福建省龙岩市武平一中2014-2015学年高一(上)期末物理复习试卷(三

1、2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习试卷（三）一、选择题（每小题4分，共48分）1（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为，一切摩擦均不计使A、B均处于静止状态，下列说法正确的是（）A水平力F为B竖直墙壁对A的弹力等于FC水平地面受到的弹力为G1+G2DA对B的弹力等于G1tan2（4分）（2013秋诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2）（）A物体经10s速度减为

2、零B物体经2s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动3（4分）（2014秋合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施某同学将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A电梯一定是在下降B该同学处于失重状态C电梯的加速度方向一定是竖直向下D该同学对电梯地板的压力大于其重力4（4分）（2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A等于零B不为零，方向向右

3、C不为零，方向向左D不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右5（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（）A当A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零B当A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左C当A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左D把B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙的摩擦力方向均向右6（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加

4、速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上7（4分）（2015浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）A以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB起动时的加速度大小为0.24m

5、/s2C保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度8（4分）（2014秋武平县校级期末）一质点在015s内竖直向上运动，其加速度时间变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A质点的机械能不断增加B在05s内质点的动能减小C在1015s内质点的机械能一直增加D在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能9（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（）A与有关B与斜面动摩擦因数有关C与系统运动状态有关DFT

6、=，仅与两物体质量有关10（4分）（2009安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间、加速度、功率和牵引力随速度变化的图象，其中不正确的是（）ABCD11（4分）（2012包头一模）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（）AxA=h，aA=0B

7、xA=h，aA=gCxB=h+，aB=0DxC=h+，aC=012（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（）A无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大二、实验题（每空3分）13（9分

8、）（2014秋龙海市校级期末）用如图1所示装置做“验证牛顿第二定律”的实验实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度（1）下列说法正确的是A每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验中m1应远大于m2D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象（2）如图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如下图所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中

9、小车运动的加速度的测量值a=m/s2（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是A小车与平面轨道之间存在摩擦B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大D所用小车的质量过大三、计算题（共43分）14（12分）（2014秋湖北期末）将煤块A轻放在以2m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的因相对运动而形成的擦痕若使该传送带改做初速度不变、加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动

10、的同时，将另一煤块B轻放在传送带上，g=10m/s2，则：（1）皮带与煤块间动摩擦因数为多少？（2）煤块B在皮带上的最长擦痕为多少？（3）煤块B停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为多少？15（9分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，A、B质量分别为3kg和1kg，两物体通过一根轻弹簧连接而处于静止状态，弹簧劲度系数为k=5N/cm现在从t=0时刻开始施加力F作用在A物体上，使得A开始以a=1m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，t1时刻物体B恰好要离开地面（g=10m/s2）求：（1）t=0时刻作用力F的大小；（2）t1的值；（3）t1时刻作用于A物体的拉力大小16（11分）（20

11、14秋武平县校级期末）如图所示，在水平面上行驶的小车上，有一小球A和一木块B当小车向左减速时，系着小球的细线与竖直方向的夹角为37，小球和木块都相对小车静止已知小球的质量m=2kg，木块的质量M=4kg，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8；求：（1）小车的加速度以及细线对A的拉力；（2）木块对车厢底面的作用力（大小和方向）17（11分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数=0.2，在倾角为37、F=20N的推力作用下，由静止开始加速运动，当t=5s时撒去F，（sin37=0.6cos37=0.8）求：（1）物体在F作用时的加

12、速度a；（2）撒去F后，物体还能滑行多长时间？2014-2015学年福建省龙岩市武平一中高一（上）期末物理复习试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48分）1（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，球A重G1，斜面体B重G2，斜面倾角为，一切摩擦均不计使A、B均处于静止状态，下列说法正确的是（）A水平力F为B竖直墙壁对A的弹力等于FC水平地面受到的弹力为G1+G2DA对B的弹力等于G1tan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：本题是力平衡问题中的连接体问题，先对物体A受力分析，根据平衡条件列式求解；再对物体A和B整体受力

13、分析，根据平衡条件列式求解解答：解：对物体A受力分析，受重力、斜面的支持力和竖直挡板的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：F1=G1tan30，F2=，所以A对B的弹力，再对AB整体受力分析，受重力、地面的支持力N，已知的推力F，墙壁向右的支持力F1，根据平衡条件，有：F=F1=G1tan30，N=G1+G2，故AD错误，BC正确；故选：BC点评：整体法和隔离法的使用技巧：当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替

14、使用整体法和隔离法2（4分）（2013秋诸暨市期末）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力，在此恒力作用下（取g=10m/s2）（）A物体经10s速度减为零B物体经2s速度减为零C物体速度减为零后将保持静止D物体速度减为零后将向右运动考点：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：先分析物体的运动情况和受力情况：物体向右做匀减速运动，水平方向受到向右的恒力F和滑动摩擦力由公式f=FN=G求出滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得求出物体的加速度大小，由运动

15、学公式求出物体减速到0所需的时间减速到零后，Ff，物体处于静止状态，不再运动解答：解：A、B物体受到向右恒力和滑动摩擦力，做匀减速直线运动滑动摩擦力大小为f=FN=G=3N，根据牛顿第二定律得， a=m/s2=5m/s2，方向向右物体减速到0所需的时间t=s=2s，故B正确，A错误C、D减速到零后，Ff，物体处于静止状态故C正确，D错误故选BC点评：本题分析物体的运动情况和受力情况是解题的关键，运用牛顿第二定律和运动学公式研究物体运动时间，根据恒力与最大静摩擦力的关系，判断物体的速度为零后的状态3（4分）（2014秋合肥期末）高层建筑已成为许多大城市亮丽的风景，而电梯是高层建筑必配的设施某同学

16、将一轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，如图所示在电梯运行时，该同学发现轻弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明（）A电梯一定是在下降B该同学处于失重状态C电梯的加速度方向一定是竖直向下D该同学对电梯地板的压力大于其重力考点：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：对铁球的受力分析，受重力和拉力，结合牛顿第二定律，判断出加速度的方向；然后判断电梯和该同学的超、失重情况解答：解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有mg=kx1弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹力变大了，根据牛顿第二定律，有kx2mg=ma故加速度向上，电梯加速上升或

17、者减速下降，电梯以及电梯中的人处于超重状态，所以该同学对地板的压力大于重力，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题关键是对铁球受力分析，根据牛顿第二定律判断出铁球的加速度方向，由于铁球和电梯相对静止，从而得到电梯的加速度，最后判断电梯的超、失重情况4（4分）（2011海南）如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）A等于零B不为零，方向向右C不为零，方向向左D不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右考点：共点力平衡的条件及其应用专题：压轴题分析：在研究力和运动关系的问题时，常会涉及相互关联的物体间的相互作用问题，即“

18、连接体问题”连接体问题一般是指由两个或两个以上物体所构成的有某种关联的系统研究此系统的受力或运动时，求解问题的关键是研究对象的选取和转换一般若讨论的问题不涉及系统内部的作用力时，可以以整个系统为研究对象列方程求解“整体法”；若涉及系统中各物体间的相互作用，则应以系统某一部分为研究对象列方程求解“隔离法”这样，便将物体间的内力转化为外力，从而体现其作用效果，使问题得以求解在求解连接体问题时，隔离法与整体法相互依存，相互补充，交替使用，形成一个完整的统一体，可以分别列方程求解本题中由于小木块与斜面体间有相对滑动，但无相对加速度，可以当作两物体间相对静止，摩擦力达到最大静摩擦力的情况，然后运用整体法

19、研究解答：解：斜劈和物块都平衡，受力的大小和方向情况与两物体间相对静止且摩擦力达到最大静摩擦力的情况相同，故可以对斜劈和物块整体受力分析受重力和支持力，二力平衡，无摩擦力；故选A点评：本题关键要灵活地选择整体法与隔离法，选用整体法可以不考虑两物体间的作用力，使问题大为简化5（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，斜面静止在水平地面上，A、B两个物体通过光滑的滑轮相连，连接A物体的细线与斜面平行，下列说法中正确的是（）A当A沿斜面匀速下滑时，地面对甲乙的摩擦力均为零B当A沿斜面加速下滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左C当A沿斜面加速上滑时，地面对甲乙的摩擦力方向均向左D把B球向左拉到水平位

20、置放手向下摆到最低点的过程中，若A保持静止，则地面对甲乙的摩擦力方向均向右考点：摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：A、B、C、不论A在斜面做何种运动，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并根据静摩擦力的方向，即可求解D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲图采用整体法受力分析，而对乙图只分析斜面的受力，并从A可能有沿着斜面向上或向下的静摩擦力两种情况，分析即可解答：解：A、当A沿斜面匀速下滑时，甲图，从整体角度，则地面对甲的摩擦力为零，而乙图，A对斜面有沿着斜面向下的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故A错误；B、当A沿斜面加速下滑时，虽加速度不同

21、，但仍从整体角度可知，整体有水平向右的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向右，而对乙图，物块能够下滑，说明小于tan，物块对斜面压力为N，压力水平向左分力Nsin，物块对斜面摩擦力N，摩擦力水平向右分力NcosNsin，所以地面对乙图斜面的摩擦力应该向右，故B错误；C、当A沿斜面加速上滑时，虽加速度不同，但仍从整体角度可知，整体有水平向左的分加速度，则地面对甲的摩擦力方向向左，而对乙图，A对斜面有沿着斜面向上的滑动摩擦力，则地面对乙的摩擦力水平向右，故C错误；D、当B球向左拉到水平位置放手向下摆到最低点的过程中，对甲分析，地面对斜面的摩擦力方向向右；对乙分析，可知，A对斜面的静摩擦力沿着斜面向上

22、，因此地面对乙的摩擦力方向向右，故D正确；故选：D点评：本题考查整体法与隔离法的应用，掌握静摩擦力的方向判定，注意加速度不同的整体运用是解题的难点6（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律专题：运动的合成和分解专题分析：正确解答本题要掌握：正

23、确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力7（4分）（2015浙江模拟）有一辆质量为170kg、输出功率为

24、1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/m2若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车（）A以最大速度行驶时牵引力大小为57.6NB起动时的加速度大小为0.24m/s2C保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8hD直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13m/s的最大行驶速度考点：能量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据P=Fv计算最大速度时的牵引力大小；由牛顿第二定律和公式P=Fv结合求解加速度由能

25、量守恒定律分析CD两项解答：解：A、根据P额=Fvmax，得：F=N=57.6N，故A正确；B、以额定功率启动时：f=ma，而刚启动时v=0，则f=0，故刚启动时加速度很大，B错误；C、由公式W=Pt，由能量守恒得：1440W1h=306Wt，得：t=8h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；D、由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析：57.6=k25得：k=2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力=阻力，即：=kv得：v8.83m/s，故D错误；故选：AC点评：本题考查推力、功率、面积等的计算，关键是公式及其变形

26、的灵活运用，本题还告诉我们一定要广泛应用太阳能，太阳能不但节省能源，还可以环保8（4分）（2014秋武平县校级期末）一质点在015s内竖直向上运动，其加速度时间变化的图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A质点的机械能不断增加B在05s内质点的动能减小C在1015s内质点的机械能一直增加D在t=15s时质点的机械能大于t=5s时质点的机械能考点：功能关系分析：物体机械能守恒的条件是只有重力做功或只受重力，即物体的加速度等于g，则机械能不变，若向上减速的加速度小于g，说明物体受到了向上的外力作用，机械能增加，反之向上减速的加速度大于g则机械能减小解答：解：A、由

27、图象可以看出05s内的物体向上做减速运动的加速度等于g，物体只受到重力的作用；510s内的加速度小于g，物体受到向上的作用力，1015s内的加速度大于g，物体受到向下的作用力，故物体的机械能先不变，后增大，再减小，故A错误；B、在05s内，物体速度向上，加速度方向向下，加速度与速度方向相反，则物体减速，速度减小，则动能减小，故B正确；C、在1015s内，物体向上减速的加速度大于g，说明物体受到了方向向下的外力，做负功，机械能减少，故C错误；D、根据牛顿第二定律，510s内，mgF=ma，得：F=2m，方向向上，做正功，物体机械能增加；1015s内，mg+F=ma，得F=2m，方向向下，物体机械

28、能减少；物体一直向上做减速运动，而1015s内的速度小于510s内的速度，则1015s内的位移小于510s内的位移，故FS2FS3，则515s内物体机械能增加的多，减小的少，故质点在t=15s时的机械能大于t=5s时的机械能，故D正确；故选：BD点评：机械能的变化量等于重力以外的力做的功，重力以外的力做正功则机械能增加，重力以外的力做负功则机械能减少9（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力（）A与有关B与斜面动摩擦因数有关C与系统运动状态有关DFT=，仅与两物体质量有关考点：物体的弹性和弹力专题：共点力作

29、用下物体平衡专题分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，运用牛顿第二定律求出拉力的大小，判断与什么因素有关解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得：a=隔离m2分析，设物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得：Tm2gsinm2gcos=m2a，解得：T=；由上数据分析知：绳子的拉力与无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关故ABC错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用10（4分）（2009安徽模拟）下列各图是反映汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动的速度随时间、加速度、功率和牵引

30、力随速度变化的图象，其中不正确的是（）ABCD考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题解答：解：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动开始匀加速时：Ff=ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，有：F额=Fvm由以上各式解得：匀加速的末

31、速度为：v1=，最后匀速速度为：vm=A、在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确本题选择不正确的，故选：B点评：对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况11（4分）（2012包头一模）如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小

32、球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴ox，小球的速度v随时间t变化的图象如图乙所示其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，下列说法正确的是（）AxA=h，aA=0BxA=h，aA=gCxB=h+，aB=0DxC=h+，aC=0考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像分析：OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速

33、度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度解答：解：OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以B正确，A错误B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以C正确取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度acg，所以D错误故选BC点评：知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度12（4分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质细绳连接现用一水

34、平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法不正确的是（）A无论粘在哪块木块上面，系统的加速度一定减小B若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变C若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小D若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：选择合适的研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化解答：解；A、由整体法可知，只要橡皮泥粘在物体上，物体的质量均增大，则由牛顿运动定

35、律可知，加速度都要减小，故A正确；B、以C为研究对象，由牛顿第二定律可得，FT=ma，因加速度减小，所以拉力减小，而对b物体有Ffab=ma可知，摩擦力Fab应变大，故B错误；C、若橡皮泥粘在b物体上，将ac视为整体，有Fac=2ma=f，所以摩擦力是变小的，故C正确；D、若橡皮泥粘在c物体上，将ab视为整体，FFT=2ma，加速度减小，所以拉力FT变大，对b有Ffab=ma，知Fab增大；故D正确；本题选错误的，故选：B点评：在研究连接体问题时，要注意灵活选择研究对象，做好受力分析，再由牛顿运动定律即可分析各量的变化关系二、实验题（每空3分）13（9分）（2014秋龙海市校级期末）用如图1所

36、示装置做“验证牛顿第二定律”的实验实验中小车及砝码的总质量为m1，钩码质量为m2，并用钩码所受的重力作为小车受到的合力，用纸带测出小车运动的加速度（1）下列说法正确的是CDA每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B实验时应先释放小车后接通电源C本实验中m1应远大于m2D在用图象探究加速度与质量关系时，应用a图象（2）如图2为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如下图所示已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值a=1.0m

37、/s2（结果保留两位有效数字）（3）实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度根据测得的多组数据画出aF关系图线，如图3所示此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是CA小车与平面轨道之间存在摩擦B平面轨道倾斜角度过大C所挂钩码的总质量过大D所用小车的质量过大考点：验证牛顿第二运动定律专题：实验题分析：实验时需要提前做的工作有两个：平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsin=mgcos，m约掉了让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m根据纸带数据，由x=at2可求小车的加速度解答：解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为，则有：

38、f=mgsin=mgcos，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力故A错误B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误C、让小车的质量m1远远大于钩码的质量m2，因为：实际上绳子的拉力F=m1a=m2g，故应该是m2m1，而当m2不再远远小于m1时a=，随m2的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C正确D、F=ma，所以：a=F，当F一定时，a与成正比，故D正确故选：CD（2）计数点间的时间间隔t=0.02s5=0.1s，根据纸带数据，由x=at2可得小车的加速度a=1.0m/s2（3）随着力F的增大，即砝码和小盘总质量的增大，不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量，因此曲线上部出现弯曲现象，

39、故C正确、ABD错误故选：C故答案为：（1）CD；（2）1.0； （3）C点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚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三、计算题（共43分）14（12分）（2014秋湖北期末）将煤块A轻放在以2m/s的恒定速度运动的足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的因相对运动而形成的擦痕若使该传送带改做初速度不变、加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动直至速度为零，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一煤块B轻放在传送带上，g=10m/s2

40、，则：（1）皮带与煤块间动摩擦因数为多少？（2）煤块B在皮带上的最长擦痕为多少？（3）煤块B停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为多少？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专题：直线运动规律专题分析：煤块A放在速度恒定传送带时，在做匀加速运动的过程中，在传送带留下划线划线的长度等于传送带与煤块A的相对位移大小，根据位移公式和牛顿第二定律求出煤块A与传送带之间的动摩擦因数煤块B放在传送带后先做匀加速运动，速度与传送带相同后，根据传送带的加速度与两者静止时煤块B最大加速度比较，判断煤块B的运动情况，根据位移公式和位移关系求解该煤块B在传送带上能留下的划线的长度

41、以及煤块B所在位置离划线起点的距离解答：解：（1）煤块A在传送带上运动，设其加速度为a，加速时间为t，则vtat2=4 m，at=2 m/s，所以a=0.5 m/s2，由牛顿第二定律得：mg=ma代入数据解得：=0.05（2）若传送带做匀减速运动，设煤块B的加速时间为t1，则有v1=at1=vat1所以t1=s=1 s此时煤块B在传送带上留下的擦痕长为：l1=x传送带x煤块=（vt1=211.5120.512=1 m（3）因传送带提供给煤块的加速度大小为0.5 m/s2，小于1.5 m/s2故煤块相对传送带向前滑，到传送带速度减为零时，有v1=at2，v2=v1at2，l2=x煤块x传送带=m

42、传送带停止运动后，煤块继续在传送带上做匀减速运动直至停止则l3=m，所以l=l1l2l3=m答：（1）皮带与煤块间动摩擦因数为0.05；（2）煤块B在皮带上的最长擦痕为1m；（3）煤块B停止在传送带上的位置与擦痕起点间的距离为 m点评：解决本题的关键理清煤块在传送带上的运动情况，当传送带匀减速运动时，煤块在传送带上先加速，与传送带速度相等后做匀减速运动，相对于传送带先后滑然后再向前滑15（9分）（2014秋武平县校级期末）如图所示，A、B质量分别为3kg和1kg，两物体通过一根轻弹簧连接而处于静止状态，弹簧劲度系数为k=5N/cm现在从t=0时刻开始施加力F作用在A物体上，使得A开始以a=1m

43、/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动，t1时刻物体B恰好要离开地面（g=10m/s2）求：（1）t=0时刻作用力F的大小；（2）t1的值；（3）t1时刻作用于A物体的拉力大小考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）开始状态，A重力与弹力平衡，根据牛顿第二定律可求得作用力大小；（2）由胡克定律明确形变量，根据运动学公式可求得时间；（3）分别对AB由受力分析及牛顿第二定律可求得可求得拉力的大小解答：解：（1）没有加F之前，A物体所受重力和弹力恰好平衡，t=0时刻，由牛顿第二定律得：F=mAa=31=3N；（2）由初始状态下弹簧处于压缩状态，压缩量x1满足kx1=mAg最末状态弹簧处于拉伸状态，伸长量x2满足kx2=mBg整个过程A上升高度为h=x1+x2因为A做匀加速直线运动，由h=at2代入数据得t=0.4s（3）对A运用牛顿第二定律：FmAgF2=mAa对B物体有F2=mBg解得：F=43N；答：（1）t=0时刻作用力F的大小为3N