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- 2023-12-05 发布
2015-2016学年山西省太原十二中高三（上）第一次月考物理试卷
一、选择题：（每小题4分，共48分，1-7为单选，8-12题有多个选项正确，多选题有答对选不全的得2分，有错答案或不答的得0分）
1．伽利略曾通过做“铜球沿斜面运动的实验”来研究自由落体运动．关于该实验的相关描述正确的是（ ）
A．质量大的铜球沿斜面向下运动的加速度比质量小的铜球大
B．铜球沿斜面向下做匀加速运动，加速度与斜面倾角有关，而与铜球的质量无关
C．铜球在斜面上的运动与自由落体运动完全相同
D．通过做“铜球沿斜面运动的实验”不可能了解到自由落体运动的特点
2．一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中错误的是（ ）
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
3．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则物体运动的v﹣t图象，正确的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（ ）
A．弹簧秤的示数是25N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2
5．如图甲所示，小车上固定着硬质支架，杆的端点固定着一个质量为m的小球．杆对小球的作用力的变化如图乙所示，则关于小车的运动，下列说法中正确的是（杆对小球的作用力由F1变化至F4）（ ）
A．小车可能向左做加速度增大的运动
B．小车由静止开始向右做匀加速运动
C．小车的速度越来越大
D．小车的加速度越来越小
6．如图所示，传送皮带的水平部分AB是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t1，从B端飞出时速度为v1．若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t2，从B端飞出时的速度为v2，则t1和t2、v1和v2相比较，可能的情况是（ ）
A．t1=t2 B．t1＞t2 C．v1=v2 D．v1＞v2
7．斜面体M放在水平面上，物体m放在斜面上，m受到一个如图所示的水平向右的力F，m和M始终保持静止，这时m受到的摩擦力大小为F1，M受到水平面的摩擦力大小为F2，当F变大时，则（ ）
A．F1变大，F2不一定变大 B．F2变大，F1不一定变大
C．F1与F2都不一定变大 D．F1与F2都一定变大
8．一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v﹣t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是（ ）
A．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同
B．水平拉力对物体做功为1.2J
C．撤去拉力后物体还能滑行7.5m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
9．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先增大后减小
10．如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、
P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2．则（ ）
A．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cosθ1：cosθ2
B．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1：sinθ2
C．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1：cosθ2
D．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1：1
11．如图所示，质量为m的质点，与三根相同的螺旋形轻弹簧相连．静止时，相邻两弹簧间的夹角均为120°．已知弹簧a、b对质点的作用力均为F，则弹簧c对质点的作用力大小可能为（ ）
A．F B．F+mg C．F﹣mg D．mg﹣F
12．图甲是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号．根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度．图乙中p1、p2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号．设测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔△
t=1.0s，超声波在空气中传播的速度是
v=340m/s，若汽车是匀速运动的，设汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是△x，汽车的速度是v，则根据图可知（ ）
A．△x=17m B．△x=34m C．18.9m/s D．17.9m/s
二、实验题：（13题6分，14题9分，共15分）
13．几个同学合作如图甲所示装置探究“弹力和弹簧伸长的关系”，弹簧的上端与标尺的零刻度对齐，他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下：（弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g=9.8/s2）
钩码质量m/g
0
30
60
90
120
150
标尺刻x/10﹣2m
6.00
7.15
8.34
9.48
10.64
11.79
（1）根据所测数据，在图乙所示的坐标纸上作出弹簧指针所指的标尺刻度x与钩码质量m的关系曲线．
（2）作出的图线与轴交点的纵坐标值的物理意义是 ；这种规格弹簧的劲度系数k= N/m（保留三位有效数字）．
14．某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．
（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2
；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d．则滑块经过光电门1时的速度表达式v1= ；经过光电门2时的速度表达式v2= ，滑块加速度的表达式a= ．（以上表达式均用已知字母表示）．
（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（见图甲）．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是
A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大
B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变
C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变
D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小．
三、计算题：（15题10分，16题12分，17题15分，共37分）
15．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度；
（2）火箭上升离地面的最大高度；
（3）火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．
16．一弹簧秤的秤盘质量m1=1.5kg，盘内放一质量为m2=10.5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为K=800N/m，系统处于静止状态，如图所示．现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）
17．如图所示，长12m、质量为50kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板的左端．木板与人都静止．当人以4m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g=10m/s2．试求：
（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小？
（2）人在奔跑的过程中木板的加速度．
（3）人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？
2015-2016学年山西省太原十二中高三（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（每小题4分，共48分，1-7为单选，8-12题有多个选项正确，多选题有答对选不全的得2分，有错答案或不答的得0分）
1．伽利略曾通过做“铜球沿斜面运动的实验”来研究自由落体运动．关于该实验的相关描述正确的是（ ）
A．质量大的铜球沿斜面向下运动的加速度比质量小的铜球大
B．铜球沿斜面向下做匀加速运动，加速度与斜面倾角有关，而与铜球的质量无关
C．铜球在斜面上的运动与自由落体运动完全相同
D．通过做“铜球沿斜面运动的实验”不可能了解到自由落体运动的特点
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】伽利略对运动和力的关系研究，其科学思想方法的核心是把把实验和逻辑推理和谐结合起来．对小球进行受力分析，利用运动公式求的下滑的时间，然后分析小球的加速度．
【解答】解：A、B、伽利略曾通过做“铜球沿斜面运动的实验”发现铜球沿斜面向下做匀加速运动，加速度与斜面倾角有关，而与铜球的质量无关．故A错误，B正确．
C、D、伽利略分析斜面上的小球都做匀加速直线运动，加速度与斜面倾角有关，与自由落体运动的规律是相似的，所以他得出的结论是：自由落体运动也是匀加速直线运动．故C错误，D错误．
故选：B
2．一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中错误的是（ ）
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B．探测器加速运动时，竖直向下喷气
C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D．探测器匀速运动时，不需要喷气
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．
【分析】探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行时，受到月球竖直向下的万有引力及沿气体喷气方向相反的反冲力，在两个力的合力作用下运动，再由探测器的运动状态来判断反冲力的方向，进而判断喷气方向．
【解答】解：A、B、探测器由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行加速运动时，加速度的方向沿直线与速度方向相同，即合力的方向也沿直线与速度方向相同，而受到月球的万有引力方向竖直向下，所以，反冲力方向与运动直线成一角度斜向上，那么，喷气方向与运动直线成一角度斜向下，故选项A、B错误．
C、D、探测器匀速运动，受力平衡，合力为零，已知受到的月球的万有引力竖直向下，则受到的气体的反冲力竖直向上，因此，探测器竖直向下喷气，故选项C正确，选项D错误．
本题选错误的，故选ABD．
3．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化规律如图所示，取开始运动方向为正方向，则物体运动的v﹣t图象，正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．
【分析】在0～1s内，物体从静止开始沿加速度方向匀加速运动，
在1s～2 s内，加速度反向，速度方向与加速度方向相反，所以做匀减速运动，到2s末时速度为零．
2 s～3 s内加速度变为正向，物体又从静止开始沿加速度方向匀加速运动，重复0～1s内运动情况，
3s～4s内重复1s～2 s内运动情况．
【解答】解：在0～1s内，a1=1m/s2，物体从静止开始正向匀加速运动，速度图象是一条直线，1s末速度v1=a1t=1 m/s，
在1s～2 s内，a2=﹣1m/s2，物体将仍沿正方向运动，但要减速，
2s末时速度v2=v1+a2t=0，
2 s～3 s内重复0～1s内运动情况，
3s～4s内重复1s～2 s内运动情况，
故选C．
4．如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（ ）
A．弹簧秤的示数是25N
B．弹簧秤的示数是50N
C．在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13m/s2
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离分析，求出弹簧秤的示数，撤去拉力的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度的大小．
【解答】解：A、对整体分析，加速度a=，
隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，F﹣F2=m2a，
解得弹簧秤的示数F=m2a+F2=3×2+20N=26N．故A、B错误．
C、撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1的加速度．故C错误．
D、撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1的加速度．故D正确．
故选：D．
5．如图甲所示，小车上固定着硬质支架，杆的端点固定着一个质量为m的小球．杆对小球的作用力的变化如图乙所示，则关于小车的运动，下列说法中正确的是（杆对小球的作用力由F1变化至F4）（ ）
A．小车可能向左做加速度增大的运动
B．小车由静止开始向右做匀加速运动
C．小车的速度越来越大
D．小车的加速度越来越小
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】小球与小车的运动情况保持一致，先分析小球的受力情况，再根据牛顿第二定律和力的分解即可解题．
【解答】解：对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，所以小球的加速度水平向右且逐渐增大，而小球与小车的运动情况保持一致，故小车加速度水平向右且逐渐增大，但小车的运动方向可以向左即向左做加速度增大的减速运动，也可以向右，即向右做加速度增大的加速运动，故A正确，BD错误；
如果小球的初速度方向向左，合力方向向右，则小球做加速度越来越大的减速运动，速度在减小，即小车速度在减小，故C错误．
故选A．
6．如图所示，传送皮带的水平部分AB是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t1，从B端飞出时速度为v1．若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t2，从B端飞出时的速度为v2，则t1和t2、v1和v2相比较，可能的情况是（ ）
A．t1=t2 B．t1＞t2 C．v1=v2 D．v1＞v2
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；机械能守恒定律．
【分析】根据机械能守恒定律知道滑上传送带的速度，与传送带的运行速度进行比较，判断物体的运动规律进行求解即可．
【解答】解：当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，
若皮带顺时针方向转动的速度为v，当v1≥v，小物块在传送带上一直做匀减速运动，所以t1=t2．此时v1=v2；
若皮带顺时针方向转动的速度为v，物体到A点的速度为v0，
当v1＜v＜v0时，小物块在传送带上可能先做匀减速运动，然后匀速运动，
当v1＜v0=v时，一直匀速运动，
当v0＜v1＜v时，一直加速运动，
到达B点的时间t1≥t2，速度v1≤v2；所以ABC正确，D错误
故选ABC．
7．斜面体M放在水平面上，物体m放在斜面上，m受到一个如图所示的水平向右的力F，m和M始终保持静止，这时m受到的摩擦力大小为F1，M受到水平面的摩擦力大小为F2，当F变大时，则（ ）
A．F1变大，F2不一定变大 B．F2变大，F1不一定变大
C．F1与F2都不一定变大 D．F1与F2都一定变大
【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】先对物体m受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到M与地面间摩擦力情况．
【解答】解：对物体m受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，设斜面倾角为θ，则在斜面方向上有：
①当mgsinθ＞Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向上，大小为F1=mgsinθ﹣Fcosθ，当F增大时，F1变小；
②当mgsinθ=Fcosθ时，摩擦力为零，F增大时，F1变大；
③当mgsinθ＜Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向下，大小为F1=Fcosθ﹣mgsinθ，F增大时，F1变大；故A错误，B正确．
对整体受力分析，
则有F2=F，则F2一定变大，故B正确
故选B．
8．一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v﹣t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v﹣t图象，下列说法中正确的是（ ）
A．水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同
B．水平拉力对物体做功为1.2J
C．撤去拉力后物体还能滑行7.5m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．
【分析】根据牛顿第二定律，结合速度时间图线求出拉力和摩擦力的大小．通过运动学公式求出撤去拉力后物体滑行的位移．
【解答】解：A、有拉力时的加速度大小，撤去拉力后的加速度大小．根据牛顿第二定律得，F+f=ma1，f=ma2．
联立解得f=0.1N，F=0.1N，方向与摩擦力方向相同．故A正确．
B、0～3s内的位移，水平拉力做功W=﹣Fx1=﹣1.2J．故 B错误．
C、撤去拉力后的位移大小，即等于速度与时间图象所围成的面积大小，则为x=
m=7.5m．故C正确．
D、动摩擦因数．故D错误．
故选：AC．
9．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上．一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落．在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先增大后减小
【考点】动能和势能的相互转化；功能关系．
【分析】根据小球的受力情况，分析小球的运动情况，判断什么时刻小球的速度最大，根据牛顿第二定律分析小球的加速度的方向．
【解答】解：
A、B小球刚接触弹簧瞬间具有向下的速度，开始压缩弹簧时，重力大于弹力，合力竖直向下，加速度方向竖直向下，与速度方向相同，小球做加速度运动，当小球所受的弹力大于重力时，合力竖直向上，加速度竖直向上，与速度方向相反，小球开始做减速运动，则当弹力与重力大小相等、方向相反时，小球的速度最大．故AB错误．
C、由上分析可知，从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小．故C正确．
D、由以上分析可知，小球加速度先减小后增大．故D错误．
故选：C．
10．如图所示，让物体分别同时从竖直圆上的P1、P2处由静止开始下滑，沿光滑的弦轨道P1A、
P2A滑到A处，P1A、P2A与竖直直径的夹角分别为θ1、θ2．则（ ）
A．若两物体质量相同，则两物体所受的合外力之比为cosθ1：cosθ2
B．物体沿P1A、P2A下滑加速度之比为sinθ1：sinθ2
C．物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比为cosθ1：cosθ2
D．物体沿P1A、P2A下滑的时间之比为1：1
【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】对物体受力分析求出物体所受的合外力，根据牛顿第二定律求出下滑的加速度；
通过位移以及加速度，根据位移时间公式求出运动的时间，从而得出末速度，然后进行比较得出答案．
【解答】解：A、设两物体质量为m，物体受重力和支持力作用，
根据力的平衡条件可得，物体所受的合外力：
F合1=mgsin（90°﹣θ1）=mgcosθ1，
F合2=mgsin（90°﹣θ2）=mgcosθ2，
则两物体所受的合外力之比：
F合1：F合2=mgcosθ1：mgcosθ2=cosθ1：cosθ2，故A正确；
B、由牛顿第二定律得，
F合1=mgcosθ1=ma1，
F合2=mgcosθ2=ma2，
则物体沿P1A、P2A下滑加速度之比：
a1：a2=cosθ1：cosθ2，故B错误；
D、物体的位移x=2Rcosθ，加速度a=gcosθ，
由位移时间公式得，2Rcosθ=gcosθt2，
解得t=，与夹角无关，
故物体沿P1A、P2A下滑的时间之比：
t1：t2=1：1，故D正确；
C、由速度时间公式v=at得，物体沿P1A、P2A下滑到A处的速度之比：
v1：v2=cosθ1：cosθ2，故C正确．
故选：ACD．
11．如图所示，质量为m的质点，与三根相同的螺旋形轻弹簧相连．静止时，相邻两弹簧间的夹角均为120°．已知弹簧a、b对质点的作用力均为F，则弹簧c对质点的作用力大小可能为（ ）
A．F B．F+mg C．F﹣mg D．mg﹣F
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，应用平衡条件计算出小球竖直方向受到的力的大小，再进行讨论即可．
【解答】解：（1）对小球受力分析并合成如图：假设ab弹簧是拉力，假设c弹簧是拉力
弹簧a、b对质点的作用力大小均为F，所以合力竖直向上且平行四边形为菱形，连接对角线便可找出直角三角形．
在直角三角形中：cos60°=，
解得：F′=F
由平衡条件得：F=mg+F1
所以：F1=F﹣mg
①当F=2mg时：F1=mg=2F
②当F＞mg时：F1=F﹣mg 故C正确
③当F＜mg时：F1大小为：mg﹣F；方向竖直向上，故D正确；
④当F＜mg时，FC的方向竖直向上，弹簧C处于压缩状态，弹簧C对小球的弹力大小为FC=mg﹣F．若F=0.5mg时，F1=F=0.5mg，故A正确
（2）当ab弹簧是弹力时，c弹簧一定是弹力，
ab弹簧的弹力的合力竖直向下大小为F
由平衡条件得：
F1=mg+F 故B正确
故选：ABCD
12．图甲是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号．根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度．图乙中p1、p2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是p1、p2由汽车反射回来的信号．设测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔△t=1.0s，超声波在空气中传播的速度是
v=340m/s，若汽车是匀速运动的，设汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是△x，汽车的速度是v，则根据图可知（ ）
A．△x=17m B．△x=34m C．18.9m/s D．17.9m/s
【考点】匀速直线运动及其公式、图像．
【分析】从题中的b图可以求出发出超声波信号p1到接收到反射信号n1的时间，然后汽车离测速仪的距离，同样可求得发出信号p2到接收到信号n2
的时间，故可以得到汽车接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离．求出汽车接收到P1、P2两个信号的时间间隔，然后即可求得车速．
【解答】解：①P1、P2间的刻度值为30个格，时间长为1秒，发出超声波信号P1到接受到反射信号n1间是12个格，则时间为：
t1=12×=0.4s
此时超声波前进的距离：
S1=vt1=×340m/s×0.4s=68m；
②发出超声波信号P2到接受到反射信号n2的时间为：
t2=9×=0.3s
此时超声波返回的距离：
S2=vt2=×340m/s×0.3s=51m；
③所以汽车接收到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离为：
△S=S1﹣S2=68m﹣51m=17m．
④汽车运行17m的时间为汽车接收到P1、P2两个信号的时刻应分别对应于图中P1n1的中点和P2n2的中点，其间有28.5小格，即汽车接收到P1、P2两个信号的时间间隔为n1与n2两个信号之间的间隔，即：
t=28.5×=0.95s；
故汽车的行驶速度v===17.9m/s．
故选：AD
二、实验题：（13题6分，14题9分，共15分）
13．几个同学合作如图甲所示装置探究“弹力和弹簧伸长的关系”，弹簧的上端与标尺的零刻度对齐，他先读出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上钩码，并逐个增加钩码，依次读出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下：（弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g=9.8/s2）
钩码质量m/g
0
30
60
90
120
150
标尺刻x/10﹣2m
6.00
7.15
8.34
9.48
10.64
11.79
（1）根据所测数据，在图乙所示的坐标纸上作出弹簧指针所指的标尺刻度x与钩码质量m的关系曲线．
（2）作出的图线与轴交点的纵坐标值的物理意义是 弹簧的自然长度（原长）为6cm ；这种规格弹簧的劲度系数k= 25.9 N/m（保留三位有效数字）．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】根据描点法绘出图象；
根据胡克定律，弹簧的伸长量与拉力成正比，即F=k△x，故F=k（x﹣x0），结合图象求解劲度系数即可．
【解答】解：（1）根据描点法绘出图象如图：
（2）根据胡克定律，弹簧的伸长量与拉力成正比，即F=k△x，故F=k（x﹣x0），即F﹣x图象的斜率表示劲度系数，截距表示弹簧的自然长度6cm，k==25.9N/m
故答案为：（1）如图；（2）弹簧的自然长度（原长）为6cm；25.9．
14．某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．
（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为△t1、△t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d．则滑块经过光电门1时的速度表达式v1= ；经过光电门2时的速度表达式v2= ，滑块加速度的表达式a= ．（以上表达式均用已知字母表示）．
（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（见图甲）．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是 BC
A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大
B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变
C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变
D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】知道光电门测量滑块瞬时速度的原理．
根据运动学公式求出加速度．表示出滑块的合力，根据表达式判断．
【解答】解：（1）滑块经过光电门1时的速度表达式v1=
经过光电门2时的速度表达式v2=
a==
游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成．读数为8.15mm．
（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，
所以M和h 不能同时增大或减小．
故选BC．
故答案为：（1），，；（2）BC．
三、计算题：（15题10分，16题12分，17题15分，共37分）
15．某校一课外活动小组自制一枚火箭，设火箭发射后始终在垂直于地面的方向上运动．火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度；
（2）火箭上升离地面的最大高度；
（3）火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】（1）根据平均速度公式列式求解；
（2）火箭推力消失后，由于惯性，继续上升，做上抛运动，根据速度位移公式求解继续上升的高度，最后得到总高度；
（3）燃料用完后火箭做竖直上抛运动，根据速度时间公式求出继续上升的时间，残骸落回地面过程的过程是自由落体运动，根据位移时间公式求出下落时间，总时间等于上升的总时间加上下落的时间．
【解答】解：（1）燃料用完前火箭做匀加速直线运动，设燃料恰好用完时火箭的速度为v，
根据
得：v=2=2×10m/s=20m/s
（2）火箭燃料耗尽后能够继续上升的高度
=m=20m
故火箭离地的最大高度：H=h+h1=40+20=60m．
（3）残骸落回地面过程的过程是自由落体运动，
设下落的时间为t1，则
H=
解得s=2s
设火箭燃料耗尽后能够继续上升的时间为t2，则
t2=
所以总时间t=4+2+2s=6+2s
答：（1）燃料恰好用完时火箭的速度为v=20m∕s；
（2）火箭上升离地面的最大高度为h=60m；
（3）火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间为6+2s．
16．一弹簧秤的秤盘质量m1=1.5kg，盘内放一质量为m2=10.5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为K=800N/m，系统处于静止状态，如图所示．现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s内F是变化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）
【考点】牛顿第二定律．
【分析】在P、Q分离之前，F为变力，逐渐增大；分离后，F为恒力；两物体分离瞬间，P对Q恰好无弹力，此后Q的加速度将减小，两个物体开始分离，从开始到分离历时0.2s，由分析可知，刚开始时F最小，F为恒力时最大．
【解答】解：设刚开始时弹簧压缩量为x1，则：
x1==0.15m…①
设两者刚好分离时，弹簧压缩量为x2，则对Q：
kx2﹣m1g=m1a…②
在前0.2s时间内，由运动学公式得：
x1=at2…③
由①②③解得：a=6m/s2
由牛顿第二定律，开始时：
Fmin=（m1+m2）a=72N
最终分离后：
Fmax﹣m2g=m2a
即：Fmax=m2（g+a）=168N
答：力F最小为72N，最大为168N．
17．如图所示，长12m、质量为50kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板的左端．木板与人都静止．当人以4m/s2的加速度向右奔跑至板的右端时，立即抱住立柱．取g=10m/s2．试求：
（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小？
（2）人在奔跑的过程中木板的加速度．
（3）人从开始奔跑至到达木板的右端时，人和木板对地各运动了多大距离？
【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）对人由牛顿第二定律即可求得所受摩擦力；
（2）由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小等于人所受摩擦力大小，对木板运用牛顿第二定律即可求出加速度；
（3）设人从左端跑到右端时间为t，由运动学公式求出各自的位移表达式，根据位移之和等于L即可求解．
【解答】解：（1）设人的质量为m，加速度为a1
，人受的摩擦力为f，由牛顿第二定律有：
f=ma1=200N
（2）由牛顿第三定律可知人对木板的摩擦力大小f′=200N
设木板的质量为M，加速度为a2，对木板由牛顿第二定律有：
f′﹣μ（M+m）g=Ma2
代入数据得a2=2m/s2
（3）设人从左端跑到右端时间为t，由运动学公式：
L=a1t2+a2t2
解得：t=2s
人对地前进的距离 =8m
木板后退的距离为=4m
答：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小为200N；
（2）人在奔跑的过程中木板的加速度为2m/s2；
（3）人从开始奔跑至到达木板的右端时，人运动的位移为8m，木板运动的位移为4m．
2017年1月21日