广西桂林十八中2017届高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）

广西桂林十八中2017届高三（上）第一次月考物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年广西桂林十八中高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理学思想与方法．下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是（　　）‎ A．在验证力的合成法则的实验中利用了控制变量法的思想 B．在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中利用了比例法和图象法 C．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想 D．在研究物体的运动时，把物体视为一个有质量的“点”，即质点，利用了假设法的思想 ‎2．电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2‎ B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2‎ D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2‎ ‎3．屋檐隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，如图所示，g取10m/s2，则此屋檐离地面的距离为（　　）‎ A．2.2mB．2.5mC．3.0mD．3.2m ‎4．物体在甲、乙两地间往返一次，从甲地到乙地的平均速度是v1，返回时的平均速度是v2，则物体往返一次平均速度的大小和平均速率分别是（　　）‎ A．0，‎ B．，‎ C．0，‎ D．，‎ ‎5．如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则（　　）‎ A．f1=0，f2≠0，f3≠0B．f1≠0，f2=0，f3=0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3=0D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎6．如图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘，盘中有一物体，质量为M，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L后停止，然后松手放开，设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　）‎ A．（1+）MgB．（1+）（m+M）gC． mgD．（M+m）g ‎7．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎8．关于匀速直线运动的加速度大小和正负值问题，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在匀加速直线运动中，加速度的方向一定和初速度的方向相同 B．在匀减速直线运动中，加速度一定为负值 C．匀加速度直线运动中，加速度也有可能取负值 D．只有规定了初速度方向为正方向的前提下，匀加速直线运动的加速度才取正值 ‎9．物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图所示．A、B重力分别为10N和4N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（　　）‎ A．弹簧对A的拉力大小为4NB．弹簧对A的拉力大小为10N C．斜面对A的摩擦力大小为1ND．斜面对A的摩擦力大小为6N ‎10．物体做直线运动时可以用坐标轴上的坐标表示 物体的位置，用坐标的变化量△x表示物体的位 移．如图所示，一个物体从A运动到C，它的位移△x1=﹣4m﹣5m=﹣9m；从C运动到B，它的位移为△x2=l m﹣（﹣4m）=5m．下列说法中正确的是（　　）‎ A．C到B的位移大于A到C的位移，因为正数大于负数 B．A到C的位移大于C到B的位移，因为符号表示位移的方向，不表示大小 C．因为位移是矢量，所以这两个矢量的大小无法比较 D．物体由A到B的合位移△x=△x1+△x2‎ ‎11．如图所示，已知M＞m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m 互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则（　　）‎ A．物体M与m仍做匀速运动 B．物体M与m做加速运动，加速度a=‎ C．物体M与m做加速运动，加速度a=‎ D．绳子中张力不变 ‎12．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面受地面的摩擦力向右 B．地面对斜面的支持力为82N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎　‎ 二、非选择题）‎ ‎13．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．‎ ‎①实验中，必要的措施是　　．‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，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）‎ ‎14．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　　．‎ ‎（2）本实验采用的科学方法是　　‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎（3）某同学在做该实验时认为：‎ A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 D．拉力F1和F2的夹角越大越好 其中不正确的是　　（填入相应的字母）．‎ ‎15．放在水平地面上一质量为m=2kg的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过8m的距离，此后撤去外力，质点又运动了2s停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：‎ ‎（1）撤去水平恒定外力时质点的速度大小；‎ ‎（2）质点运动过程中所受到的阻力大小；‎ ‎（3）质点所受水平恒定外力的大小．‎ ‎16．所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎（1）木块与斜面间的摩擦力；‎ ‎（2）木块所受斜面的弹力．‎ ‎17．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎18．如图所示，传送带与地面的倾角θ=37o，从A到B的长度为16m，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动．在传送带上端无初速的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年广西桂林十八中高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．在物理学发展的过程中，科学家总结了许多重要的物理学思想与方法．下列有关物理学思想与方法的描述中正确的是（　　）‎ A．在验证力的合成法则的实验中利用了控制变量法的思想 B．在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中利用了比例法和图象法 C．在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了等效替代的思想 D．在研究物体的运动时，把物体视为一个有质量的“点”，即质点，利用了假设法的思想 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊限制或因实验器材等限制，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现象来替代的方法；‎ 物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；它是科学探究中的重要思想方法，控制变量法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．‎ ‎【解答】解：A、在验证力的合成法则的实验中利用了等效替代法的思想．故A错误．‎ B、在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中利用了比例法和图象法，故B正确．‎ C、在研究加速度与合外力、质量的关系的实验中，利用了控制变量法的思想，故C错误．‎ D、在研究物体的运动时，忽略物体自身的大小与形状，把物体视为一个有质量的“点”，即质点，利用了物理模型的方法．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）‎ A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2‎ B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为4m/s2‎ C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2‎ D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为4m/s2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对重物受力分析，根据牛顿第二定律得出重物的加速度大小和方向，从而得出电梯的加速度大小和方向，从而判断出电梯的运动规律．‎ ‎【解答】解：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N，‎ 在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6N，对重物根据牛顿第二定律有：‎ mg﹣F=ma，‎ 解得a=4m/s2，方向竖直向下，‎ 则电梯的加速度大小为4m/s2，方向竖直向下．‎ 电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．屋檐隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1m的窗子的上、下沿，如图所示，g取10m/s2，则此屋檐离地面的距离为（　　）‎ A．2.2mB．2.5mC．3.0mD．3.2m ‎【考点】自由落体运动．‎ ‎【分析】设滴水的时间间隔为T，知窗子的高度等于自由下落3T内的位移减去2T内的位移．根据自由落体运动的位移时间公式求出滴水的时间间隔．‎ 通过滴水的时间间隔，可以知道一滴水下落到地面的时间，根据h=求出屋檐离地面的高度．‎ ‎【解答】解：设滴水的时间间隔为T，知窗子的高度等于自由下落3T内的位移减去2T内的位移．有：‎ g（3T）2﹣g（2T）2=1m ‎ 故滴水的时间间隔T是0.2s．‎ 水从屋檐下落到地面的时间t=4T．‎ ‎ h=g（4T）2==3.2m 选项D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．物体在甲、乙两地间往返一次，从甲地到乙地的平均速度是v1，返回时的平均速度是v2，则物体往返一次平均速度的大小和平均速率分别是（　　）‎ A．0，‎ B．，‎ C．0，‎ D．，‎ ‎【考点】平均速度．‎ ‎【分析】平均速度等于位移与所用时间的比值，平均速率等于路程与所用时间的比值．物体往返一次，位移为零．分别求出往返运动的时间，再求出平均速率．‎ ‎【解答】解：物体往返一次，位移为零．则物体的平均速度的大小为1==0．‎ 设A、B两地的距离为L．物体从A到B运动的时间为：t1=‎ 从B到A运动的时间为：t2=‎ 则物体往返一次的平均速率为： ==‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态．若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示．则（　　）‎ A．f1=0，f2≠0，f3≠0B．f1≠0，f2=0，f3=0‎ C．f1≠0，f2≠0，f3=0D．f1≠0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】分别对a、ab以及abP整体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用．‎ ‎【解答】解：对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；f1≠0；‎ 再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；f2≠0；‎ 对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；f3=0；‎ 故只有C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为m的平盘，盘中有一物体，质量为M，当盘静止时弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘，使弹簧再伸长△L后停止，然后松手放开，设弹簧始终处在弹性限度以内，则刚松开手时盘对物体的支持力等于（　　）‎ A．（1+）MgB．（1+）（m+M）gC． mgD．（M+m）g ‎【考点】胡克定律．‎ ‎【分析】先根据胡克定律和平衡条件，列出盘静止时力平衡方程；再由胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．‎ ‎【解答】解：‎ 当盘静止时，由胡克定律得（m+M）g=kL ①‎ 设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F 再由胡克定律得 （mg+Mg+F）=k（L+△L） ②‎ 由①②联立得 F=（m+M）g 刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．‎ 设刚松手时，加速度大小为a，‎ 根据牛顿第二定律得 a==g ‎ 对物体研究：FN﹣Mg=Ma 解得 FN=（1+）Mg 故选：A ‎　‎ ‎7．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】竖直上抛运动．‎ ‎【分析】受力分析后根据牛顿第二定律判断加速度的变化规律，同时结合特殊位置（最高点）进行判断．‎ ‎【解答】解：B、D、皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma 根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f=kv 联立解得：a=g+‎ A、C、由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g，不为零，故BD均错误；‎ 根据BD的结论a=g+，有∝，由于加速度减小，故也减小，故也减小，故a﹣t图象的斜率不断减小，故A错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．关于匀速直线运动的加速度大小和正负值问题，下列说法中正确的是（　　）‎ A．在匀加速直线运动中，加速度的方向一定和初速度的方向相同 B．在匀减速直线运动中，加速度一定为负值 C．匀加速度直线运动中，加速度也有可能取负值 D．只有规定了初速度方向为正方向的前提下，匀加速直线运动的加速度才取正值 ‎【考点】加速度．‎ ‎【分析】匀加速直线运动的中，加速度方向与速度方向相同；匀减速运动中，速度方向可正可负，但二者方向必相反；加速度的正负与速度正方向的选取有关．‎ ‎【解答】解：A、物体做匀加速直线运动，则加速度方向一定与速度方向相同，故A正确，‎ B、匀减速直线运动中，加速度与速度方向相反，但加速度不一定为负值，故B错误．‎ C、无论怎样选择正方向，加速度为负，速度如果是负，物体做匀加速直线运动，速度如果是正，物体一定做减速直线运动，故C正确．‎ D、在规定了运动方向为正方向后，加速度为正，说明加速度方向一定与速度方向相同，所以物体一定做加速直线运动，故D正确，‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎9．物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图所示．A、B重力分别为10N和4N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则（　　）‎ A．弹簧对A的拉力大小为4NB．弹簧对A的拉力大小为10N C．斜面对A的摩擦力大小为1ND．斜面对A的摩擦力大小为6N ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】弹簧的弹力等于B的重力，隔离对A分析，根据共点力平衡求出斜面对A的摩擦力大小．‎ ‎【解答】解：AB、弹簧对A的弹力等于B的重力，即F=GB=4N，故A正确，B错误．‎ CD、对A分析，根据共点力平衡得：GAsin30°=f+F，解得斜面对A的摩擦力为：f=．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．物体做直线运动时可以用坐标轴上的坐标表示 物体的位置，用坐标的变化量△x表示物体的位 移．如图所示，一个物体从A运动到C，它的位移△x1=﹣4m﹣5m=﹣9m；从C运动到B，它的位移为△x2=l m﹣（﹣4m）=5m．下列说法中正确的是（　　）‎ A．C到B的位移大于A到C的位移，因为正数大于负数 B．A到C的位移大于C到B的位移，因为符号表示位移的方向，不表示大小 C．因为位移是矢量，所以这两个矢量的大小无法比较 D．物体由A到B的合位移△x=△x1+△x2‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；位移与路程．‎ ‎【分析】1、路程是物体运动轨迹的长度．‎ ‎2、位置变化是物体位置的改变，它只与物体的初末位置有关，与物体的运动过程无关．‎ ‎【解答】解：A、C到B的位移小于A到C的位移，虽然前者正数，后者是负数，但正负号表示方向，因此比较大小要看长度，故A错误；‎ B、A到C的位移大于C到B的位移，因为符号表示位移的方向，不表示大小，位移是矢量，故B正确；‎ C、因为位移是矢量，所以这两个矢量的大小通过距离的长短来确定，故C错误；‎ D、物体由A到B的合位移，就是起点到终点的有向线段，所以为△x=△x1+△x2故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎11．如图所示，已知M＞m，不计滑轮及绳子的质量，物体M和m恰好做匀速运动，若将M与m 互换，M、m与桌面的动摩因数相同，则（　　）‎ A．物体M与m仍做匀速运动 B．物体M与m做加速运动，加速度a=‎ C．物体M与m做加速运动，加速度a=‎ D．绳子中张力不变 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】分别对M进行受力分析：‎ 当M向左匀速运动时，在水平方向，甲受绳的拉力和向右的摩擦力作用，这两个力满足二力平衡条件，是一对平衡力；‎ 当m向左加速运动时，m在水平方向受M左的拉力，及向右的摩擦力，从而根据牛顿第二定律的公式计算出加速度和拉力的大小．‎ ‎【解答】解：ABC、当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和地面的摩擦力，得：μMg=T=mg；‎ 所以：；‎ 若将M与m互换，则对M：Ma=Mg﹣T′‎ 对m，则：ma=T′﹣μmg 得：a=，故AB错误、C正确；‎ D、绳子中的拉力：，所以绳子中张力不变．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，倾角为30°，重为80N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面受地面的摩擦力向右 B．地面对斜面的支持力为82N C．球对弹性轻杆的作用力为2N，方向竖直向下 D．弹性轻杆对小球的作用力为2N，方向垂直斜面向上 ‎【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】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．‎ ‎【解答】解：AB、杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，整体相对于地面没有运动的趋势，所以不受地面的摩擦力．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A错误，B正确．‎ CD：小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零．对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹性轻杆对小球的弹力为2N，竖直向上；根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．故C正确、D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、非选择题）‎ ‎13．某同学利用图1示装置研究小车的匀变速直线运动．‎ ‎①实验中，必要的措施是　AB　．‎ A．细线必须与长木板平行 B．先接通电源再释放小车 C．小车的质量远大于钩码的质量 D．平衡小车与长木板间的摩擦力 ‎②他实验时将打点机器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图2所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=　0.80　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=　0.40　m/s．（结果均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定匀变速直线运动的加速度；探究小车速度随时间变化的规律．‎ ‎【分析】①分析实验目标和实验原理，明确实验中需要注意事项即可求解；‎ ‎②根据逐差法可求得物体运动的加速度；根据平均速度表示中间时刻的瞬时速度可求得B点的速度．‎ ‎【解答】解：①A、为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带；故AB正确；‎ C、本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可；故C错误；‎ D、由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力；故D错误；‎ 故选：AB；‎ ‎②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为T=5×0.02=0.1s； ‎ 根据逐差法可知，物体的加速度a===0.80m/s2； ‎ B点的速度等于AC段的平均速度，则有：v===0.40m/s； ‎ 故答案为：①AB；②0.80；0.40．‎ ‎　‎ ‎14．“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，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．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是　F′　．‎ ‎（2）本实验采用的科学方法是　B　‎ A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法 ‎（3）某同学在做该实验时认为：‎ A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 D．拉力F1和F2的夹角越大越好 其中不正确的是　D　（填入相应的字母）．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】（1）该实验采用了“等效法”，由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的实际值与与理论值存在差别；‎ ‎（2）该实验采用了等效替代法；‎ ‎（3）本实验的原理为：F'的作用效果应与另外两个力的作用效果相同，则可知，F'即为两力的合力；根据平行四边形定则作出两个分力的合力F，再作出F'的图示，比较F与F'则可验证平行四边形定则．‎ ‎【解答】解：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F′是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力． ‎ 故答案为：F′．‎ ‎（2）合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法，因此ACD错误，B正确．‎ 故本题答案是：B．‎ ‎（3）A、在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些，故A正确；‎ B、作图时，我们是在白纸中作图，做出的是水平力的图示，若拉力倾斜，则作出图的方向与实际力的方向有有较大差别，故应使各力尽量与木板面平行，故B正确；‎ C、实验中，弹簧的读数适当大些，可以减小作图时的偶然误差，故C正确；‎ D、两个拉力的夹角过大，合力会过小，量取理论值时相对误差变大，夹角太小，会导致作图困难，也会增大偶然误差，故D错误．‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎　‎ ‎15．放在水平地面上一质量为m=2kg的质点，在水平恒定外力作用下由静止开始沿直线运动，4s内通过8m的距离，此后撤去外力，质点又运动了2s停止，质点运动过程中所受阻力大小不变，求：‎ ‎（1）撤去水平恒定外力时质点的速度大小；‎ ‎（2）质点运动过程中所受到的阻力大小；‎ ‎（3）质点所受水平恒定外力的大小．‎ ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】由运动学可以求的撤去外力后的速度；在由牛顿第二定律可以求阻力；‎ 最后由牛顿第二定律求恒定外力 ‎【解答】解析：‎ ‎（1）质点开始做匀加速直线运动：x0=a1，v0=a1t1．解得v0═4 m/s．‎ ‎（2）质点减速过程加速度a2═﹣2 m/s2由牛顿第二定律有 ‎﹣Ff=ma2‎ 解得Ff=4 ‎ ‎（3）开始加速过程中加速度为a1，由牛顿第二定律有：‎ F﹣Ff=ma1‎ 解得 F=Ff+ma1=6 N．‎ 答：‎ ‎（1）撤去水平恒定外力时质点的速度大小为4m/s ‎（2）质点运动过程中所受到的阻力大小4N ‎（3）质点所受水平恒定外力的大小6N ‎　‎ ‎16．所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上．PA偏离竖直方向37°角，PB在水平方向，且连在所受重力为G2=100N的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图所示，试求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎（1）木块与斜面间的摩擦力；‎ ‎（2）木块所受斜面的弹力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先以结点P为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出BP绳的拉力大小，再以G2为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解斜面对木块的摩擦力和弹力．‎ ‎【解答】解：如图甲所示分析结点P受力，由平衡条件得：‎ FAcos37°=G1，‎ FAsin37°=FB，‎ 可解得：BP绳的拉力为FB=6 N；‎ 再分析G2的受力情况如图乙所示；由物体的平衡条件可得：‎ Ff=G2sin37°+FB′cos37°，‎ FN+FB′sin37°=G2 cos37°，‎ 又有FB′=FB，‎ 解得：Ff=64.8N，FN=76.4N；‎ 答：（1）木块与斜面间的摩擦力大小为64.8 N；‎ ‎（2）木块所受斜面的弹力大小为76.4 N，方向垂直斜面向上．‎ ‎　‎ ‎17．汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上做同方向的直线运动，求：‎ ‎（1）经多长时间，两车第一次相遇？‎ ‎（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇？‎ ‎【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运动学公式，抓住位移关系求出两车第一次相遇的时间．‎ ‎（2）根据位移关系，结合运动学公式求出第二次相遇的时间，注意汽车速度减为零后不再运动．‎ ‎【解答】解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车，由题意得：v汽t1=v自t1+x 代入数据解得：t1=10 s；‎ ‎（2）汽车的加速度大小为a=2 m/s2，设第二次追上所用的时间为t2，则有：‎ v自t2=v汽t2﹣at22　　　‎ 代入数据解得：t2=12 s．‎ 设汽车从刹车到停下用时t3秒，则有：‎ t3==9 s＜t2，故自行车再次追上汽车前，汽车已停下 停止前汽车的位移为：x汽=t3‎ 设经t4时间追上，则有：v自t4=t3‎ 解得：t4=13.5 s，再经过13.5 s两车第二次相遇．‎ 答：（1）经10s时间，两车第一次相遇；‎ ‎（2）再经13.5s时间两车第二次相遇．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，传送带与地面的倾角θ=37o，从A到B的长度为16m，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动．在传送带上端无初速的放一个质量为0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，根据牛顿第二定律求出两段的加速度，再根据速度时间关系求两段的时间．‎ ‎【解答】解：开始阶段由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 　　‎ 所以物体向下加速运动的加速度为：a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2‎ 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间：t1==1s 发生的位移：x1=a1t12==5m＜16m，‎ 所以物体加速到10m/s 时仍未到达B点，此时摩擦力方向改变．‎ 第二阶段根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2‎ 所以加速度大小为：a2=2m/s2‎ 设第二阶段物体滑动到B的时间为t2 ，则：LAB﹣x1=vt2+a2t22‎ 解得：t2=1s ‎ 从A到B的时间t=1s+1s=2s．‎ 答：物体从A运动到B所需的时间是2s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月8日