2020-2021学年湖南邵阳高三上物理月考试卷

2020-2021学年湖南邵阳高三上物理月考试卷

‎2020-2021学年湖南邵阳高三上物理月考试卷 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 物体从某高处自由下落，已知第一秒下落位移是最后一秒下落位移的三分之一，则开始下落的高度为（取g=10m/‎s‎2‎）（        ） ‎ A.‎15m B.‎20m C.‎11.25m D.‎‎31.25m ‎ ‎ ‎2. 在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图所示支架悬挂葡萄．OA、OB为承重的轻杆，AOB始终在竖直面内，OA可绕A点自由转动，OB与OA通过铰链连接，可绕O点自由转动，且OB的长度可调节，现将新鲜葡萄用细线挂于O点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F‎1‎，OB杆所受的作用力大小为F‎2‎，‎∠AOB由锐角变为钝角的过程中，下列判断正确的是（        ） ‎ A.F‎1‎逐渐变大，F‎2‎先变小后变大 B.F‎1‎先变小后变大，F‎2‎逐渐变大 C.F‎1‎逐渐变小，F‎2‎逐渐变小 D.F‎1‎逐渐变大，F‎2‎逐渐变大 ‎ ‎ ‎3. 如图所示，物体A放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动．在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力F‎1‎大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是（        ） ‎ A.F‎1‎保持不变，f始终减小 B.F‎1‎保持不变，f先减小后增大 C.F‎1‎始终增大，f始终减小 D.F‎1‎先不变后增大，f先减小后增大 ‎ ‎ ‎4. 如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮‎2‎下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向左移动少许，而a与斜劈始终静止，则（        ） ‎ A.斜劈对物体a的摩擦力减小 B.斜劈对地面的压力减小 C.细线对物体a的拉力增大 D.地面对斜劈的摩擦力减小 ‎ ‎ ‎ ‎5. 一质点位于x=−1m处，t=0‎时刻沿x轴正方向做直线运动，其运动的图像如图所示．下列说法正确的是（        ） ‎ A.‎0∼2s内和‎0∼4s内，质点的平均速度相同 B.t=4s时，质点在x=2m处 C.第‎3s内和第‎4s内，质点位移相同 D.第‎3s内和第‎4s内，质点加速度的方向相反 ‎ ‎ ‎6. 超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动倾斜扶梯上楼，如图所示．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为‎30‎‎∘‎，小张的质量为M，小张与扶梯间的摩擦因数为μ，小车与扶梯间的摩擦忽略不计，则（        ）   ‎ A.小张对扶梯的压力大小为Mgcos‎30‎‎∘‎ ，方向垂直于斜面向下 B.小张对扶梯的摩擦力大小为‎(M+m)gsin‎30‎‎∘‎ ，方向沿斜面向下 C.扶梯对小张的摩擦力大小为μ(M+m)gcos‎30‎‎∘‎ ，方向沿斜面向上 D.小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等，这是因为人和车均处于平衡状态 ‎ ‎ ‎7. 如图所示，光滑的大圆环固定在竖直平面上，圆心为O点，P为环上最高点，轻弹簧的一端固定在P点，另一端栓连一个套在大环上的小球，小球静止在图示位置平衡，则（        ） ‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 A.弹簧可能处于压缩状态 B.大圆环对小球的弹力方向可能指向O点 C.小球受到弹簧的弹力与重力的合力一定指向O点 D.大圆环对小球的弹力大小可能小于球的重力，也可能大于球的重力 ‎ ‎ ‎8. 如图为某一质点作直线运动的位移x随时间变化的规律，图为一条抛物线，则下列说法正确的是（        ） ‎ A.在‎10s末，质点的速率最大 B.在‎1∼10s内，质点所受合力的方向与速度方向相反 C.在‎8s末和‎12s末，质点的加速度方向相反 D.在‎0∼20s末，质点的位移大小为‎9m 二、多选题 ‎ ‎ ‎ 如图‎1‎所示，O为水平直线MN上的一点，质量为m的小球在O点的左方时受到水平恒力F‎1‎作用，运动到O点的右方时，同时还受到水平恒力F‎2‎的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v−t图像如图‎2‎所示，在‎0∼‎t‎4‎时间内，下列说法正确的是（        ） ‎ A.质点在O点右方运动的时间为t‎4‎‎−2‎t‎1‎ B.质点在O点的左方加速度大小为v‎1‎t‎4‎‎−‎t‎3‎ C.F‎2‎的大小为‎2mv‎1‎t‎3‎‎−‎t‎1‎ D.质点在‎0∼‎t‎4‎这段时间内的最大位移为v‎1‎t‎1‎‎2‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，木块A质量为‎1kg，木块B的质量为‎2kg，叠放在水平地面上，AB间的最大静摩擦力为‎1N，B与地面间的动摩擦因数为‎0.1‎，今用水平力F作用于B，要保持AB相对静止，则F可能为（g=10m/‎s‎2‎）（        ） ‎ A.‎4N B.‎5N C.‎7N D.‎‎8N ‎ ‎ ‎ 一个质量为‎60kg的人，站在竖直向上运动着的升降机底板上，在某一阶段，他看到升降机内一挂着重物的弹簧秤示数为‎40N，如图，已知该重物的质量为‎5kg．下列结论正确的有（g取‎10m/‎s‎2‎）（        ） ‎ A.此时升降机正在加速上升 B.此时升降机正在减速上升 C.此时人对底板的压力为‎720N D.此时人对底板的压力为‎480N ‎ ‎ ‎ 一物体由静止沿倾角为θ的斜面下滑，加速度为a；若给此物体一个沿斜面向上的初速度v‎0‎，使其上滑，此时物体的加速度可能为（        ） ‎ A.a B.‎2a C.‎2gsinθ−a D.‎‎2gsinθ+a 三、实验探究题 ‎ ‎ ‎ 某研究性学习小组用图‎1‎装置来测定当地重力加速度，主要操作如下： ①安装实验器材，调节试管夹（小铁球）、光电门和纸杯在同一竖直线上； ②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺（图上未画出）测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v； ③保持光电门‎1‎的位置不变，改变光电门‎2‎的位置，重复②的操作．测出多组（h，t），计算出对应的平均速度v； ④画出v−t图像． 请根据实验，回答如下问题： ‎ ‎（1）设小铁球到达光电门‎1‎时的速度为v‎0‎，当地的重力加速度为g．则小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为________（用v‎0‎、g和t表示）．‎ ‎ ‎ ‎（2）实验测得的数据如下表： ‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ h‎（cm）‎ ‎10.00‎ ‎20.00‎ ‎30.00‎ ‎40.00‎ ‎50.00‎ ‎60.00‎ t‎（s）‎ ‎0.069‎ ‎0.119‎ ‎0.159‎ ‎0.195‎ ‎0.226‎ ‎0.255‎ v‎（m⋅‎s‎−1‎）‎ ‎1.45‎ ‎1.68‎ ‎1.89‎ ‎2.05‎ ‎2.21‎ ‎2.35‎ 请在图‎2‎的坐标纸上画出v−t图像．‎ ‎ ‎ ‎（3）根据v−t图像，可以求得当地重力加速度g=‎________m/‎s‎2‎，试管夹到光电门‎1‎的距离约为________ cm（以上结果均保留两位有效数字）．‎ ‎ ‎ ‎ 为了探究弹力F和弹簧伸长量x的关系，某同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据作出的x−F图像如图所示． ‎ ‎（1）甲、乙弹簧的劲度系数分别为________N/m和________N/m（结果保留三位有效数字）；若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________（选填“甲”或“乙”）．‎ ‎ ‎ ‎（2）根据图线进行分析，图线后段变成曲线的原因是________．‎ 四、解答题 ‎ ‎ ‎ 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？‎ ‎ ‎ ‎ 如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ=0.8‎．对环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆夹角θ=‎‎53‎‎∘‎的拉力F，使圆环以a=4.4m/‎s‎2‎的加速度沿杆运动，求F的大小． ‎ ‎ ‎ ‎ 在平台AD中间有一个长为‎2l的凹槽BC，质量为m的滑板长l，上表面与平台AD等高，质量为‎2m的铁块（可视为质点）与滑板间动摩擦因数为μ‎1‎，铁块以一定初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD．重力加速度为g． ‎ ‎（1）若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ‎2‎多大？‎ ‎ ‎ ‎（2）求铁块滑上滑板时的初速度大小v‎0‎．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 参考答案与试题解析 ‎2020-2021学年湖南邵阳高三上物理月考试卷 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 自由落体运动的计算 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：物体从某一高度做自由落体运动，第一秒的位移为： h‎1‎‎=‎1‎‎2‎gt‎1‎‎2‎‎=‎1‎‎2‎×10×‎1‎‎2‎m=5m， 最后一秒前的总位移为：h‎2‎‎=‎1‎‎2‎g(t−1‎‎)‎‎2‎， 总位移为：h‎3‎‎=‎1‎‎2‎gt‎2‎， 根据题意，有：h‎1‎‎=‎1‎‎3‎(h‎3‎−h‎2‎)‎， 联立解得：t=2s，h‎3‎‎=20m． 故选B．‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 图解法在动态平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 本题主要是考查了共点力的平衡问题．‎ ‎【解答】‎ 解：由题可知，保持OA的位置不变，以O点为研究对象进行受力分析，受到细线的拉力（等于葡萄的重力）和两杆的支持力，OB杆的支持力F‎2‎与OA杆的支持力F‎1‎的合力与细线的拉力等大、反向，当OB杆向左移动而OA位置不变时，各力的变化情况如图所示： 由图可知，F‎1‎逐渐增大，F‎2‎先减小再增大，故A正确． 故选A．‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 静摩擦力和最大静摩擦力 ‎【解析】‎ 在A被推动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体A先开始受到向左的静摩擦力，当推力渐渐增大时，导致出现向右的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．‎ ‎【解答】‎ 解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右；由于水平面粗糙，物体同时受到水平向左的静摩擦力． 当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动前过程中，物体A受到的静摩擦力先向左后变为水平向右，所以其大小先减小后增大；在这个过程中，弹簧对物体A的弹力始终不变，故B正确，ACD错误． 故选B．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 整体法与隔离法在平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况。‎ ‎【解答】‎ 解：C．对物体b进行受力分析，设轻质细线的拉力为T，与水平方向的夹角为θ，则有‎2Tsinθ=mbg，c点往左移动，θ增大，而物体b的重力不变，所以拉力T减小，故C错误； A．对物体a进行受力分析，一定受到重力、细绳的拉力T和弹力的作用，但重力在斜面上的分力与拉力T的大小未知，则拉力T减小，若摩擦力与拉力T反向则减小，若摩擦力与拉力T同向则增大，若原来不受摩擦力则摩擦力增大，故A错误； BD．对物体a、b以及斜劈组成的系统进行受力分析，则该系统受到重力、支持力、细绳的拉力T和向左的摩擦力的作用，有Tcosθ=f，Tsinθ+M总g=‎FN，由A可知，c点往左移动，拉力T减小，则摩擦力f减小，支持力FN增大，根据牛顿第三定律可知斜劈对地面的压力减小，故B错误，D正确． 故选D．‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ v-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ v−t图像中图线的斜率等于加速度，由斜率的正负分析加速度的方向，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移．平均速度等于位移与时间之比．根据这些知识进行解答．‎ ‎【解答】‎ 解：A．根据vt图像与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，则知‎0∼2s内和‎0∼4s内质点的位移相同，但所用时间不同，则平均速度不同，故A错误． B．‎0∼4s内质点的位移等于‎0∼2s的位移，为Δx=‎1‎‎2‎×(1+2)×2m=3m，t=0‎时质点位于x=−1m处，则t=4s时，质点在x‎′‎‎=x+Δx=2m处，故B正确． C．第‎3s内和第‎4s内，质点位移大小相等、方向相反，所以位移不同，故C错误． D．v−t图线的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则知第‎3s内和第‎4s 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 内，质点加速度相同，其方向相同，故D错误． 故选：B．‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 作用力和反作用力 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 ‎【解析】‎ 小张和购物车都做匀速运动，把它们看成一个整体，受力平衡，根据平衡条件列式即可分析，小张对车的推力和车对小张的推力是一对作用力与反作用力的关系．‎ ‎【解答】‎ 解：A．人对车有水平的推力F，根据牛顿第三定律，小车对人也有一个水平向左的力F‎′‎， 在垂直斜面方向有：N=Mgcos‎30‎‎∘‎−F‎′‎sin‎30‎‎∘‎，方向垂直于斜面向上， 根据牛顿第三定律，小张对扶梯的压力大小为N‎′‎‎=Mgcos‎30‎‎∘‎−F‎′‎sin‎30‎‎∘‎，方向垂直于斜面向下，故A错误； BC．对小张和购物车整体受力分析，在平行扶梯方向有：f=(M+m)gsin‎30‎‎∘‎，方向沿斜面向上， 所以小张对扶梯的摩擦力大小为f‎′‎‎=(M+m)gsin‎30‎‎∘‎，方向沿斜面向下，故B正确，C错误； D．小张对车的推力和车对小张的推力是一对作用力与反作用力的关系，所以大小相等，与人和车均处于平衡状态无关，故D错误． 故选：B．‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 相似三角形法在动态平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 ‎【解析】‎ 对小球受力分析，根据共点力平衡，分析弹簧的弹力方向，作出正确的受力分析图，根据相似三角形分析大圆环对小球的弹力和小球重力的大小关系。‎ ‎【解答】‎ 解：A．若弹簧处于压缩状态，弹簧对小球的弹力方向沿弹簧向外，还受到重力和圆环对小球指向圆心的弹力，这三个力不可能平衡，故A错误． B．由A选项分析可知，弹簧处于伸长状态，受力如图所示： 则大圆环对小球的弹力方向背离圆心O，故B错误． C．小球受重力、弹簧的拉力以及大圆环对它的弹力处于平衡，小球受到弹簧的弹力与重力的合力与大圆环对小球弹力大小相等，方向相反，可知指向圆心O，故C正确． D．如图，‎△G‎′‎NQ∽△PQO，因为NOQ‎=‎GOP，可知大圆环对小球的弹力等于小球的重力，故D错误． 故选：C．‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ x-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ 位移-时间图像表示物体的位置随时间的变化，图像上的任意一点表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向。‎ ‎【解答】‎ 解：A．位移—时间图像切线的斜率表示该时刻的速度，则知在‎10s末时，质点的速度为零，故A错误． B．在‎1∼10s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确． C．在‎0∼10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在‎10∼20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向．所以在‎8s末和‎12s末，质点的加速度方向相同，故C错误． D．由图可知，‎20s内位移为Δx=x‎20‎−‎x‎0‎‎=0−1m=−1m，故D错误． 故选B．‎ 二、多选题 ‎【答案】‎ A,B,D ‎【考点】‎ 加速度与力、质量的关系式 v-t图像（匀变速直线运动）‎ ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：A．在‎0∼‎t‎1‎时间内，小球在O的左方向向右做匀加速运动；在t‎1‎‎∼‎t‎2‎时间内小球在O的右方向右做匀减速直线运动；在t‎2‎‎∼‎t‎3‎时间内小球在O的右方向左做匀加速直线运动；t‎3‎‎∼‎t‎4‎时间内小球在O的左方做匀减速运动．根据运动过程的对称性得知，小球在O的右方运动的时间为t‎3‎‎−t‎1‎=t‎4‎−2‎t‎1‎，故A正确． B．图中‎0∼‎t‎1‎与t‎3‎‎∼‎t‎4‎两段时间内小球在O的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：a=v‎1‎t‎1‎=‎v‎1‎t‎4‎‎−‎t‎3‎，故B正确． C．在t‎1‎‎∼‎t‎3‎时间内，小球的加速度大小为a‎′‎‎=v‎1‎‎−(−v‎2‎)‎t‎3‎‎−‎t‎1‎=‎‎2‎v‎1‎t‎3‎‎−‎t‎1‎，根据运动的对称性可知，a‎′‎‎=‎‎2‎v‎1‎t‎3‎‎−‎t‎1‎， 根据牛顿第二定律得：F‎2‎‎−F‎1‎=ma‎′‎，得到F‎2‎‎=mv‎1‎t‎1‎+‎‎2mv‎1‎t‎3‎‎−‎t‎1‎，故C错误． D．小球在‎0∼‎t‎4‎这段时间内在t‎2‎时刻离M点最远，最大位移为x=‎v‎1‎t‎2‎‎2‎，故D正确． 故选ABD．‎ ‎【答案】‎ A,B ‎【考点】‎ 牛顿运动定律的应用—从运动确定受力 ‎【解析】‎ 要使AB能保持相对静止，由题意可知当F最大时，AB间的摩擦力应刚好为最大静摩擦力，则以A 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 为研究对象可求得两物体共同运动时所具有的最大加速度；再用整体法可求得F的最大值．‎ ‎【解答】‎ 解：要保持A、B相对静止，假设获得的最大加速度为a， 对A有：Ffmax‎=mAa， 代入数据解得：a=1m/‎s‎2‎， 对整体有：F−μ(mA+mB)g‎=(mA+mB)a， 代入数据解得：F=6N，即F最大为‎6N． 故选AB．‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 牛顿运动定律的应用-超重和失重 ‎【解析】‎ 先以重物为研究对象，根据重物对弹簧秤的拉力的大小和本身的重力的关系，由牛顿第二定律可以求得升降机的加速度的大小，再对人受力分析，由牛顿第二定律即可求得人受到的支持力的大小，从而知道人对升降机地板的压力．‎ ‎【解答】‎ 解：AB．设弹簧秤示数为F，重物质量为m，对物体应用牛顿第二定律得： mg−F=ma，解得：a=g−‎Fm‎=(10−‎40‎‎5‎)m/s‎2‎=2m/‎s‎2‎，方向竖直向下，所以升降机正在减速上升，故A错误，B正确； CD．设人质量为M，底板对人的支持力为FN，对人利用牛顿第二定律得： Mg−FN=Ma，解得：FN‎=M(g−a)‎‎=60×(10−2)N=480N， 根据牛顿第三定律，人对底板的压力大小为‎480N，方向竖直向下，故C错误，D正确． 故选：BD．‎ ‎【答案】‎ A,B,C ‎【考点】‎ 用牛顿运动定律分析斜面体模型 ‎【解析】‎ 设斜面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律分别对物体下滑和上滑两个过程列式，即可求得上滑的加速度表达式，再分析加速度的可能值．‎ ‎【解答】‎ 解：设斜面的动摩擦因数为μ，上滑过程加速度大小为a‎′‎，根据牛顿第二定律，得： 下滑过程：mgsinθ−μmgcosθ=ma① 上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma‎′‎② 则得a=g(sinθ−μcosθ)‎③ a‎′‎‎=g(sinθ+μcosθ)‎④ 由③④得a‎′‎‎=2gsinθ−a； 若斜面光滑，μ=0‎，则得a‎′‎‎=a； 若μ=‎1‎‎3‎tanθ，a=‎2‎‎3‎gsinθ，a‎′‎‎=‎4‎‎3‎gsinθ，则得a‎′‎‎=2a，故ABC正确，D错误． 故选ABC．‎ 三、实验探究题 ‎【答案】‎ ‎（1）‎v=v‎0‎+‎1‎‎2‎gt ‎（2）如解答图所示．‎ ‎（3）‎9.7‎,‎6.5‎（‎6.3∼6.7‎均可）‎ ‎【考点】‎ 测定重力加速度 ‎【解析】‎ 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度求解通过两光电门间平均速度v； 根据数据作出v−t图像，根据v−t图像的斜率物理意义求解重力加速度．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）根据题意可知，小铁球通过光电门‎2‎的速度v‎2‎‎=v‎0‎+gt， 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得： 小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v‎0‎+‎1‎‎2‎gt．‎ ‎（2）根据数据作出v−t图像如图所示： ‎ ‎（3）小铁球通过两光电门间平均速度v的表达式为v=v‎0‎+‎1‎‎2‎gt， 所以v−t图像的斜率表示‎1‎‎2‎g， 所以当地重力加速度g=2k≈9.7m/‎s‎2‎， 根据v−t图像得出v‎0‎‎=1.12m/s， 根据运动学公式得试管夹到光电门‎1‎的距离约为x=‎1.12‎‎2‎‎2×9.7‎m‎≈0.065m=6.5cm．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）‎66.7‎,‎200‎,甲 ‎（2）弹簧超过了弹性限度 ‎【考点】‎ 探究弹力和弹簧伸长的关系 ‎【解析】‎ 根据图示图像，应用胡克定律内容、公式分析答题；用劲度系数越小的弹簧制作的弹簧测力计精度越高； 要控制弹簧在弹性限度内，因此钩码不能挂太多．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）由图像可知，弹簧的劲度系数：k甲‎=‎ΔF甲Δx甲‎=‎4‎‎6×‎‎10‎‎−2‎N/m≈66.7N/m， k乙‎=‎ΔF乙Δx乙‎=‎8‎‎4×‎‎10‎‎−2‎N/m=200N/m， ‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页 如要制作精确度比较高的弹簧秤，宜选用劲度系数比较小的弹簧，故应选用甲弹簧．‎ ‎（2）图线后段变为曲线的原因是超过了弹簧的弹性限度，建议：实验中钩码不能挂太多，控制在弹性限度内．‎ 四、解答题 ‎【答案】‎ ‎（1） 经过‎10s两车第一次相遇．‎ ‎（2）再经过‎13.5s两车第二次相遇．‎ ‎【考点】‎ 匀变速直线运动规律的综合运用 ‎【解析】‎ 此题暂无解析 ‎【解答】‎ 解：（1）设经过t‎1‎秒，汽车追上自行车，有v‎2‎t‎1‎‎=‎v‎1‎t‎1‎‎+s， 解得t‎1‎‎=10s， 故经过‎10s两车第一次相遇． ‎ ‎（2）汽车的加速度为a=−2‎m/‎s‎2‎， 设第二次追上所用的时间为t‎2‎，则： v‎1‎t‎2‎‎=‎v‎2‎t‎2‎‎+‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎， t‎2‎‎=12s， 设汽车从刹车到停下用时t‎3‎， ‎0=‎v‎2‎‎+at‎3‎， t‎3‎‎=9s<‎t‎2‎， 故自行车又追上汽车前，汽车已停下， 停止前汽车的位移s汽‎=‎‎0+‎v‎2‎‎2‎t‎3‎， 设经t‎4‎时间追上，则 v‎1‎t‎4‎‎=‎‎0+‎v‎2‎‎2‎t‎3‎，  t‎4‎‎=13.5s， 故再经过‎13.5s两车第二次相遇．‎ ‎【答案】‎ F的大小为‎1N或者‎9N．‎ ‎【考点】‎ 牛顿运动定律的应用—从运动确定受力 物体的弹性和弹力 ‎【解析】‎ 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．‎ ‎【解答】‎ 解：对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力， 令Fsin‎53‎‎∘‎=mg，解得F=1.25N，此时无摩擦力． 当F<1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律有： Fcosθ−μFN=ma，FN‎+Fsinθ=mg， 解得：F=1N； 当F>1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律有： Fcosθ−μFN=ma，Fsinθ=mg+‎FN， 解得：F=9N．‎ ‎【答案】‎ ‎（1）若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数μ‎2‎为‎1‎‎2‎μ‎1‎；‎ ‎（2）铁块滑上滑板时的初速度v‎0‎为‎5μ‎1‎gl．‎ ‎【考点】‎ 板块模型问题 动力学中的整体法与隔离法 ‎【解析】‎ ‎（1）把滑板作为研究对象，题设有两个过程：①从铁块滑上开始的到与恰恰与C点相撞，这是一个匀加速直线运动过程．②从反弹开始到B端速度恰好为零，这是一个匀减速直线运动过程，分别应用牛顿第二定律和运动学公式，联立可求得滑板与凹槽间动摩擦因数µ‎​‎‎2‎．‎ ‎（2）对铁块来说，只有一个匀减速直线运动过程，从滑上滑板开始到刚到达C点，其速度减为零，同理，先用牛顿第二定律求其加速度，然后用运动学公式求初速度．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）设滑板向右加速滑动时加速度大小为a‎1‎，反弹左滑时加速度大小为a‎2‎，滑板与凹槽右端碰撞时的速度为v，由运动规律得滑板向右做初速度为零的匀加速运动： v‎2‎‎=2a‎1‎l① 反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，则‎0−v‎2‎=2(−a‎2‎)×l② 滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时 只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 μ‎1‎‎2mg−μ‎2‎3mg=ma‎1‎③ μ‎2‎mg=ma‎2‎④ 联立①②③④解得μ‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎μ‎1‎⑤‎ ‎（2）由②④⑤式得v=‎μ‎1‎gl⑥ 铁块向右滑动的加速度大小为a，则μ‎1‎‎2mg=2ma⑦ 铁块向右做匀减速运动，有v‎2‎‎−v‎0‎‎2‎=2(−a)⋅2l⑧ 由⑥⑦⑧解得v‎0‎‎=‎‎5μ‎1‎gl．‎ 第13页 共14页 ◎ 第14页 共14页