2018-2019学年江苏省盐城市高一上学期期末考试物理试题（解析版）

2018-2019学年江苏省盐城市高一上学期期末考试物理试题（解析版）

江苏省盐城市2018-2019学年高一上学期期末考试 物理试题 一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分.每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不答的得0分。‎ ‎1.在中国海军护舰编队“巢湖”“千岛湖”舰护送下，“河北锦绣”“银河”等货轮顺利抵达亚丁湾西部预定海域，此次护航总航程4500海里。若所有船只运动速度相同，则下列说法正确的是 A. “4500海里”指的是护航舰艇的位移 B. 用北斗定位系统研究“千岛湖”舰位置时，可将“千岛湖”舰看作质点 C. 以“千岛湖”舰为参考系，“巢湖”舰一定是运动的 D. 根据本题给出的条件可以求出护舰编队此次航行过程中的平均速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 正确解答本题需要掌握：位移和路程的区别，质点的含义；相对运动，参照物的选取；平均速度的定义等。‎ ‎【详解】A. “4500海里”是护航舰艇走过的轨迹长度，因此为路程不是位移，故A错误；‎ B. 本题中路程长度远远大于“千岛湖”舰的尺寸，所以研究舰队的位置时可将“千岛湖”舰看作质点，故B正确；‎ C. 若“千岛湖”舰与“巢湖”舰同向匀速行驶，则以“千岛湖”舰为参照物，“巢湖”舰是静止的，故C错误；‎ D. 由于不知运动位移和时间，不能求出此次航行的平均速度，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 物体运动的速度改变量越大，它的加速度却不一定越大 B. 同一汽车，速度越大，越难以停下来，说明物体速度越大，其惯性越大 C. 作用力与反作用力也可能是一对平衡力 D. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A. 由加速度的物理意义可知：加速度表示速度变化快慢；故物体速度变化越快，加速度越大，物体的速度改变量越大，加速度不一定越大，故A正确；‎ B. 质量是决定惯性的唯一因素，故B错误；‎ C.作用力与反作用力分别作用在两个物体上，不是平衡力，故C错误；‎ D. 伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，故D错误。‎ 故选：A.‎ ‎3.如图所示，为a、b两物体沿直线运动的位移—时间图像，下列说法中正确的是 A. M点表示a、b两物体在t1时刻相遇 B. a、b两个物体的运动方向相反 C. 0～t1时间内，a物体比b物体的速度大 D. a、b两物体均做匀加速直线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 在x-t图像中斜率代表速度的大小，图像反应了不同时刻物体所在的位置，‎ A、M点表示a、b两物体在t1时刻两者在同一点，所以两者相遇，故A正确；‎ BCD、在x-t图像中斜率代表速度的大小，两幅图都表明向正方向做匀速运动，且b的速度大于a的速度，故BCD错误；‎ 综上所述本题答案是：A 点睛：在本题要理解在x-t图像中斜率代表速度的大小，图像反应了不同时刻物体所在的位置。‎ ‎4.高空作业的电工在操作过程中，不慎将一螺母由静止从离地面45m高处脱落，不计空气阻力，g取10m/s2，则 A. 螺母下落1s内的位移为10m B. 螺母在空中运动的时间为9s C. 螺母落地时的速度大小为30m/ s D. 螺母在第2s内的平均速度为10m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、物体做自用落体运动下落1s内的位移为：‎ ‎ ，故A错；‎ B、物体下落45m所用的时间为t则：‎ ‎ 解得： ，故B错；‎ C、物体在空中运动了后的速度为： ，故C正确；‎ D、螺母在第2s内的运动的位移为：‎ ‎ ‎ 所以螺母在第2s内的平均速度为：‎ ‎ ，故D错；‎ 综上所述本题答案是：C ‎5.下列实例属于超重现象的是 A. 汽车驶过拱形桥顶端 B. 荡秋千的小孩通过最低点 C. 乘坐升降电梯匀速上升 D. 粉笔抛出竖直向上运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 汽车驶过拱形桥顶端时，具有向下的加速度，故处于失重状态，故A错误；荡秋千的小孩通过最低点时，由支持力和重力的合力提供向心力，合力向上，所以支持力大于重力，处于超重状态，故B正确；乘坐升降电梯加速上升，具有向上的加速度，所以处于超重状态，故C正确；粉笔抛出竖直向上运动，具有向下的加速度，所以处于失重状态，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎6.某小船在静水中的速度大小保持不变，该小船要渡过一条河，渡河时小船船头垂直指向河岸，河水中各点水流速度与各点到较近河岸边的距离成正比(V水=kx，x是各点到较近河岸的距离)小船的轨迹可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速度最大，则运动轨迹为A所示，故选A.‎ ‎7.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率vA=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30°角时，物体B的速度大小vB为 A. B. C. 20m/s D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：将B点的速度分解如图所示 则有：，解得：，故选B.‎ ‎【点睛】根据运动的合成与分解，结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等，结合平行四边形定则求出物体B的速度．‎ ‎8.如图，小车水平向右加速运动时，物块M相对车厢静止于车厢壁上，当小车的加速度增大时，则下列说法正确的是 A. M对车厢壁的压力增大 B. 车厢壁对M的摩擦力增大 C. 车厢壁与M间的动摩擦因数减小 D. M所受合力不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小车向右做匀加速直线运动，物体M相对小车静止，加速度与车的加速度相同，分析物块的受力情况根据牛顿第二定律研究摩擦力、弹力。‎ ‎【详解】以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图。‎ A.当加速度a增大时，车厢壁对物块的压力：N=ma增大，根据牛顿第三定律，M对车厢壁的压力增大，故A正确；‎ B.物块竖直方向受力平衡，合外力等于零，摩擦力f=Mg，保持不变。故B错误；‎ C.动摩擦因数与接触面的材料和粗糙程度有关，故动摩擦因数不变，故C错误；‎ D.小车的加速度增大时，弹力N=ma增大，合力增大。故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎9.倾角为37°的光滑固定斜面上，有两个用轻质弹簧连接的质量均为1 kg的小球A、B，在如图所示的水平向左的推力F作用下，一起沿斜面以4 m/s2的加速度向上做匀加速运动．已知弹簧的原长为20 cm，劲度系数为200 N/m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为 A. 0.25 m，25 N B. 0.15 m，25 N C. 0.25 m，12.5 N D. 0.15 m，12.5 N ‎【答案】A ‎【解析】‎ 以整体为研究对象，受力分析，如图，‎ 根据牛顿第二定律，沿斜面方向有：Fcos37∘−2mgsin37∘=2ma 代入数据解得 F=25N 以A为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律得 沿斜面方向有：k(l−l0)−mgsin37∘=ma 其中,l0=20cm=0.2m，k=200N/m，m=1kg 代入数据解得l=0.25m 故A正确，BCD错误。‎ 故选:A 点睛：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出力F的大小；然后对A研究，运用牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧伸长的长度，进一步求出弹簧的长度l．‎ ‎10.竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点之后，又一直加速落回抛出点.若小球所受的空气阻力与小球速度的大小成正比(f=kv)，下列说法正确的是 A. 小球在最高点时速度为零，处于平衡状态 B. 小球在最高点时空气阻力为零，加速度最小 C. 从抛出至落回的整个过程，加速度的大小一直在减小 D. 上升过程和落回过程所需时间相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 小球在最高点时速度为零，阻力为零，小球只受重力作用，加速度为g，则不是处于平衡状态，选项A错误；小球下降过程中的加速度，则小球在最高点时空气阻力为零，加速度不是最小，选项B错误；小球上升过程中的加速度，上升过程中随速度的减小，加速度减小；小球下降过程中的加速度，下降过程中随速度的增大，加速度减小；即从抛出至落回的整个过程，加速度的大小一直在减小，选项C正确；因上升和下降过程中位移相同，加速度不等，根据h=at2可知，时间不等，选项D错误；故选C.‎ 点睛：此题关键是根据牛顿第二定律列出上升和下降过程中的加速度的表达式，并结合运动公式进行讨论.‎ ‎11.一质点在t=0时刻从坐标原点开始，沿x轴正方向做直线运动，其运动的ν一t图像如图所示，下列说法正确的是 A. 第2s末，质点的运动方向发生改变 B. 第3s末，质点距坐标原点有最大距离 C. 0~1s内和2~4s内，质点的平均速度相同 D. 2~3s内和3~4s内，质点加速度的方向相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度。根据“面积”确定位移，平均速度由位移和时间之比分析。‎ ‎【详解】A.第2s末，质点的运动方向没有发生改变，还与规定的方向相同，故A错误；‎ B.在v-t图象中与时间轴所围面积为物体运动的位移，故在t=3s时，与时间轴所围面积最大，故位移最大，故B正确；‎ C.0~1s内平均速度m/s=1m/s，2~4s内质点的平均速度为=0，故平均速度不相同，故C错误；‎ D.在v-t图象中，斜率代表加速度，在2-4s内斜率不变，加速度不变，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎12.关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是 A. 运动的速率一定发生变化 B. 运动的速度一定发生变化 C. 运动的加速度一定发生变化 D. 运动的加速度可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体运动轨迹是曲线的运动称为“曲线运动”，速度一定变化，但速度大小不一定变化。加速度一定不为零，但加速度不一定变化。‎ ‎【详解】A.曲线运动是指物体的运动轨迹为曲线的运动，其速度大小不一定变化，故运动速率不一定发生变化，故A错误；‎ B.曲线运动的轨迹是曲线，速度的方向必定发生变化，即速度必定发生变化，故B正确；‎ C.曲线运动的加速度可以不变，如平抛运动，故C错误；‎ D.由于曲线运动的速度方向始终发生变化，故做曲线运动的物体一定有加速度，加速度不可能为零。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎13.如图所示，在共点力合成的实验中橡皮筋一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，使这端拉至O点，两个弹簣秤的拉力分别为F1，F2(α+β<90°)，现使F1大小不变地沿顺时针转过某一角度，要使结点仍在O处，F1相应地使F2的大小及图中β角发生变化。则相应的变化可能的是 A. F2可能增大 B. F2可能减少 C. β角一定减小 D. β角可能增大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据平行四边形定则有：‎ ‎ 若如图1变化所示，可以增大的同时增大角； 如图2所示，可以增大的同时减小角； 如图3所示，可以增大而保持角不变； 同时根据平行四边形定则可知，减小的同时减小角是不能组成平行四边形的，故AD正确，BC错误。‎ 点睛：本题考查力的平行四边形定则，根据题意，保持合力大小方向不变，大小不变，方向改变，看怎样改变仍能组成平行四边形即可。‎ ‎14.如图所示是轿车常用的千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N，此时千斤顶两臂间的夹角为120°．下列判断正确的是 A. 该汽车的重力等于1.0×105 N B. 此时千斤顶每臂受到的压力大小均为1.0×105 N C. 若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将增大 D. 若继续摇动把手，将汽车顶起，千斤顶每臂受到的压力将减小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将汽车对千斤顶的压力分解沿两臂的两个分力，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等．根据几何知识求解两臂受到的压力大小．继续摇动把手，两臂靠拢，夹角减小，由数学知识分析两臂受到的压力大小的变化。‎ ‎【详解】A项：汽车对千斤顶的压力为1.0×105N，根据牛顿第三定律得千斤顶对汽车的支持力为1.0×105N．故A正确；‎ B项：将汽车对千斤顶的压力F分解沿两臂的两个分力F1，根据对称性可知，两臂受到的压力大小相等 由2F1cosθ=F得 所以此时两臂受到的压力大小均为1.0×105N，故B错误；‎ C、D项：继续摇动把手，两臂靠拢，夹角θ减小，由分析可知，F不变，当θ减小时，cosθ增大，F1减小，故C错误，D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎【点睛】本题应用平衡条件分析实际问题，采用的是力的分解法，也可以以O点为研究对象，应用正交分解法或合成法分析。‎ ‎15.如图所示，斜面体A静止在水平地面上，质量为m的物体B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面体表面向下运动。当F1方向水平向右，F2方向沿斜面体的表面向下时，斜面体受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法正确的是 A. 若同时撤去F1和F2，滑块B的加速度方向一定沿斜面向下 B. 若只撤去F1，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右 C. 若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右 D. 若只撤去F2，在滑块B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：由题意知，物体B沿斜劈向下运动，斜劈A保持静止并受到地面给它向左的静摩擦力作用，说明A有向右运动的趋势．由于题目没有明确物体B向下运动的性质是匀速直线运动还是匀加速直线运动以及斜劈A表面的粗糙程度是光滑还是粗糙，这给该题的判断和分析带来了很大的困难． 我们要用假设法去讨论存在的问题．‎ 解答：解：本题可以假设从以下两个方面进行讨论． ‎ ‎　　（1）斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为θ，A的质量为mA，B的质量为mB）‎ ‎　　　　A、同时撤去F1和F2，物体在其重力沿斜面向下的分力mBgsinθ的作用下也一定沿斜面向下做匀加速直线运动．故A是正确的；‎ ‎　B、如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sinθ=mBgcosθsinθ，方向向右．如图1所示．由于mB gcosθsinθ＜（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ，所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右．故B错误的；‎ ‎　　C、撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考即寻找出使A相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况．通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是（mBgcosθ+F1sinθ）sinθ．如图2、3所示．与F2是否存在无关．所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变．故C错误的；‎ ‎ D、根据以上判断，故D正确的；‎ ‎　‎ 因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD．那么，答案会不会因为斜劈表面粗糙而不同呢？‎ ‎　　（2）斜劈A表面粗糙（设A表面的动摩擦因数为μ） ‎ ‎　　在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动．如果在此再陷入对B的运动的讨论中，势必加大判断的难度．退一步海阔天空．是不是可以不必纠缠于B的受力分析，看一看A会怎么样呢？‎ ‎　　由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN和滑动摩擦力f．根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A．斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的．FNsinθ＞fcosθ，又因为f=μFN，所以FN sinθ＞μFNcosθ，即μ＜tanθ．‎ A、同时撤出F1和F2，由以上分析可知mB gsinθ＞μmBgcosθ．所以物体B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下．故A正确；‎ ‎　 B、如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，N=mgcosθ，f=μN，图中假设A受的摩擦力fA方向向左 Nsinθ=fcosθ+fA，则有：fA=Nsinθ-μNosθ=N（sinθ-μcosθ）＞0所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左．故B是错误的；‎ C、又由于F2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变．故C错误；‎ ‎ D、根据以上判断，故D正确；‎ ‎　因此，在斜劈A表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AD．‎ 故选AD．‎ 点评：（1）连接体问题要注意选准研究对象并对其进行隔离，例如本题在讨论斜劈粗糙的情况下，分析A反而要比分析B简单． ‎ ‎（2）要善于找出问题的突破口．例如本题在不知斜面是否光滑的情况下可以进行讨论，在斜劈粗糙情况下得出μ＜tanθ的关键条件．‎ ‎（3）这样的问题很好的培养理解、分析、推理等能力，对提高综合能力有很大的帮助．‎ 二、简答题：本题共2小题，每空2分，共18分.将答案写在答题卡中相应的横线上 ‎16.某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”：‎ ‎(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力．关于平衡摩擦力的操作方法，下列说法正确的是_______．‎ A．要保持砂桶和小车始终相连 B．逐渐垫高木板右侧，直到小车恰好开始滑动 C．逐渐垫高木板右侧，直到轻推小车能让小车恰好匀速滑动 D．每次改变小车内砝码的数量，都要重新平衡摩擦力 ‎(2)如果该同学平衡好了摩擦力，保持小车的质量M不变，多次改变砂桶与砂的总重力F(砂的质量最终达到M)，分别测小车加速度a，根据得到的数据，在a一F图象中描点得到的图像应如图乙中________，简述你的判断依据：____________________________．‎ ‎ (3)该同学又设计了如图丙所示的装置来进行实验．在自制的双层架子上固定带有刻度标记的木板，架子放在水平桌面上，两辆相同小车质量均为M(足够大)，两个相同托盘质量均为m0，每个砝码的质量均为m．实验主要操作步骤如下：‎ ‎①平衡车子与木板间的摩擦力；‎ ‎②让两辆小车紧靠右边的挡板，记下小车前端刻度尺读数s0，在乙托盘中放入1个砝码，在甲托盘中放入2个砝码；‎ ‎③同时释放两小车，当小车运动一段时间后(未到滑轮处)，用手机对整个装置进行拍照，读出照片中甲、乙小车前端刻度尺读数，分别为s1、s2.‎ 根据本实验方案的原理，在本次实验中验证表达式___________(用题中所给物理量表示)成立，多次实验后即可验证“物体质量一定时，加速度与所受合外力成正比”．‎ ‎【答案】 (1). C (2). C (3). 平衡好了摩擦力，则a与F成正比，图象过原点；砂的质量太大，不再满足远小于小车的质量 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）平衡摩擦力的方法就是，不挂钩码，让小车与纸带相连，垫高木板右侧直到小车在斜面上做匀速直线运动，故AB错误，C正确；每次改变小车内砝码的数量，不需要重新平衡摩擦力，故D错误。所以选C。‎ ‎（2）如果已经平衡摩擦力，则刚开始a-F 的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象发生弯曲，故C正确，ABD错误。所以选C。‎ ‎（3）已知两小车运动的时间相同，根据，可得：、，若满足：，联立可得：，则表明小车的质量一定时，其小车的加速度与合力成正比。‎ ‎17.(1)在做“探究平抛运动”的实验时，让小球多次从同一高度释放沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出了一些操作要求，将正确的选项前面的字母填在横线上___________。‎ A.调节斜槽的末端保持水平 B.每次释放小球的位置必须不同 C.小球运动时不应与木板上的白纸(方格纸)相接触 D将球的位置记录在纸上后，取下纸，用直尺将点连成折线 ‎(2)未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律，悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动，现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1︰4，则：‎ ‎①由以上信息，可知a点___________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；‎ ‎②由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为___________m/s2；‎ ‎③由以上及图信息，可以算出小球平抛的初速度是___________ m/s；‎ ‎④由以上及图信息，可以算出小球在b点时的速度是___________m/s。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 是 (3). 8 (4). 0.8 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线；‎ ‎（2）根据连续相等时间内的位移比判断O是否为抛出点；在竖直方向做自由落体运动，根据△h=gT2，求出g；物体在水平方向做匀速直线运动，根据s=v0T，即可求出平抛运动的初速度v0．根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度，求出b的竖直速度，在求b点的速度。‎ ‎【详解】(1)A.通过调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球做平抛运动，故A正确；‎ B.因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故B错误；‎ C.D. 实验要求小球滚下时不能碰到木板平面，避免因摩擦而使运动轨迹改变，最后轨迹应连成平滑的曲线，故C正确，D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎(2) ①由于物体在竖直方向做自由落体运动，由图可知：相等时间内竖直方向的位移比1:3:5，故故竖直方向初速度为零，所以a点是小球的抛出点；‎ ‎②该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1︰4，则：在竖直方向有△h=gT2，△h=h2−h1=8cm，‎ 根据△h=gT2解得：g=8m/s2；‎ ‎③T=0.1s，则初速度v0==0.8m/s；‎ ‎④由匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度，=0.8m/s m/s 三、解答题：本大题共4小题，共37分。解答时请写出必要的文字说明、图形、图像、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎18.如图所示，质量m=kg的物块静止在水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，用一水平恒力F=10N作用在该物块上，使它在水平地面上由静止开始加速运动，F作用4s后撤去。取g=10m/s2，求：‎ ‎(1)物块在这4s内的加速度的大小；‎ ‎(2)物块在这4s内发生的位移多大；‎ ‎(3)撤去水平恒力F后，物块经多长时间停下来。‎ ‎【答案】(1)1m/s2(2)8m(3)1s ‎【解析】‎ 由受力得 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以a1=(F－μmg)/m ‎ 代入数据得：a1=1m/s2 ‎ ‎（2）由 得 x=8m ‎ ‎（3）4s末速度：v = a1t = 4m/s ‎ 撤去F后： ‎ 撤去F后，物块的运动时间为： ‎ 综上所述本题答案是：(1)1m/s2 (2)8m (3)1s 点睛：根据物体的受力结合运动学知识是求解本题的关键。‎ ‎19.如图所示，一小球从平台上水平抛出后，落在一倾角θ=53°的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下，顶端与平台的高度差h=0.8m，斜面的高度H=7.2m，g取10m/s2(sin53°=0.8，cos53°=0.6)，求：‎ ‎(1)小球水平抛出的初速度v是多大；‎ ‎(2)小球从平台水平抛出到斜面底端所用的时间。‎ ‎【答案】（1）3m/s （2）1.4s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知小球到达斜面时的速度方向，再由平抛运动的规律可求出小球的初速度；‎ ‎（2）小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可．‎ ‎【详解】(1)由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以 竖直位移，‎ 得t1=s=0.4s 竖直分速度 vy=gt1=4m/s vy=v0tan53∘，‎ 得v0=vy/tan53∘=3m/s ‎(2)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 a=mgsin53∘/m=8m/s2，‎ 初速度v= =5m/s 代入数据：‎ 解得：t2=1s 所以t=t1+t2=1.4 s 答：(1)小球水平抛出的初速度v0是3m/s；‎ ‎(2)小球从平台水平抛出到斜面底端所用的时间为1.4s ‎20.如图所示，质量为m的小球在细线A和轻弹簧B的共同作用下保持静止，其中细线A水平，左端固定于竖直墙壁，轻弹簧B上端固定于天花板，轴线与竖直方向的夹角为60°，已知轻弹簧B的劲度系数为K，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)细线A中拉力的大小FA；‎ ‎(2)轻弹簧B的伸长量Δx；‎ ‎(3)突然剪断细线A的瞬间，小球的加速度a。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：对小球受力分析，利用平衡条件即可求出细线A和轻弹簧B中的拉力，结合胡克定律求出轻弹簧B的伸长量；弹簧的弹力不能突变，则突然撤去外力的瞬间弹力不变，由牛顿第二定律即可求出加速度。‎ 对小球受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件，在水平方向上有： ‎ 在竖直方向上有：‎ 联立以上解得： ‎ ‎（2）由上可知 根据胡克定律：‎ 可得轻弹簧B的伸长量为：‎ ‎（3）弹簧的弹力不能突变，则突然撤去外力的瞬间弹力不变，仍有：‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得： 水平向右 点睛：本题主要考查了物体的平衡问题，在求加速度时注意弹簧的弹力不能突变，则突然撤去外力的瞬间弹力不变。‎ ‎21.如图所示，质量mB=2kg的木板B静止放置于光滑水平面上，现有一F=10N的外力作用在木板上，使其开始向右加速，在此同时，将一质量mA=lkg的物块A(视为质点)放置在木板B的左端，以v=4m/s的初速度开始向右运动，物块A与木板B之间的动摩擦因数μ=0.2．已知运动过程中物块A恰好没有从木板B的右端掉下．求：‎ ‎(1)物块A与木板B开始运动的加速度aA、aB大小；‎ ‎(2)木板B的长度L；‎ ‎(3)物块A在开始运动后的1.5s时间内的位移x0．‎ ‎【答案】（1）2m/s2 6m/s2 （2）1m （3）5.75m ‎【解析】‎ 试题分析：分别对A、B受力分析根据牛顿第二定律可得aA、aB大小；两者速度相等时，A恰好没有从木板B 的右端掉下，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求出木板B的长度L；A在开始运动后的1.5s时间内在木板上先向右匀减速，后向右匀加速，根据运动学公式即可求出位移。‎ ‎（1）物块A向右减速，木板B向右加速，由牛顿第二定律得：‎ 对物块A有：‎ 代入数据解得：‎ 对木板B有：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）设经过时间t1，两者速度相等 则有：‎ 代入数据解得：‎ 则共同的速度为：‎ 物块A运动的位移为：‎ 代入数据解得：‎ 木块运动的位移为：‎ 代入数据解得：‎ 则木板B的长度为：‎ 解得：‎ ‎（3）假设物块A与木板B达到共速后能一起加速 对整体有：‎ 对物块A有：‎ 计算可得：‎ 则假设不成立，物块A与木板B各自加速，根据牛顿第二定律 对物块A有：‎ 代入数据解得：‎ 对物块B有：‎ 代入数据解得：‎ 在剩下的时间内 物块A的位移为：‎ 代入数据解得：‎ 物块B的位移为：‎ 代入数据解得：‎ 两者相对位移：‎ 物块A在1.5s时间在木板上先向右匀减速，后向右匀加速 物块A在1.5s时间总位移：‎ 代入数据解得：‎ 点睛：本题主要考查了相对滑动问题，关键是隔离法受力分析然后正确运用牛顿第二定律求出各自的加速度，再结合运动学公式即可解题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎