福建省莆田二十四中2017届高三上学期期中物理试卷

福建省莆田二十四中2017届高三上学期期中物理试卷

‎2016-2017学年福建省莆田二十四中高三（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择（共8题，每小题3分，共24分）‎ ‎1．一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为（　　）‎ A．120m/s2，方向与踢出方向相同 B．120m/s2，方向与飞来方向相同 C．360m/s2，方向与踢出方向相同 D．360m/s2，方向与飞来方向相同 ‎2．我国发射的“神州十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接．假设“神州十号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上天宫一号实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量△m的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2．这个过程中，下列各表达式正确的是（　　）‎ A．mv=mv1﹣△mv2 B．mv=mv1+△mv2‎ C．mv=（m﹣△m）v1﹣△mv2 D．mv=（m﹣△m）v1+△mv2‎ ‎3．一物体初速度为0的匀加速直线运动，测得它在第ns内的位移为S，则物体在1S末的速度为（　　）‎ A． B． C． S D． S ‎4．如图所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，则关于A与B受力的个数判断正确的是（　　）‎ A．A可能受3个力 B．B可能受2个力 C．A一定受4个力 D．B一定受5个力 ‎5．如图所示，两个等大的水平力F分别作用在物体B、C上．物体A、B、C都处于静止状态．各接触面与水平地面平行．物体A、C间的摩擦力大小为f1，物体B、C间的摩擦力大小为f2，物体C与地面间的摩擦力大小为f3，则（　　）‎ A．f1=0，f2=0，f3=0 B．f1=F，f2=0，f3=0‎ C．f1=0，f2=F，f3=0 D．f1=0，f2=F，f3=F ‎6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变小 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎7．一观察者发现，每隔一定时间有一滴水自8m高的屋檐落下，而且看到第五滴水刚要离开屋檐时，第一滴水正好落到地面，那么，这里第二滴离地面的高度是（　　）‎ A．2m B．2.5m C．2.9m D．3.5m ‎8．一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120km/h．若汽车行驶时受到的阻力大小不变，下列说法中错误的是（　　）‎ A．汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N B．汽车消耗功率为45kW时，若其加速度为0.4m/s2则它行驶的速度为15m/s C．汽车以54km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30kW D．若汽车保持额定功率不变从静止启动，汽车启动后加速度将会越来越小 ‎　‎ 二、多项选择（共4题，每小题4分，共16分）‎ ‎9．下列关于惯性的说法正确的是（　　）‎ A．汽车的质量越大，惯性越大 B．汽车的速度越大，惯性越大 C．汽车静止时，车上的乘客没有惯性 D．汽车急刹车时，乘客的身体由于惯性而发生倾斜 ‎10．在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演，伞兵从静止的直升机跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以v2速度着地，伞兵运动的速度时间图象如图所示下列结论中正确的是（　　）‎ A．在t0～3t0时间内平均速度＜‎ B．打开降落伞后降落伞和伞兵所受的阻力越来越小 C．在0～t0时间内加速度先增大后减小，在t0～3t0之间加速度一直减小 D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下则他们在空中的距离先增大后减小 ‎11．一斜面体被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，在斜面上放一物体，如图所示，以下判断正确的是（　　）‎ A．若物体静止在斜面上，则B受到斜面体的挤压 B．若物体匀速下滑，则A、B不会受到斜面体的挤压 C．若物体加速下滑，则A受到斜面体的挤压 D．若物体减速下滑，则A受到斜面体的挤压 ‎12．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧时加速度最大 B．当△x=0.1m时，小球处于失重状态 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能一直减小 ‎　‎ 三、实验题（每空3分，共27分）‎ ‎13．用游标卡尺来测量工件的直径，如图所示．该工件的直径为　　cm ‎14．如图1在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮条一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．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．‎ ‎（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，必须　　‎ A．每次把橡皮条拉直B．每次将橡皮条结点拉到同样的位置 C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向 ‎（2）在某次实验中，某同学的实验结果如图2所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳结点的位置．图中力F1与F2的合力的理论值是　　，力F1与F2的合力的实验值是　　．‎ ‎15．某实验小组采用如图1所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系．‎ ‎（1）本实验仪器：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细砂的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺．还缺少的一件器材是　　．‎ ‎（2）下列关于该实验的说法中正确的是　　．‎ A．平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，应先接通打点计时器，再放开小车 D．在每次实验时，应使砝码和砝码盘的总质量远大于小车的质量 ‎（3）该实验小组采用正确的实验步骤后，利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的其中一条纸带如图3所示：（图中每两个计数点间还有四个点未画出）则在该次实验中，打下D点时小车的速度大小为　　m/s，小车运动的加速度大小为　　m/s2（以上结果均保留三位有效数字）．‎ ‎（4）在“探究加速度与合外力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图2所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因为　　．‎ ‎　‎ 四、计算题（8分+8分+9分+8分，共33分）‎ ‎16．甲、乙两辆汽车沿平直公路同向匀速行驶，V甲=20m/s，V乙=10m/s．某时刻，甲车在乙车前面，它们之间相距s0=40m时，甲车刹车作匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2．从此时刻起，求：‎ ‎（1）甲车经过多长时间停止运动，甲车停止时所通过的位移为多少？‎ ‎（2）甲、乙两辆汽车什么时候距离最大，最大的距离为多少？‎ ‎17．如图，物体A、B用跨过轻滑轮的细绳相连，平衡时绳CO与竖直方向成30°角．已知B重100N，地面对B的支持力为80N，求：‎ ‎（1）A的重力的大小 ‎（2）物体B与地面的摩擦力的大小 ‎（3）绳OC的拉力的大小．‎ ‎18．质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物体上滑的总路程x；‎ ‎（3）此后物体能下滑吗？若能，请求物体回到斜面底端时的速度大小．‎ ‎19．小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g．将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：‎ ‎（1）物块滑到O点时的速度大小．‎ ‎（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能．‎ ‎（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省莆田二十四中高三（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择（共8题，每小题3分，共24分）‎ ‎1．一足球以12m/s的速度飞来，被一脚踢回，踢出时速度大小为24m/s，球与脚接触时间为0.1s，则此过程中足球的加速度为（　　）‎ A．120m/s2，方向与踢出方向相同 B．120m/s2，方向与飞来方向相同 C．360m/s2，方向与踢出方向相同 D．360m/s2，方向与飞来方向相同 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】根据加速度的定义，规定正方向后求解即可．加速度为正值表示加速度的方向与规定的方向相同，为负值表示加速度的方向与规定的方向相反．‎ ‎【解答】解：规定初速度的方向为正方向，则加速度，负号表示加速度的方向与初速度方向相反．所以ABD错误，C正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．我国发射的“神州十号”飞船与“天宫一号”空间站实现了完美对接．假设“神州十号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上天宫一号实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量△m的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2．这个过程中，下列各表达式正确的是（　　）‎ A．mv=mv1﹣△mv2 B．mv=mv1+△mv2‎ C．mv=（m﹣△m）v1﹣△mv2 D．mv=（m﹣△m）v1+△mv2‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】以飞船与喷出的气体为研究对象，飞船喷出气体过程动量守恒，应用动量守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：以飞船与喷出的气体为研究对象，以飞船的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mv=（m﹣△m）v1﹣△mv2，故C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．一物体初速度为0的匀加速直线运动，测得它在第ns内的位移为S，则物体在1S末的速度为（　　）‎ A． B． C． S D． S ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式，抓住第ns内的位移等于ns内的位移减为（n﹣1）s内的位移求出物体运动的加速度，由v=at 求的速度 ‎【解答】解：根据匀变速直线运动的位移时间公式得：‎ ‎，‎ 解得：a=‎ 故1s末的速度为v=at=．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，则关于A与B受力的个数判断正确的是（　　）‎ A．A可能受3个力 B．B可能受2个力 C．A一定受4个力 D．B一定受5个力 ‎【考点】物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受两个力作用，墙面无作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件解决受力个数．‎ ‎【解答】解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，‎ 竖直方向：F=GA+GB 水平方向，不受力，故墙面无弹力 隔离B物体，必受重力、A对B的弹力和摩擦力作用，受三个力；‎ 隔离A物体，受受重力、B对A的弹力和摩擦力、外力F，共4个力作用；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两个等大的水平力F分别作用在物体B、C上．物体A、B、C都处于静止状态．各接触面与水平地面平行．物体A、C间的摩擦力大小为f1，物体B、C间的摩擦力大小为f2，物体C与地面间的摩擦力大小为f3，则（　　）‎ A．f1=0，f2=0，f3=0 B．f1=F，f2=0，f3=0‎ C．f1=0，f2=F，f3=0 D．f1=0，f2=F，f3=F ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】把ABC看做一个整体进行受力分析，可知C与地面间的摩擦力情况，再分别把AB隔离出来，分别受力分析，可知AC之间及BC之间的静摩擦力情况．‎ ‎【解答】解：把ABC看做一个整体，从整体的角度考虑，由于是两个等大、反向的力分别作用在系统上，所以物体C与地面间的摩擦力大小f3=0；‎ 隔离物体A进行受力分析，因物体A静止于物体C上，相对于C无相对运动趋势，所以物体A、C间的摩擦力大小f1=0；‎ 隔离物体B进行受力分析，B受到水平向右的拉力F作用而相对于C静止，但有向右的运动趋势，会受到向左的静摩擦力，由二力平衡可知f2=F 所以选项ABD错误，选项C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．移动过程中（　　）‎ A．细线对小球的拉力变小 B．斜面对小球的支持力变大 C．斜面对地面的压力变大 D．地面对斜面的摩擦力变小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】取小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力、支持力与绳子和斜面夹角的关系式，即可分析其变化；对斜面研究，由平衡条件分析地面对斜面的支持力和摩擦力，即可分析斜面对地面的压力变化．‎ ‎【解答】解：A、B设物体和斜面的质量分别为m和M，绳子与斜面的夹角为θ．‎ 取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和绳子的拉力T，则由平衡条件得 斜面方向：mgsinα=Tcosθ ①‎ 垂直斜面方向：N+Tsinθ=mgcosα ②‎ 使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大．‎ 由②知，N变小，故AB错误．‎ C、D对斜面和小球整体分析受力：重力（M+m）g、地面的支持力N′和摩擦力f、绳子拉力T，由平衡条件得 f=Nsinα，N变小，则f变小，‎ N′=（M+m）g+Ncosα，N变小，则N′变小，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变小．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．一观察者发现，每隔一定时间有一滴水自8m高的屋檐落下，而且看到第五滴水刚要离开屋檐时，第一滴水正好落到地面，那么，这里第二滴离地面的高度是（　　）‎ A．2m B．2.5m C．2.9m D．3.5m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】雨滴做自由落体运动，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，设每隔时间T滴一点水，根据位移时间关系即可求解．‎ ‎【解答】解：自由落体运动是初速度为0的匀加速直线运动，从开始运动，当第一滴水落地时，第五滴水刚好开始下落，之间正好有四个相等时间间隔，设每隔时间T滴一点水，‎ 根据h=‎ t==‎ 所以T==‎ 此时第二滴水运动的时间为3T=‎ 所以h′==4.5m 所以这里第二滴离地面的高度是8﹣4.5m=3.5m 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．一汽车质量为3×103 kg，它的发动机额定功率为60kW，它以额定功率匀速行驶时速度为120km/h．若汽车行驶时受到的阻力大小不变，下列说法中错误的是（　　）‎ A．汽车行驶时受到的阻力大小为1.8×103 N B．汽车消耗功率为45kW时，若其加速度为0.4m/s2则它行驶的速度为15m/s C．汽车以54km/h的速度匀速行驶时消耗的功率为30kW D．若汽车保持额定功率不变从静止启动，汽车启动后加速度将会越来越小 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】本题的关键是明确：①P=Fv中，F是牵引力，②匀速时满足F=f，此时应满足P=f，③涉及到加速度时应满足F﹣f=ma，然后再进行计算即可．‎ ‎【解答】解：A：汽车匀速时应有F=f，根据P=Fv可知，应有P=fv，解得汽车受到的阻力f==1.8N，所以A正确；‎ B：由F﹣f=ma可得：F=f+ma=1.8=3.0N，‎ 再由P=Fv可得：v==m/s=15m/s，所以B正确；‎ C：匀速时应有F=f，所以P=Fv=fv，代入数据可得P=27kW，所以C错误；‎ D：由P=Fv，若汽车保持额定功率不变启动，则牵引力将逐渐减小，再由F﹣f=ma可知，加速度将会越来越小，所以D正确．‎ 本题选择错误的，故选：C．‎ ‎　‎ 二、多项选择（共4题，每小题4分，共16分）‎ ‎9．下列关于惯性的说法正确的是（　　）‎ A．汽车的质量越大，惯性越大 B．汽车的速度越大，惯性越大 C．汽车静止时，车上的乘客没有惯性 D．汽车急刹车时，乘客的身体由于惯性而发生倾斜 ‎【考点】惯性．‎ ‎【分析】惯性是物体固有的属性，惯性和物体的运动状态无关，惯性的大小和质量成正比．‎ ‎【解答】解：A、惯性是物体固有的属性，惯性之跟质量有关，质量越大，惯性越大，和物体的运动状态无关，故A正确，BC错误；‎ D、汽车急刹车时，由于惯性人保持向前运动，所以乘客的身体发生倾斜，故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ ‎10．在反恐演习中，中国特种兵进行了飞行跳伞表演，伞兵从静止的直升机跳下，在t0时刻打开降落伞，在3t0时刻以v2速度着地，伞兵运动的速度时间图象如图所示下列结论中正确的是（　　）‎ A．在t0～3t0时间内平均速度＜‎ B．打开降落伞后降落伞和伞兵所受的阻力越来越小 C．在0～t0时间内加速度先增大后减小，在t0～3t0之间加速度一直减小 D．若第一个伞兵在空中打开降落伞时第二个伞兵立即跳下则他们在空中的距离先增大后减小 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】根据速度图象的“面积”等于位移，将在t0～3t0的时间内物体的位移与匀减速直线运动的位移进行比较，再分析平均速度与的大小．根据速度图象的斜率表示加速度，分析加速度如何变化．根据牛顿第二定律分析阻力如何变化．‎ ‎【解答】解：A、在t0～3t0的时间内，假设伞兵做匀减速直线运动，图象为直线，其平均速度为，根据“面积”等于位移可知，匀减速直线运动的位移大于伞兵实际运动的位移，则平均速度＜，故A正确．‎ B、设降落伞和伞兵的总质量为m，所受的阻力为f，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：f﹣mg=ma，得f=mg+ma，由图知，a逐渐减小，则f也逐渐减小．即降落伞和伞兵所受的阻力越来越小．故B正确．‎ C、在0～t0时间伞兵做匀加速直线运动，加速度不变，2t0～3t0时间内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小．故C错误．‎ D、第一个伞兵在空中打开降落伞时的速度比第二个伞兵跳下时速度大，所以两者距离逐渐变大，后来第二个人的速度大于第一个跳伞运动员时，两者距离又减小，故D正确；‎ 故选：ABD ‎　‎ ‎11．一斜面体被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，在斜面上放一物体，如图所示，以下判断正确的是（　　）‎ A．若物体静止在斜面上，则B受到斜面体的挤压 B．若物体匀速下滑，则A、B不会受到斜面体的挤压 C．若物体加速下滑，则A受到斜面体的挤压 D．若物体减速下滑，则A受到斜面体的挤压 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】解本题时应对整体进行分析，根据系统牛顿第二定律来求解，否则，若用隔离法分析很麻烦．‎ ‎【解答】解：将物体和斜面看做一个整体系统进行分析：‎ A、若物体静止，则系统所受合力为零，即A、B均不受挤压，A错误；‎ B、若物体匀速下滑，则系统所示合力仍为零，B正确；‎ C、若物体加速下滑，设加速度大小为a，在水平方向的加速度：ax，且ax=acosθ，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F=max=macosθ，方向向左，即B应受到挤压，C错误；‎ D、若减速下滑，则加速度方向沿斜面向上，在水平方向的分加速度为ax=acosθ，方向向右，再对系统应用牛顿第二定律，水平方向应有F=max=macosθ，即小桩A应对斜面产生向右的挤压力，则A受到挤压，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球刚接触弹簧时加速度最大 B．当△x=0.1m时，小球处于失重状态 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的机械能一直减小 ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据图象可知，当△x为0.1m时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据k△x=mg求出k，再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最低点的加速度，与刚开始接触时比较得出什么时候加速度最大，小球和弹簧组成的系统机械能守恒．‎ ‎【解答】解：AC、由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg 解得：k===20N/m 弹簧的最大缩短量为△xm=0.61m，‎ 所以弹簧的最大值为 Fm=20N/m×0.62m=12.4N．‎ 弹力最大时的加速度 a===52m/s2，小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2，所以压缩到最短的时候加速度最大，故A错误，C正确；‎ B、当△x=0.1m时，小球的加速度为零，弹簧的弹力大小等于重力大小，处于平衡状态，故B错误；‎ D、从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹力对小球一直做负功，则小球的机械能一直减小．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 三、实验题（每空3分，共27分）‎ ‎13．用游标卡尺来测量工件的直径，如图所示．该工件的直径为　1.340　cm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：1.3cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm=0.040cm，所以最终读数为：1.3cm+0.040cm=1.340cm．‎ 故答案为：1.340‎ ‎　‎ ‎14．如图1在“探究力的平行四边形定则”的实验中，用图钉把橡皮条一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳另一端系着绳套B、C（用来连接弹簧测力计）．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．‎ ‎（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，必须　B　‎ A．每次把橡皮条拉直B．每次将橡皮条结点拉到同样的位置 C．每次准确读出弹簧测力计的示数D．每次记准细绳的方向 ‎（2）在某次实验中，某同学的实验结果如图2所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳结点的位置．图中力F1与F2的合力的理论值是　F　，力F1与F2的合力的实验值是　F’　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】验证力的平行四边形定则实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力（实际值）进行比较．用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值 ‎【解答】解：（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，必须每次将橡皮条拉到同样的位置，故B正确，ACD错误；‎ ‎（2）F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的理论值，F′是F1与F2合成的实验值．‎ 故答案为：（1）B；（2）F，F'‎ ‎　‎ ‎15．某实验小组采用如图1所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系．‎ ‎（1）本实验仪器：A．长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C．细绳、小车、砝码；D．装有细砂的小桶；E．薄木板；F．毫米刻度尺．还缺少的一件器材是　天平　．‎ ‎（2）下列关于该实验的说法中正确的是　BC　．‎ A．平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，应先接通打点计时器，再放开小车 D．在每次实验时，应使砝码和砝码盘的总质量远大于小车的质量 ‎（3）该实验小组采用正确的实验步骤后，利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的其中一条纸带如图3所示：（图中每两个计数点间还有四个点未画出）则在该次实验中，打下D点时小车的速度大小为　0.562　m/s，小车运动的加速度大小为　1.19　m/s2（以上结果均保留三位有效数字）．‎ ‎（4）在“探究加速度与合外力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F关系图线如图2所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因为　平衡摩擦力过度　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）本题需测量小车的质量，所以还需要天平；‎ ‎（2）探究加速度与拉力的关系实验时，要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车；‎ ‎（3）根据平均速度公式可求得D点的瞬时速度，利用匀变速直线运动的推论，根据作差法求出加速度；‎ ‎（4）分析图象，明确图象截距的意义，从而明确实验误差原因．‎ ‎【解答】解：（1）本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；‎ ‎（2）码和砝码盘的重力等于小车受到的拉力，因此在平衡小车受到的摩擦力时，不能将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，故A错误；‎ B、平衡摩擦力是利用小车本身重力的下滑分量来进行的，即mgsin θ=μmgcos θ，由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力，故B正确；‎ C、实验时，应先接通打点计时器，等打点计时器工作稳定后再放开小车，故C正确；‎ D、在该实验中，认为砝码和砝码盘的重力等于细绳拉小车的拉力，实际上，由于砝码和砝码盘要加速下降，所以细绳对小车的拉力要小于砝码和砝码盘的重力，所以为了减小误差，砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，故D错误．‎ 故选：BC；‎ ‎（3）由图可知，AB=2.62cm=0.0262m；BC=3.84cm=0.0384m；CD=5.00cm=0.05m；DE=6.23cm=0.0623m；‎ D点的速度等于CE段的平均速度，故有：vD==0.562m/s；‎ 根据逐a=可得：a===1.19m/s2；‎ ‎（4）当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，‎ 故答案为：（1）天平（2）BC；（3）0.562；1.19；（4）平衡摩擦力过度 ‎　‎ 四、计算题（8分+8分+9分+8分，共33分）‎ ‎16．甲、乙两辆汽车沿平直公路同向匀速行驶，V甲=20m/s，V乙=10m/s．某时刻，甲车在乙车前面，它们之间相距s0=40m时，甲车刹车作匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2．从此时刻起，求：‎ ‎（1）甲车经过多长时间停止运动，甲车停止时所通过的位移为多少？‎ ‎（2）甲、乙两辆汽车什么时候距离最大，最大的距离为多少？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求解时间，然后由位移公式求出位移．‎ ‎（2）当两车速度相等时，两车间的距离最大．根据速度相等条件求出时间，分别求出两车的位移，两者之差等于它们间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）根据得，甲车停止时间 甲车停止时所通过的位移 ‎（2）当甲乙两车速度相等时，距离最大 即：10=20﹣5t′‎ 解得：t′=2s 甲车位移=‎ 乙车位移：‎ 最大距离 答：（1）甲车经过4s停止运动，甲车停止时所通过的位移为40m ‎（2）甲、乙两辆汽车经2s距离最大，最大的距离为50m ‎　‎ ‎17．如图，物体A、B用跨过轻滑轮的细绳相连，平衡时绳CO与竖直方向成30°角．已知B重100N，地面对B的支持力为80N，求：‎ ‎（1）A的重力的大小 ‎（2）物体B与地面的摩擦力的大小 ‎（3）绳OC的拉力的大小．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】本题的关键是分别对物体A、B以及滑轮受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，本题的难点是通过对滑轮受力分析求出绳OC与竖直方向夹角为60°．‎ ‎【解答】解：（1）对A受力分析可知绳子拉力F=，绳OC拉力、F、G三力的合力为零，故G与F关于OC对称，对B受力分析，如图所示，在竖直方向有：Fcos60°+=G，‎ 代入数据解得： =F=40N 即A的重力大小为40N．‎ ‎（2）对B受力分析，由上图可知，在水平方向有地面对B摩擦力大小为：f=Fsin60°=20N．‎ 即物体B与地面的摩擦力的大小20N．‎ ‎（3）对滑轮受力分析可知，绳OC拉力与A与B拉力的合力大小相等方向相反，又A与B对滑轮拉力大小相等，所以OC拉力大小为：F=2Fcos30°=40N 即绳OC拉力的大小为40N．‎ ‎　‎ ‎18．质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ=37°，力F作用2s后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25s后，速度减为零．（已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）．求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）物体上滑的总路程x；‎ ‎（3）此后物体能下滑吗？若能，请求物体回到斜面底端时的速度大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后的加速度的表达式，再根据运动学基本公式列式即可求解动摩擦因数；‎ ‎（2）根据第一问的表达式求出匀加速上升和匀减速上升的加速度，根据位移时间公式求出上升的总位移；‎ ‎（3）先比较重力的分力和摩擦力判断物体能否沿斜面下滑，然后根据动能定理求出下滑到斜面底端的速度．‎ ‎【解答】解：（1）设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，撤去F前，对物体受力分析如图所示，‎ 由牛顿第二定律得 有FN=Fsin θ+mgcos θ Fcos θ﹣Ff﹣mgsin θ=ma1‎ 又Ff=μFN，‎ 代入数据得a1=10﹣20μ 由运动学规律可得v=a1t1‎ 撤去F后受力分析，由牛顿第二定律得，a2=gsin θ+μgcos θ 代入数据得a2=6+8 μ 由匀变速运动规律有v=a2t2‎ 解得μ=0.25，a1=5 m/s2，a2=8 m/s2‎ ‎（2）由运动学规律得x=a1t12+a2t22‎ 解得，x=16.25 m ‎（3）因为μ＜tanθ，故能下滑，‎ 根据动能定理 代入数据解得：‎ 答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；‎ ‎（2）物体上滑的总路程x为16.25m；‎ ‎（3）此后物体能下滑，物体回到斜面底端时的速度大小为．‎ ‎　‎ ‎19．小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑；坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ；物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g．将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，求：‎ ‎（1）物块滑到O点时的速度大小．‎ ‎（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能．‎ ‎（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）物块A从坡顶滑下，重力和摩擦力做功，根据动能定理可求出物块滑到O点时的速度大小．‎ ‎（2）物块压缩弹簧后，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可弹性势能．‎ ‎（3）物块滑回到O点时与刚滑到O点时速度大小相等，从坡底到坡顶，再动能定理求解最大高度．‎ ‎【解答】解：（1）由动能定理得 ‎ mgh﹣=‎ ‎ 解得：‎ ‎ （2）在水平道上，机械能守恒定律得 ‎ 则代入解得Ep=mgh﹣μmghcotθ ‎ （3）设物体A能够上升得最大高度h1，‎ ‎ 物体被弹回过程中由动能定理得 ‎﹣mgh1﹣=0﹣‎ ‎ 解得：‎ 答：（1）物块滑到O点时的速度大小为．‎ ‎（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能为mgh﹣μmghcotθ．‎ ‎（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月19日