四川省绵阳市江油中学2018-2019学年高一(下)入学物理试卷解析版

1、四川省绵阳市江油中学四川省绵阳市江油中学 2018-20192018-2019 学年高一（下）入学物理试卷学年高一（下）入学物理试卷 一、单选题（本大题共 1212小题，共 36.036.0分） 1.下列各组中的物理量，都属于矢量的是（） A.速度、位移、力B.速度、加速度、温度 C.位移、力、质量D.加速度、时间、路程 2.关于重力，下列说法正确的是（） A.同一物体放在斜面上时的重力小于放在水平面上时的重力 B.只有在地面上静止的物体才受到重力 C.重力是由于地球的吸引而产生的，它的方向指向地球中心 D.在地球上同一地方，一物体无论是静止还是运动，所受的重力相同 3.如图所示，天花板上固定

2、一根细绳，绳系一小球，则下列说法中正确的是（） 9.如图，一个质量为m 的均匀光滑小球处于静止状态，三角劈与小球的接触点为P，小球重心为O，PO 连线与竖直方向的夹角为则三角劈对小球的弹力（） A.方向竖直向上，大小为 mg B.方向竖直向上，大小为 C.方向由 P 指向 O，大小为 D.方向由 P指向 O，大小为 10. 如图所示，在穹形支架上，现将用一根不可伸长的光滑轻绳通过滑轮悬挂一个重 力为 G的重物将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从 B 点沿支架缓慢向 C点靠近则绳中拉力大小变化变化情况是（） A.先变小后变大 B.先变小后不变 C.先变大后不变 D.先变大后变小 11. 如

3、图所示，木块 A 放在水平桌面上木块左端用轻绳与轻质弹簧相连，弹簧的 左端固定，用一轻绳跨过光滑定滑轮，一端连接木块右端，另一端连接一砝码 盘（装有砝码），轻绳和弹簧都与水平桌面平行当砝码和砝码盘的总质量为 0.5kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态，弹力大小为3N若轻轻取走盘中的部分砝码，使砝码 2 和砝码盘的总质量减小到0.1kg，取 g=10m/s ，此时装置将会出现的情况是（） A.弹簧伸长的长度减小B.桌面对木块的摩擦力大小不变 C.木块向右移动D.木块所受合力将变大 12. 如图所示，两个叠放在一起的长方体滑块A、B，置于固定的且倾角为 的斜 面上已知滑块 A、B 的质量分别为

4、m、M，A与 B 之间的动摩擦因数为 1， B 与斜面之间的动摩擦因数为2，两滑块以一定的初速度相对静止地一起沿 着斜面向上做匀减速直线运动， 则在这过程中， 滑块 A 受到的摩擦力 （） A.大小等于，方向沿着斜面向下B.大小等于， 方向沿着斜面向上 C.大小等于，方向沿着斜面向下D.大小等于，方向沿着斜面向上 二、多选题（本大题共6 6 小题，共 18.018.0分） 2 13. 一个质点在水平外力的作用下， 在水平面上做匀变速直线运动， 其位移和时间的关系为s=-0.2t +1.2t-0.4， 时间的单位是秒，位移的单位是米，则以下正确的选项是（） A.质点匀变速运动的加速度的大小是 B

5、.质点匀变速运动的加速度的大小是 C.质点在 4 秒内走的路程是 D.质点在 4 秒内走的路程是 14. 如图所示，物块在水平推力F 作用下静止在斜面上，当力F 逐渐增大而物块 仍保持静止状态，则物块（） A.所受合力逐渐增大B.所受斜面摩擦力逐渐增 大 C.所受斜面弹力逐渐增大D.所受斜面作用力逐渐增大 15. 在如图所示的各情况中，光滑斜面的倾角均为（45），用细绳悬挂各球的质量相同，球与斜面都 处于静止状态，则（） A.小球对绳的拉力使小球发生形变 B.绳子形变后对小球产生拉力 C.小球对绳拉力就是绳对天花板的拉力 D.小球对绳拉力与绳对天花板的拉力是一对作用力与反作用力 4.关于物体的

6、惯性，下列说法中正确的是（） A.运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大 B.静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大的缘故 C.乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球惯性小 D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性 5.一个人在沼泽地赤脚行走时，容易下陷，在缓慢下陷时（） A.此人对沼泽地地面的压力大于沼泽地地面对他的支持力 B.此人对沼泽地地面的压力等于沼泽地地面对他的支持力 C.此人对沼泽地地面的压力小于沼泽地地面对他的支持力 D.无法确定 4s末物体对抛出点的位移大小和方向分别为6.以 30m/s 的速度竖直上抛的物体， 不计空气阻力，（） A.50m，向上B

7、.50m，向下C.40m，向上D.40m，向下 7.运动员用双手握住竖直的竹杆匀速攀上和匀速下滑， 他所受的摩擦力分别是f1和f2， 那么正确的是 （） A. 向下，向上， B. 向下，向上， C. 向上，向上， D. 向上，向下， 8.如图所示，M、N 叠在一起，放在粗糙斜面上，N的上表面恰水平，用水平 力 F 推 N，使它们一起沿斜面匀速向上运动，则（） A.N 对 M 的摩擦力向右 B.斜面受到 M、N 和地面对它的三个弹力作用 C.N受到重力、推力外还受二个弹力和一个摩擦力作用 D.N 对 M 的支持力大于 M 的重力 第 1 页，共 11 页 身重力的影响） A. 图中绳对球的拉力最

8、小 C. 图中球对斜面的压力最小 B. 图中绳对球的拉力最大 D. 图中球对斜面的压力最大 16. 如图所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾 角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同先后用水平力F1和 F2拉着 A、B一起匀速运动，A、B 两木块间的拉力分别为 T1、T2，则（） A.B.C.D. 21. “研究共点力的合成”的实验情况如图甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O 为橡皮筋与细绳的结 点，OB 和 OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图示 （1）图乙中的 F与 F两力中，方向一定沿AO 方向的是_ （2）（单选题）本实验采

9、用的科学方法是_ A逻辑推理法B等效替代法 C控制变量法D建立物理模型法 （3）（多选题）实验中可减小误差的措施有_ A两个分力 F1、F2的大小要尽量大些 B两个分力 F1、F2间夹角要尽量大些 C拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 DAO间距离要适当，将橡皮筋拉至结点O 时，拉力要适当大些 17. 如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上， t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处 由静止释放， 小球落到弹簧上压缩弹簧至最低点， 然后又被弹起离开弹簧， 上升到一定高度后再下落， 如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F 随时间 t的

10、变化图象如图乙 所示，则（） A. 时刻小球速度最大 C. 至时间内，小球速度先增大后减小 B. 至时间内，小球速度一直增大 D. 时刻小球处于失重状态 18. 如图所示，物块A、木板B 叠放在水平地面上，B 的上表面水平，A、B的质 量均为 m=1kg，A、B之间的动摩擦因数为 =0.1用一根轻绳跨过光滑定滑 轮与 A、B相连，轻绳均水平，轻绳和木板B 都足够长。当对物块A施加一 水平向左的恒力 F=5N时，物块A 在木板 B上，B与地面之间光滑。A 向左做匀加速直线运动。在这个 2 过程中，A 相对地面的加速度大小用a表示，绳上拉力大小用T表示，g=10m/s ，则（） A.B.C.D.

11、三、实验题探究题（本大题共3 3 小题，共 18.018.0 分） 19. 某同学在做“练习使用打点计时器”实验时打出的纸带如图所示，每相邻两计数点之间还有四个计时 点没有画出来图中标识的数字为相邻两计数点间的距离，打点计时器的电源频率为50Hz （1）相邻两个计数点间的时间为T=_s； （2）打标记为 4的计数点时纸带的运动速度v4=_m/s（结果保留三位有效数字）； 2 （3）小车带动纸带运动的加速度大小为a=_m/s （结果保留三位有效数字） 20. 某同学用如下左图所示装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验。他先让零刻度与弹簧上端对齐， 测出不挂钩码时弹簧下端指针所指的刻度，然后在弹簧

12、下端挂上钩码，并逐个增加钩码，测出各次平 衡时指针所指的刻度。由于前几组数据丢失，只将部分数据列表如下： 钩码重量 G/N 刻度数值 l/cm 3.0 20.46 4.0 22.12 5.0 23.40 6.0 24.92 7.0 26.56 8.0 28.15 （1）根据表中数据，在坐标纸上通过描点画出钩码重量G与弹簧指针所指的刻度 l的关系图线； （2）根据图线得到弹簧的原长为l0=_cm，该弹簧的劲度系数为k=_N/m。（不考虑弹簧自 四、计算题（本大题共3 3 小题，共 28.028.0分） 22. 如图是一种测定风力的仪器的原理图，一金属球固定在一细长的轻金属丝下端， 能绕悬挂点 O

13、 在竖直平面内转 动，无风时金属丝自然下垂，现发现水平风力大 小为 F时，金属丝偏离竖直方向的角度为，求： （1）金属球对金属丝的拉力的大小； （2）金属球的质量为多少？ 第 2 页，共 11 页 23. 为了缩短下楼的时间，消防员往往抱着楼房外的竖直杆直接滑下，设消防员先做自由落体运动，再以 可能的最大加速度沿杆做匀减速直线运动一名质量m=65kg的消防员，在沿竖直杆无初速度滑至地 面的过程中，重心共下降了 h=11.4m，该消防员与杆之间的滑动摩擦力最大可达到fm=975N，消防员着 地的速度不能超过 v=6m/s（g=10m/s2）求： （1）消防员下滑过程中速度的最大值； （2）消防员

14、下滑过程的最短时间 24. 在光滑水平地面上，静止着一个质量为M=4kg的小车如图所示，在车的最 右端有一个质量为 m=1kg的大小不计的物体，已知物体与小车之间的动摩擦 因数为 0.2，小车的长度 L=2m，现在用恒定的水平力F=14N向右拉动小车， 求 F 拉动 3s时，小车的速度多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力）（g=10m/s2） 第 3 页，共 11 页 答案和解析 1.【答案】A 【解析】 本题对重力的理解重力是最常见的力，产生的原因、大小、方向及特点都要理解掌握简单 题 3.【答案】B 【解析】 解：矢量是即有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量，力、速度、加速度

15、都是矢 量， 标量是只有大小，没有方向的物理量，如路程、时间、质量等， 所以 A全是矢量，所以 A正确， B中的温度是标量，所以 B错误， 解：A、小球对绳子的拉力，是因为球发生弹性形变，同时要恢复原状，所以产生弹力。故 A 正 确； B、绳子形变后，要恢复原状，则对小球产生向上竖直拉力，故 B正确； C、小球对绳拉力与绳对天花板的拉力大小相等，不属于同一力，故 C 错误； C 中的质量是标量，所以 C 错误， D、小球对绳拉力与绳对天花板的拉力不是一对作用力与反作用，故 D错误； D中的时间和路程都是标量，所以 D错误。 故选：B。 故选：A。 绳子受到力而发生弹性形变，要恢复原状，则对小球

16、产生竖直向上的拉力球受到力发生弹性 既有大小又有方向，相加是遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、 形变，也要恢复原状，则也会对绳子产生竖直向下的拉力 动量等都是矢量； 考查弹力产生原理及弹力的方向，让学生掌握因发生弹性形变后要而恢复原状，从而产生的 只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量 力并且注意绳子的弹力均是沿着绳子的收缩方向 本题是一个基础题目，就是看学生对矢量和标量的掌握 2.【答案】D 【解析】 4.【答案】C 【解析】 解：A、影响惯性大小的是质量，惯性大小与速度大小无关，故 A错误； B、静止的火车启动时，速度变化慢，是由于惯性大，

17、惯性大是由于质量大，故 B错误； 解：A、同一物体放在斜面上时的重力等于放在水平面上时的重力。故 A错误。 B、地球附近的物体，无论处于静止状态，还是处于运动状态，都受到重力。故 B错误。 C、乒乓球可以被快速抽杀，是因为乒乓球质量小，惯性小，故 C 正确； C、重力是由于地球的吸引而产生的，它的方向是竖直向下的，不总是指向地心，只有两极 D、惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，有质量就有惯性，在宇宙飞船中的 和赤道处重力指向地心。故 C 错误。 物体有质量，故有惯性，故 D错误； D、同一物体在同一地点重力是恒定不变的，所以在地球上同一地方，一物体无论是静止还 故选：C。 是运

18、动，所受的重力相同。故 D正确。 一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性，惯性是物体本身的一 故选：D。 种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受 同一物体在同一地点重力是恒定不变的物体无论静止，还是运动，都受到重力重力的方向 力以及运动的快慢是没有任何关系的 是竖直向下的 需要注意的是：物体的惯性的大小只与质量有关，与其他都无关而经常出错的是认为惯性与 物体的速度有关 第 4 页，共 11 页 5.【答案】B 【解析】 解：A、对 M 受力分析可知，M 受重力和支持力的作用而做匀速直线运动，水平方向不受外力； 故 MN 间没

19、有摩擦力；故 A错误； B、对 MN进行受力分析，N和斜面间有弹力，但 M 和斜面间没有弹力；故 B错误； C、对 N受力分析可知，N受重力、支持力、压、推力及摩擦力的作用；故 C 正确； 解：人对沼泽地地面的压力和沼泽地地面对人的支持力是作用力与反作用力，故二力一定相等， 故 B正确。 故选：B。 人受重力和支持力，重力大于支持力，故人会向下加速运动；沼泽地地面对人的支持力和人对 D、对 M 受力分析可知 M 在竖直方向受力平衡；故支持力等于重力；故 D错误； 沼泽地地面的压力是相互作用力，二者大小相等 故选：C。 不管人是加速下降、匀速下降还是减速下降，人对沼泽地地面的支持力和沼泽地地面对

20、人的压 分别对 M、MN及整体进行受力分析；则可得出各物体的受力情况及力的大小关系 力总是等大、反向、共线，与人的运动状态无关 6.【答案】C 【解析】 解：取竖直向上为正方向，则物体的加速度为 a=-g 4s 末物体对抛出点的位移 x=v0t- 故选：C。 物体做竖直上抛运动，可看成一种匀减速运动，加速度大小为 g，方向竖直向下，由运动学公式 求解即可 解决本题的关键要明确竖直上抛运动的性质，要选取正方向，知道竖直上抛运动可看成一种匀 弹力中点线接触时方向垂直于线，即三角劈对球的弹力垂直于过 P 点 减速运动 7.【答案】C 【解析】 本题考查共点力平衡条件的应用，要注意多个物体的问题要正确

21、选择研究对象，作好受力分 析 9.【答案】C 【解析】 =304-=40m0，则位移的方向向上。解：对小球受力分析，三角劈对小球的弹力方向沿 PO 向上，采用合成 法，如图： 由几何知识得：N1= 故选：C。 ，故 C 正确、ABD错误。 的球的切线，然后根据平衡条件求弹力的大小。 本题是简单的三力平衡问题，分析受力情况是基础，可以用合成法，也可以用正交分解。 10.【答案】C 【解析】 解：运动员匀速攀上过程受力平衡，竖直方向受到重力和静摩擦力，由于重力向下，根据二力 平衡，静摩擦力一定向上，大小等于重力； 运动员匀速下滑过程受力平衡，竖直方向受到重力和滑动摩擦力，由于重力向下，根据二力平

22、衡，滑动摩擦力一定向上，大小等于重力； 故选：C。 运动员匀速攀上和匀速下滑过程都是受力平衡，竖直方向都受到重力和摩擦力，由于重力向下， 根据二力平衡，摩擦力一定向上，大小等于重力 本题关键先确定物体的运动情况，然后受力分析，再根据平衡条件确定摩擦力的大小和方向 8.【答案】C 【解析】 解：当轻绳的右端从 B 点移到直杆最上端时，设两绳的夹角为 2以滑轮为研究对象，分析受 力情况， 作出受力图，如图 1所示。根据平衡条件得 2Fcos=mg 得到绳子的拉力 F= 所以在轻绳的右端从 B 点移到直杆最上端时的过程中， 增 大，cos 减小，则 F变大。 第 5 页，共 11 页 当轻绳的右端从

23、直杆最上端移到 C 点时，设两绳的夹角为 2。 设绳子总长为 L，两直杆间的距离为 S，由数学知识得到 sin=，L、S 不变，则 保持不变。 正确受力分析，是解答本题的关键，要能根据外力与最大静摩擦力的关系判断木块的运动状态， 再选择规律求解 12.【答案】C 【解析】 再根据平衡条件可知，两绳的拉力 F保持不变。 所以绳中拉力大小变化的情况是先变大后不变。 故选：C。 当轻绳的右端从 B点移到直杆最上端时，两绳的夹角增大滑轮两侧绳子的拉力大小相等，方 向关于竖直方向对称以滑轮为研究对象，根据平衡条件研究绳的拉力变化情况当轻绳的右 端从直杆的最上端移到 C点的过程中，根据几何知识分析得到滑轮

24、两侧绳子的夹角不变，由平 衡条件判断出绳子的拉力保持不变 本题是共点力平衡中动态变化分析问题，关键在于运用几何知识分析 的变化，这在高考中曾 经出现过，有一定的难度 11.【答案】B 【解析】 解：先取 AB为一整体，沿斜面向下为正，由牛顿第二定律得： （mA+mB）gsin+FfB=（mA+mB）a FfB=2FN FN=（mA+mB）gcos 以上三式联立可得 a=gsin+2gcos，方向沿斜面向下 再隔离 A物体，设 A受到的静摩擦力为 FfA， 沿斜面方向，对 A再应用牛顿第二定律得： mAgsin+FfA=mAa 可得出 FfA=2mAgcos。 故选：C。 先对 AB整体受力分析

25、，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体 A，受力分析后根 据牛顿第二定律列式求解出间的静摩擦力 本题关键是先对整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体 A，运用 牛顿第二定律求解 AB 间的内力 13.【答案】BD 【解析】 解：当砝码和砝码盘的总质量为 0.5kg时，整个装置静止，弹簧处于伸长状态时，由平衡条件可 知木块 A所受的静摩擦力为： f1=m 砝 g-F 弹=0.510-3=2（N），所以桌面对木块 A的静摩擦力至少为 2N。 10N=2N，不超过最大静摩擦力，所 当砝码和砝码盘的总质量减小到 0.1kg，F 弹-m 砝 g=3N-0.1 以木块相对桌面

26、仍静止，木块所受合力为零，没有变化，弹簧伸长的长度不变。 根据平衡条件可知，桌面对木块的摩擦力大小为 f2=F 弹-m 砝 g=2N=f1，即桌面对木块的摩擦力 大小不变。故 B正确，ACD 错误。 故选：B。 先根据平衡条件求出开始时A所受的静摩擦力，即可知最大静摩擦力的可能值，当砝码和砝码 盘的总质量减小到 0.1kg，判断 A的状态，确定其合力大小，求解摩擦力 解：因为质点做匀变速直线运动，根据匀变速直线运动的位移时间关系 移时间关系，变量t前对系数为初速度v0的大小，变量t 前对应系数为 变速直线运动的初速度和加速度即： 所以质点运动对应初速度为 v0=1.2m/s，加速度 a=-0.

27、4m/s 根据质点运动的初速度和加速度知，质点运动 t= 2 2 知对应位 ，由此可知质点做匀 后开始反向匀加速运动，由位移表 第 6 页，共 11 页 达式知： 质点初始位置相对原点的坐标 s0=-0.4m，质点 3s 末开始反向运动，此时质点的坐标 s3=1.4m， 质点在 4s 末的位置坐标 s4=1.2m 由位置坐标分析知，质点在 4s 内走的路程是1.4-（-0.4）+（1.4-1.2）m=2.0m 由此分析知 AC 错误，BD 正确。 故选：BD。 对比匀变速直线运动的位移时间关系，根据题目给出的位移表达式，求出质点运动的加速度和 初速度，再根据加速度和初速度确定质点运动情况，求出

28、质点在 4s 内走的路程即可 本题主要还是“套”匀变速直线运动的位移时间关系式，“套”出初速度和加速度，注意前提是匀 论支持力和摩擦力的变化情况 本题是平衡条件得应用，只要物体处于平衡状态，合外力始终为零，物体摩擦力的情况需要分 情况讨论有一定的难度，需要讨论分析 15.【答案】ACD 【解析】 解：AB、以小球为研究对象，小球受到重力 G、斜面的支持力 F1 和细绳的拉力 F2三个力作用。画出力图，作出支持力 F1和拉力 F2的合力，根据平衡条件可知它们的合力与重力大小相等，方向 相反，保持不变。分别作出细绳在位置1、2、3三个位置的合成图， 由图可知： 变速直线运动，质点速度减为 0时将反

29、向匀加速运动 14.【答案】CD 【解析】 细绳上的拉力先减小后增大。故 A正确，B 错误； CD、根据平衡条件得，斜面对小球的支持力 F1=，随着拉力的方向变化 F1，结合牛顿第三 解：A、物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零，保持不 变。故 A错误。 定律，可得：c图中，斜面对小球的支持力 N=0b图中，斜面对小球的支持力 Nmgcos，a 图 中，斜面对小球的支持力N=mgcosd图中，斜面对小球的支持力Nmgcos所以球对斜面压 B、C、对物体受力分析并分解如图， 根据平衡条件得： 物体所受斜面支持力 N=Fsin+mgcos，F增大，则得 N 增大； 未画上 f，分情况讨论

30、f 的情况：开始时物体处于静止状态，若 Fcos=Gsin；f=0；F 增大，f增大； FcosGsin；f沿斜面向下，F增大，f增大； FcosGsin；f沿斜面向上，F增大，f有可能先变小后变大 故 B错误，C 正确； D、对滑块受力分析，受重力 G、推力 F和斜面体的作用力 T（支持力和摩擦力的合力），三力平 衡，故斜面体的作用力与重力和推力的合力等值、方向、共线，故：斜面体的作用力T= 当 F增加时，斜面体的作用力也增加，故 D正确； 故选：CD。 物体始终处于静止状态，所以所受的合力始终为零对物体受力分析后分情况根据平衡条件讨 T1sin=（mg-T1cos） 解得： ， 故摩擦力相

31、同，因此根据平衡条件得知：水平拉力相等，即 F1=F2；故 A错误，B正确。 C、D对 A受力分析可知，A受重和、支持力及绳子的拉力而处于平衡状态；对第一种状态有： 力最大的是乙图，压力最小的是丙图；故 CD 正确 故选：ACD。 以小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件并运用合成法，通过分析受力图得到斜面对小球 的支持力大小情况；而斜面对小球的支持力与小球对斜面的压力大小相等，故可以比较压力大 小 本题关键是分析物体的受力情况C 图也可以采用假设法判断斜面与小球之间没有弹力 16.【答案】BC 【解析】 解：A、B 对整体受力分析可知，整体受重力、拉力、支持力及摩擦力；因整体对地面的压力相同

32、， 第 7 页，共 11 页 T1= 18.【答案】BC 【解析】 对第二状态有： T2sin=（mg+T2cos） 解得： T2= 解：以 A为研究对象受力如图所示， 故 T1T2；故 C 正确，D错误。 故选：BC。 由牛顿第二定律可得：F-f-T=maA 对整体受力分析可得两种情况下拉力的大小关系；再对 A物体受力分析可得出绳子拉力的大 小关系 解决本题的关键能够正确地受力分析，根据牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运 用 17.【答案】CD 【解析】 以 B为研究对象，受力如图所示： 解：A、t1时刻小球刚与弹簧接触；当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，故 A错误； B、t2时刻小

33、球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上，故先加速向上运动，当重力与弹力平 衡时，速度最大，之后做减速运动，故 B错误 C 正确； D、t3时刻小球与弹簧脱离，处于失重状态，故 D正确； 故选：CD。 小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重 力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为 分别对A、B受力分析，抓住它们的加速度大小相等，绳对A和对B的拉力大小相等，由牛顿第 零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断 二定律求出加速度与绳子的拉力。 变大，加速度向上且不断变大

34、，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过程，先做加 采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、 速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速 加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓住联系力和运动的 运动，直到小球离开弹簧为止对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒 桥梁加速度。 关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行 分析处理，同时要能结合图象分析 19.【答案】0.11.201.98 【解析】 由牛顿第二定律得：T-f=maB 由牛顿第三定律

35、知：T=Tf=f 滑动摩擦力：f=NBA=mg，由题意有加速度 aA=aB 联立上式可解得：T=2.5N，aA=aB=1.5m/s2，故 AD 错误，BC正确； 故选：BC。 第 8 页，共 11 页 解：（1）打点计时器的电源频率 f为 50Hz 则相邻两个计时点的时间间隔 t= （2）根据图线得到弹簧的原长为 l0=15.80cm， 图象的斜率的倒数表示 k，则 故答案为：（1）如图所示 N/m 每相邻两计数点之间还有四个计时点没有画出来，则两个计数点之间有5各相邻的计时点间隔 0.02s=0.1s； 故相邻两个计数点间的时间 T=5t=5 （2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过

36、程中的平均速度，则有 v4=1.20m/s； 2 （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 a=m/s2=1.98m/s2； ； 故答案为：（1）0.1；（2）1.20；（3）1.98 （1）根据电源频率计算相邻两个计时点的时间间隔，再根据每相邻两计数点之间还有四个计时 点没有画出来，计算相邻两个计数点间的时间； （2）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，可以求出打纸带上标记 为 4 的计数点时纸带的运动速度大小； （3）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT 可以求出小车带动纸带运动的加速度的大小 解答本题的关键是掌握匀变速直线运动中时间中点的速度

37、等于该过程中的平均速度，会用匀 变速直线运动的推论公式x=aT2计算加速度，另外要注意单位的换算和有效数字的保留 20.【答案】15.8064.78 【解析】 2 （2）15.80；64.78。 （1）根据描点法作出图象； （2）当 G=0时对应的 x 即为原长，根据图象的斜率的倒数表示 k求解。 解决本题的关键掌握描点作图的方法，以及掌握胡克定律 F=kx。 21.【答案】FBACD 【解析】 解：（1）实验中 F是由平行四边形得出的，而 F 是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的 方向相同，由于实验过程不可避免的存在误差，因此理论值和实验值存在一定的偏差 （2）本实验中两个拉力的作用效

38、果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法 故选：B （3）A：数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减小测量误差对实验 的影响，故 A正确 B：画平行四边形时，1、夹角大的话画出的平行四边形就会准些（更平行），2、这样可以允许分 解：（1）根据描点法作出图象，如图所示： 力大些，测量误差就小了，但不能尽量大，要适当大一些即可所以 B错误 C：拉橡皮筋时，弹簧秤、橡皮筋、细绳应尽量贴近木板且与木板平行，这样可以减小由于摩擦 带来的误差，故 C 正确 第 9 页，共 11 页 D：力大些，测量误差就小了，故 D正确 故选：ACD 故答案为：F；B；ACD 在实验中F和F分别由平行四边形定则及实验得出，明确理论值和实验值的区别即可正确解答； 本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，因此采用“等效法”， 注意该实验方法的应用；数据处理时：我们需要画出力的大小和方向，所以力要尽量大些可减 小测量误差对实验的影响，拉橡皮筋时要拉的尽量长一点 在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方 法及误差分析 22.【答案】解：（1）对金属球受力分析如图，由力的平衡条件得金属丝对金属球的拉