2015-2016学年甘肃省天水一中高一（上）期末物理试卷
一、选择题（1-9单选题，10-12多选题，每小题4分，共48分）
1．牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（ ） A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例 B．牛顿第二定律在非惯性系中不成立 C．牛顿第一定律可以用实验验证
D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿”
2．下列说法中正确的是（ ）
A．运动越快的汽车不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．作用力与反作用力一定是同种性质的力
C．伽利略的理想实验是凭空想象出来的，是脱离实际的理论假设 D．马拉着车向前加速时，马对车的拉力大于车对马的拉力
3．如图所示，A是一个质量为M的盒子，B的质量为M，A，B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态，现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（ ）
A．绳子拉力逐渐增大 B．A对斜面压力逐渐增大 C．A所受摩擦力逐渐增大 D．A所受合力逐渐增大
4．如图所示，是一个做直线运动的物体到的速度﹣时间图象，已知初速度为v0，末速度为vt，则时间t内，物体的位移（ ）
A．等于 B．大于
C．小于 D．等于
5．一物体由静止开始作匀加速运动，它在第n秒内的位移是s，则其加速度大小为（ ）
A．
B． C． D．
6．一个物体从某一高度做自由落体运动，它在第1s内的位移恰好等于它最后1s内位移的，则它开始下落时距地面的高度为（取g=10m/s）（ ） A．5m B．11.25m C．20m D．31.25m
7．如图所示，一轻杆AB，A端铰于低墙上，B端用细线系住跨过低墙顶上的C点用力F拉住，并在B端挂一重物．现缓慢地拉线使杆向上转动，杆与墙的夹角θ逐渐减小．在此过程中，杆所受的压力N和拉力F的大小变化情况是（ ）
2
A．N和F均变大 B．N变小，F变大 C．N变大，F变小 D．N不变，F变小
8．如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（ ）
A．5.0N B．2.5N C．8.65N
D．4.3N
2
9．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s．5s内物体的（ ） A．路程为60m
B．移大小为25m，方向向上 C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
10．某人提一重物直立保持静止，当人向右跨了一步后，人与重物重新保持静止，下述说法中正确的是（ ）
A．地面对人的摩擦力减小 B．地面对人的摩擦力增大 C．人对地面的压力增大 D．人对地面的压力减小
11．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）
A． B． C．
D．
12．如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定（ ）
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2 B．滑块最终所处的位置
C．滑块与杆之间动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞后速度vk
二、实验题
13．在《探究加速度与力、质量的关系》实验中采用如图所示的装置． （1）本实验应用的实验方法是 ． A．假设法 B．理想实验法
C．控制变量法 D．等效替代法 （2）下列说法中正确的是 ．
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量
（3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带，取计数点A、B、C、D、E、F、G．纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，
2
FG=13.49cm，则小车运动的加速度大小a= m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度大小vE= m/s．（结果均保留两位小数）
（4）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：（小车质量保持不变）请根据表中的数据在坐标图上作出a﹣F图象；图象不过坐标原点的原因可能是 ．
0.30 0.40 0.50 0.60 F（N） 0.20 20.40 0.48 0.60 0.72 a（m/s） 0.30
三、计算题（共40分）
14．如图所示，物体A重GA=40N，物体B重GB=20N，A与B、B与地面间的动摩擦因数都相同，物体B用细绳系住，当水平力F=32N时，才能将A匀速拉出． （1）画出A和B的受力示意图
（2）求A与B、B与地面间的动摩擦因数μ （3）求物体B所受细绳的拉力T．
15．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数；
（2）升降机以4m/s的加速度匀加速上升时体重计的读数； （3）当体重计的读数是420N时，判断升降机的运动情况．
16．如图甲，一物体在t=0时刻以某一速度沿固定斜面下滑，物体运动到斜面底端与挡板碰
2
撞时无机械能损失，其运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s，斜面的倾角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
2
2
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ． （2）物体沿斜面上滑时的加速度大小a． （3）物体能上滑的最大距离s．
2015-2016学年甘肃省天水一中高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-9单选题，10-12多选题，每小题4分，共48分）
1．牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发现和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是（ ） A．牛顿第一定律是牛顿第二定律的一种特例 B．牛顿第二定律在非惯性系中不成立 C．牛顿第一定律可以用实验验证
D．为纪念牛顿，人们把“力”定为基本物理量，其基本单位为“牛顿” 【考点】牛顿第二定律． 【分析】牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，牛顿第三定律揭示了作用力与反作用力的关系．
【解答】解：A、牛顿第一定律揭示了物体不受力时的运动规律，牛顿第二定律给出了加速度与力和质量的关系，故牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，故A错误；
B、牛顿运动定律成立的参考系是惯性系，故牛顿第二定律在非惯性系中不成立的，故B正确；
C、地球上的一切物体都受到重力，完全不受力的物体是没有的，牛顿第一定律可以用理想实验验证，故C错误；
2
D、为纪念牛顿，人们把力的单位规定为牛顿，即1N=1kg•m/s，但不是基本单位，故D错误； 故选B．
【点评】本题考查了牛顿三定律之间的联系，牛顿第一定律是基础，说明力不需要运动来维持，第二定律给出了力与运动的具体关系．
2．下列说法中正确的是（ ）
A．运动越快的汽车不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 B．作用力与反作用力一定是同种性质的力
C．伽利略的理想实验是凭空想象出来的，是脱离实际的理论假设 D．马拉着车向前加速时，马对车的拉力大于车对马的拉力
【考点】作用力和反作用力；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；惯性．
【分析】惯性是描述物体的运动的状态改变难易的物理量，不仅仅是“停下了”的难易；作用力和反作用力的来源是相同的，所以必定是同种性质的力；作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，伽利略的理想实验不是凭空想象出来的，也不是脱离实际的理论假设．
【解答】解：A、运动快的汽车不容易停下来，是因为汽车运动得越快，汽车的动量越大，停下了所需要的冲量越大，时间就越长．故A错误；
B、作用力和反作用力的来源是相同的，所以必定是同种性质的力；故B正确；
C、伽利略的理想实验是依据他所做的实验，进行的理想化的推理，不是凭空想象出来的，对实际的生产和生活有非常重要的指导意义．故C错误；
D、作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，所以马对车的拉力始终等于车对马的拉力．故D错误． 故选：B
【点评】该题考查了运动学多个概念和伽利略的理想实验，都是属于基础知识和容易混肴的一些知识．要加强对基础知识的学习．
3．如图所示，A是一个质量为M的盒子，B的质量为M，A，B用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，B悬于斜面之外而处于静止状态，现在向A中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中（ ）
A．绳子拉力逐渐增大 B．A对斜面压力逐渐增大 C．A所受摩擦力逐渐增大 D．A所受合力逐渐增大
【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】绳子拉力等于B的重力，保持不变．A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力．A所受的重力沿斜面向下的分力等于B的重力，当向A中缓慢加入沙子时，分析A受到的摩擦力方向，由平衡条件分析大小的变化．A保持静止，合力为零，保持不变． 【解答】解：
A、B始终处于静止状态，由平衡条件得知绳子拉力等于B的重力，保持不变．故A错误． B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力，随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大．故B正确．
C、未加沙子时，A的重力沿斜面向下的分力与绳子的拉力大小关系不能确定，A的运动趋势方向不能确定，所以A可能不受静摩擦力，可能摩擦力沿斜面向下，也可能沿斜面向上．当向A中缓慢加入沙子时，若A原来不受摩擦力或摩擦力沿斜面向上，由平衡条件分析可知：随着沙子质量的增加，A所受的摩擦力逐渐增大．
若A原来的摩擦力沿斜面向下时，当向A中缓慢加入沙子时，A所受的摩擦力可能不断减小．故C错误．
D、整个系统始终保持静止，A所受的合力为零，不变．故D错误． 故选：B． 【点评】本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向．不能产生低级错误，认为加沙子，A的合力增大．
4．如图所示，是一个做直线运动的物体到的速度﹣时间图象，已知初速度为v0，末速度为vt，则时间t内，物体的位移（ ）
A．等于 B．大于 C．小于 D．等于
【考点】匀变速直线运动的图像． 【专题】运动学中的图像专题．
【分析】在速度时间图线中，图线与时间轴围成的面积表示位移，若是匀加速直线运动，结合平均速度推论求出位移，从而比较大小．
【解答】解：若图线为图中虚线所示，物体做匀加速直线运动，梯形的面积表示位移，根据平均速度推论知，位移x=，
因为实际图线围成的面积大于梯形面积，则物体的位移大于，故B正确，A、C、D错误． 故选：B．
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动平均速度推论，以及知道速度时间图线围成的面积表示位移．
5．一物体由静止开始作匀加速运动，它在第n秒内的位移是s，则其加速度大小为（ ） A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用． 【专题】计算题．
【分析】要求物体的加速度，知道物体在第n秒内的位移，根据平均速度公式s=t，需求物体在第n秒内的平均速度，故需求物体在第n秒初的速度v1和在第n秒末的速度v2． 【解答】解：设物体的加速度为a，由于物体做初速度为0的匀加速直线运动， 根据vt=v0+at可得
物体在第（n﹣1）秒末的速度为v1=（n﹣1）a， 物体在第n秒末的速度为v2=na， 则在第n秒内的平均速度， 根据s=t
物体在第n秒内的位移s=×1 故物体的加速度a= 故选A．
【点评】知道某段时间内的位移，求物体的加速度，可以利用平均速度公式求解，要求平均速度，需要知道物体的初速度和末速度的表达式．
6．一个物体从某一高度做自由落体运动，它在第1s内的位移恰好等于它最后1s内位移的，
2
则它开始下落时距地面的高度为（取g=10m/s）（ ） A．5m B．11.25m C．20m D．31.25m 【考点】自由落体运动． 【专题】自由落体运动专题．
【分析】自由落体运动是初速度为零的匀加速运动，加速度的大小为重力加速度，根据自由落体运动规律计算即可．
【解答】解：根据公式：h=gt得：
2
第1 s内下落的距离h1=×10×1 m=5 m．
设：物体开始下落时离地面的高度为H，下落时间为t，
2
则有：H=gt…①
2
最后1s之前的下降的高度为 H﹣4h1=g（t﹣△t）…②
22
由①﹣②得：4h1=gt﹣g（t﹣△t）， ∴t=2.5 s…③
把③式代入①得：H=×10×（2.5） m=31.25 m． 故选D．
2
2
【点评】匀变速运动的常规题目，牢记公式，找准数量关系列方程，注意每次都从抛出点开始计算，这样比较简单．
7．如图所示，一轻杆AB，A端铰于低墙上，B端用细线系住跨过低墙顶上的C点用力F拉住，并在B端挂一重物．现缓慢地拉线使杆向上转动，杆与墙的夹角θ逐渐减小．在此过程中，杆所受的压力N和拉力F的大小变化情况是（ ）
A．N和F均变大 B．N变小，F变大 C．N变大，F变小 D．N不变，F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． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】当细绳缓慢拉动时，整个装置处于动态平衡状态，以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据平衡条件，运用三角形相似法，得出FN与边长CA、BA及物体重力的关系，再分析FN的变化情况以及F的变化．
【解答】解：设物体的重力为G．以B点为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图． 作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2=F1=G．由△F2FNB∽△CBA得
知AB、AC长度不变，杆与墙的夹角θ逐渐减小，则BC减小，知FN不变，F减小．FN与杆所受的压力N大小相等．故D正确，A、B、C错误． 故选D．
【点评】本题中涉及非直角三角形，运用几何知识研究力与边或角的关系，根据相似三角形法解决是常用的思路．
8．如图所示，一个重为5N的大砝码，用细线悬挂在O点，现在用力F拉砝码，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F的最小值为（ ）
A．5.0N B．2.5N C．8.65N D．4.3N
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】以物体为研究对象，采用作图法分析什么条件下拉力F最小．再根据平衡条件求解F的最小值．
【解答】解：以物体为研究对象，根据作图法可知，当拉力F与细线垂直时最小． 根据平衡条件得
F的最小值为Fmin=Gsin30°=5×0.5N=2.5N 故选B
【点评】本题是物体平衡中极值问题，难点在于分析F取得最小值的条件，采用作图法，也可以采用函数法分析确定．
9．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s．5s内物体的（ ） A．路程为60m
B．移大小为25m，方向向上 C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
2
【考点】竖直上抛运动． 【专题】直线运动规律专题．
【分析】物体竖直上抛后，只受重力，加速度等于重力加速度，可以把物体的运动看成一种匀减速直线运动，由位移公式求出5s内位移，由平均速度公式求出平均速度，由△v=at求出速度的改变量．
【解答】解：A、物体上升的最大高度为h1===45m，上升的时间为t1==3s，从最高点开始
2
2s内下落的高度h2==×10×2m=20m，所以5s内物体通过的路程为S=h1+h2=65m，故A错误； B、物体上升的最大高度为h1===45m，上升的时间为t1==3s，从最高点开始2s内下落的高
2
度h2==×10×2m=20m，所以5s内物体通过的位移为S=h1﹣h2=25m．且方向竖直向上，故B正确．
C、由于匀变速运动，则速度改变量△v=at=gt=﹣10×5m/s=﹣50m/s．故C错误．
D、平均速度=m/s=5m/s，方向竖直向上．故D错误． 故选：B
【点评】对于竖直上抛运动，通常有两种处理方法，一种是分段法，一种是整体法，两种方法可以交叉运用． 注意：5s内物体的位移也可以由此法解出，x=v0t﹣gt=30×5﹣×10×5（m）=25m，位移方向竖直向上．（加速度方向与初速度方向相反）
10．某人提一重物直立保持静止，当人向右跨了一步后，人与重物重新保持静止，下述说法中正确的是（ ）
2
2
A．地面对人的摩擦力减小 B．地面对人的摩擦力增大 C．人对地面的压力增大 D．人对地面的压力减小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】对人受力分析：重力、绳子的拉力、支持力与地面给的静摩擦力，四力处于平衡状态．当人后退后重新处于平衡，则绳子与竖直方向夹角变大，由力的分解结合平衡条件可确定摩擦力、支持力的变化情况．
【解答】解：对人受力分析，重力G、绳子的拉力T、支持力F与地面给的静摩擦力f，四力处于平衡状态．当绳子与竖直方向夹角θ变大时，则对绳子的拉力T进行力的分解得： Tsinθ=f Tcosθ+F=G
由题意可知，绳子的拉力大小T等于物体的重力，所以随着夹角θ变大，得静摩擦力增大，支持力变大，导致人对地的压力增大；故AD错误，BC正确； 故选：BC．
【点评】这是物体受力平衡的动态分析，方法是正确的受力分析，再由力的分解或合成来寻找力之间的关系．学生受力分析时容易出错，认为人受到三个力，重力、拉力与静摩擦力，却漏了支持力，学生误以为绳子竖直方向的分力就是支持力．
11．某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v﹣t图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（ ）
A． B． C．
D．
【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．
【分析】由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出v﹣t图象．
【解答】解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为G﹣F=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；
t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；
而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速； AD均符合题意； 故选AD．
【点评】本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案．
12．如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定（ ）
A．滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2 B．滑块最终所处的位置
C．滑块与杆之间动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞后速度vk 【考点】牛顿第二定律；滑动摩擦力． 【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两端加速度，利用运动学公式求解．
【解答】解：设下滑位移为L，到达底端速度为v
2
由公式v=2ax得：
2
下滑过程：v=2a下L ① 上滑过程：
由牛顿第二定律得：
②
下滑加速度为： ③
上滑加速度为：①②③④联立得：
所以A正确；
④
，又f=μFN=μmgcosα两式联立得：，所以c正确；
因为滑杆粗糙，所以最终滑块停在底端，所以B正确；
因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，所以D错误； 故选ABC．
【点评】解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等．
二、实验题
13．在《探究加速度与力、质量的关系》实验中采用如图所示的装置． （1）本实验应用的实验方法是 C ． A．假设法 B．理想实验法
C．控制变量法 D．等效替代法 （2）下列说法中正确的是 BD ．
A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上 B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源
D．在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量
（3）如图所示是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带，取计数点A、B、C、D、E、F、G．纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，用刻度尺测量出各相邻计数点间的距离分别为AB=1.50cm，BC=3.88cm，CD=6.26cm，DE=8.67cm，EF=11.08cm，
2
FG=13.49cm，则小车运动的加速度大小a= 2.40 m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度大小vE= 0.99 m/s．（结果均保留两位小数）
（4）某同学测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：（小车质量保持不变）请根据表中的数据在坐标图上作出a﹣F图象；图象不过坐标原点的原因可能是 平衡摩擦过度或木板一端垫得过高 ． 0.30 0.40 0.50 0.60 F（N） 0.20 20.40 0.48 0.60 0.72 a（m/s） 0.30
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】实验题；定量思想；图析法；方程法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要． （2）探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车．
（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT可以求出加速度的大小，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，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小． （4）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，a﹣F图象在F轴上有截距；平衡摩擦力过度，在a﹣F图象的a轴上有截距． 【解答】解：（1）本实验应用的实验方法是控制变量法，故选C．
（2）平衡摩擦力时，小车上不应该挂砝码，只让小车拖着纸带做匀速运动即可，选项A错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；实验时，先接通打点计时器电源再放开小车，选项C错误；在每次实验中，应使小车和砝码的质量远大于砂和小桶的总质量，以使得小车的拉力近似等于砝码的重力．选项D正确； 故选：BD．
2
（3）小车运动的加速度大小：
==2.40m/s；
2
打纸带上E点时小车的瞬时速度大小：（4）图线如图所示；
==0.99m/s，
由图线可看出，小车上不加拉力时就已经有了加速度，故图象不过坐标原点的原因可能是平衡摩擦过度或木板一端垫得过高． 故答案为：（1）C；（2）BD；（3）2.40，0.99；
（4）a﹣F图象如上图所示；平衡摩擦过度或木板一端垫得过高．
【点评】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．
该题考查在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中的注意事项：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；同时会求瞬时速度与加速度，学会通过描点作图象，注意单位的统一与正确的计算．
三、计算题（共40分）
14．如图所示，物体A重GA=40N，物体B重GB=20N，A与B、B与地面间的动摩擦因数都相同，物体B用细绳系住，当水平力F=32N时，才能将A匀速拉出．
（1）画出A和B的受力示意图
（2）求A与B、B与地面间的动摩擦因数μ （3）求物体B所受细绳的拉力T．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；滑动摩擦力． 【专题】共点力作用下物体平衡专题． 【分析】（1）物体B受重力、支持力、细线的拉力和向右的滑动摩擦力；物体A受拉力、重力、压力、支持力、B对A向左的滑动摩擦力，地面对A向左的滑动摩擦力．
（2）当水平力F=32N可以将B匀速拉出可知：在B被拉出过程中，物体A和B均处于平衡状态．对A受力分析可知外力F等于B对A的摩擦力和地面对A的摩擦力之和，地面对A的摩擦力μ（GA+GB）代入有关数据可求得μ．
（3）物体B受细线的拉力和摩擦力而平衡，根据平衡条件列式求解即可． 【解答】解：（1）对A受力分析，如图所示：
对B受力分析，如图所示：
（2）以A物体为研究对象，其受力情况如上图所示： 物体B对其压力 FN2=GB=20N，
地面对A的支持力 FN1=GA+GB=40N+20N=60N， 因此A受B的滑动摩擦力 Ff2=μFN2=20μ， A受地面的摩擦力：Ff1=μFN1=60μ，
又由题意得：F=Ff1+Ff2=60μ+20μ=80μ，F=32（N）， 代入即可得到：μ=0.4．
（3）对物体B，根据平衡条件，有：
T=μGB=0.4×20=8N 答：（1）画出A和B的受力示意图，如图所示； （2）求A与B、B与地面间的动摩擦因数为0.4； （3）求物体B所受细绳的拉力为8N．
【点评】本题考查应用平衡条件处理问题的能力，要注意A对地面的压力并不等于A的重力，而等于A、B总重力．
15．质量是60kg的人站在升降机中的体重计上（g取10m/s），求： （1）升降机匀速上升时体重计的读数；
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（2）升降机以4m/s的加速度匀加速上升时体重计的读数； （3）当体重计的读数是420N时，判断升降机的运动情况．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重． 【专题】牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）体重计的读数等于升降机对人的支持力的大小； （2）升降机匀速上升时，人受力平衡，支持力等于重力；
（3）当升降机以不同的加速度运动时，可根据牛顿第二定律求解． 【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则FN=mg=600N （2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力 根据牛顿第二定律得：
FN1﹣mg=ma1
FN1=m（g+a1）=840N
（3）当体重计的读数是420N时，小于600N，人处于失重状态，则升降机加速下降，加速度方向向下
根据牛顿第二定律得： mg﹣FN2=ma2
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升降机以 3m/s的加速度匀减速上升或3m/s的加速度匀加速下降．
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答：（1）升降机匀速上升时体重计的读数是600N；（2）升降机以4m/s的加速度上升时体
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重计的读数是840N；（3）以 3m/s的加速度匀减速上升或3m/s的加速度匀加速下降． 【点评】该题是牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．
16．如图甲，一物体在t=0时刻以某一速度沿固定斜面下滑，物体运动到斜面底端与挡板碰
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撞时无机械能损失，其运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s，斜面的倾角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
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（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ． （2）物体沿斜面上滑时的加速度大小a． （3）物体能上滑的最大距离s．
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题． 【分析】（1）对物块进行受力分析，由共点力的平衡即可求出物块与斜面之间的动摩擦因数． （2）对物块进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出物块的加速度； （3）对向上运动的过程运用运动学的公式，即可求出物块滑块的位移．
【解答】解：（1）物块向下做匀速直线运动，沿斜面的方向物块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，则： mgsinθ=μmgcosθ
所以：μ=tanθ=tan37°=0.75
（2）当物体向上运动时，摩擦力的方向沿斜面向下，重力的分力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得：a=12m/s．
（3）物体能上滑的最大距离s，则：
s=m． 答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）物体沿斜面上滑时的加速度大小12m/s． （3）物体能上滑的最大距离是1.5m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律、动能定理以及速度时间图线的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，难度不大．
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2016年1月23日
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