件的挖掘7（4分）竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是（设竖直向下为正方向）（）ABCD【分析】对物体受力分析根据牛顿第二定律求得加速度的变化，根据速度与阻力的变化关系即可判断出加速度的变化【解答】解：在上升过程中，对小球受力分析可知mg+f=ma，由于向上减速运动，速度减小，受到的阻力大小与速度大小成正比，故加速度减小到g，当达到最高点后开始加速下降，则mgf=ma，速度增大，加速度减小，故C正确，ABD错误故选：C。【点评】本题考查竖直上抛运动模型，弄清空气阻力方向的影
22、响是关键也可以结合牛顿第二定律，具体表达出上升时的加速度和下落时的加速度的表达式8（4分）如图所示，质量分别为m1=1kg、m2=2kg的滑块A和滑块B叠放在光滑水平地面上，A和B之间的动摩擦因数=0.5，拉力F作用在滑块A上，拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，下列说法正确的是（）A当F5N时，A、B发生了相对滑动B始终保持相对静止C从一开始就发生了相对滑动D开始相对静止，后来发生相对滑动【分析】隔离对B分析，求出A、B发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，从而判断出AB运动状态的关系。【解答】解：隔离对B分析，当A、B间静摩擦力达到最大值
23、时，A、B刚要发生相对滑动，则：a=m/s2=2.5m/s2。再对整体：F=（mA+mB）a=32.5N=7.5N知当拉力达到7.5N时，A、B才发生相对滑动。所以拉力F从0开始逐渐增大到7N的过程中，A、B始终保持相对静止。故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查牛顿第二定律的临界问题，关键找出临界状态，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律进行求解。9（4分）用牛顿运动定律判断，下列说法正确的是（）A人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才能往前走B不论站着不动，还是走动过程中，人对地面的压力和地面对人的支持力，总是大小相等方向相反的C人站在沼泽地下陷时，人对沼泽地的压力大于
24、沼泽地对人的支持力D以卵击石，石头完好而鸡蛋破了，但石头对鸡蛋的作用力仍等于鸡蛋对石头的作用力【分析】作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，在任何情况下都相等。根据牛顿第二定律知，物体的加速度与合力的方向相。【解答】解：A、人走路时，地对脚的力与脚蹬地的力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；B、不论站着不动，还是走动过程中，人对地面的压力和地面对人的支持力是作用力和反作用力，总是大小相等方向相反的，故B正确；C、人站在沼泽地下陷时，人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力是作用力和反作用力，总是大小相等方向相反的，故C错误；D、以卵击石，石头完好而鸡蛋破了，但石头对
25、鸡蛋的作用力仍等于鸡蛋对石头的作用力，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查了牛顿第二定律和牛顿第三定律的基本运用，知道加速度与合力的关系，以及知道作用力和反作用力的大小关系。10（4分）已知两个共点力的合力大小为100N，分力F1的方向与合力F的方向成45角，分力F2的大小为80N则（）AF1的大小是唯一的BF1的大小有两种可能CF2有两个可能的方向DF2的方向可以是任意的【分析】已知合力的大小为100N，一个分力F1的方向已知，与F成45夹角，另一个分力的最小值为Fsin45=50N，根据三角形定则可知分解的组数【解答】解：已知一个分力有确定的方向，与F成45夹角，知另一个分力的最小值为：
26、Fsin45=50N，而另一个分力大小80N，大于50N，小于100N，所以分解的组数有两组解。如图，故BC正确，AD错误；故选：BC。【点评】解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的11（4分）一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑，最高可滑至b点，后又滑回至a点，c是ab的中点，如图所示，已知物块从a上滑至b所用时间为t，下列分析正确的是（）A物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间B物块上滑过程的加速度与下滑过程中的加速度等大反向C物块下滑时从b运动至c时间为tD物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小【分
27、析】分析物体的受力情况，从而明确物体的加速度及往返过程的运动情况，即可求得时间及平均速度。【解答】解：A、由于小球只受重力和支持力，故小球的加速度方向始终相同，均为a=gsin，方向向下；故bc和cb过程是可逆的；故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间；故A正确，B错误；C、由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知tbc：tca=1：（1）；而tbc+tca=t；解得：tbc=；故C正确；D、由于C是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小；故D错误；故选：AC。【点评】本题很好的考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是
28、平均速度公式的应用一定能熟练掌握。12（4分）倾角为=37的斜面与水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数=0.5现给A施以一水平力F，如图所示设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等（sin 37=0.6，cos 37=0.8），如果物体A能在斜面上静止，水平推力F与G的比值可能是（）A3B2C1D0.05【分析】若物体刚好不下滑，分析物体受力情况：重力、水平力F、斜面的支持力和静摩擦力，此时静摩擦力沿斜面向上，达到最大值根据平衡条件和摩擦力公式求出F与G的比值最小值，同理，物体刚好不上滑时求出F与G的比值最大值，得到F与G的比值范围，即可选择【解答】解：设物体刚好不下滑时
29、F=F1，作出力图如图。则由平衡条件得： F1cos+f1=Gsin， N1=F1sin+Gcos。又 f1=N1联立得： =；设物体刚好不上滑时F=F2，则： F2cos=N2+Gsin， N2=F2sin+Gcos，得： =2即得2则AD错误，BC正确。故选：BC。【点评】本题关键要正确分析物体的受力情况，作出物体的受力示意图当物体相对于另一物体刚要滑动时它们之间的静摩擦力达到最大值二填空题（13题6分，14题9分，共15分）13（6分）橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数
30、，材料力学中称之为杨氏模量在国际单位中，杨氏模量Y的单位应该是DA N B m C N/m DN/m2某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图所示由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k=500N/m若该橡皮筋的原长是10.0cm，面积是1.0mm2，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是5.0107（保留两位有效数字）【分析】根据表达式k=推导出Y的单位根据图象中的直线部分由胡克定律求出劲度系数【解答】解：由K=可知，Y=；故Y的单位为：Nm/m2m=N/m2；故D正确、ABC错误故选：D图象中直线部分符合胡确定律，则可知，k=N/m=5102N/m根据表达式k=得：Y
31、=N/m2=5.0107N/m2故答案为：D； 500；5.0107【点评】本题结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题要求学生具有一定的根据实验数据获取信息的能力同时要掌握Fx图线的斜率表示劲度系数14（9分）为了探究质量一定时加速度与力的关系。一同学设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是BD。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E
32、为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为1.3m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的aF图象是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为DA2tanB CkD。【分析】（1）解决实验问题首先要理解实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，即可解答本题；（2）根据公式x=aT2，依据逐差法可得小车加速度。（3）小车质量不变时，加速度与拉
33、力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量倒数的2倍。结合数学知识解答。【解答】解：（1）AE、本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故AE错误。B、先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误；D、要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BD。（2）由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间
34、隔为 T=0.06s，由x=aT2可得：a=1.3m/s2。（3）由2F=ma，得 a=，对aF图来说，图象的斜率 k=，得 m=。对于斜率k，不能根据k=tan求解，所以不能根据m=求小车的质量m。故ABC错误，D正确。故选：D。故答案为：（1）BD； （2）1.3； （3）D【点评】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，要理解小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对aF图来说，图象的斜率表示小车质量倒数的2倍，不是表示小车质量的倒数。三计算题（本题共4个小题，共37分其中15题8分，16题8分，17题10分，18题11分）15（8分）现有甲、乙两汽车正沿
35、同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s）已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10m/s2（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯警戒线？（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？【分析】（1）甲刹车时，水平方向受到制动力，根据牛顿第二定律求出甲刹车时的加速度由运动学速度位移关系式
36、求出速度减小到零时的位移大小，与15m比较，确定甲车能否避免闯警戒线（2）由乙车制动力，根据牛顿第二定律求出乙刹车时的加速度当两车恰好相撞时的条件：速度相等，根据速度公式求出所用时间，应用位移公式求出两车的位移，再求解两车行驶过程中至少应保持的距离【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得：甲车紧急刹车的加速度a1=4m/s2 这段时间滑行距s= 将数据代入解得：s=12.5m 因为s15m，所以甲车司机能避免闯警戒线（2）设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距s0，在乙车刹车t2时间两车恰好相撞，则有：乙车紧急刹车的加速度为a2=5m/s2 v0a1（t2+t0）=v0a2t2 代入解得t2=2s乙
37、车通过的位移大小 s乙=v0t0+v0t2a2t22=15m 甲车通过的位移大小 s甲=v0（t0+t2）a1（t0+t2）2=12.5m代入解得 s0=s乙s甲=（1512.5）m=2.5m答：（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能避免闯警戒线 （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持2.5m距离【点评】本题第（1）问也可以用动能定理求解：f1s=0，s=12.5m第（2）问关键是抓住恰好相撞的条件：两车速度相同16（8分）如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量m=1kg，斜面倾角=30，悬线与竖直方向夹角=30
38、，光滑斜面M=3kg置于粗糙水平面上，求：（1）悬线对小球拉力的大小（2）地面对斜面的摩擦力的大小和方向（g=10m/s2）【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬线对小球拉力大小（2）以小球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向【解答】解：（1）以小球为研究对象，受力分析如答图1所示 根据平衡条件得知，T与N的合力F=mgTcos30= F解得：T=N（2）以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如答图2所示由于系统静止，合力为零，则有：f=Tcos60=N=N方向水平向左答：（1）悬线对小球拉力大小为N；（
39、2）地面对斜面的摩擦力的大小为N方向水平向左【点评】本题是两个物体的平衡问题，要灵活选择研究对象，正确分析受力，作出力图，是解题的关键17（10分）如图，在水平地面上有一质量为4.0kg的物块，它与地面的动摩擦因数=0.2，在与水平方向夹角为=30的斜向上的拉力F作用下，由静止开始运动。经过2.0s的时间物块发生了4.0m的位移。（g=10m/s2）。试求：（1）物块的加速度大小；（2）拉力F的大小；（3）若拉力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为多大？【分析】（1）物块做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移时间公式，求出物块的加速度大小。（2）物体受重力、拉力、支持力和
40、摩擦力，根据牛顿牛顿第二定律求出合力，再求出拉力F的大小。（3）对物块进行受力分析，写出平衡方程，求得F与的关系式，然后结合三角函数公式即可求解。【解答】解：（1）物块做匀加速直线运动，由x=得：a=2m/s2。（2）物体受力如图，由力的平衡和牛顿第二定律有水平方向有 Fcosf=ma竖直方向有 FN+Fsin=mg又 f=FN由得：F16.6N（3）由力的平衡条件得 Fcos=f FN+Fsin=mg又 f=FN解得 F=令：sin=，cos=，则得F=根据数学知识可知F的最小值为：Fmin=解得Fmin= N答：（1）物块的加速度大小是2m/s2；（2）拉力F的大小是16.6N；（3）若拉
41、力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为N。【点评】解决本题时要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力。18（11分）如图，质量M=8.0kg的小车停放在光滑水平面上在小车右端施加一个F=8.0N的水平恒力当小车向右运动的速度达到3.0m/s时，在其右端轻轻放上一个质量m=2.0kg的小物块（初速为零），物块与小车间的动摩擦因数=0.20，假定小车足够长求：（1）经多长时间物块停止在小车上相对滑动？（2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是多少？（取g=10m/s2）【分析】（1）分别对滑块和平板车进行受力分析，它们
42、都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，即可以求出时间；（2）滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，分别求出两个运动的位移即可解题【解答】解：（1）对物块：mg=ma1a1=g=2m/s2对小车：Fmg=Ma2a2=0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同则有：a1t1=0+a2t1t1=（2）t1物块位移x1=t1时刻物块速度1=a1t1=4m/st1后M，m有相同的加速度，对M，m 整体有：F=（M+m）a3a3=0.8m/s2x2=1（tt1）+=4.4m3S内物块位移x=x1+x2=8.4m 答：（1）经多2s物块停止在小车上相对滑动； （2）小物块从放在车上开始，经过t=3.0s，通过的位移是8.4m【点评】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中
