2016-2017学年辽宁省鞍山一中高一（下）月考物理试卷
一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，其中1-6题单选，7-12题多选，全不选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．） 1．下列各种说法中正确的是（ ） A．速度、质量、加速度、路程都是矢量
B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=1.5m，x的参考系是地面
C．不论物体的质量多大，只要物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，就可以看成质点
D．形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心
2．质点做直线运动的位移x和时间t的平方的关系图象如图所示，则该质点（ ）
A．第2s内的位移是2m
B．物体第3s内的平均速度大小为3m/s C．任意相邻的1s内位移差都是1m D．任意1s内速度的增量都是2m/s
3．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（ ）
A．20m/s2 B．10m/s2 C．5m/s2
D．无法确定
4．如图，足够长的斜面上，一个质量为m=50kg的人站在质量为M=10kg的木板上，通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳拉木板的力为F，轻绳与斜面平行，人与木
第1页（共26页）
板始终保持相对静止，板与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，则（ ）
A．F=60N时，木板一定下滑 B．F=120N时，木板可能下滑
C．F=120N时，木板可能上滑 D．F=300N时，木板可能上滑
5．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．D点的速率比C点的速率大 B．A点的加速度与速度的夹角小于90° C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小
6．如图所示，轻杆长为L一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时速度不可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大 D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
7．粗糙水平面上防止质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连．木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的
第2页（共26页）
动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进．则需要满足的条件是（ ）
A．木块与水平面间的动摩擦因数最大为B．木块与水平面间的动摩擦因数最大为μg C．水平拉力F最大为2μmg D．水平拉力F最大为6μmg
8．一个单摆悬挂在小车上，随小车沿着斜面滑下，图中的虚线①与斜面垂直，虚线②沿斜面方向，实线③沿竖直方向．则可判断出（ ）
A．如果斜面光滑，摆线与②重合 B．如果斜面光滑，摆线与①重合
C．如果斜面粗糙但摩擦力小于下滑力，摆线位于②与③之间 D．如果斜面粗糙但摩擦力大于下滑力，摆线位于②与③之间
9．如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A．B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=（9﹣2t）N，（t的单位是s）．从t=0开始计时，则（ ）
A．A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的B．t＞4s后，B物体做匀加速直线运动 C．t=4.5s时，A物体的速度为零 D．t＞4.5s后，AB的加速度方向相反
第3页（共26页）
倍
10．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半径圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为L．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终处于静止状态，且A、B、C三点为圆心，则（ ）
A．B对地面的压力大小为3mg B．地面对A的作用力沿AC方向 C．L越小，A、C间的弹力越小 D．L越小，地面对A、B的摩擦力越大
11．质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止．两物体运动的速度﹣时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有F1大于F2
B．A、B两物体与地面的动摩擦因数一定相同
C．F1对物体A作用的位移小于F2对物体B所作用的位移 D．物体A的总位移大于物体B的总位移
12．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细
第4页（共26页）
线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是（ ）
A．细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变 B．细线断裂之前，小球的线速度大小保持不变 C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s） D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m）
二、填空题（共2小题，每小题6分，满分14分）
13．（6分）如图所示，在“用电火花计时器（或电磁打点计时器）探究匀变速直线运动”的实验中，某同学打出了一条纸带．已知计时器打点时间间隔为0.02s，他按打点的先后顺序，从比较清晰的点起，每5个点取作一个计数点，分别标明0、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则：B、C两计数点间的时间间隔为 s，在B、C之间的平均速度大小为 m/s，打C点时的瞬时速度大小为 m/s．
14．（8分）在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．
（1）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．
（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实 验，其具体操作步
第5页（共26页）
骤如下，以下做法正确的是 ．
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，再接通打点计时器的电源
D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=
求出
（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a﹣F关系图象分别如图2A和图2B所示，其原因分别是： 图A： ； 图B： ．
三、计算题：（本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（12分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°．直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2=14°．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M．（取重力加速度g=10m/s2；sin14°=0.242；cos14°=0.970）
16．（12分）在光滑的水平面上，用一根轻绳系着一个质量为3kg的小球以10m/s的速度绕O点做匀速圆周运动，半径为4m，若运动到A点，突然将绳再放长4m，绳绷紧后小球转入到另一轨道上做匀速圆周运动．求：
（1）小球从放绳开始到运动到O点另一侧与AO两点共线的B点所用的时间？ （2）在B点绳子所受到的拉力．
第6页（共26页）
17．（14分）如图所示，质量M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的小滑块以v0=0.9m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，求小滑块自滑上长板到最后静止（仍在木板上）的过程中，它相对于地运动的路程．
第7页（共26页）
2016-2017学年辽宁省鞍山一中高一（下）月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，其中1-6题单选，7-12题多选，全不选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．） 1．下列各种说法中正确的是（ ） A．速度、质量、加速度、路程都是矢量
B．紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=1.5m，x的参考系是地面
C．不论物体的质量多大，只要物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，就可以看成质点
D．形状规则的物体的重心一定在物体的几何中心 【考点】矢量和标量；质点的认识
【分析】速度、加速度是矢量，质量、路程是标量；物体相对车厢向前滑行了x=1.5m，测出x最合理的参考系是车厢；物体可以看成质点的条件是物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计；重心可以在物体之外． 【解答】解：A、速度、加速度是矢量，质量、路程是标量．故A错误； B、紧急刹车时，物体相对车厢向前滑行了x=1.5m，这1.5m是物体相对车的位移，所以测出x最合理的参考系是车厢．故B错误；
C、物体可以看成质点的条件是物体的形状和大小对所研究的问题没有影响或影响可以忽略不计，与物体的形状和大小无关．故C正确；
D、形状规则的质量分布均匀的物体的重心一定在物体的几何中心．形状规则但质量分布不均匀的物体的重心不一定在物体的几何中心．故D错误． 故选：C
【点评】该题考查运动学的基本概念，属于记忆性的知识，要求对该部分的知识点由准确的记忆．
2．质点做直线运动的位移x和时间t的平方的关系图象如图所示，则该质点
第8页（共26页）
（ ）
A．第2s内的位移是2m
B．物体第3s内的平均速度大小为3m/s C．任意相邻的1s内位移差都是1m D．任意1s内速度的增量都是2m/s
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度
【分析】根据x和时间平方t2的关系图象写出函数关系式，进而求出加速度，位移等，平均速度等于位移除以时间．
【解答】解：A、根据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，所以第2s内的位移等于前2s内的位移减去第一秒的位移，即x2=22﹣12=3m，故A错误；
B、同理求得物体第3s内的位移x3=32﹣22=5m，平均速度为 =B错误．
C、由x=t2，得：加速度为 a=2m/s2，任意相邻1s内的位移差△x=aT2=2×12=2m，故C错误；
D、任意1s内速度的增量△v=at=2×1=2m/s，故D正确； 故选：D
【点评】本题要求同学们能根据图象写出函数表达式，从而求出加速度，能根据匀变速直线运动的推论求出任意相邻1s内的位移差．
3．（2015•甘肃一模）测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动．当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s，则汽车的加速度大小为（ ）
=m/s=5m/s．故
第9页（共26页）
A．20m/s2 B．10m/s2 C．5m/s2
D．无法确定
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系
【分析】在超声波来回运动的时间里，汽车运行的位移为20m．根据匀变速运动的位移时间公式可求出汽车在超声波单程运行时间里的位移，结合超声波的速度，即可知道超声波单程运行的时间，从而知道汽车运行的时间，根据求出汽车的加速度大小．
【解答】解：设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有
，，
超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1：3，在t时间内的位移为20m，则时间内的位移为x′=5m，知超声波追上汽车的位移x=5+335m=340m，所以以汽车的加速度大小为10m/s2．故B正确，A、C、D错误． 故选：B．
【点评】解决本题的关键求出超声波单程运行的位移从而求出单程运行的时间，即可知道汽车匀加速运动的时间，然后根据匀变速运动的位移公式求出汽车的加速度．
4．如图，足够长的斜面上，一个质量为m=50kg的人站在质量为M=10kg的木板上，通过一根绕过光滑定滑轮的轻绳拉木板的力为F，轻绳与斜面平行，人与木板始终保持相对静止，板与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2，则（ ）
，t=2s．所
A．F=60N时，木板一定下滑 B．F=120N时，木板可能下滑
C．F=120N时，木板可能上滑 D．F=300N时，木板可能上滑 【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力
【分析】以人和木板整体为研究对象受力分析，若木板下滑则受向上的滑动摩擦
第10页（共26页）
力，若木板上滑人受向下的摩擦力，若2F与重力分力的合力小于摩擦力大小，则木块保持静止．
【解答】解：A、木板所受的滑动摩擦力大小f=μ（M+m）gcosα=0.5×600×0.8=240N，重力的分力（M+m）gsinα=360N，
F=60N时，绳子对人和木板的拉力2F=120N，有：2F+f=（M+m）gsinα即人和木板受力平衡，木板有可能处于静止，A错误；
B、F=120N时，有2F﹣（M+m）gsinα=﹣120N＜240N，所以木板静止，不下滑也不上滑，BC错误；
D、F=300N时，2F﹣（M+m）gsinα=240N=f，则物块有可能是匀速上滑，D正确； 故选：D．
【点评】本题考查受力分析，物体滑动的条件是所受动力大于最大静摩擦力．
5．（2013春•新余期末）如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．D点的速率比C点的速率大 B．A点的加速度与速度的夹角小于90° C．A点的加速度比D点的加速度大
D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小 【考点】物体做曲线运动的条件
【分析】物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同；由牛顿第二定律可以判断加速度的方向．
【解答】解：A、由题意，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向向下，合外力也向下，质点做匀变速曲线运动，合外力恒定不变，质点由C到D过程中，合外力做正功，由动能定理可得，D点的速度比C点速度大，故A正确；
B、物体在A点受力的方向向下，而速度的方向向右上方，A点的加速度与速度的夹角大于90°．故B错误；
第11页（共26页）
C、质点做匀变速曲线运动，加速度不变，合外力也不变，故C错误；
D、由A的分析可知，质点由B到E过程中，受力的方向向下，速度的方向从水平向右变为斜向下，加速度与速度的夹角之间减小．故D错误； 故选：A．
【点评】本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件，本题基本上就可以解决了．
6．（2013•石景山区一模）如图所示，轻杆长为L一端固定在水平轴上的O点，另一端系一个小球（可视为质点）．小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动，且能通过最高点，g为重力加速度．下列说法正确的是（ ）
A．小球通过最高点时速度不可能小于
B．小球通过最高点时所受轻杆的作用力可能为零
C．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大 D．小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小 【考点】向心力；牛顿第二定律
【分析】杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，临界的速度为0，根据牛顿第二定律判断杆子对小球的弹力随速度变化的关系．
【解答】解：A、小球在最高点的最小速度可以为零，此时重力等于杆子的支持力．故A错误． B、当小球速度为
时，重力提供向心力，杆作用力为零，故B正确
C、杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现为支持力，当表现为支持力时，速度增大作用力越小，故C错误
D、杆子在最高点可以表现为拉力，也可以表现支持力，当表现为拉力时，速度增大作用力越大，故D错误 故选B
第12页（共26页）
【点评】解决本题的关键搞清小球向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解，以及知道杆子可以表现为拉力，也可以表现为支持力
7．粗糙水平面上防止质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连．木块间的动摩擦因数均为μ，木块与水平面间的动摩擦因数相同，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块一起匀速前进．则需要满足的条件是（ ）
A．木块与水平面间的动摩擦因数最大为B．木块与水平面间的动摩擦因数最大为μg C．水平拉力F最大为2μmg D．水平拉力F最大为6μmg
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力
【分析】四个木块一起做匀速运动，合力均为零，采用整体与隔离法分析各部分的受力情况，再对左侧两物体分析可求得绳子的最大拉力．
【解答】解：AB、设左侧两个木块之间的摩擦力为f1，右侧两个木块间的摩擦力为f2，木块与水平面间的动摩擦因数最大为μ′．
对左侧两物体整体，由平衡条件有：绳子的拉力 T=3μ′mg 对右上的m刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，有 T=fm=μmg 联立上两式得：μ′=
．故A、B错误．
•6mg=2μmg．故
CD、对四个物体整体分析则有：水平拉力F最大为 F=μ′•6mg=C正确，D错误． 故选：C
【点评】本题为高考题的变形题，注意灵活应用整体法与隔离法，合理选取研究对象，抓住两个物体间刚要滑动时静摩擦力达到最大这个临界条件进行研究．
第13页（共26页）
8．一个单摆悬挂在小车上，随小车沿着斜面滑下，图中的虚线①与斜面垂直，虚线②沿斜面方向，实线③沿竖直方向．则可判断出（ ）
A．如果斜面光滑，摆线与②重合 B．如果斜面光滑，摆线与①重合
C．如果斜面粗糙但摩擦力小于下滑力，摆线位于②与③之间 D．如果斜面粗糙但摩擦力大于下滑力，摆线位于②与③之间 【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用
【分析】单摆悬挂在小车上随小车沿着斜面滑下匀加速运动，稳定时，两者加速度相同，根据牛顿第二定律分别对整体和小球研究，确定摆线的方向． 【解答】解：A、B如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得： 对整体：加速度a=
=gsinθ方向沿斜面向下．
对小球：合力F合=ma=mgsinθ，则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合．故A错误，B正确．
C、如果斜面粗糙且μ＜tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到，加速度a=
=g（sinθ﹣μcosθ），由于μ＜tanθ，则μcosθ＜sinθ，a
＞0，说明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ，则摆线位于①与③之间．故C错误，D正确． 故选：BD．
【点评】本题考查运用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力，采用整体法和隔离法交叉的方法处理．
9．（2017•罗湖区校级模拟）如图，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A．B两物体，B的质量是A的2倍，B受到向右的恒力FB=2N，A受到的水平力FA=（9﹣2t）N，（t的单位是s）．从t=0开始计时，则（ ）
第14页（共26页）
A．A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的B．t＞4s后，B物体做匀加速直线运动 C．t=4.5s时，A物体的速度为零 D．t＞4.5s后，AB的加速度方向相反
倍
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用
【分析】对整体，根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，得到A物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的倍数；
对B研究，由牛顿第二定律求出A对B的作用力N表达式，当N=0时，求出时间，此后A分离，B做匀加速运动；
t=4.5s时，对A，根据牛顿第二定律求出加速度，分析其速度； 【解答】解：设A的质量为m，则B的质量为2m， 在两物体没有分离时，对整体：根据牛顿第二定律得 a=
=
①
对B：设A对B的作用力大小为N，则 N+FB=2ma ② 解得，N=（16﹣4t），③
A、B、由③得，当t=4s时，N=0，此后A、B分离，B物体做匀加速直线运动．由①得：当t=0时，a1=始时刻的
；t=3s时，a2=
，则A物体在3s末时刻的加速度是初
倍．故A、B正确．
=
=0，说明t=4.5s之前A在做加速运
C、t=4.5s时，A的加速度为aA=
动，此时A的速度不为零，而且速度方向与B相同．故C错误．
D、t＞4.5s后，A的加速度aA＜0，而B的加速度不变，则知t＞4.5s后，AB的加速度方向相反．故D正确． 故选ABD
【点评】本题是连接体问题，采用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律得到加速
第15页（共26页）
度与时间的关系是关键．
10．如图所示，两个截面半径均为r、质量均为m的半径圆柱体A、B放在粗糙水平面上，A、B截面圆心间的距离为L．在A、B上放一个截面半径为r、质量为2m的光滑圆柱体C，A、B、C始终处于静止状态，且A、B、C三点为圆心，则（ ）
A．B对地面的压力大小为3mg B．地面对A的作用力沿AC方向 C．L越小，A、C间的弹力越小 D．L越小，地面对A、B的摩擦力越大
【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】以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等． 【解答】解：A．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A和B支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对B的支持力为2mg，则由牛顿第三定律得知B对地面的压力大小也为2mg，故A错误；
B．地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2．如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向，故B错误；
C．以C为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件有：2N2′cosθ=2mg，得：
第16页（共26页）
N2′=确；
，L越小，θ越小，cosθ越大，则得A对C间的弹力N2′越小，故C正
D、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力为：f=N2sinα，而C对A的压力为：N2=N2′，则得L越小，α越小，f越小，故D错误； 故选：C．
【点评】本题是三个物体的平衡问题，首先要灵活选择研究对象，其次要正确分析受力情况，根据共点力平衡的条件即可正确求解．
11．质量分别为m1和m2的两个物体A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止．两物体运动的速度﹣时间图象分别如图乙中图线a、b所示，相关数据已在图中标出，已知m1＜m2，下列判断中正确的是（ ）
A．一定有F1大于F2
B．A、B两物体与地面的动摩擦因数一定相同
C．F1对物体A作用的位移小于F2对物体B所作用的位移 D．物体A的总位移大于物体B的总位移 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像
【分析】研究物体撤去拉力后物体做匀减速运动的过程，根据v﹣t图象的斜率
第17页（共26页）
等于加速度，分析加速度关系，由牛顿第二定律分析动摩擦因数的关系．再对匀加速运动的过程，运用牛顿第二定律列式，分析拉力F1和F2的大小关系．根据图线与时间轴所围的面积表示位移，分析位移关系．
【解答】解：AB、由图线可知，在撤去拉力后，两个物体都做匀减速运动，两图线平行，说明加速度相同，根据牛顿第二定律有 μmg=ma，得 a=μg，所以，A、B两物体与地面的动摩擦因数μ一定相同． 对于匀加速运动过程，由图知：a1＞a2．
由牛顿第二定律有，F﹣μmg=ma，得 F=μmg+ma，由于m1＜m2，μ相同，a1＞a2，所以不能确定F1与F2的大小，故A错误，B正确． C、F1对物体A作用的位移 x1=x2=
=6m．F2对物体B所作用的位移
m=11.25m，所以x1＜x2，故C正确．
m=15m，物体B的总位移 xB=
m=17.5m，所以
D、物体A的总位移 xA=
物体A的总位移小于物体B的总位移，故D错误． 故选：BC
【点评】解决本题的关键是要明确v﹣t图象的斜率表示加速度，面积表示位移．要灵活选择研究的过程，结合几何知识分析．
12．在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图．长度为L=1m的细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球以v0=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失）．已知细线所能承受的最大张力为7N，则下列说法中正确的是（ ）
A．细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变 B．细线断裂之前，小球的线速度大小保持不变 C．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π（s）
第18页（共26页）
D．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9（m） 【考点】向心力；牛顿第二定律
【分析】细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，小球的速度大小不变．绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m
求出此时的半径．小球每转120°半径减小0.3m，
确定出小球转动的圈数，求出时间．根据初位置、末位置的直线距离求解位移大小．
【解答】解：A、B细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变．故A错误，B正确． C、绳子刚断裂时，拉力大小为7N，由F=m
得，此时的半径为r=m，由于小
球每转120°半径减小0.3m，则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为 t=•
而r1=1m，r2=0.7m，r3=0.4m，v0=2m/s，解得，t=0.7π s．故C正确．
D、小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为1m﹣0.1m=0.9m．故D正确． 故选：BCD
【点评】本题是物理数列类型，通过分析，抓住小球每转120°半径减小0.3m，确定出小球转动的圈数是关键．
二、填空题（共2小题，每小题6分，满分14分）
13．（6分）（2013•未央区校级学业考试）如图所示，在“用电火花计时器（或电磁打点计时器）探究匀变速直线运动”的实验中，某同学打出了一条纸带．已知计时器打点时间间隔为0.02s，他按打点的先后顺序，从比较清晰的点起，每5个点取作一个计数点，分别标明0、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则：B、C两计数点间的时间间隔为 0.1 s，在B、C之间的平均速度大小为 0.36 m/s，打C点时的瞬时速度大小为 0.42 m/s．
第19页（共26页）
【考点】探究小车速度随时间变化的规律
【分析】打点计时器每隔0.02s打一个点，由此可知计数点之间的时间间隔，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．
【解答】解：每五个点取作一个计数点，因此计数点之间的距离为：T=0.1s； 由图可知：xBC=7.20﹣3.60=3.60cm=0.036m， 则B、C之间的平均速度大小为xBD=12.0﹣3.60=8.40cm=0.084m，
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得：
，
故答案为：0.1；0.36；0.42．
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，注意单位的换算和有效数字的保留．
14．（8分）（2015秋•河南期中）在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图1所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示．
（1）当M与m的大小关系满足 m≪M 时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．
（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实 验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是 B ．
第20页（共26页）
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，再接通打点计时器的电源
D．用天平测出m以及小车质量M，小车运动的加速度可直接用公式a=
求出
（3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a﹣F关系图象分别如图2A和图2B所示，其原因分别是：
图A： 不再满足砂和砂桶远小于小车的质量 ； 图B： 遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 ． 【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【分析】当盘及盘中砝码的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及砝码的重力．平衡摩擦力时，不能挂盘；实验过程中，应保证绳和纸带与木板平行；小车的加速度应由纸带求出．
由图象A可以看出：图线通过坐标原点，当拉力增大到一值时，加速度在偏小，原因是没有满足M＞＞m的条件．而图象B可以看出：图线不通过坐标原点，当拉力为某一值时，a为零，知没有平衡摩擦力或倾角过小． 【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=T=Ma=重力．
（2）A、平衡摩擦力时，不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上．故A错误．
B、改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力．故B正确． C、实验时，先接通电源，再释放小车．故C错误． D、小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a=故选：B．
（3）图A随着F的增大，即砂和砂桶质量的增大，不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象．
第21页（共26页）
，则绳子的拉力
，当M＞＞m时，认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的
求出，故D错误．
图B当F≠0时，a=0．也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，可知该组同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足； 故答案为：（1）m≪M （2）B
（3）不再满足砂和砂桶远小于小车的质量，遗漏了平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
【点评】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，注意实验的条件是：砝码和盘的总重力要远小于小车的重力，此时才有绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．
三、计算题：（本题共3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
15．（12分）（2007•江苏）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1=45°．直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2=14°．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M．（取重力加速度g=10m/s2；sin14°=0.242；cos14°=0.970）
【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用 【分析】本题中直升机沿水平方向匀速飞往水源过程，水箱受力平衡，可由共点力平衡条件求解出空气阻力；
直升机取水后飞往火场过程，做匀加速直线运动，可根据牛顿第二定律列式求解． 【解答】解：直升机取水过程，对水箱受力分析，如图；
第22页（共26页）
水箱受力平衡： T1sinθ1﹣f=0； T1cosθ1﹣mg=0； 解得：f=mgtanθ1；
直升机返回过程，对水箱受力分析，如图；
由牛顿第二定律得： T2sinθ2﹣f=（M+m）a； T2cosθ2﹣（M+m）g=0； 解得，M=4.5×103 kg
故水箱中水的质量为4.5×103 kg．
【点评】本题中要能正确的对物体受力分析，根据平衡条件与牛顿第二定律列式求解；同时要注意，取水后，水箱变重，虽加速，但绳子与竖直方向夹角仍然变小．
16．（12分）（2009•湖南模拟）在光滑的水平面上，用一根轻绳系着一个质量为3kg的小球以10m/s的速度绕O点做匀速圆周运动，半径为4m，若运动到A点，突然将绳再放长4m，绳绷紧后小球转入到另一轨道上做匀速圆周运动．求： （1）小球从放绳开始到运动到O点另一侧与AO两点共线的B点所用的时间？ （2）在B点绳子所受到的拉力．
第23页（共26页）
【考点】向心力；牛顿第二定律
【分析】（1）小球做匀速圆周运动，突然放绳则小球以原有的速度做匀速直线运动到C，在C点处一瞬间8m绳突然拉直，沿绳方向的速度vyP突变为0，而小球将以vx做匀速圆周运动，到达B点，根据几何关系求出匀速直线运动的位移，从而得出匀速直线运动的时间，通过速度的分解求出圆周运动的速度，结合圆心角的大小求出圆周运动的时间，从而得出总时间． （2）根据拉力提供向心力求出B点绳子的拉力大小．
【解答】解：（1）小球做匀速圆周运动，突然放绳则小球以原有的速度做匀速直线运动到C，在C点处一瞬间8m绳突然拉直，沿绳方向的速度vy突变为0，而小球将以vx做匀速圆周运动，到达B点， 由几何关系可知：S1=AC=∠AOC=60°=
∠BOC=120°=
在C点，由矢量三角形可知：vx=vcos60°=
（2）在B点，则有：
答：（1）小球从放绳开始到运动到O点另一侧与AO两点共线的B点所用的时间为4.04s．
（2）在B点绳子所受到的拉力为9.375N．
第24页（共26页）
【点评】解决本题的关键知道小球从A到B过程中的运动规律，结合运动学公式进行求解，以及知道圆周运动向心力的来源．
17．（14分）如图所示，质量M=0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的小滑块以v0=0.9m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，求小滑块自滑上长板到最后静止（仍在木板上）的过程中，它相对于地运动的路程．
【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】滑块滑上木板滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，达到共同速度后，共同做减速运动直至停止，根据牛顿第二定律分别求出它们的加速度，求出两物体速度相同时所需的时间，从而求出小滑块相对地面的位移大小，再求出共同做减速运动直至停止的位移，从而求出小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的位移．
【解答】解：由牛顿第二定律得小滑块滑上长木板的加速度大小为： a1=
木板的加速度为：
，
由于m减速，M加速，设经过时间t1二者达到共同速度，有： v0﹣a1t1=a2t1，
代入数据，解得：t1=0.2s m在这段时间内滑行的位移：
第25页（共26页）
代入数据得：x1=0.1m M在这段时间内滑行的位移：
代入数据得：x2=0.01m 小滑块滑上长木板后，相对于长木板运动的总位移： △x=x1﹣x2=0.09m
当二者达到共同速度后，由于地面摩擦，将一起做减速运动，设共同运动时加速度加速度大小为a3， a3=μ1g=0.1×10=1m/s2
之后m与M一起做减速运动，后阶段的初速度为： v=a2t1=0.5×0.2=0.1m/s m与M一起做减速运动的位移为：
代入数据得：x3=0.005m 则全过程m相对于地移动的距离为： x=x1+x3=0.1+0.005=0.105m．
答：相对于地运动的路程为0.105m．
【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．
第26页（共26页）
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容