江西省赣州市信丰县信丰中学2022届高三物理上学期第三次月考试题含解析

2022-2022学年江西省赣州市信丰县信丰中学高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题：（1-5题为单项选择题，6-10题为不定项选择题，每题4分，共40分．）1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法C．引入重心﹑合力与分力的概念时运用了等效替代法D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法2．下列关于力的说法中，正确的是()①力是不能离开物体而独立存在②力可以离开物体而独立存在③受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体④马拉车前进，马对车有拉力，但车对马没有拉力．A．①③B．①④C．②③D．②④3．如图所示，在超市内倾角为θ的电梯斜面上有一车西瓜随电梯匀速向上运动，在箱子的中央有一只质量为m的西瓜，则在该西瓜随箱一起匀速前进的过程中，周围其它西瓜对它的作用力的方向为()A．沿斜面向上B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上4．如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处在图中实线位置．然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与横杆的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是()-17-\nA．F逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大B．F逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变C．F逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小D．F逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变5．某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体在t=6s内位移为0的是()A．B．C．D．6．一个质量为2kg的物体，在五个同一水平面上共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中两个大小分别为15N和10N的力，其余的力保持不变，则该物体的加速度大小可能是()A．1m/s2B．3m/s2C．10m/s2D．15m/s27．如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是()A．物体A可能只受到三个力的作用B．物体A一定受到了四个力的作用C．物体A受到的滑动摩擦力大小为FcosθD．物体A对水平地面的压力的大小mg﹣Fsinθ8．利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况，实验时让某消防队员从平台上跳下，自由下落，在t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿，重心又下降了h．计算机显示消防队员双脚触地后重心下降h过程，他受到地面支持力F随时间变化的图象如图所示．根据图象提供的信息，判断正确的是()A．在t1至t2时间内消防队员的重心在加速下降B．在t2至t3时间内消防队员的重心在加速下降C．在t2至t4时间内消防队员的重心在减速下降-17-\nD．t3时刻消防队员的加速度为零9．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是()A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大10．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中()A．所用的时间是2sB．所用的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m三、实验，探究题（每空2分，共18分）11．为了测量铁块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让铁块从倾斜木板上A点由静止释放作匀加速直线运动，位移传感器可以测出铁块到传感器的距离，连接计算机，描绘出铁块相对传感器的位移s随时间t变化规律如图2．①根据图线，计算0.6s时铁块速度v=__________m/s，加速度a=__________m/s2；②为了测定μ，还需要测量哪一个物理量__________；（已知当地重力加速度g）A．铁块质量mB．铁块所受合力FC．A点的高度hD．铁块所受支持力FN③为了减少误差，下列最可行的一个措施是__________．A．木板的倾角越大越好B．A点与传感器距离适当大些-17-\nC．选择体积大的空心铁块D．铁块必须由静止释放．12．某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块（质量小于砂桶的），在静止释放轻绳前，装置如图甲所示，①该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是__________和__________．②纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g．该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是__________（用所给的字母表示）．③若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更__________（选填“大”或“小”）④本装置还可利用来做__________的实验．（只填一个）四、计算题（10+10+10+12=42分）13．体育课上有一个折返跑的比赛项目．比赛规则是：从距离标杆12m处起跑，向着标杆跑去，到达标杆之后立即返回出发点，用时少者获胜．设某同学加速过程的加速度大小为6m/s2，运动过程中的最大速度为6ms，到达标杆时需减速到零，减速过程中加速度大小为6m/s2；返回时达到最大速度后不再减速，保持最大速度冲到出发点，求该同学往返的总时间t．14．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度．-17-\n15．如图，长为L=2m、质量mA=4kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB=1kg的小物块（可视为质点）位于A的中点，水平力F作用于A．AB间的动摩擦因素μ=0.2（AB间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）．求：（1）为使AB保持相对静止，F不能超过多大？（2）若拉力F=12N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？16．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车速度vB=30m/s．因大雾能见度很低，B车在距A车600m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过1800m才能够停止．问：（1）A车若按原速前进，两车是否会相撞？若会相撞，将在何时何地？（2）若B车司机在刹车后发出信号，A车司机接收到信号后以加速度a1=0.25m/s2加速前进，已经比B车刹车时刻晚了△t=8s，问是否能避免事故？若能够避免，求两车的最小距离．-17-\n2022-2022学年江西省赣州市信丰县信丰中学高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题：（1-5题为单项选择题，6-10题为不定项选择题，每题4分，共40分．）1．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法C．引入重心﹑合力与分力的概念时运用了等效替代法D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；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；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；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的方法，故A错误；B、根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想法，故B正确；C、引入重心﹑合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．下列关于力的说法中，正确的是()①力是不能离开物体而独立存在②力可以离开物体而独立存在③受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体④马拉车前进，马对车有拉力，但车对马没有拉力．A．①③B．①④C．②③D．②④【考点】力的概念及其矢量性．【分析】力的作用是相互的，力不能离开物体的单独存在，且每一个力都必须有施力物体和受力物体，且两者的角色是可以互换的，由此可以判定各个说法是否正确，进而判定选项．弹力是摩擦力产生的前提，有弹力，不一定有摩擦力；有摩擦力，一定有弹力．-17-\n【解答】解：①、力是一个物体对另一个物体的作用，所以力不能离开物体而单独存在，故①正确，②错误．③、力的作用是相互的，受力物体同时也是施力物体，施力物体同时也是受力物体；故③正确；④、力的作用是相互的，马对车对拉力，车对马同时也产生拉力；故④错误；故选：A【点评】本题考查对力的理解，可根据牛顿第三定律、弹力和摩擦力产生的条件等方面理解分析，只有基础牢固的，做这类基本概念理解的题，才不会出错．3．如图所示，在超市内倾角为θ的电梯斜面上有一车西瓜随电梯匀速向上运动，在箱子的中央有一只质量为m的西瓜，则在该西瓜随箱一起匀速前进的过程中，周围其它西瓜对它的作用力的方向为()A．沿斜面向上B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上【考点】牛顿第二定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】这看似是受力分析，我们不可能把它收到的周围的每个西瓜的作用力都分析出来，这个思路是错误的．实际本题是牛顿第二定律的应用．【解答】解：由西瓜的运动状态﹣﹣匀速运动，可知受合外力为零，受到的力由两部分组成，一是重力，二是周围西瓜对它的作用力．由二力平衡可以知道周围西瓜对它的作用力应与重力等大反向，即方向竖直向上，故C正确．故选C．【点评】在分析问题时，不要被表面现象迷惑，从而被引入误区．或者说在一个思路不通时，及时调整思路来解题．4．如图所示，轻绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个圆环上，圆环套在粗糙水平横杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处在图中实线位置．然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与横杆的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是()A．F逐渐增大，f保持不变，N逐渐增大B．F逐渐增大，f逐渐增大，N保持不变C．F逐渐减小，f逐渐增大，N逐渐减小D．F逐渐减小，f逐渐减小，N保持不变-17-\n【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】由题，圆环的位置不动，物体缓慢下降，两个物体都处于平衡状态．先以重物为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析F如何变化．再以两物体整体为研究对象，分析受力情况，再根据平衡条件分析杆对环的摩擦力f和支持力的变化情况．【解答】解：以重物为研究对象，分析受力情况：重力G、水平力F和绳子的拉力T，如图1所示．由平衡条件得：F=Gtanθ，当θ减小时，F逐渐减小．再以两物体整体为研究对象，分析重力G总、水平力F，杆的摩擦力f和支持力N，则有N=G总，保持不变．f=F，逐渐减小．故选D【点评】本题的解题关键是灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法相结合求解，是比较简单方便的．5．某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t=0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体在t=6s内位移为0的是()A．B．C．D．【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】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，速度时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，从而判断位移是否为零，根据加速度时间图象判断物体的运动情况，从而判断位移是否为零．【解答】解：A、根据图象可知，6s时的位移x=0﹣0=0．故A正确．B、速度时间图线与坐标轴围成的面积表示位移，则6s内位移为正．故B错误．-17-\nC、0﹣1s内加速度不变，做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零．在一个周期内速度的方向不变，则6s内位移不为零．故C错误．D、在0﹣1s内，向正方向做匀加速直线运动，1﹣2s内加速度方向改变，大小不变，向正方向做匀减速直线运动，2s末速度为零，2﹣3s内向负方向做匀加速直线运动，运动的方向发生变化，4s末位移为零，6s末位移等于2s末位移，不为零．故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道速度时间图线和位移时间图线的物理意义，以及知道它们的区别，并且能很好运用．6．一个质量为2kg的物体，在五个同一水平面上共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中两个大小分别为15N和10N的力，其余的力保持不变，则该物体的加速度大小可能是()A．1m/s2B．3m/s2C．10m/s2D．15m/s2【考点】牛顿第二定律；力的合成．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】一个质量为2kg的物体，在五个同一水平面上共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中两个大小分别为15N和10N的力，剩余的力的合力于撤去的两个力的合力等值反向，求出撤去的两个力的合力范围，得出剩余力的合力范围，从而根据牛顿第二定律求出加速度的范围．【解答】解：15N和10N两个力的合力范围为[5N，25N]，则剩余力的合力范围为[5N，25N]，根据牛顿第二定律，，知加速度的范围为[2.5m/s2，12.5m/s2]．故B、C正确，A、D错误．故选BC．【点评】解决本题的关键知道剩余力的合力于撤去的两个力的合力大小相等反向相反，掌握求解两个力合力范围的方法，当两个力同向时，合力最大，当两个力反向时，合力最小．7．如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是()A．物体A可能只受到三个力的作用B．物体A一定受到了四个力的作用C．物体A受到的滑动摩擦力大小为FcosθD．物体A对水平地面的压力的大小mg﹣Fsinθ【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】受力分析方法专题．【分析】受力分析时注意弹力和摩擦力一定在物体与其它物体的接触面上进行分析，注意弹力、摩擦力产生的条件，在本题中将拉力按照作用效果正交分解后，结合运动情况和摩擦力和弹力的产生条件对木块受力分析，得出结论．【解答】-17-\n解：A、B、物体一定受重力，拉力F产生两个作用效果，水平向右拉木块，竖直向上拉木块，由于木块匀速直线运动，受力平衡，水平方向必有摩擦力与拉力的水平分量平衡，即一定有摩擦力，结合摩擦力的产生条件可知则必有支持力，因而物体一定受到四个力，故A错误，B正确；C、根据物体处于平衡状态可知，水平方向有：f=Fcosθ，故C正确；D、据物体处于平衡状态可知，竖直方向有：FN=mg﹣Fsinθ，故D正确；故选：BCD．【点评】对物体受力分析通常要结合物体的运动情况，同时本题还要根据弹力和摩擦力的产生条件分析．8．利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况，实验时让某消防队员从平台上跳下，自由下落，在t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿，重心又下降了h．计算机显示消防队员双脚触地后重心下降h过程，他受到地面支持力F随时间变化的图象如图所示．根据图象提供的信息，判断正确的是()A．在t1至t2时间内消防队员的重心在加速下降B．在t2至t3时间内消防队员的重心在加速下降C．在t2至t4时间内消防队员的重心在减速下降D．t3时刻消防队员的加速度为零【考点】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】由F﹣t图象可知人受力的变化，结合人下落中的过程，可知消防员的所做的运动．【解答】解：A、在t1到t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度大小向下，知重心在做加速下降，故A正确；B、在t2到t3时间内，支持力的大小大于重力，加速度大小向上，知重心在做减速下降，故B错误；C、在t2至t4时间内他所受的合力向上则加速度向上，故消防员做向下的减速运动，故C正确；D、t3时刻，人受到的合力不为零，故加速度不可能为零，故D错误；故选：AC．【点评】本题的关键在于正确分析人的运动过程及学生对图象的认识，要求能将图象中的时间段与运动过程联系起来一起分析得出结论．9．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是()-17-\nA．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】求出悬绳剪断前弹簧的拉力，再根据牛顿第二定律求出悬绳剪断瞬间A的瞬时加速度．当A物块向下运动到重力和弹力相等时，速度最大．【解答】解：A、B、剪断悬绳前，对B受力分析，B受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg．剪断瞬间，对A分析，A的合力为F合=mg+F=2mg，根据牛顿第二定律，得a=2g．故A正确，B错误．C、D、弹簧开始处于伸长状态，弹力F=mg=kx．当向下压缩，mg=F′=kx′时，速度最大，x′=x，所以下降的距离为2x．故C错误，D正确．故选AD．【点评】解决本题关键知道剪断悬绳的瞬间，弹簧的拉力不变，根据牛顿第二定律可以求出瞬时加速度．当弹力和重力相等时，速度最大．10．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中()A．所用的时间是2sB．所用的时间是2.25sC．划痕长度是4mD．划痕长度是0.5m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律求出小煤块的加速度，结合运动学公式求出小煤块匀加速运动时间和位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，从而得出运动的总时间．根据传送带的位移和煤块的位移求出相对位移的大小，即划痕的长度．【解答】解：根据牛顿第二定律得，小煤块在传送带上的加速度为：a=，则匀加速运动的时间为：，匀加速运动的位移为：，-17-\n则匀速的位移为：x2=x﹣x1=3.5﹣0.5m=3m，匀速运动的时间为：，则从A到B的时间为：t=t1+t2=0.5+1.5s=2s，划痕的长度为：△x=v0t1﹣x1=2×0.5﹣0.5m=0.5m．故A、D正确，B、C错误．故选：AD．【点评】解决本题的关键理清小煤块在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解，难度不大．三、实验，探究题（每空2分，共18分）11．为了测量铁块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图1所示实验装置，让铁块从倾斜木板上A点由静止释放作匀加速直线运动，位移传感器可以测出铁块到传感器的距离，连接计算机，描绘出铁块相对传感器的位移s随时间t变化规律如图2．①根据图线，计算0.6s时铁块速度v=0.6m/s，加速度a=1m/s2；②为了测定μ，还需要测量哪一个物理量C；（已知当地重力加速度g）A．铁块质量mB．铁块所受合力FC．A点的高度hD．铁块所受支持力FN③为了减少误差，下列最可行的一个措施是B．A．木板的倾角越大越好B．A点与传感器距离适当大些C．选择体积大的空心铁块D．铁块必须由静止释放．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题．【分析】①铁块做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度；根据加速度的定义式即可求出加速度；②根据牛顿第二定律得到加速度表达式，确定待测量；③为了提高木块与木板间摩擦力因数μ的测量精度，可行的措施是A点与传感器位移适当大些或减小斜面的倾角．【解答】解：①根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度，得0.6s末的速度为：v=m/s=0.6m/s，0.2s末的速度为：v′==0.2m/s，则木块的加速度为：a===1m/s2．-17-\n②选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向是受力：ma=mgsinθ﹣μmgcosθ得：μ=所以要测定摩擦因数，还需要测出斜面的倾角θ，故需要知道A点的高度h；故选C；③在实验中，误差注意是偶然误差，为了减少误差，应使木块的运动时间长一些，可以减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等，传感器开始的计时时刻不一定必须是木块从A点释放的时刻．故B正确，ACD错误；故答案为：①0.6，1；②C；③B．【点评】解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出动摩擦因数的表达式，从而确定所需测量的物理量．12．某同学做“探究加速度与力的关系”的实验，实验的探究对象是铝块（质量小于砂桶的），在静止释放轻绳前，装置如图甲所示，①该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是打点计时器错接在直流电源上和要进行打点的纸带留得太短．②纠错后开始实验：保持铝块的质量m不变，通过在砂桶中添加砂来改变对铝块的拉力；每次释放轻绳，由力传感器可测得拉力的大小F，由纸带上打出的点可算出对应加速度的大小a；已知重力加速度为g．该同学根据多组实验数据画出如图乙所示的一条过坐标原点的直线，他标注纵轴为加速度a，但忘记标注横轴，你认为横轴代表的物理量是F﹣mg（用所给的字母表示）．③若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大（选填“大”或“小”）④本装置还可利用来做验证机械能守恒定律的实验．（只填一个）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．-17-\n【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动加速度．【解答】解：（1）该同学在实验操作中有两处明显错误，分别是打点计时器错接在直流电源上和要进行打点的纸带留得太短．（2）铝块受重力mg和拉力F，所以铝块的合力F合=F﹣mg，所以横轴代表的物理量是F﹣mg，（3）由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大．（4）本装置还可利用来做验证机械能守恒定律的实验．故答案为：①打点计时器错接在直流电源上；要进行打点的纸带留得太短．②F﹣mg．③大．④验证机械能守恒定律【点评】只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．四、计算题（10+10+10+12=42分）13．体育课上有一个折返跑的比赛项目．比赛规则是：从距离标杆12m处起跑，向着标杆跑去，到达标杆之后立即返回出发点，用时少者获胜．设某同学加速过程的加速度大小为6m/s2，运动过程中的最大速度为6ms，到达标杆时需减速到零，减速过程中加速度大小为6m/s2；返回时达到最大速度后不再减速，保持最大速度冲到出发点，求该同学往返的总时间t．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】本题人的向左过程分为匀加速直线运动过程、匀速直线运动过程和匀减速直线运动过程；向右过程分为匀加速直线运动过程和匀速直线运动过程；然后根据运动学公式列式求解即可．【解答】解：加速阶段：，位移，减速阶段t2=t1=1s，x2=x1=3m，匀速运动的时间，由折返线向起点（终点）线运动的过程中加速阶段的时间t4=t1=1s，位移x4=x1=3m，则匀速运动的时间．所以该人总的往返时间t=t1+t2+t3+t4+t5=1+1+1+1+1.5s=5.5s．答：该同学往返的总时间为5.5s．-17-\n【点评】本题是多过程问题，关键明确人的运动性质，然后分过程运用运动学公式列式解题．14．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°固定斜面上（斜面足够长），对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v﹣t图象如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）拉力F的大小；（3）t=4s时物体的速度．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度．【解答】解：（1）根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度：a1=20m/s2根据牛顿第二定律得：F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1匀减速直线运动的加速度：根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma2解得：F=30N，μ=0.5（2）由（1）知，F=30N（3）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为t2v1=a2t2，解得t2=2s则物体沿斜面下滑的时间为t3=t﹣t1﹣t2=1s设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ=ma3解得：a3=2m/s2所以t=4s时物体的速度：v=a3t3=2×1=2m/s，沿斜面向下答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数（2）拉力F的大小是30N；（3）物体4s末速度为2m/s．【点评】本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解．-17-\n15．如图，长为L=2m、质量mA=4kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB=1kg的小物块（可视为质点）位于A的中点，水平力F作用于A．AB间的动摩擦因素μ=0.2（AB间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）．求：（1）为使AB保持相对静止，F不能超过多大？（2）若拉力F=12N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）隔离对物块分析，求出恰好不发生相对滑动时的加速度，再对整体分析，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值（2）由牛顿第二定律求的AB的加速度，由运动学公式求的滑下时的位移，即可求得速度【解答】解：（1）F最大时，物块水平方向受到静摩擦力最大fm，由牛顿第二定律得：fm=μmBg=mBa解得临界加速度为：a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，对整体分析得：F=（mA+mB）a=（4+1）×2N=10N（2）若拉力F=12N＞10N，AB发生相对滑动，对B：对A：F﹣fm=mAaA代入数据解得：设B从A上滑落时，则有：a2t2﹣a1t2=L得：t=2s对A有：v=a2t=2.5×2=5m/s答：（1）为使AB保持相对静止，F不能超过10N（2）若拉力F=12N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为5m/s【点评】本题考查了牛顿第二定律的临界问题，关键抓住临界状态，采用整体法和隔离法进行求解，难度中等．16．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA=10m/s，B车速度vB=30m/s．因大雾能见度很低，B车在距A车600m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过1800m才能够停止．问：（1）A车若按原速前进，两车是否会相撞？若会相撞，将在何时何地？（2）若B车司机在刹车后发出信号，A车司机接收到信号后以加速度a1=0.25m/s2加速前进，已经比B车刹车时刻晚了△t=8s，问是否能避免事故？若能够避免，求两车的最小距离．【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系；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．【专题】追及、相遇问题．【分析】（1）首先选取不同的参考系根据速度﹣位移关系判断AB两车能否相撞，若相撞再根据运动学基本公式求出何时何地相撞；（2）速度相等时不碰撞以后就不会碰撞了，先根据公式求得经过多长时间两车速度相等，两车的位移之差即为所求得距离．-17-\n【解答】解：（1）为了求解简便，我们先以A车为参考系，设在B车恰能追上A车的情况下，A、B两车之间的初始间距为s0，则（vB﹣vA）2=2as0①再以地面为参考系，设B车的最大滑行距离为s1，则vB2=2as1②解①②两式可得s0=800m因为s0＞600m，所以两车一定相撞．设两车经时间t相撞，则有：vt﹣at2=vAt+s③由②式得：a=0.25m/s2，代入③式得t=40s．（t=120s舍去）设相撞地点距B车刹车地点sB，则有sB=vAt+s=10×40m+600m=1000m．（2）设B车减速t1秒时两车的速度相同：vB﹣at1=vA+a1（t1﹣△t）代入数解得t1=44s在此过程中：SB=vBt1﹣=1078mSA=vAt1+=602mSA+600＞SB不会发生撞车事故．此时△S=SA+600﹣SB=124m【点评】解决本题的关键知道速度大者减速追速度小者，在速度相等之前，两车的距离越来越小，若未相撞，速度相等之后，两车的距离越来越大，可知只能在速度相等之时或相等之前相撞．-17-