- 425.00 KB
- 2021-04-16 发布
2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高三（上）第一次调考物理试卷
一、选择题（每小题4，共48分）
1．北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将（ ）
A．不变 B．变小 C．变大 D．无法判断
2．一根很轻的弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0cm时，弹簧的弹力大小为8.0N；当它的压缩量为2.0cm时，该弹簧的弹力大小为（ ）
A．2.0N B．4.0N C．6.0N D．8.0N
3．如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小车间的摩擦力，则货物对轨道A、B的压力大小之比FA：FB为（ ）
A．1： B．：1 C．2：1 D．1：2
4．汽车在平直公路上做刹车实验，若从t=0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．刹车过程汽车加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．刹车过程经过3s的位移为7.5m
D．t=0时汽车的速度为10m/s
5．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是
（ ）
A．在1～2s内，物体做减速运动
B．2s末时物体的速度最大，大小为3m/s
C．在1～3s内，物体做匀变速直线运动
D．在0～4s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
6．小球以某一速度从倾角为30°的光滑斜面底端冲向顶端，然后又返回底端，A、B、C是斜面上的三个点，B是AC段的中间，若小球最高只能到达C点且小球在A、C间往返的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于（ ）
A． gt B． gt C． gt D． gt
7．在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）
A． B． C． D．
8．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）
A． B．2 C．（△v）2（﹣） D．（△v）2（+）
9．竖直细杆上套有一个1kg的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k=500N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ=37°，圆环始终静止，则以下分析正确的是（ ）
A．当弹簧伸长量x=2.5cm时，圆环与竖直杆的摩擦力为零
B．当弹簧伸长量x=0.5cm时，圆环与竖直杆的弹力F=1.5N
C．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小
D．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小
10．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（ ）
A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G
B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大
C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小
D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
11．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（ ）
时刻/s
1
2
3
5
6
7
9.5
10.5
速度/（m•s﹣1）
3
6
9
12
12
12
9
3
A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动
B．汽车匀速运动的时间为5s
C．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s
D．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度
12．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2：3
B．小球所受重力和阻力大小之比为5：1
C．小球落回到抛出点的速度大小为8m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
二、实验题
13．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A，B，C，D，E，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测出各计数点到A点之间的距离如图所示．请完成下列小题：
（1）根据图中数据计算．（保留两位有效数字）
①打C点时滑块的速度大小为 m/s．
②滑块的加速度a= m/s2．
（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 ．
A．木板的长度L； B．木板的质量m1；
C．滑块的质量m2 D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力，则滑块与木板间的动摩擦因数μ= （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．
14．一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验，采用如图a所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x的图象如图b所示．（重力加速度g=10m/s2）
（1）利用图b中图象，可求得该弹簧的劲度系数为 N/m．
（2）利用图b中图象，可求得小盘的质量为 kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）．
三、解答题（本题共4小题，共48分）
15．如图是一种测定风力的仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转 动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为F时，金属丝偏离竖直方向的角度为θ，求：
（1）金属球对金属丝的拉力的大小；
（2）金属球的质量为多少？
16．2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化为图所示，求：
（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？
（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）
17．在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ=30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m=80kg，他从静止开始无动力匀加速下滑，在时间t=5s内沿斜面滑下的位移s=50m．（不计空气阻力，取g=10m/s2）．求：（答案可保留根号）
（1）游客下滑的加速度；
（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ；
（3）设游客滑下50m后进入水平草坪，游客在水平面上滑动的最大距离．（滑草装置与草皮间的动摩擦因数处处相同）．
18．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为μ2=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动．求：
（1）当外力F=3.5N时，m与M的加速度各为多大？
（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．
2016-2017学年河北省衡水市武邑中学高三（上）第一次调考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4，共48分）
1．北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将（ ）
A．不变 B．变小 C．变大 D．无法判断
【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】冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，由摩擦力产生加速度，两种冰壶的初速度相同，与地面间的动摩擦因数相同，据此分析即可．
【解答】解：冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：
f=ma
加速度
即相同材料的冰壶质量不同在冰面上匀减速运动的加速度大小相等．
据位移速度关系可知，两种冰壶的初速度相等，加速度相同，故匀减速运动的位移大小相等．
故选：A．
2．一根很轻的弹簧，在弹性限度内，当它的伸长量为4.0cm时，弹簧的弹力大小为8.0N；当它的压缩量为2.0cm时，该弹簧的弹力大小为（ ）
A．2.0N B．4.0N C．6.0N D．8.0N
【考点】胡克定律．
【分析】本题考察的是胡克定律：F=kx，注意x为弹簧的伸长的长度或缩短的长度．
【解答】解：根据胡克定律得：
F1=kx1；
F2=kx2；
则得： =
得：F2=F1=.0N=4.0N．
故选：B
3．如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小车间的摩擦力，则货物对轨道A、B的压力大小之比FA：FB为（ ）
A．1： B．：1 C．2：1 D．1：2
【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】对货物进行受力分析，受到重力、A、B侧面对货物的支持力作用，根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可．
【解答】解：对桶进行受力分析，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：
NA=mgsin60°
NB=mgsin30°
所以NA：NB=：1
故选：B．
4．汽车在平直公路上做刹车实验，若从t=0时起汽车在运动过程中的位移x与速度的平方v2之间的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．刹车过程汽车加速度大小为10m/s2
B．刹车过程持续的时间为5s
C．刹车过程经过3s的位移为7.5m
D．t=0时汽车的速度为10m/s
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据位移x与速度的平方v2之间的关系图线，结合速度位移公式得出初速度、加速度大小，根据速度时间公式求出刹车过程持续的时间，根据位移公式求出刹车过程中的位移．
【解答】解：根据0﹣v2=2ax得，结合图线知汽车做匀减速直线运动，，可知，解得刹车过程中加速度大小a=5m/s2，故A错误．
由图线可知，汽车的初速度为10m/s，则刹车过程持续的时间t=，故B错误，D正确．
刹车过程中3s内的位移等于2s内的位移，则x=，故C错误．
故选：D．
5．一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是
（ ）
A．在1～2s内，物体做减速运动
B．2s末时物体的速度最大，大小为3m/s
C．在1～3s内，物体做匀变速直线运动
D．在0～4s内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动
【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】根据加速度方向与速度方向的关系，判断物体的运动情况，两者方向相同时，物体做加速运动，两者方向相反，做减速运动．
【解答】解：物体由静止开始运动，所以物体的速度的方向一定与开始时加速度的方向相反，由a﹣t图可知，该物体在第1s内做匀加速直线运动，加速度的方向与速度的方向相同；在第2s内，物体做加速度减小的加速运动，第3s物体的加速度的方向与开始时相反，所以与速度的方向相反，物体做加速度增大的减速运动；第4s内物体继续减速，结合运动的对称性可知，在4s末物体的速度恰好减为0．
A、由以上的分析可知，在第2s内，物体做加速度减小的加速运动．故A错误；
B、物体从第2s末开始减速，所以物体在2s末时物体的速度最大，结合图象的意义可知，2s末物体的速度：v==3m/s．故B正确；
C、由图可知，物体在1～3s内，物体的加速度不断变化，所以不是做匀变速直线运动．故C错误；
D、由开始时的分析可知，物体在4s内始终沿相同的方向运动，故D错误．
故选：B
6．小球以某一速度从倾角为30°的光滑斜面底端冲向顶端，然后又返回底端，A、B、C是斜面上的三个点，B是AC段的中间，若小球最高只能到达C点且小球在A、C间往返的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于（ ）
A． gt B． gt C． gt D． gt
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】根据牛顿第二定律求出小球在斜面上的加速度，抓住上升和下滑时间的对称性得出上升和下降的时间，结合位移时间公式和速度位移公式求出小球经过B点的速度大小．
【解答】解：根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=，上升过程和下滑过程对称，所以上升的时间为，
设CA的距离为x，则x=，
由C到B满足，
解得．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
7．在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（ ）
A． B． C． D．
【考点】竖直上抛运动．
【分析】小球都作匀变速直线运动，机械能守恒，可得到落地时速度大小相等，根据运动学公式表示运动时间，得到落地时间差．
【解答】解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：
mgh+=
则得：v′=，所以落地时两球的速度大小相等．
对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为﹣g，则运动时间为：t1==
对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=
故两球落地的时间差为：△t=t1﹣t2=
故选：A．
8．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为（ ）
A． B．2 C．（△v）2（﹣） D．（△v）2（+）
【考点】加速度．
【分析】首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．
【解答】解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3
据题得：v2﹣v1=v3﹣v2=△v，则v3﹣v1=2△v
据运动学公式可知：，得（v2﹣v1）（v2+v1）=2ax1，即△v（v2+v1）=2ax1；①②
，得（v2﹣v1）（v3+v2）=2ax1，即△v（v3+v2）=2ax2；
由②﹣①解得：a=，故A正确，BCD错误．
故选：A．
9．竖直细杆上套有一个1kg的小圆环，圆环左侧系住一劲度系数k=500N/m的轻弹簧，已知弹簧与竖直方向的夹角为θ=37°，圆环始终静止，则以下分析正确的是（ ）
A．当弹簧伸长量x=2.5cm时，圆环与竖直杆的摩擦力为零
B．当弹簧伸长量x=0.5cm时，圆环与竖直杆的弹力F=1.5N
C．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小
D．保持弹簧伸长量不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的摩擦力变小
【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】圆环受重力、支持力、弹簧的弹力，可能有静摩擦力，取决于拉力的竖直分力与重力的大小关系，根据共点力平衡条件列式分析即可．
【解答】解：A、当弹簧伸长量x=2.5cm时，弹簧弹力：F′=kx=500N/m×0.025m=12.5N；
弹簧弹力的竖直分力为：Fy=F′cos37°=12.5N×0.8=10N=mg，故摩擦力为零；故A正确；
B、当弹簧伸长量x=0.5cm时，弹簧弹力：F′=kx=500N/m×0.005m=2.5N；
圆环与竖直杆的弹力与弹簧弹力的水平分力平衡，故：F=F′sin37°=2.5N×0.5=1.5N；故B正确；
C、圆环与竖直杆的弹力与弹簧弹力的水平分力平衡；保持弹簧伸长量不变，弹簧的弹力不变，适度减小θ，圆环与细杆之间的弹力变小，故C正确；
D、当弹簧弹力的竖直分力大于重力时，摩擦力向下，为：f=F′cosθ﹣mg，减小θ，摩擦力增加；
当弹簧弹力的竖直分力小于重力时，摩擦力向上，为：f=mg﹣F′cosθ，减小θ，摩擦力可能减小，也可能先减小后增加；故D错误；
故选：ABC
10．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ=60°．下列说法正确的是（ ）
A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G
B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大
C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小
D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】以球为研究对象，球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，求出挡板对球的作用力，
若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，分析小球受力情况，作出力图，运用图解法，分析支持力的变化情况即可．
【解答】解：A、球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示：
FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，
根据几何关系可知，FA=FB=G，故A正确；
B、若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，FB先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，故BC错误；
D、若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故D正确．
故选：AD
11．一辆汽车从静止开始匀加速直线开出，然后保持匀速直线运动，最后做匀减速直线运动，直到停止，表给出了不同时刻汽车的速度，根据表格可知（ ）
时刻/s
1
2
3
5
6
7
9.5
10.5
速度/（m•s﹣1）
3
6
9
12
12
12
9
3
A．汽车在t=5s时刻开始做匀速直线运动
B．汽车匀速运动的时间为5s
C．汽车从开始运动直到停止的过程中的平均速度大小约8.73m/s
D．汽车加速段的平均速度小于减速段的平均速度
【考点】平均速度．
【分析】已知汽车做初速度为零的匀加速直线运动，由1s末的速度可以求出加速度；由表格数据可得汽车在5s末的速度达到最大值12m/s，由速度时间关系得出加速运动的时间；分别求出物体做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动的位移相加；平均速度等于位移与时间的比值．
【解答】解：A、由题意汽车做初速度为0的匀加速直线运动，1s末汽车的速度达到3m/s可知，汽车的加速度
a=；
由表格知汽车5s末至7s末速度都是12m/s，故可知汽车匀速运动的速度为12m/s同时也是汽车加速的最大速度，故加速的时间
t==s=4s
即汽车4s末开始做匀速直线运动；故A错误；
B、由表格知，汽车从9.5s﹣10.5s是减速运动过程故可知减速时汽车的加速度：
a′===﹣6m/s2
故汽车做匀减速运动的总时间：
t3=s=2s
汽车由12m/s减速至9m/s所用的时间：
t′=s=0.5s
故汽车从9s末开始减速运动，所以汽车做匀速直线运动的时间：
t2=9﹣4s=5s
故B正确；
C、0﹣4s做匀加速度为a=3m/s2的匀加速运动，产生的位移：
x1=at2=×3×42m=24m；
4﹣9s做匀速度v=12m/s的匀速直线运动，产生的位移：
x2=12×5m=60m
9﹣11s做初速度为12m/s，加速度a′=﹣6m/s2的匀减速运动，产生的位移：
x3=12×2+×（﹣6）×22m=12m
所以汽车产生的总位移：
x=x1+x2+x3=24+60+12m=96m
故全程的平均速度：
==≈8.73m/s；
故C正确；
D、根据公式=，汽车加速段的平均速度和减速过程的平均速度都等于最大速度的一半，相等，故D错误；
故选：BC
12．将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v﹣t图象如图所示，g取10m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2：3
B．小球所受重力和阻力大小之比为5：1
C．小球落回到抛出点的速度大小为8m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
【考点】牛顿第二定律．
【分析】根据图象可以得到上升过程中的加速度的大小，根据牛顿第二定律可以求得阻力的大小，下降过程的加速度的大小，利用位移时间的关系可以求得运动的时间关系，根据速度和位移公式可求得小球回到抛出点时速度；由加速度的方向分析物体超重还是失重状态．
【解答】解：A、根据速度时间图线知，小球向上做匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律得，mg+f=ma1，解得阻力f=ma1﹣mg=1×12﹣10N=2N，下降的加速度，对上升的过程，采用逆向思维得，，对下降的过程，有：，可知，则所用的时间之比为，故A错误．
B、重力的大小为10N，阻力为2N，则重力和阻力大小之比为5：1，故B正确．
C、小球上升到最高点的高度h=，根据速度位移公式得，小球落回抛出点的速度m/s=m/s，故C正确．
D、小球在下落的过程中，加速度方向向下，处于失重状态，故D错误．
故选：BC．
二、实验题
13．物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A，B，C，D，E，每相邻两计数点间还有4个计时点（图中未标出），测出各计数点到A点之间的距离如图所示．请完成下列小题：
（1）根据图中数据计算．（保留两位有效数字）
①打C点时滑块的速度大小为 0.54 m/s．
②滑块的加速度a= 1.0 m/s2．
（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 CD ．
A．木板的长度L； B．木板的质量m1；
C．滑块的质量m2 D．托盘和砝码的总质量m3
E．滑块运动的时间t
（3）不计打点计时器与纸带间及细绳与滑轮间的阻力，则滑块与木板间的动摩擦因数μ= （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小；
（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理量．
（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．
【解答】解：（1）电源频率为50Hz，每相邻两计数点间还有4个计时点，则计数点间的时间间隔：t=0.02×5=0.1s，
AB=3.90cm=0.0390m，AC=8.79cm=0.0879m，AD=14.70cm=0.1470m，AE=21.60cm=0.2160m
C点的瞬时速度等于BD的平均速度为： m/s=0.54m/s
由匀变速运动的推论△x=aT2可得加速度为：a==1.0m/s2；
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g﹣f=（m2+m3）a，
滑动摩擦力为：f=m2gμ，
解得：μ=，要测动摩擦因数μ，
需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，
故选：CD；
（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：μ=
故答案为：（1）①0.54，1.0；（2）CD；（3）
14．一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验，采用如图a所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力，实验中做出小盘中砝码重力随弹簧伸长量x的图象如图b所示．（重力加速度g=10m/s2）
（1）利用图b中图象，可求得该弹簧的劲度系数为 200 N/m．
（2）利用图b中图象，可求得小盘的质量为 0.1 kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值 相同 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】（1）由图示图象应用胡克定律可以求出劲度系数．
（2）根据图示图象求出质量，然后分析误差．
【解答】解：（1）弹簧的劲度系数：k===2N/cm=200N/m；
（2）由图示图象可知：mg=kx1，
m===0.1kg，
应用图象法处理实验数据，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果比真实值相同；
故答案为：（1）200；（2）0.1，相同．
三、解答题（本题共4小题，共48分）
15．如图是一种测定风力的仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端，能绕悬挂点O在竖直平面内转 动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大小为F时，金属丝偏离竖直方向的角度为θ，求：
（1）金属球对金属丝的拉力的大小；
（2）金属球的质量为多少？
【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；牛顿第三定律；向心力．
【分析】（1）对金属球进行受力分析，由平衡条件求解金属丝对金属球的拉力，即可由牛顿第三定律求得金属球对金属丝的拉力的大小；
（2）再由平衡条件求解金属球的质量．
【解答】解：（1）对金属球受力分析如图，由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉力：T=
由牛顿第三定律得金属球对金属丝的拉力为：T′=T=
（2）由力的平衡条件得：mg=Fcotθ
所以，金属球的质量为：m=
答：（1）金属球对金属丝的拉力的大小为；
（2）金属球的质量为为．
16．2014年11月22日16时55分，四川省康定县境内发生6.3级地震并引发一处泥石流．一汽车停在小山坡底，突然司机发现山坡上距坡底240m处的泥石流以8m/s的初速度，0.4m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设泥石流到达坡底后速率不变，在水平地面上做匀速直线运动，司机的反应时间为1s，汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动．其过程简化为图所示，求：
（1）泥石流到达坡底的时间和速度大小？
（2）试通过计算说明：汽车的加速度至少多大才能脱离危险？（结果保留三位有效数字）
【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）根据匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系求得泥石流到达坡底的速度和时间；
（2）根据汽车速度达到与泥石流速度相等的安全临界速度，再根据运动规律求解最小加速度．
【解答】解：（1）设泥石流到达坡底的时间为t1，速度为v1，由题意有：v0=8m/s，
v1=v0+a1t1
代入数据得：t1=20s，v1=16m/s
（2）汽车速度加速到等于v1且两者在水平地面的位移刚好相等就安全了，故依题意有：
v汽=a′t=v1…①
…②
泥石流在水平路面上的位移为：
s石=v1（t+1﹣t1）=s汽…③
由①②③代入数据可解得：a′=0.421m/s2
答：（1）泥石流到达坡底的时间为20s，速度大小为16m/s；
（2）汽车的加速度至少为0.421m/s2才能脱离危险．
17．在某一旅游景区，建有一山坡滑草运动项目．该山坡可看成倾角θ=30°的斜面，一名游客连同滑草装置总质量m=80kg，他从静止开始无动力匀加速下滑，在时间t=5s内沿斜面滑下的位移s=50m．（不计空气阻力，取g=10m/s2）．求：（答案可保留根号）
（1）游客下滑的加速度；
（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ；
（3）设游客滑下50m后进入水平草坪，游客在水平面上滑动的最大距离．（滑草装置与草皮间的动摩擦因数处处相同）．
【考点】牛顿运动定律的综合应用；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位移时间公式求出下滑的加速度．
（2）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出下滑过程中的摩擦力．滑草装置在垂直于斜面方向合力等于零，求出支持力的大小，根据F=μFN求出滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ．
（3）先由位移速度公式求出游客到达最低点的速度，然后又牛顿第二定律求出加速度，最后由位移速度公式求出位移．
【解答】解：（1）由运动学公式：，
代入数据解得：a=4m/s2
（2）沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣f=ma
在垂直斜面方向上：
N﹣mgcosθ=0
又f=μN
联立，代入数据解得：μ=
（3）取水平向右为正方向，下滑50m后的速度，由vt=v0+at
可得：vt=20m/s
在水平面上：﹣μmg=ma′
代入数据得：
到游客停止时，
代入数据解得： m
答：（1）游客连同滑草装置在下滑过程中的加速度a的大小为2m/s2；
（2）滑草装置与草皮之间的动摩擦因数μ为．
（3）游客在水平面上滑动的最大距离是100m．
18．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为μ2=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动．求：
（1）当外力F=3.5N时，m与M的加速度各为多大？
（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．
【考点】牛顿第二定律．
【分析】（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；
（2）应用牛顿第二定律求出拉力F．
（3）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解
【解答】解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，
小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，
根据牛顿第二定律有：
对滑块：μ1mg=ma1
对木板：F临界﹣μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma2
且有：a1=a2，解得：F临界=4.5N，
由于：F=3.5N＜F临界=4.5N，
M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律可知，加速度：a==m/s2；
（2）由（1）可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：
F临界=4.5N，则拉力至少为4.5N；
（3）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，
在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，
薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，
则滑块的速度：v=a1t，
对滑块，由牛顿第二定律得：μ2mg=ma3，
位移：x1=，x2=，
由几何关系得：x1+x2=L，
木板的位移： L+=a4t2，
根据牛顿第二定律，对木板：F2﹣μ1mg﹣μ3（m+M）g=Ma4
解得：F2=6N，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N；
答：（1）当外力F=3.5N时，m与M的加速度都是m/s2；
（2）若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是4.5N；
（3）若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件是：F≥6N．
2016年11月26日