上海市闵行中学高三（上）月考物理试卷（10月份）
一、单选题（共8题，每题2分，共16分）
1．关于物理学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）
A．笛卡尔运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断
B．1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想
C．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法
D．牛顿发现了万有引力定律，并且测出了引力常数G
2．下列实例中所用的物理思想与方法表述正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，把物体看成一个质点，运用的方法叫等效替代法
B．根据v=
，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这应用了类比法
C．在电路中，可以用一个合适的电阻来代替若干个电阻，这利用了极限思维法
D．对于变力做功，把运动过程分成很多小段，每一小段内可认为是恒力做功，求出每一小段内力所做的功，然后累加起来就得到整个过程中变力所做的功，用到了“微元法”
3．一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是（ ）
A．拉力的水平分力与摩擦力是一对作用力与反作用力
B．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上
C．车对小孩有向左的摩擦力
D．小孩和车所受的合力不为零
4．一只蜗牛从半球形小碗内的最低点沿碗壁向上缓慢爬行，在其滑落之前的爬行过程中受力情况是（ ）
A．碗对蜗牛的摩擦力变大 B．碗对蜗牛的支持力变大
C．碗对蜗牛的作用力变小 D．地面对碗的摩擦力逐渐变小
5．下图为速度传感器记录的质点的速度随时间变化的图象，针对该质点的运动过程，下列分析正确的是（ ）
A．质点运动过程加速度方向不变
B．质点运动过程加速度大小一直减小
C．质点通过的位移一定大于7m
D．质点经过的位移先增大后减小
6．如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＜OC，在A、C两点分别挂有二个和三个砝码，木棒处于平衡状态．如在木棒的A、C点各增加一个同样的砝码，则木棒（ ）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
7．如图所示，一木箱放在水平面上，木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，则（ ）
A．人对木箱底的压力大小为G2+F
B．木箱对人的作用力大小为G2
C．木箱对地面的压力大小为G1+G2﹣F
D．地面对木箱的支持力大小为G1+G2
8．如图所示，两小球A、B用劲度系数为k1的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方．OA之间的距离也为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为（ ）
A．F1＞F2 B．F1=F2 C．F1＜F2 D．无法确定
二、单选题（共8题，每题3分，共24分）
9．如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（ ）
A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点
10．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
11．一铁球通过三段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧秤上．第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图1所示，弹簧秤的示数记为F1．第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图2所示，弹簧秤的示数记为F2．则（ ）
A．F1恒定不变，F2逐渐增大
B．F1、F2均逐渐增大
C．F1先减小后增大，F2逐渐减小
D．F1逐渐增大，F2先减小后增大
12．如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始以加速度a水平向右做匀加速直线运动，前进距离l后，速度为v，然后以速度v继续向前做匀速直线运动（苹果与手始终相对静止）．已知苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．苹果一直受到水平向右的摩擦力
B．手对苹果的作用力的方向始终竖直向上
C．在加速阶段手对苹果的作用力等于
D．手对苹果做的功为μmgl
13．如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的P点相遇．假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．两个小球从a、b两点同时抛出
B．两小球抛出的初速度v1＞v2
C．从b点抛出的小球着地时水平射程较小
D．从a点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大
14．在沿斜面方向的拉力F作用下，物体沿倾斜角度θ的斜面运动向上；以沿斜面向上为正方向，0﹣7S内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如下图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．物体的质量m=1kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因μ＞tanθ
C．斜面倾斜角sinθ=
D．7s后若撤去力F，物体将会做匀速直线运动
15．如下图所示，a和b两个小物块通过细线跨过不计质量的定滑轮连接在一起，动滑轮通过细线悬挂于竖直墙壁上．现将物块b匀速向右移动到c点后静止，不计滑轮摩擦．下列说法中正确的是（ ）
A．b匀速向右运动过程，物块a匀速上升
B．b匀速向右运动过程，物块a所受细线拉力小于a自身重力
C．静止于c点后，相对于初始静止状态，悬于墙上的细线所受拉力增大
D．无论在什么位置静止，都有α=β=θ
16．近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当于给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛，体重增加、胃痛、偏头痛的呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型；重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（ ）
A．4.2倍 B．3.3倍 C．2.8倍 D．2.0倍
三、多选题（共4题，每题4分，共16分）
17．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
18．如图所示，质量为m的物体放在倾角为θ的光滑斜面上，随斜面体一起沿水平方向运动，要使物体相对于斜面保持静止，斜面体的运动情况以及物体对斜面压力F的大小可能是（ ）
A．斜面体以某一加速度向右加速运动，F小于mg
B．斜面体以某一加速度向右加速运动，F大于mg
C．斜面体以某一加速度向左加速运动，F大于mg
D．斜面体以某一加速度向左加速运动，F小于mg
19．如图所示，倾角为37°的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．已知小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．抛出点O离斜面底端的高度为1.7m
B．小球从抛出点O落到斜面上的P点经过时间0.4s
C．斜面上的P点到底端的距离为1.2m
D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.125
20．如图所示，有一斜面倾角为θ、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙．一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点．斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则（ ）
A．A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同
B．A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等
C．C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．C到B过程地面对斜面体的支持力等于（M+m）g
四、填空题（共5题，每空2分，共20分）
21．物块P静止在水平放置的固定木板上．若分别对P施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2 时（F1＞F2），P将分别沿Fl和F2的方向匀加速滑动，其受到的滑动摩擦力大小分别为f1和f2，其加速度大小分别为a1和a2若从静止开始同时对P施加上述二力，其受到的滑动摩擦力大小为f3，其加速度大小为a3．则这三个摩擦力的大小关系为 ；这三个加速度的大小关系为 ．
22．如图，滑块A置于水平地面上，一质量为m的滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则滑块B受到的静摩擦力f= ；A与B的质量之比为 ．
23．一质量为1×103kg的汽车行驶在平直路面上，其速度v不同事，对应的最大输出功率P不同，P﹣v关系如图所示．汽车从静止开始，以恒定加速度1m/s2做匀加速直线运动时，受到的阻力恒为1×103N．则汽车牵引力大小为 N，该匀加速过程持续时间大约为 s．
24．如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距x．在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为 m；若L=0.6m，x的取值范围是 m．（取g=10m/s2）
25．如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h=2m，s=
m．取重力加速度大小g=10m/s2．
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
五、实验题（共4题，24分）
26．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（ ）
|
1 |
1 |
32 |
|
4 |
2 |
130 |
|
9 |
3 |
298 |
|
16 |
4 |
526 |
|
25 |
5 |
824 |
|
36 |
6 |
1192 |
|
49 |
7 |
1600 |
|
64 |
8 |
2104 |
A．物体具有惯性
B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C．物体运动的距离与时间的平方成正比
D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
27．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间△t，测得遮光条的宽度为△x，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使更接近瞬时速度，正确的措施是（ ）
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑片的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
28．在“探究求合力的方法”的实验中，实验方案如下图所示：
（1）下列措施中，为了保证力的作用效果相同的措施是 ．
A．每次将橡皮条拉到同样的位置
B．每次把橡皮条拉直
C．每次准确读出弹簧秤的示数
D．每次记准细绳方向
（2）结合图1和图2中的钩码数量，可判断α= ．
（3）若把支柱B水平向右稍微偏移，而不改变左侧的钩码数量，同时把支柱C稍微向左偏移，那么右侧钩码的数量该如何改变？ ．
29．如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移．
保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变．改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中．
（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成 关系，与 无关．
|
v0（m/s） |
0.741 |
1.034 |
1.318 |
1.584 |
|
t（ms） |
292.7 |
293.0 |
292.8 |
292.9 |
|
d（cm） |
21.7 |
30.3 |
38.6 |
46.4 |
（2）一位同学计算出小球飞行时间的理论值tm=
=
=1889.8ms，发现理论值与测量值之差约为3ms．经检查，实验及测量无误，其原因是 ．
（3）另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值t′m，但二者之差在3﹣7ms之间，且初速度越大差值越小．对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是 ．
五、计算题（共4题，50分）
30．低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳．人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大，而且速度越大空气阻力增大得越快．因低空跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危险性比高空跳伞还要高．
一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v﹣t图象如图所示．已知2.0s末的速度为18m/s，10s末拉开绳索开启降落伞，16.2s时安全落地，并稳稳地站立在地面上．g取10m/s2，请根据此图象估算：
（1）起跳后2s内运动员（包括其随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小；
（2）运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大；
（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功（结果保留三位有效数字）．
31．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=1.0kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个
圆弧挡板，圆弧半径R=
m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g=10m/s2．
（1）为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
（2）若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．
32．如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ=0.1，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m/s．现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ=0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m/s．g取10m/s2，求：
（1）初速度v0的大小；
（2）CD段的长度l；
（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．（结果保留三位有效数字）
33．如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．
2017-2018学年上海市闵行中学高三（上）月考物理试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单选题（共8题，每题2分，共16分）
1．关于物理学家的贡献和他们的科学思想方法，下列说法正确的是（ ）
A．笛卡尔运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断
B．1785年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想
C．法拉第在研究电磁感应现象时利用了理想实验法
D．牛顿发现了万有引力定律，并且测出了引力常数G
【考点】物理学史．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：A、伽利略运用“归谬法“否定了亚里士多德关于重的物体下落快，轻的物体下落慢的论断，故A错误；
B、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律时利用了放大法的思想，故B正确；
C、法拉第在研究电磁感应现象时利用了归纳法，故C错误；
D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常数G，故D错误．
故选：B
2．下列实例中所用的物理思想与方法表述正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，把物体看成一个质点，运用的方法叫等效替代法
B．根据v=
，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这应用了类比法
C．在电路中，可以用一个合适的电阻来代替若干个电阻，这利用了极限思维法
D．对于变力做功，把运动过程分成很多小段，每一小段内可认为是恒力做功，求出每一小段内力所做的功，然后累加起来就得到整个过程中变力所做的功，用到了“微元法”
【考点】物理学史．
【分析】质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型法，当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法，在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
【解答】解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B错误；
C、用一个合适的电阻代替若干电阻，就是等效替代法，故C错误．
D、对于变力做功，把运动过程分成很多小段，每一小段内可认为是恒力做功，求出每一小段内力所做的功，然后累加起来就得到整个过程中变力所做的功，用到了“微元法”；故D正确；
故选：D．
3．一个大人拉着载有两个小孩的小车（其拉杆可自由转动）沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是（ ）
A．拉力的水平分力与摩擦力是一对作用力与反作用力
B．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上
C．车对小孩有向左的摩擦力
D．小孩和车所受的合力不为零
【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】对小孩和车整体受力分析，根据共点力平衡条件分析拉力和摩擦力的合力以及整体受到合力情况，小孩做匀速运动，受力平衡，水平方向不受摩擦力．
【解答】解：A、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，但不能说拉力的水平分力与摩擦力是一对作用力与反作用力，故A错误；
B、小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B正确；
C、小孩做匀速运动，受力平衡，水平方向不受摩擦力，故C错误；
D、小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D错误；
故选：B
4．一只蜗牛从半球形小碗内的最低点沿碗壁向上缓慢爬行，在其滑落之前的爬行过程中受力情况是（ ）
A．碗对蜗牛的摩擦力变大 B．碗对蜗牛的支持力变大
C．碗对蜗牛的作用力变小 D．地面对碗的摩擦力逐渐变小
【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】对蜗牛进行受力分析，作出力图，蜗牛缓慢爬行处于动态平衡状态之中，合力为零，由平衡条件分析各力的变化情况．把碗和蜗牛看成一个整体，整体受力平衡，水平方向不受地面对碗的摩擦力．
【解答】解：A、蜗牛缓慢爬行受到重力mg、弹力N和摩擦力f，如图．设蜗牛所在处碗边的切线与水平方向的夹角为θ，由平衡条件则有：
N=mgcosθ，f=mgsinθ
蜗牛从半球形小碗内的最低点沿碗壁向上缓缓爬行的过程中，θ逐渐增大，cosθ减小，sinθ增大，则N减小，f增大，故A正确，B错误；
C、碗对蜗牛的作用是N和f的合力，大小与重力mg相等，保持不变，故C错误；
D、把碗和蜗牛看成一个整体，整体受力平衡，水平方向不受地面对碗的摩擦力，故D错误．
故选：A
5．下图为速度传感器记录的质点的速度随时间变化的图象，针对该质点的运动过程，下列分析正确的是（ ）
A．质点运动过程加速度方向不变
B．质点运动过程加速度大小一直减小
C．质点通过的位移一定大于7m
D．质点经过的位移先增大后减小
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】在速度时间图象中，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示物体的运动方向，由图可直接读出速度的大小．
【解答】解：A、根据图象的斜率等于加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知质点的加速度先正后负，说明加速度发生了改变，故A错误．
B、由图知，图象的斜率先减小后增大，则质点运动过程加速度大小先减小后增大，故B错误．
C、图中每一方格面积为0.1m2．图线与时间轴所围的范围约有88格（大于等于半格的算一格，小于半格的舍去），而图线与时间轴围成的面积表示位移，所以质点通过的位移为 x=88×0.1=8.8m．故C正确．
D、质点一直沿正方向运动，则质点的位移不断增大，故D错误．
故选：C
6．如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＜OC，在A、C两点分别挂有二个和三个砝码，木棒处于平衡状态．如在木棒的A、C点各增加一个同样的砝码，则木棒（ ）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
【考点】力矩的平衡条件．
【分析】由原状态，得到两边力矩大小相等．再比较各增加一个同样砝码后，右边力矩增加的多，故绕O点顺时针方向转动
【解答】解：由题意木棒处于平衡状态时，
MA×AO=Mc×OC
两边各增加同样的砝码m时，
因为：AO＜OC
所以：m×AO＜m×OC
故右边力矩增加的多，故绕O点顺时针方向转动
故选：A
7．如图所示，一木箱放在水平面上，木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，则（ ）
A．人对木箱底的压力大小为G2+F
B．木箱对人的作用力大小为G2
C．木箱对地面的压力大小为G1+G2﹣F
D．地面对木箱的支持力大小为G1+G2
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】分别对人和整体分析，根据共点力平衡求出人对木箱的压力和木箱对地面的压力．
【解答】解：A、对人分析，人受到重力、箱子对人的支持力，箱顶对人的压力，根据平衡有：N=G2+F．故A正确；
B、对人分析，人受到重力和木箱的作用力（箱底对人的支持力和箱顶对人的压力的合力），根据平衡条件，故木箱的作用力大小为G2．故B正确；
C、D、对整体分析，受总重力和支持力，有：N′=G1+G2．则压力与支持力的大小相等，为G1+G2．故C错误，D正确．
故选：ABD．
8．如图所示，两小球A、B用劲度系数为k1的轻质弹簧相连，球B用长为L的细绳悬于O点，球A固定在O点正下方．OA之间的距离也为L，系统平衡时绳子所受的拉力为F1，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为k2的轻弹簧，系统再次平衡时，绳子所受的拉力为F2，则F1与F2的大小关系为（ ）
A．F1＞F2 B．F1=F2 C．F1＜F2 D．无法确定
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．
【分析】研究任意一种情况下，绳子拉力与重力的关系．以小球B为研究对象，分析受力情况，根据三角形相似法，得出绳子的拉力与小球B的重力的关系，再研究F1和F2的大小关系．
【解答】解：以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力F合与重力mg大小相等，方向相反，即F合=mg，作出力的合成如图，由三角形相似得：
=
又由题，OA=OB=L，得，F=F合=mg，可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到F1=F2．
故选：B．
二、单选题（共8题，每题3分，共24分）
9．如图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动．图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是（ ）
A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点
【考点】物体做曲线运动的条件．
【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向，可以判定粒子受力的方向；再根据受力的方向，判定α粒子在电场中运动时，粒子的加速度的方向．
【解答】解：根据轨迹弯曲的方向，可以判定粒子受力的方向大体向上，与粒子和重金属原子核的点的连线的方向相反，故M、N、P、Q是轨迹上的四点的加速度的方向中，只有P点标出的方向是正确的．
故选：C
10．在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦．两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（g为重力加速度），则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．
【解答】解：隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示，可得：
FN=Fcosθ
2mg﹣Fsinθ=0
解得：FN=
，
对两球组成的整体有：
3mg﹣μFN=0
联立解得：μ=
故选：A．
11．一铁球通过三段轻绳OA、OB、OC悬挂在天花板上的A点，轻绳OC拴接在轻质弹簧秤上．第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧秤从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图1所示，弹簧秤的示数记为F1．第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳OA转动到竖直位置，如图2所示，弹簧秤的示数记为F2．则（ ）
A．F1恒定不变，F2逐渐增大
B．F1、F2均逐渐增大
C．F1先减小后增大，F2逐渐减小
D．F1逐渐增大，F2先减小后增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】图1中，O点固定不动，以O点为研究对象，分析受力情况，运用图解法，画出平行四边形进行分析；
图2中，假设AO与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得出F2与θ的关系，由数学知识分析．
【解答】解：在图1中，对O点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，如图1，知OA绳上拉力F1先减小后增大．
在图2中，假设AO与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件得：F2=Gsinθ，θ减小，则F2逐渐减小．故C正确．
故选：C．
12．如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始以加速度a水平向右做匀加速直线运动，前进距离l后，速度为v，然后以速度v继续向前做匀速直线运动（苹果与手始终相对静止）．已知苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是（ ）
A．苹果一直受到水平向右的摩擦力
B．手对苹果的作用力的方向始终竖直向上
C．在加速阶段手对苹果的作用力等于
D．手对苹果做的功为μmgl
【考点】力的合成与分解的运用．
【分析】根据苹果的加速度方向，得出苹果的合力方向，根据受力确定手对苹果的作用力方向．
【解答】解：A、当处于匀速直线运动时，苹果不受摩擦力．故A错误；
B、当处于加速过程中，手对苹果的作用力是支持力和摩擦力的合力，方向斜向上，而处于匀速直线运动时，则方向竖直向上，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，结合矢量合成法则，在加速阶段手对苹果的作用力等于．故C正确
D、根据动能定理得，手对苹果做功的大小W=
mv2，因受到静摩擦力，不可能是μmgl，故D错误；
故选：C．
13．如图所示，a、b两点位于同一条竖直线上，从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的P点相遇．假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．两个小球从a、b两点同时抛出
B．两小球抛出的初速度v1＞v2
C．从b点抛出的小球着地时水平射程较小
D．从a点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大
【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动．
【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据在P点相遇，结合高度比较运动的时间，从而通过水平位移比较初速度．
【解答】解：A、因为两个小球在P点相遇，可知a球下降的高度大于b球下降的高度，可知a球的运动时间较长，所以a球先抛出．故A错误．
B、因为从抛出到P点的过程中，水平位移相等，a球的运动时间较长，则a球的初速度较小，即v1＜v2，故B错误．
C、到达P点时，a球的竖直分速度较大，所以从P点到地面，a球先落地，b球后落地，b的初速度大，所以b球的水平射程较大，故C错误
D、根据P=mgvy知，a球距离地面的高度大，则a球落地时竖直分速度较长，则a球着地时重力的瞬时功率较大，故D正确．
故选：D
14．在沿斜面方向的拉力F作用下，物体沿倾斜角度θ的斜面运动向上；以沿斜面向上为正方向，0﹣7S内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如下图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．物体的质量m=1kg
B．物体与斜面之间的动摩擦因μ＞tanθ
C．斜面倾斜角sinθ=
D．7s后若撤去力F，物体将会做匀速直线运动
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】根据v﹣t图象的斜率求物体运动的加速度，分析受力情况，根据牛顿第二定律列方程，联立求解物体的质量、动摩擦因μ和斜面的倾斜角．根据滑动摩擦力与重力沿斜面分力的关系分析撤去F后物体的运动情况．
【解答】解：ABC、设物体在0﹣5s内、5﹣6s内、6﹣7s内加速度大小分别为a1、a2、a3，对应的拉力F的大小分别为F1、F2、F3．根据v﹣t图象的斜率表示加速度，则得：
a1=
=1m/s2，a2=
=5m/s2，a3=
=3m/s2．
根据牛顿第二定律得：
F1﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1；
F2+mgsinθ+μmgcosθ=ma2；
F3+mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3；
由图知：F1=3N，F2=F3=3N．
代入上式解得 m=1kg，sinθ=
，μ=tanθ，故AC正确，B错误．
D、7s末物体正沿斜面向下运动，7s后若撤去力F，由于μ=tanθ，则有 mgsinθ=μmgcosθ，物体的合力为零，所以物体将会做匀速直线运动，故D正确．
本题选错误的，故选：B
15．如下图所示，a和b两个小物块通过细线跨过不计质量的定滑轮连接在一起，动滑轮通过细线悬挂于竖直墙壁上．现将物块b匀速向右移动到c点后静止，不计滑轮摩擦．下列说法中正确的是（ ）
A．b匀速向右运动过程，物块a匀速上升
B．b匀速向右运动过程，物块a所受细线拉力小于a自身重力
C．静止于c点后，相对于初始静止状态，悬于墙上的细线所受拉力增大
D．无论在什么位置静止，都有α=β=θ
【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】b匀速向右运动过程中，绳子与地面的夹角减小，则b的速度沿绳子方向的分量逐渐增大，从而判断a的运动情况，根据a的运动情况结合牛顿第二定律分析绳子拉力和重力关系，分析滑轮受力由力的合成与分解可得出夹角的大小关系．
【解答】解：A、b匀速向右运动过程中，绳子与地面的夹角减小，则b的速度沿绳子方向的分量逐渐增大，所以绳子做加速运动，则a做加速运动，故A错误；
B、a向上做加速运动，加速度向上，根据牛顿第二定律可知，绳子拉力大于a的重力，故B错误；
C、静止于c点后，绳子拉力又等于a的重力，由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，合力减小，则悬于墙上的细线所受拉力减小，故C错误；
D、对滑轮分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α=θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，故D正确；
故选：D
16．近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅（约270N）的重量，相当于给颈椎挂俩大西瓜，比一个7岁小孩还重．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛，体重增加、胃痛、偏头痛的呼吸道疾病等．当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人体头颈部简化为如图的模型；重心在P点的头部，在可绕O转动的颈椎OP（轻杆）的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止．当低头时，颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为60°，此时，颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到压力的（ ）
A．4.2倍 B．3.3倍 C．2.8倍 D．2.0倍
【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】对人的头部进行分析，明确其受力情况，由共点力的平衡条件可得出对应的平行四边形；由正弦定理可求得颈椎受到的压力．
【解答】解：由题意可明确人的头受力情况，如图所示：
设人的颈椎对头的支持力F，则由几何关系可知：
=
=
所以F=•G≈3.73G；
故选：B．
三、多选题（共4题，每题4分，共16分）
17．关于物体所受合外力的方向，下列说法正确的是（ ）
A．物体做速率逐渐增加的直线运动时，其所受合外力的方向一定与速度方向相同
B．物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变
C．物体做变速率圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心
D．物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直
【考点】物体做曲线运动的条件．
【分析】匀加速运动中，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、合力的方向与加速度方向相同，与速度的方向和位移的方向无直接关系，当物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同；当物体做减速运动时，加速度的方向与速度的方向相反，故A正确，
B、物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向不一定改变，比如：平抛运动，故B错误．
C、物体做匀速圆周运动时，其所受合外力的方向一定指向圆心，若非匀速圆周运动，则合外力一定不指向圆心，故C错误．
D、物体做匀速率曲线运动时，速度的大小不变，所以其所受合外力始终指向圆心，则其的方向总是与速度方向垂直，故D正确，
故选：AD．
18．如图所示，质量为m的物体放在倾角为θ的光滑斜面上，随斜面体一起沿水平方向运动，要使物体相对于斜面保持静止，斜面体的运动情况以及物体对斜面压力F的大小可能是（ ）
A．斜面体以某一加速度向右加速运动，F小于mg
B．斜面体以某一加速度向右加速运动，F大于mg
C．斜面体以某一加速度向左加速运动，F大于mg
D．斜面体以某一加速度向左加速运动，F小于mg
【考点】牛顿第二定律．
【分析】物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解．
【解答】解：物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析，
物体受到重力和斜面垂直向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向左，
根据图象可知
竖直方向上：Fcosθ=mg
故：F＞mg，
故C正确，ABD错误．
故选：C．
19．如图所示，倾角为37°的斜面长L=1.9m，在斜面底端正上方的O点将一小球以速度v0=3m/s的速度水平抛出，与此同时静止释放在顶端的滑块，经过一段时间后小球恰好能够以垂直斜面的方向击中滑块．已知小球和滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A．抛出点O离斜面底端的高度为1.7m
B．小球从抛出点O落到斜面上的P点经过时间0.4s
C．斜面上的P点到底端的距离为1.2m
D．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.125
【考点】平抛运动．
【分析】抓住小球垂直击中斜面，根据平行四边形定则求出竖直分速度，从而求出运动的时间，根据小球的竖直位移和水平位移，结合几何关系求出抛出点到斜面底端的距离以及斜面上的P点到底端的距离．根据牛顿第二定律，结合位移公式，抓住时间相等求出滑块与斜面间的动摩擦因数．
【解答】解：设小球击中滑块时的速度为v，竖直速度为vy，由几何关系得：tan37°=
，解得
，则小球从抛出点到落到斜面上P点经历的时间
，故B正确．
设抛出点到斜面最低点的距离为h，由几何关系得：
h=y+xtan37°=
，故A正确．
斜面上P点到底端的距离为：
．故C错误．
在时间t内，滑块的位移为s，由几何关系得：s′=L﹣s，由s
，对滑块，由牛顿第二定律得：
mgsin37°﹣μmgcos37°=ma
代入数据解得：μ=0.125，故D正确．
故选：ABD．
20．如图所示，有一斜面倾角为θ、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙．一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时间t滑至C点，又经过时间t到达B点．斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则（ ）
A．A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同
B．A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等
C．C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．C到B过程地面对斜面体的支持力等于（M+m）g
【考点】动能定理的应用．
【分析】加速度根据牛顿第二定律研究．平均速度根据公式
=
分析．对整体，运用牛顿第二定律分析地面对斜面的支持力和摩擦力．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律得：
AC段有：mgsinθ=ma1；
BC段有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；可知，A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度不同，故A错误．
B、根据平均速度公式
=
知，两个过程的位移和时间均相等，则平均速度相等．故B正确．
C、设滑块到达C和B的速度分别为vC和vB．根据平均速度相等有：
=
，可得 vB=0
说明滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有水平向右的分加速度，对斜面和滑块整体，由牛顿第二定律知，地面对斜面体的摩擦力水平向右．故C正确．
D、滑块由C到B过程做匀减速运动，加速度沿斜面向上，有竖直向上的分加速度，处于超重状态，所以地面对斜面体的支持力大于（M+m）g．故D错误．
故选：BC
四、填空题（共5题，每空2分，共20分）
21．物块P静止在水平放置的固定木板上．若分别对P施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2 时（F1＞F2），P将分别沿Fl和F2的方向匀加速滑动，其受到的滑动摩擦力大小分别为f1和f2，其加速度大小分别为a1和a2若从静止开始同时对P施加上述二力，其受到的滑动摩擦力大小为f3，其加速度大小为a3．则这三个摩擦力的大小关系为 f1=f2=f3 ；这三个加速度的大小关系为 a3＞a1＞a2 ．
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】根据f=μFN判断滑动摩擦力的大小，比较物体所受的合力，再根据牛顿第二定律比较出物体加速度的大小．
【解答】解：三种情况下，物体所受的支持力都等于物体的重力，则物体对木板的压力也都等于物体的重力，根据f=μFN，知三种情况下滑动摩擦力的大小相等．即f1=f2=f3．
分别对P施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2时，F1＞F2，滑动摩擦力大小相等，根据牛顿第二定律得 F﹣f=ma，得知a1＞a2．
当同时施加相互垂直的两个水平拉力F1和F2时，合力为
﹣f＞F1＞F2，则a3＞a1＞a2．
故答案为：f1=f2=f3，a3＞a1＞a2．
22．如图，滑块A置于水平地面上，一质量为m的滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则滑块B受到的静摩擦力f= mg ；A与B的质量之比为 
．
【考点】摩擦力的判断与计算．
【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．
【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m+M）g ①
再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：mg=f
其中：f=μ1N
联立有：mg=μ1F ②
联立①②解得：
=
故答案为：mg，．
23．一质量为1×103kg的汽车行驶在平直路面上，其速度v不同事，对应的最大输出功率P不同，P﹣v关系如图所示．汽车从静止开始，以恒定加速度1m/s2做匀加速直线运动时，受到的阻力恒为1×103N．则汽车牵引力大小为 2000 N，该匀加速过程持续时间大约为 22.5 s．
【考点】功率、平均功率和瞬时功率．
【分析】根据牛顿第二定律求出汽车的牵引力，结合图线得出汽车的最大输出功率，结合P=Fv求出匀加速直线运动的末速度，根据速度时间公式求出匀加速运动的时间．
【解答】解：根据牛顿第二定律得：F﹣f=ma，
解得牵引力为：F=f+ma=1000+1000×1N=2000N．
由图象可知，最大输出功率为：P=45KW=45000W，
匀加速直线运动的最大速度为：
，
则匀加速直线运动的时间为：
．
故答案为：2000，22.5．
24．如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距x．在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为 0.8 m；若L=0.6m，x的取值范围是 0.8≤x≤1m． m．（取g=10m/s2）
【考点】平抛运动．
【分析】根据自由落体运动的公式求出小球通过矩形孔的时间，从而通过等时性求出L的最大值．结合小球运动到矩形孔上沿的时间和下沿的时间，结合障碍物的速度求出x的最小值和最大值．
【解答】解：小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间
s=0.2s；
小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间
，
则小球通过矩形孔的时间△t=t2﹣t1=0.2s，
根据等时性知，L的最大值为Lm=v0△t=4×0.2m=0.8m．
x的最小值xmin=v0t1=4×0.2m=0.8m
x的最大值xmax=v0t2﹣L=4×0.4﹣0.6m=1m．
所以0.8m≤x≤1m．
故答案为：0.8，0.8m≤x≤1m．
25．如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h=2m，s=
m．取重力加速度大小g=10m/s2．
（1）一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
【考点】向心力．
【分析】（1）当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，根据平抛运动基本公式求出b点速度，再根据动能定理求解R；
（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理列式，根据平抛运动基本公式求出c点速度方向与竖直方向的夹角，再结合运动的合成与分解求解．
【解答】解：（1）当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则在bc上只受重力，做平抛运动，则有：
=
①
则在b点的速度
②，
从a到b的过程中，根据动能定理得：
③
解得：R=0.25m．
（2）从b点下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，b到c的过程中，根据动能定理得：
④
因为物体滑到c点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角相等，设为θ，
则根据平抛运动规律可知
⑤，
根据运动的合成与分解可得
⑥
由①②③④⑤⑥解得：v水平=
m/s
答：
（1）圆弧轨道的半径为0.25m；
（2）环到达c点时速度的水平分量的大小为m/s．
五、实验题（共4题，24分）
26．如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（ ）
|
1 |
1 |
32 |
|
4 |
2 |
130 |
|
9 |
3 |
298 |
|
16 |
4 |
526 |
|
25 |
5 |
824 |
|
36 |
6 |
1192 |
|
49 |
7 |
1600 |
|
64 |
8 |
2104 |
A．物体具有惯性
B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C．物体运动的距离与时间的平方成正比
D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】通过表格中的数据，通过时间的平方与运动距离的关系，得出位移和时间的规律．
【解答】解：从表格中的数据可知，时间变为原来的2倍，下滑的位移大约变为原来的4倍，时间变为原来的3倍，位移变为原来的9倍，可知物体运动的距离与时间的平方成正比．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
27．如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间△t，测得遮光条的宽度为△x，用
近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度，为使
更接近瞬时速度，正确的措施是（ ）
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑片的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
【考点】探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】明确平均速度代替瞬时速度的方法，应明确我们是利用△x趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度．
【解答】解：本题中利用平均速度等效替代瞬时速度；故只能尽量减小计算平均速度的位移，即换用宽度更窄的遮光条；故A正确；BCD错误；
故选：A．
28．在“探究求合力的方法”的实验中，实验方案如下图所示：
（1）下列措施中，为了保证力的作用效果相同的措施是 A ．
A．每次将橡皮条拉到同样的位置
B．每次把橡皮条拉直
C．每次准确读出弹簧秤的示数
D．每次记准细绳方向
（2）结合图1和图2中的钩码数量，可判断α= 53° ．
（3）若把支柱B水平向右稍微偏移，而不改变左侧的钩码数量，同时把支柱C稍微向左偏移，那么右侧钩码的数量该如何改变？ 减少 ．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】（1）该实验采用了“等效替代”法即要求两次拉橡皮筋时，要使橡皮筋产生的形变相同，即拉到同一位置．
（2）设每个钩码的质量为m，根据两个分力和合力大小关系判断两个分力的夹角，再根据几何关系求解；
（3）若把支柱B水平向右稍微偏移，把支柱C稍微向左偏移，则两个分力的夹角减小，根据平行四边形定则判断即可．
【解答】解：（1）要使每次合力与分力产生相同的效果，每次将橡皮条拉到同样的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同，故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
（2）设每个钩码的质量为m，根据钩码的数目可知，两个分力分别为3mg和4mg，合力为5mh，根据几何关系可知，两个分力的方向垂直，
则
，所以α=53°，
（3）若把支柱B水平向右稍微偏移，把支柱C稍微向左偏移，则两个分力的夹角减小，合力和一个分力的大小不变，根据平行四边形定则可知，另一个分力减小，故减少钩码个数．
故答案为：（1）A；（2）53°；（3）减少
29．如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移．
保持水平槽口距底板高度h=0.420m不变．改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中．
（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成 正比 关系，与 时间 无关．
|
v0（m/s） |
0.741 |
1.034 |
1.318 |
1.584 |
|
t（ms） |
292.7 |
293.0 |
292.8 |
292.9 |
|
d（cm） |
21.7 |
30.3 |
38.6 |
46.4 |
（2）一位同学计算出小球飞行时间的理论值tm=
=
=1889.8ms，发现理论值与测量值之差约为3ms．经检查，实验及测量无误，其原因是 g值取值偏大． ．
（3）另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值t′m，但二者之差在3﹣7ms之间，且初速度越大差值越小．对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是 光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离． ．
【考点】研究平抛物体的运动．
【分析】（1）根据数据得出水平位移和初速度的关系；
（2）根据t=
分析t偏小的原因；
（3）光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离，小球错经过传感器到小球到达抛出点还有一段很小的时间，导致产生误差．
【解答】解：（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成正比，与时间无关．
（2）根据t=知，求解出的t偏小，是因为g值取值偏大．
（3）纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值t′依然大于自己得到的理论值t理′，但二者之差在3﹣7ms之间，且初速度越大差值越小．导致偏差的原因是：光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离，小球错经过传感器到小球到达抛出点还有一段很小的时间，而且速度越大，该时间越短．
故答案为：（1）正比，时间，（2）g值取值偏大．（3）光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口（小球开始做平抛运动的位置）还有一段很小的距离．
五、计算题（共4题，50分）
30．低空跳伞是一种极限运动，一般在高楼、悬崖、高塔等固定物上起跳．人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增大，而且速度越大空气阻力增大得越快．因低空跳伞下落的高度有限，导致在空中调整姿态、打开伞包的时间较短，所以其危险性比高空跳伞还要高．
一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v﹣t图象如图所示．已知2.0s末的速度为18m/s，10s末拉开绳索开启降落伞，16.2s时安全落地，并稳稳地站立在地面上．g取10m/s2，请根据此图象估算：
（1）起跳后2s内运动员（包括其随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小；
（2）运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员所需承受地面的平均冲击力多大；
（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功（结果保留三位有效数字）．
【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．
【分析】（1）由v﹣t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动，读出加速度值，由牛顿第二定律求出阻力大小．
（2）由v﹣t图可知，运动员脚触地时的速度为v2=5.0m/s，经过时间t2=0.2s速度减为0，根据动量定理求解．
（3）由v﹣t图读出开伞前运动员下落高度，在这个过程中，重力和空气阻力对运动员做功，根据动能定理求解．
【解答】解：（1）由v﹣t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速直线运动，其加速度为
=
=9.0 m/s2
设运动员所受平均阻力为f，根据牛顿第二定律有
m总g﹣f=m总a
代入数据解得解得 f=80N
（2）由v﹣t图可知，运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s，经时间t2=0.2s速度减为零，
设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F，根据动量定理有（mg﹣F）t2=0﹣mv2
代入数据解得 F=2450N
（3）由v﹣t图可知，10s末开伞时的速度v=40m/s，开伞前10s内运动员下落的高度约为
h≈30×（5×2m）=300m
设前10s内空气阻力对运动员所做功为W，根据动能定理有
代入数据解得 W=﹣1.76×104J
答：
（1）起跳后2s内运动员（包括其随身携带的全部装备）所受平均阻力的大小为80N．
（2）运动员所需承受地面的平均冲击力为2450N．
（3）开伞前空气阻力对跳伞运动员（包括其随身携带的全部装备）所做的功为﹣1.76×104J
31．如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=1.0kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25，且与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个
圆弧挡板，圆弧半径R=
m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g=10m/s2．
（1）为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
（2）若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．
【考点】平抛运动；牛顿第二定律．
【分析】（1）为使小物块不能击中挡板，物块不能滑离O点．拉力F作用最长时间t时，小物块刚好运动到O点．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动，两个过程位移之和等于s，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
（2）由运动学公式求出物块通过O点时的速度．物块离开O点后做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，对两个方向分别由位移公式列式，结合几何关系x2+y2=R2，求解x和y．
【解答】解：（1）为使小物块不会击中挡板，拉力F作用最长时间t时，小物块刚好运动到O点．
由牛顿第二定律得：F﹣μmg=ma1
解得：a1=
﹣μg=
﹣0.25×10=2.5m/s2
减速运动时的加速度大小为：a2=μg=0.25×10=2.5m/s2
由运动学公式得：
而a1t=a2t2
解得：
（2）水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：v02=2a1s
解得小物块到达O点时的速度为：v0=
=
m/s=5m/s
小物块过O点后做平抛运动． 水平方向：x=v0t
竖直方向：
又 x2+y2=R2
解得位置坐标为：x=5m，y=5m
答：（1）拉力F作用的最长时间为
s；
（2）小物块击中挡板上的位置的坐标为x=5m，y=5m．
32．如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ=0.1，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m/s．现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ=0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m/s．g取10m/s2，求：
（1）初速度v0的大小；
（2）CD段的长度l；
（3）若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．（结果保留三位有效数字）
【考点】动能定理；牛顿第二定律．
【分析】（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，运用动能定理求解v0的大小．
（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理求解CD段的长度l．
（3）由上题的结果可知，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，作出滑块在A、B间运动的v﹣t图象，分析知道当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，由动能定理求出滑块到达D点时的速度，对两段过程，分别由牛顿第二定律和运动学速度公式列式，即可求解．
【解答】解：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，由动能定理得：
﹣μ1mgL=
﹣
①
代入解得 v0=10m/s
（2）将CD段划擦后，滑块再从A到B的过程中，由动能定理得：
﹣μ1mg（L﹣l）﹣μ2mgl=
﹣②
代入解得 l=4m
（3）由②式，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变，设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2．
根据牛顿第二定律得：
﹣μ1mg=ma1；③
﹣μ2mg=ma2；④
滑块在A、B间运动的v﹣t图象如图，由图象可知当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长．
设此时滑块到达D点时的速度为v，则由动能定理得
﹣μ2mgl=
﹣
⑤
解得 v=8m/s
根据运动学公式得
v=v0﹣a2t1⑥
v2=v﹣a1t2⑦
解得 t=t1+t2=2.44s
答：
（1）初速度v0的大小是10m/s；
（2）CD段的长度l是4m；
（3）当C点与A点重合时，滑块运动的时间最长，滑块滑行的最长时间是2.44s．
33．如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x．
【考点】动能定理的应用；平抛运动．
【分析】（1）要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列出不等式即可求解夹角的正切值；
（2）对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；
（3）物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最大距离．
【解答】解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg（L2﹣L1cosθ）
由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入数据解得：
μ2=0.8；
（3）由动能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=
mv2
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
总位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2为0.8；
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
获得更多试题及答案，欢迎联系微信公众号：ygjjcom
客服微信号：ygjjcom