2023-2024学年吉林省长春汽车经开三中高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年吉林省长春汽车经开三中高二（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。1．（4分）运动员以图示的姿势静止于水平地面上，则运动员（）A．一定受到摩擦力 B．对地面的压力就是重力 C．受到的支持力和重力是一对平衡力 D．受到的支持力是由于脚掌形变产生的2．（4分）某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，临近某斑马线，为“礼让行人”，若以5m/s2的加速度刹车，则以下说法中错误的是（）A．刹车后2s时的速度大小为10m/s B．汽车刹车过程的平均速度为10m/s C．刹车最后1s的位移大小为2.5m D．刹车后5s内的位移大小为37.5m3．（4分）火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住。已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的1A．该人在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的29倍B．火星表面的重力加速度是2g3C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍D．该人在火星上向上跳起的最大高度是3h4．（4分）如图，两光滑直杆OA、OB成60°夹角固定在竖直平面内，其角平分线OC竖直。质量均为m的甲、乙两小环套在杆上，用轻质弹簧相连，开始时两环在同一高度且弹簧处于原长状态。将两环同时由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。在两环沿直杆下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．两环的加速度一直减小 B．两环的速度先增大后减小 C．两环与杆间的弹力先增大后减小 D．两环的加速度为零时，弹簧的弹性势能最大5．（4分）一物块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s。从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力F，力F与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。则下列说法中正确的是（）A．第1秒内水平作用力F做负功 B．第2秒内合力做功为0.5J C．第3秒内水平作用力F不做功 D．0～3秒内水平作用力F所做总功为3J6．（4分）如图所示为某同学站在压力传感器上做“下蹲”或“起立”动作时传感器记录的压力随时间的变化图像，已知重力加速度g＝10m/s2，则（）A．该图像反映了该同学的起立过程 B．此过程中该同学一直处于失重状态 C．b点对应的时刻该同学的速度达到最大 D．a点对应时刻该同学的加速度大小约为4m/s27．（4分）如图甲所示，无人机从地面竖直起飞，运动一段时间后因动力系统发生故障无法继续提供动力，最终到达某一高度处速度减为零。图乙是无人机从地面上升开始计时的图像。已知无人机飞行时所受阻力大小恒为4N，重力加速度g＝10m/s2，则（）A．无人机的质量为2kg B．0﹣3s内的加速度和3﹣4s内的加速度之比为3：1，且方向相反 C．无人机升至最高点，位移大小为18m D．无人机动力系统未发生故障时提供的动力大小为28N二、多选题：本大题共3小题，共18分。（多选）8．（6分）如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A．增大A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大拉力F（多选）9．（6分）如图所示，将小球从倾角为37°的斜面上的A点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的B点、C点，以及水平面上的D点。已知C点为斜面底端点，A、B、C、D相邻两点在水平方向间隔之比为1：2：3，不计空气阻力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则（）A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同 B．小球落到B、C两点时，速度方向均相同 C．若小球落到C、D两点，则两次抛出时小球的初速度大小之比为2：3 D．若小球落到B、D两点，则两次抛出时小球的初速度大小之比为3：6（多选）10．（6分）如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将质量m＝1kg的物体轻轻放在传送带上的A处，经过1.5s到达传送带的B端，物体在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（）A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．传送带的倾角θ＝37° C．A、B两点间的距离为6m D．物体与传送带因摩擦产生的热量为6J三、实验题：本大题共2小题，共14分。11．（6分）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。（1）关于本实验，下列说法正确的是。A．必须平衡摩擦力B．必须控制槽码质量不变C．必须控制小车质量不变D．必须保证槽码的质量远小于小车的质量（2）某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（结果保留三位有效数字）。（3）按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为（用k表示）。12．（8分）如图为测量物块与斜面之间动摩擦因数的实验装置示意图，斜面的倾角为θ。实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；（2）让物块从光电门1的右侧由静止释放，分别测出遮光条经过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2，求出加速度a；（3）多次重复步骤（2），求出a的平均值；（4）根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。回答下列问题：①本实验（选填“需要”或“不需要”）用天平测量物块和遮光条的总质量m。②测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图所示，其读数为mm。③物块的加速度大小a可用d、s、Δt1和Δt2表示为a＝；动摩擦因数μ可用α、θ和重力加速度大小g表示为μ＝。四、计算题：本小题共3小题，共30分。13．如图甲所示是一跳台滑雪运动员比赛的画面，运动员（可视为质点）从高台飞出，落到倾斜的着陆坡后调整姿势，在A点以初速度v1＝2.6m/s沿直线匀加速下滑，到达坡底B点再匀减速滑行一段距离后停下，如图乙所示。已知运动员及装备的总质量m＝70kg，倾斜滑道的倾角θ＝37°，运动员沿斜面下滑到达坡底时的速度v2＝11m/s，运动员从倾斜滑道进入减速区瞬间的速度大小不变，进入减速区后，运动员受到的阻力变为77N，两个过程滑行的总时间为11.5s，不计空气阻力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）：（1）运动员沿水平轨道的位移大小；（2）运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小；（3）运动员在这两个过程中运动的总路程。14．质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝6m/s的速度滑上静止在光滑地面上的长为L的长木板，木板质量为M＝2kg。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最后物块恰好没有滑出长木板。g取10m/s2。（1）刚滑上时，物块和木板的加速度大小分别为多大；（2）小物块最终的速度；（3）长木板的长度L是多少？15．光滑圆弧轨道AB处于竖直平面内，半径R＝1m，所对圆心角为60°。水平粗糙传送带BC长度为L＝1.6m。CD是水平粗糙轨道。AB、CD轨道与传送带平滑连接，传送带一直以速度v＝2m/s，逆时针匀速转动。一个质量为m＝2kg的滑块从A处以初速度v0=15m/s下滑，最终停在轨道CD上。滑板与传送带BC间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2（1）滑块运动到圆弧轨道B处时对轨道的压力大小；（2）滑块在传送带上因摩擦产生的热量。

2023-2024学年吉林省长春汽车经开三中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。1．（4分）运动员以图示的姿势静止于水平地面上，则运动员（）A．一定受到摩擦力 B．对地面的压力就是重力 C．受到的支持力和重力是一对平衡力 D．受到的支持力是由于脚掌形变产生的【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系；重力的概念、物理意义及其产生（来源）；静摩擦力的概念及其产生条件．【答案】C【分析】依据受力分析，结合弹力产生的原理及摩擦力产生的条件，并由平衡状态，即可判定。【解答】解：A．运动员以题图所示的姿势蹲在水平地面上，处于平衡状态，在水平方向没有相对运动，也没有相对运动的趋势，因此不受摩擦力的作用，故A错误；B．运动员对地面的压力大小等于运动员的重力大小，压力、重力是不同性质的力，运动员所受的压力是水平地面的形变产生的作用，重力是地球的吸引力产生，因此所受压力不是重力，故B错误；C．运动员处于平衡状态，受到的支持力和重力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故C正确；D．运动员受到的支持力是由于地面形变产生的，故D错误。故选：C。2．（4分）某汽车正以72km/h的速度在公路上行驶，临近某斑马线，为“礼让行人”，若以5m/s2的加速度刹车，则以下说法中错误的是（）A．刹车后2s时的速度大小为10m/s B．汽车刹车过程的平均速度为10m/s C．刹车最后1s的位移大小为2.5m D．刹车后5s内的位移大小为37.5m【考点】平均速度（定义式方向）；位移、路程及其区别与联系．【答案】D【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。【解答】解：v0＝72km/h＝20m/s，加速度a＝﹣5m/s2，由公式v＝v0+at得，汽车刹车到停止的时间t0=A、由速度公式得刹车后2s时的速度：v2＝v0+at2＝20m/s﹣5×2m/s＝10m/s，故A正确；B、汽车刹车过程的平均速度为v=C、逆向看汽车做初速度为零的匀加速直线运动，则x=1D、汽车刹车到停止的时间为4s，所以刹车后5s内的位移等于4s内汽车通过的位移，由公式v2−v02因选错误的故选：D。3．（4分）火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住。已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的1A．该人在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的29倍B．火星表面的重力加速度是2g3C．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23倍D．该人在火星上向上跳起的最大高度是3h【考点】一般卫星参数的计算；宇宙速度的计算．【答案】C【分析】AB.根据万有引力公式和万有引力等于重力求解计算；C.根据第一宇宙速度公式列式求解比值；D.根据竖直上抛运动的最大高度计算公式求解对应的最大高度。【解答】解：AB.根据万有引力定律F=GMmR2=mg可知，F火C.根据星球的第一宇宙速度与星球的半径及其表面重力加速度的关系v=gR可知，vD.根据h=v22g和H=故选：C。4．（4分）如图，两光滑直杆OA、OB成60°夹角固定在竖直平面内，其角平分线OC竖直。质量均为m的甲、乙两小环套在杆上，用轻质弹簧相连，开始时两环在同一高度且弹簧处于原长状态。将两环同时由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。在两环沿直杆下滑的过程中，下列说法正确的是（）A．两环的加速度一直减小 B．两环的速度先增大后减小 C．两环与杆间的弹力先增大后减小 D．两环的加速度为零时，弹簧的弹性势能最大【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用．【答案】B【分析】对金属环受力分析可知开始释放时，合力最大，根据牛顿第二定律可得加速度最大；当加速度为0时速度达到最大；随着环沿杆的下滑，弹簧形变不断增大，弹簧弹力不断增大；当两环的速度为零时，弹簧的弹性势能最大。【解答】解：AB、根据对称性可知，两环在沿直杆下滑的过程中运动情况相同，所以选择甲环为研究对象，在下滑的过程中甲环受到重力、垂直杆向左上的弹力以及弹簧伸长产生的水平向右的弹力。沿杆和垂直与杆方向建立坐标系：沿杆方向，随着甲环的下滑，重力沿杆的分力不变，弹簧弹力沿杆方向的分力不断增大，甲环做加速度不断减小的加速运动；当弹簧弹力沿杆方向的分力与重力沿杆方向的分力相等时，甲环加速度为零，速度达到最大值；之后甲环的继续下滑过程中，弹簧弹力沿杆的分力大于重力沿杆的分力，则甲环做加速度不断增大的减速运动，直到甲环速度减小到零，故A错误，B正确；CD、在垂直杆方向上，重力垂直杆方向上的分力和弹簧弹力垂直杆方向上的分力的矢量合，平衡杆对甲环的弹力，随着甲环沿杆的下滑，弹簧的形变不断增大，弹簧的弹力不断增大，弹簧的弹力垂直杆方向的分力不断增大，故杆对甲环的弹力不断增大，当两环的速度为零时，动能为零，故弹簧的弹性势能最大，故CD错误。故选：B。5．（4分）一物块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1m/s。从此刻开始在物块运动方向上再施加一水平作用力F，力F与物块的速度v随时间变化的规律分别如图甲、乙所示。则下列说法中正确的是（）A．第1秒内水平作用力F做负功 B．第2秒内合力做功为0.5J C．第3秒内水平作用力F不做功 D．0～3秒内水平作用力F所做总功为3J【考点】恒力做功的计算；共点力的平衡问题及求解．【答案】B【分析】根据功的公式W＝FL可知，知道F的大小，根据平衡条件可求出摩擦力的大小；再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少和第2s内合力的功。【解答】解：A、由速度图象可知，第1s内的位移为0.5m，由功的公式W＝Fscosθ可知，拉力所做的功W1＝1×0.5＝0.5J；故A错误；B、由图象可知，第1s内的位移为0.5m；第3s内物体做匀速运动，根据平衡条件可知，摩擦力f＝2N；所以第2秒内合力做功为W合＝（3﹣2）×0.5＝0.5J，故B正确；C、第3s内水平作用力与位移方向相同，故水平作用力做正功，故C错误；D、第2s内水平作用力的功，W2＝1.5J，第3s内物块的位移为1m，所以第3s内水平力F的功W3＝2J，由以上可知，3s内水平作用力F所做的总功W总＝0.5+1.5+2＝4J；故D错误。故选：B。6．（4分）如图所示为某同学站在压力传感器上做“下蹲”或“起立”动作时传感器记录的压力随时间的变化图像，已知重力加速度g＝10m/s2，则（）A．该图像反映了该同学的起立过程 B．此过程中该同学一直处于失重状态 C．b点对应的时刻该同学的速度达到最大 D．a点对应时刻该同学的加速度大小约为4m/s2【考点】超重与失重的图像问题．【答案】C【分析】支持力或者压力小于重力是失重，支持力或者压力大于重力是超重，速度最大加速度为0。【解答】解：AB．人在下蹲过程中会经历加速运动和减速运动两个过程，人在加速运动的过程中处于失重状态，F小于人的重力，人在减速运动过程中处于超重状态，F大于人的重力，因此该图像反映了该同学下蹲过程中两个不同的运动阶段，故AB错误；B．b点之前处于失重状态，重力大于支持力，该同学处于加速状态，b点之后处于超重状态，重力小于支持力，该同学处于减速状态，所以b点对应的时刻该同学的速度达到最大，故C正确；D．该同学的重力G＝500N，a点对应时刻该同学受到的支持力F＝200N，加速度大小为：a=G−F故选：C。7．（4分）如图甲所示，无人机从地面竖直起飞，运动一段时间后因动力系统发生故障无法继续提供动力，最终到达某一高度处速度减为零。图乙是无人机从地面上升开始计时的图像。已知无人机飞行时所受阻力大小恒为4N，重力加速度g＝10m/s2，则（）A．无人机的质量为2kg B．0﹣3s内的加速度和3﹣4s内的加速度之比为3：1，且方向相反 C．无人机升至最高点，位移大小为18m D．无人机动力系统未发生故障时提供的动力大小为28N【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．【答案】A【分析】由图可知，无人机0﹣3s内为匀加速直线运动，3﹣4s内为匀减速直线运动，可以从v﹣t图像得出加速度和位移，无人机0﹣3s内受到向上的动力、向下的阻力和重力，3﹣4s内受到向下的阻力和重力，由牛顿第二定律F＝ma可以计算出无人机的动力、质量。【解答】解：B、由v﹣t图像得出无人机0﹣3s内加速度a1=12C、v﹣t图像与坐标横轴围成的面积表示位移的大小，得出无人机位移x=1A、无人机3﹣4s内受到向下的阻力和重力，根据牛顿第二定律F＝ma可知mg+f＝ma2，可得m=fD、无人机加速过程中受到向上的动力、向下的阻力和重力，根据牛顿第二定律可知F﹣mg﹣f＝ma1，解得：F＝mg+f+ma1＝2×10+4+2×4N＝32N，故D错误。故选：A。二、多选题：本大题共3小题，共18分。（多选）8．（6分）如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A．增大A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大拉力F【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）．【答案】BD【分析】当用斜面向上的拉力F拉A，两物体沿斜面匀加速上升时，对整体运用牛顿第二定律求出加速度，再对B研究，根据牛顿第二定律求出轻线上的张力，即可分析增加轻线上的张力的办法。【解答】解：根据牛顿第二定律得：对整体：F﹣（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a，得：a=FmA对B：T﹣mBgsinθ﹣＝mBa，得到，轻线上的张力为：T＝mBgsinθ+mBa=F则要增加细线的张力T，可增大B的质量mB、减小A物的质量，或增大拉力F．T与θ无关，故BD正确，AC错误。故选：BD。（多选）9．（6分）如图所示，将小球从倾角为37°的斜面上的A点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的B点、C点，以及水平面上的D点。已知C点为斜面底端点，A、B、C、D相邻两点在水平方向间隔之比为1：2：3，不计空气阻力，（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）则（）A．三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不同 B．小球落到B、C两点时，速度方向均相同 C．若小球落到C、D两点，则两次抛出时小球的初速度大小之比为2：3 D．若小球落到B、D两点，则两次抛出时小球的初速度大小之比为3：6【考点】平抛运动与斜面的结合．【答案】BD【分析】三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，速度与水平方向的夹角．【解答】解：A．小球在空中飞行的时间由其竖直方向的高度决定，落至C、D过程中竖直位移相同，故时间相同，A中的“均不同”说法错误，故A错误；B．小球落在B、C两点都是在斜面上，故位移与水平方向的夹角相同，设斜面夹角为θ，速度与水平方向的夹角为α，由平抛运动的推论tanα＝2tanθ因为小球落到B、C两点时，位移与水平方向的夹角相同，所以速度方向均相同，故B正确；C．若小球落到C、D两点，由h=得出t=高度相同，下落的时间相同，由题可知水平位移之比为1：2，由x＝v0t可得两次抛出的初速度之比为1：2，故C错误；D．小球落至B、D两点，竖直位移之比为1：3，由h=得t=得出用时之比为1：3，水平位移之比为1：6，由x＝v0t可得两次抛出的初速度之比为3：6，故D正确。故选：BD。（多选）10．（6分）如图甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运动，将质量m＝1kg的物体轻轻放在传送带上的A处，经过1.5s到达传送带的B端，物体在传送带上运动的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，则（）A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 B．传送带的倾角θ＝37° C．A、B两点间的距离为6m D．物体与传送带因摩擦产生的热量为6J【考点】常见力做功与相应的能量转化；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；倾斜传送带模型．【答案】CD【分析】根据v﹣t图像得到两个阶段的加速度，分别根据牛顿第二定律列方程可得到动摩擦因数和斜面倾角；根据v﹣t图像所围面积表示位移计算，根据图像得到物体与传送带的相对位移，进而得到所产生的热量。【解答】解：AB．物体在传送带上先做加速度大小为a1的匀加速直线运动，加速度大小a对物体受力分析根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1然后做加速度大小为a2的匀加速直线运动，加速度大小a对物体受力分析根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2联立解得θ＝30°，μ=3C．物体由A到B的距离对应图像所围的“面积”，为x=vD．由v−t图像可知，传送带的速率为4m/s，则两部分相对位移分别为：ΔxΔx所以物体与传送带因摩擦产生的热量为Q＝Ff（Δx1+Δx2），代入数据解得Q＝6J，故D正确。故选：CD。三、实验题：本大题共2小题，共14分。11．（6分）物理实验小组用如图（a）所示的装置，探究加速度与力、质量的关系。现研究质量不变的情况下，加速度与力的关系。（1）关于本实验，下列说法正确的是AC。A．必须平衡摩擦力B．必须控制槽码质量不变C．必须控制小车质量不变D．必须保证槽码的质量远小于小车的质量（2）某同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度大小为2.00m/s2（结果保留三位有效数字）。（3）按正确操作完成实验，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是一条过原点的直线，如图（c）所示，若直线斜率为k，则小车（包含定滑轮）的质量为2k【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【答案】（1）AC；（2）2.00；（3）2k【分析】（1）根据实验原理，掌握正确的实验操作方法，根据控制变量法确定实验应满足的条件；（2）根据匀变速直线运动的推论：Δx＝aT2求小车的加速度大小；（3）根据牛顿第二定律结合图像的物理意义完成分析。【解答】解：（1）A、为使小车的合力等于小车受到的拉力，实验中必须平衡摩擦力，故A正确；BC、研究质量不变的情况下，加速度与力的关系时，必须控制小车质量不变，故B错误，C正确；D、因为有弹簧测力计测量小车受到的拉力，而不是用槽码的重力来代替小车受到的拉力，所以不需要保证槽码的质量远小于小车的质量，故D错误。故选：AC。（2）在图（b）纸带上标上计数点，如下图所示，根据匀变速直线运动的推论Δx＝aT2得x36﹣x03＝a（3T）2则小车的加速度大小为a=x（3）由牛顿第二定律有2F＝Ma即a=由图像可知：k=解得：M=故答案为：（1）AC；（2）2.00；（3）2k12．（8分）如图为测量物块与斜面之间动摩擦因数的实验装置示意图，斜面的倾角为θ。实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；（2）让物块从光电门1的右侧由静止释放，分别测出遮光条经过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2，求出加速度a；（3）多次重复步骤（2），求出a的平均值；（4）根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。回答下列问题：①本实验不需要（选填“需要”或“不需要”）用天平测量物块和遮光条的总质量m。②测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图所示，其读数为10.60mm。③物块的加速度大小a可用d、s、Δt1和Δt2表示为a＝(dΔt2)2−(dΔt1)22s【考点】探究影响滑动摩擦力的因素；游标卡尺的使用与读数．【答案】（1）不需要；（2）10.60；（3）(dΔt2【分析】①根据牛顿第二定律分析；②根据游标卡尺的读数规则读数；③根据运动学公式结合牛顿第二定律分析。【解答】解：①根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，约去m得到a＝g（sinθ﹣μcosθ），所以只要能够测量出物块的加速度即可得到动摩擦因数，所以不需要测量物块的质量。②游标卡尺的读数为10mm+0.05×12mm＝10.60mm③物块经过光电门1、2的速度分别为v1=dΔt根据（1）中的a＝g（sinθ﹣μcosθ），可得μ＝tanθ−故答案为：（1）不需要；（2）10.60；（3）(dΔt2四、计算题：本小题共3小题，共30分。13．如图甲所示是一跳台滑雪运动员比赛的画面，运动员（可视为质点）从高台飞出，落到倾斜的着陆坡后调整姿势，在A点以初速度v1＝2.6m/s沿直线匀加速下滑，到达坡底B点再匀减速滑行一段距离后停下，如图乙所示。已知运动员及装备的总质量m＝70kg，倾斜滑道的倾角θ＝37°，运动员沿斜面下滑到达坡底时的速度v2＝11m/s，运动员从倾斜滑道进入减速区瞬间的速度大小不变，进入减速区后，运动员受到的阻力变为77N，两个过程滑行的总时间为11.5s，不计空气阻力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）：（1）运动员沿水平轨道的位移大小；（2）运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小；（3）运动员在这两个过程中运动的总路程。【考点】平抛运动与斜面的结合．【答案】（1）运动员沿水平轨道的位移大小为55m；（2）运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小为28N；（3）运动员在这两个过程中运动的总路程为65.2m。【分析】（1）（2）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解；（3）根据运动学公式求解路程以及总路程。【解答】解：（1）运动员在水平面内减速滑行时，由牛顿第二定律得F阻＝ma2代入解得a2＝1.1m/s2根据v2＝a2t2解得t2＝10s运用逆向思维法，根据运动学公式得x代入数据解得x2＝55m。（2）在斜面上，由v2＝v1+a1t1，t1＝11.5s﹣t2＝11.5s﹣10s＝1.5s解得a根据牛顿第二定律mgsinθ﹣Ff＝ma1解得Ff＝28N（3）运动员在斜面上的位移为x1，根据运动学公式得：x1则x总＝x1+x2＝10.2m+55m＝65.2m。答：（1）运动员沿水平轨道的位移大小为55m；（2）运动员在倾斜滑道上受到的阻力大小为28N；（3）运动员在这两个过程中运动的总路程为65.2m。14．质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝6m/s的速度滑上静止在光滑地面上的长为L的长木板，木板质量为M＝2kg。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最后物块恰好没有滑出长木板。g取10m/s2。（1）刚滑上时，物块和木板的加速度大小分别为多大；（2）小物块最终的速度；（3）长木板的长度L是多少？【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动速度与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【答案】（1）刚滑上时，物块和木板的加速度大小分别为2m/s2、1m/s2；（2）小物块最终的速度为2m/s；