《浙江诗阳中学2019-2020学年高一物理上学期开学考试试题领军班2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江诗阳中学2019-2020学年高一物理上学期开学考试试题领军班2.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、浙江省东阳中学2019-2020学年高一物理上学期开学考试试题（领军班）一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）1. 下列说法正确的是（）A. 亚里士多德建立了速度、加速度等概念B. 亚里士多德认为无空气阻力时重物与轻物下落一样快C. 伽利略理想斜面实验表明物体的运动不需要力来维持D. 牛顿首次创立了把实验和逻辑推理结合起来的科学方法2. 作用在某一质点上的两个力F1、F2，F1=10N，F2=5N，这两个力的合力大小可能是（）A. 0NB. 4NC. 5ND. 16N3. 一石块由高出地面上方H处做自由落体运动，当它的速度大小等于落地速度的一半时，距离地面的高度为（）A. B. C. D
2、. 4. 如今商场的自动扶梯具有节能模式，没有顾客时保持静止，当感应到有人站上去后将先加速并最后维持某一速度运动。如图所示，一人站上自动扶梯后，先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A. 匀加速直线运动期间，人受到的合力为零B. 匀加速直线运动期间，人受到的合力不为零，方向水平向左C. 匀速直线运动期间，人受到重力、支持力D. 匀速直线运动期间，人受到重力、支持力和摩擦力5. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下向右拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A. 桌布对鱼缸的摩擦力方向向左B. 鱼缸在桌布上滑动的时间与在
3、桌面上滑动的时间相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D. 无论猫用多大的拉力，鱼缸都不可能滑出桌面6. 如图所示，A、B两物体系在跨过光滑定滑轮的一根轻绳的两端，当A物体以速度v向左运动时，系A、B的绳分别与水平方向成30、60角，此时B物体的速度大小为（）A. B. C. D. 7. 如图把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知A、B的高度差为h，C、B高度差为2h，取图甲小球所处位置为零势能面，重力加速度为g，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，则（）A.
4、 弹簧的劲度系数为mg/hB. 小球从位置A到位置B，弹簧弹性势能减小，小球动能增大C. 图甲弹簧的弹性势能为2mghD. 图乙小球的动能为2mgh8. 跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计，取重力加速度当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a的大小和人对吊板的压力F的大小分别为 （ ）A. ，B. ，C. ，D. ，9. “跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，水平速度为
5、v；若质量为m的棋子在运动过程中可视为质点，只受重力作用，重力加速度为g，则（）A. 棋子从最高点落到平台上所需时间B. 若棋子在最高点的速度v变大，则其落到平台上的时间变长C. 棋子从最高点落到平台的过程中，重力势能增加mghD. 棋子落到平台上时的速度大小为10. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为g）（ ）A. B. C. D. 11. 如图所示，斜面体质量为M，倾角为，置于水平地面上，当质量为m的小木块沿斜面体的光滑斜
6、面自由下滑时，斜面体仍静止不动则（）A. 斜面体受地面的支持力为Mg B. 斜面体受地面的支持力为C. 斜面体受地面的摩擦力为D. 斜面体受地面的摩擦力为12. 如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（）A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）13. 如图所示，质量均为m的小球A,B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A,B处于静止状态，若外力F在竖直面内旋转仍然使两小球处于静止状态，且悬线OA与竖直方向的夹角保持30不
7、变，则外力F的大小可能为（）A. B. C. D. mg14. 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动。已知A球细线L1根竖直方向的夹角为30，B球细线L2根竖直方向的夹角为60，下列说法正确的是（）A. 细线和细线所受的拉力大小之比为：1B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1D. 小球A和B的线速度大小之比为1：15. 用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（）
8、A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为16. 如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为x。则( )A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fxB. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为C. 在这
9、个过程中，摩擦力对物块所做的功为D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为fx三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）17. 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：用两个弹簧测力计互成角度地拉细绳套使橡皮筋伸长，结点到达某一位置，记为O；记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，及记下F1、F2的方向；只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3；按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；比较F3和F的一致程度。（1）步骤中，有一个重要遗漏是_；（2）他在操作过程中有如下看法，其中正确的是_；A拉橡皮筋
10、时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行B两个拉力的夹角越大越好C橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些D拉橡皮筋的绳细一些、长一些，可以减小实验误差（3）若弹簧测力计指针位置如图所示，读数为_N。（4）某同学在坐标纸上画出了如图所示的两个分力F1和F2，用图中小方格的边长表示2.0N，则两个力的合力F=_N。18. 用如图所示的实验装置“探究做功与物体速度变化的关系”，当静止的小车在一条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做功记为W，当用2条、3条、4条橡皮筋并在一起进行实验时，橡皮筋对小车做功可分别记为2W、3W、4W每次实验中小车获得的速度v由打点计时器所打的纸
11、带测出。（1）除了图中给定的器材，必须用到的还有_A46V的交流电源B刻度尺 C秒表D天平（2）关于本实验的下列要求和操作中，正确的是_A每根橡皮筋的粗细和原长必须尽可能相同B在接通电源的同时释放小车C每次实验小车都必须从同一个位置由静止释放D通过改变小车质量可以改变橡皮筋对小车做的功（3）关于实验中平衡摩擦力的说法，正确的是_A为了在释放小车后，小车能做匀加速运动B可使橡皮筋松弛后小车做匀速运动C可使小车受到的合外力始终为0D可用橡皮筋对小车做的功表示合外力对小车做的功（4）为探究橡皮筋对小车做功W与速度v变化的关系，该同学尝试着画了W-v2图线，则该同学画的图线可能是下列图线中的_四、计算
12、题（本大题共4小题，共32.0分）19. 如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为=37固定斜面（足够长）上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图象如图乙，试求：（g=10m/s2）（1）物体沿斜面上行时加速运动与减速运动的加速度大小；（2）物体与斜面间的滑动摩擦因数；（3）第1s内拉力F的冲量。20. 如图所示，质量为M2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m1 kg的小滑块(可视为质点)以v03.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动已知滑块与木板间的动摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)
13、滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；(3)若长木板足够长,滑块与长木板达到的共同速度v.(4)小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L21. 如图所示，一轻绳连着一小球，悬挂于O点，现把小球拉开一角度后静止释放。设小球质量m=3kg，绳长L=4m，小球运动的最低点离地高度h=5m（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，求此时绳的拉力大小；（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，求允许小球通过最低点的最大速率；（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，求小球平抛的水平位移大小。22.
14、如图所示，半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角=30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上质量m=0.1kg的小物块（可视为质点）从空中的A点以v0=2m/s的速度被水平拋出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm=0.8J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数=0.5，g取10m/s2求：（1）小物块从A点运动至B点的时间（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小（3）C、D两点间的水平距离L答案和解析1.【答案】
15、C【解析】解：A、伽利略建立了速度、加速度等概念，故A错误； B、伽利略认为无空气阻力时重物与轻物下落一样快，故B错误； C、伽利略理想斜面实验表明物体的运动不需要力来维持，故C正确； D、伽利略首次创立了把实验和逻辑推理结合起来的科学方法，故D错误； 故选：C。根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】C【解析】解：如果二力方向相同，则合力：F=F1+F2=10N+5N=15N； 如果二力方向相反，则合力：F=F1-F2=10N-5N=5N； 因此，此二力的合力最小是
16、5N，最大是15N在5N到15N之间都是可能的，故C正确，ABD错误 故选：C。同一直线时的二力合成： （1）两个力的方向相同时，合力大小等于两分力之和，合力方向与这两个力的方向相同； （2）两个力的方向相反时，合力大小等于两分力之差，合力方向同较大的力的方向相同； 当二力互成角度时，二力的合力大于二力之差，小于二力之和。本题考查二力合成的应用，关键知道当二力互成角度时，二力的合力大于二力之差，小于二力之和。3.【答案】C【解析】解：根据速度位移关系，全程有：v2=2gH前半程：（）2=2gH联立解得：H故离地高度为：H1=H-H=；故ABD错误，C正确故选：C。自由落体运动是初速度为零的匀加
17、速直线运动，根据速度位移关系公式列式求解即可本题关键是明确自由落体运动的运动性质，然后根据速度位移关系公式列式求解4.【答案】C【解析】解：AB、匀加速直线运动时，根据牛顿第二运动定律，人受到的合力不为零，且方向沿速度方向，即斜向上，故A、B错误； CD、匀速直线运动时，根据牛顿第一定律，人受到的合力为零，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受力，所以不受到摩擦力，人受到重力、支持力，故C正确、D错误。 故选：C。匀加速直线运动时，根据牛顿第二运动定律，人受到的合力不为零，匀速直线运动时，人受到的合力为零，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受力，所以不受到摩擦力。本题考查了牛顿第二定律、
18、平衡状态的应用，明确人所处的状态结合牛顿第二定律或平衡条件分析即可。5.【答案】B【解析】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到桌布的摩擦力向右；故A错误； B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的时间相等；故B正确； C、若鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变，故C错误； D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的
19、位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D错误； 故选：B。根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况。本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析。6.【答案】A【解析】【分析】分别对A、B物体速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，根据三角函数关系及沿着绳子方向速度大小相等，可知两物体的速度大小关系。考查学会对物体进行运动的分解，涉及到平行四边形定则与三角函数知识，同时本题的突破口是沿着绳子的方向
20、速度大小相等。【解答】对A物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vAcos30；对B物体的速度沿着绳子方向与垂直绳子方向进行分解，则有沿着绳子方向的速度大小为vBcos60，由于沿着绳子方向速度大小相等，所以则有vAcos30=vBcos60，因此vB=v，故A正确，BCD错误。故选A。7.【答案】D【解析】解：A、位置B为弹簧原长，把球往下按至A位置，迅速松手后，弹簧把球弹起，则小球静止在弹簧上时，弹簧的压缩量小于h，根据胡克定律可知，弹簧的劲度系数k，故A错误。B、小球从位置A到位置B，弹簧恢复原长，弹簧弹性势能减小，小球动能先增大后减小，动能最大的位置
21、在弹簧弹力和重力相等的位置，此时弹簧处于压缩状态，故B错误。C、图甲到图丙的过程中，弹性势能减小，重力势能增加3mgh，则图甲中的弹性势能为3mgh，故C错误。D、图乙到图丙的过程中，动能减小，重力势能增加2mgh，则图乙小球的动能为2mgh，故D正确。故选：D。根据加速度的方向，分析弹簧的弹力与小球重力的关系。小球从A上升到B位置的过程中，平衡位置速度最大，动能增大；小球上升过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒。由此分析解答。本题考查了劲度系数和机械能守恒，掌握机械能守恒的条件，在只有重力或弹簧弹力做功的情形下，系统机械能守恒。在解题时要注意，单独对小球来说，小球和弹簧接触过程中机械能不守
22、恒。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查牛顿第二定律的应用，在解题时要注意整体法与隔离法的应用，灵活选取研究对象进行列式求解。将人与吊板当成一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可求得整体的加速度；再以人为研究对象，由牛顿第二定律可求得吊板对人的支持力，再由牛顿第三定律可求得人对吊板的压力。【解答】以整体为研究对象，整体受重力、两根绳子的拉力（T）；由牛顿第二定律可知：整体的加速度；以人为研究对象，由牛顿第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛顿第三定律可知人对吊板的压力为330N，故B正确，ACD错误。故选B。9.【答案】A【解析】解：A、从最高点到平台的过程可以看作是平抛运动，根
23、据h=得：t=，故A正确。B、从最高点到平台过程为平抛运动，运动的时间由高度决定，与最高点的速度无关，故B错误。C、棋子从最高点落到平台的过程中，下降的高度为h，重力势能减小mgh，故C错误。D、根据动能定理得：mgh=，解得棋子落到平台上的速度大小为：，故D错误。故选：A。从最高点到平台过程为平抛运动，根据高度得出平抛运动的时间，该时间与最高点的速度无关。根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据动能定理求出棋子落在平台的速度大小。解决本题的关键将斜抛运动分割成平抛运动进行处理，知道平抛运动的时间由高度决定，与最高点速度无关。10.【答案】B【解析】【分析】根据动能定理得出物块到达最高点的速度
24、，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径。本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练。【解答】设半圆的半径为R，根据动能定理得：，离开最高点做平抛运动，有：2R=，x=vt，联立解得：x=，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误。故选B。11.【答案】D【解析】【分析】先对m研究，根据牛顿第二定律得到加速度，再对整体研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律求解地面对斜面体的
25、支持力和摩擦力。本题是对加速度不同的连接体运用整体法，基础不好的学生可以采用隔离法研究。【解答】AB.由题，斜面是光滑的，则由牛顿第二定律可得物体m下滑时加速度大小为a=gsin对整体进行研究，分析受力情况，作出力图，将m的加速度a分解为水平和竖直两个方向，根据牛顿第二定律有：竖直方向：（M+m）g-N=masin0，则N（M+m）g，所以斜面体受地面的支持力小于（M+m）g，故AB均错误；CD.对整体：有水平方向的加速度，则地面对斜面的摩擦力方向也水平向右由牛顿第二定律得：水平方向：f=macos=mgsincos=mgsin2，故C错误，D正确。故选D。12.【答案】A【解析】解：根据功能
26、关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为EP1=；将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h=+=，故重力势能EP2=因此可知拉力所做的功W=EP2-EP1=mgl，故A正确，BCD错误。故选：A。由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功。本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可。13.【答案】CD【解析】【分析】对AB两球整体受力分析，受重力G，OA绳子的拉力T以及拉力F，其中
27、重力大小和方向都不变，绳子的拉力方向不变大小变，拉力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，利用平行四边形定则作图可以得出拉力的最小值和最大值本题是三力平衡问题中的动态分析问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据共点力平衡条件，集合平行四边形定则作出力的图示，得到未知力的变化情况【解答】对AB两球整体受力分析，受重力G=2mg，OA绳子的拉力T以及拉力F，三力平衡，将绳子的拉力T和拉力F合成，其合力与重力平衡，如图当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为Fmin=（2m）gsin30，即mg；由于拉力F的方向具有不确定性，因而从理论上讲，
28、拉力F最大值可以取到任意值，故CD正确。故选：CD。14.【答案】BC【解析】解：A、两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30=mg，TBcos60=mg，则，TB=2mg，所以=，故A错误。B、小球A做圆周运动的向心力，小球B做圆周运动的向心力，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确。C、根据得，角速度，线速度v=，可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误。故选：BC。小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出
29、线速度和角速度之比解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等15.【答案】AB【解析】解：A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒。故A正确；B、由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为v=故B正确。C、忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机
30、械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；D、子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得（M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为h=故D错误。故选：AB。子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，可由动量守恒定律列式求解子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度；子弹射入木块后，系统由于惯性继续上升，由于绳子的拉力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，运用机械能守恒定律求解最大高度子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定
31、律解的题通常都能用动能定理解决16.【答案】AC【解析】【分析】木块加速运动，木板也做加速运动，对木块、木板、木块和木板整体分别运用动能定理列式分析即可。本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解。【解答】A.小车受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有fx=，故A正确；B.物块受到拉力、重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有（F-f）（l+x）=，故B错误；C.物块在摩擦力作用下前进的距离为（l+s），故摩擦力所做的功为-f（l+x），故C正确；D.根据功能关系，物块和小车增加的动能为拉力做的功减去克服一对摩擦力做的功，即等于F（l+x）-fl，故D错误。故选A
32、C。17.【答案】记下拉力F3的方向 ACD 2.73 12.0【解析】解：（1）在记录力的大小与O点的同时，应该要记录力的方向，故有一个重要遗漏是记下F3的方向；（2）A拉橡皮筋时弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板平面平行，故A正确；B两个拉力的夹角应该适当的大一些，不是越大越好，故B错误；C橡皮筋弹性要好，使结点到达某一位置O时，拉力要适当大一些，故C正确；D拉橡皮筋的绳细一些、长一些，记录方向时，点的距离可以大一些，离绳的轴线会更近一些，可以减小实验误差，故D正确。故选：ACD。（3）由图可得弹簧测力计的读数为2.73N；（4）作出图平行四边形如图所示：由图可知合力的大小F=62
33、.0N=12.0N；故答案为：（1）记下拉力F3的方向，（2）ACD，（3）2.73；（4）12.0 （1）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，步骤中只有记下细绳的方向，才能确定力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；（2）根据器材和作图的限制，两个拉力的夹角、拉力大小适当即可，并不是越大越好；（3）先确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数；（4）根据平行四边形法则，作图读数即可。要掌握实验原理及实验过程中的注意事项，明确弹簧测力计的读数方法；知道用平行四边形求合力的方法。18.【答案】AB AC BD CD【
34、解析】解：（1）“探究做功与物体速度变化的关系”实验中除了图中所给的器材外，还需打点计时器所用的低压学生电源，测位移的刻度尺，故选：AB。（2）考察操作过程：A、只有每根橡皮筋的原长是一样的，才保证每次做的功分别是W、2W、3W 等，故选项A正确；B、凡涉打点计时器实验均应先通电再释放小车，故选项B错误；C、只要每次使小车被橡皮筋弹出时每根橡皮筋的伸长一样，所以要使小车从同一位置释放，故选项C正确；D、是通过改变橡皮筋的条数来改变对小车做的功，故选项D错误。故选：AC（3）考察平衡摩擦力问题：A、目的是让拉力近似等于合力，故选项A错误；B、当橡皮筋恢复原长后做匀速直线运动，选项B正确；C、当橡
35、皮筋伸长时，物体的合外力就是拉力，之后合外力为零，故选项C错误；D、同选项A一样，拉力做的功就是合外力做的功，选项D正确。故选：BD（4）若还考虑阻力的话，根据动能定理有：W-Wf=，由此看出W-v2图象是一条直线，当平衡好摩擦力时，直线过原点，故选项CD符合要求。故答案为：（1）AB（2）AC（3）BD（4）CD（1）打点计时器使用交流电；小车在水平的平面上被橡皮筋拉动做功，导致小车的动能发生变化。小车的速度由纸带上打点来计算，从而能求出小车的动能变化。每次实验时橡皮筋伸长的长度都要一致，则一根做功记为W，两根则为2W，然后通过列表描点作图探究出功与动能变化的关系；（2）根据实验原理橡皮筋做
36、的功等于小车增加的动能，要消除摩擦力带了的影响；（3）实验需要测量橡皮筋做功完毕时小车的速度，橡皮筋做功完毕，小车做匀速直线运动，分析图示纸带答题；（4）根据W与v，W与v2的关系图线，结合数学知识中的幂函数的图象特点得到结论。要掌握实验原理与实验注意事项，同时注意数据处理时注意数学知识的应用，本题是考查应用数学知识解决物理问题的好题。在本题中功的大小无法直接得出，但是可以通过n根相同橡皮筋对小车做的功就等于系一根橡皮筋时对小车做的功的n倍，这个设计很巧妙地解决了直接去测量力和计算功的困难。19.【答案】解：（1）由图可知，加速时的加速度a1=m/s2=20m/s2；减速过程a2=m/s2=-
37、10m/s2；（2）对减速过程分析，由牛顿第二定律可得：mgsin+mgcos=ma2解得：=0.5；（3）加速过程中由牛顿第二定律可知：F-mgsin-mgcos=ma1而F的冲量I=Ft联立解得：I=30答：（1）物体沿斜面上行时加速运动与减速运动的加速度大小分别为20m/s2和10m/s2；（2）物体与斜面间的滑动摩擦因数为0.5；（3）第1s内拉力F的冲量为30。【解析】（1）根据图象的性质，利用图象的斜率即可求得加速度； （2）对减速过程受力分析，根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数； （3）对加速过程分析，根据牛顿第二定律可求得拉力大小，再根据冲量的定义即可求得拉力的冲量。本题考查牛顿
38、第二定律和运动学公式的综合，注意物体匀减速上滑的加速度大小和返回做匀加速直线运动的加速度大小不等。同时注意由图象分析物体的运动过程，求出加速度是解题的关键。20.【答案】解：（1）长木板所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为：f=mg=0.1110N=1N方向向右，如图所示（2）对滑块，由牛顿第二定律得：mg=ma得出：a=g=1m/s2（3）以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：mg=Ma可得出木板的加速度为：a=0.5m/s2设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块有：v=v0-at对长木板有：v=at由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度为：v=1.2m/s，t=2.4s（4）
39、小滑块与长木板速度相等时，木板前进的位移为：x1=滑块前进的位移为：x2=小滑块相对长木板上滑行的距离为：L=x2-x1=2.4m=4.32m答：（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力的大小为1N，方向向右；（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度大小为1m/s2；（3）块与长木板达到的共同速度v是1.2m/s；（4）小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L是4.32m【解析】（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到滑块施加的滑动摩擦力，而滑动摩擦力方向与相对运动的方向相反，根据滑动摩擦力公式求摩擦力大小； （2）对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求滑块的加速度； （
40、3）根据运动学速度公式求得达到共同速度的时间和速度 （4）利用位移时间公式求得小滑块相对长木板上滑行的距离L本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的速度关系也可以根据动量守恒定律和动能定理研究21.【答案】解：（1）质点在最低点受到的拉力与重力提供向心力，则：F-mg=，代入数据解得：N=33N即绳子的拉力为33N（2）小球下摆到B点时，绳的拉力和重力提供向心力，由牛顿第二定律的：Fmax-mg=m，代入数据解得：vm=8m/s（3）绳子断后，小球做平抛运动，运动时间为t，竖直方向：h=gt2，水平方向，DC间距离：x=vmt，代入数据解得：x=
41、8m；答：（1）若小球通过最低点的速度大小为v=2m/s，此时绳的拉力大小为33N；（2）若轻绳能够承受的最大拉力为78N，允许小球通过最低点的最大速率为8m/s；（3）若以（2）问的最大速率通过最低点时，轻绳恰好断裂，小球抛出，小球平抛的水平位移大小为8m。【解析】（1）由牛顿第二定律可以求出小球受到的拉力； （2）在B位置，由牛顿第二定律可求小球通过最低点的最大速率。 （3）绳子断裂后小球做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出s。掌握运用运动的合成与分解的方法处理平抛运动问题，能根据竖直面内圆周运动最高点和最低点小球所受合力提供圆周运动向心力讨论绳所受拉力大小问题，掌握规律是解决问题的关键。
42、22.【答案】解：（1）小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：根据平抛运动的规律可得：vy=gt，解得：t=0.35s；（2）小物块由B点运动到C点，由机械能守恒定律有：mgR（1+sin）=mvC2-mvB2又vB=4m/s；在C点处，由牛顿第二定律有：F-mg=m解得：F=8N，根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F大小为8N；（3）小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有：Epm=mvB2+mgR（1+sin）-mgL解得：L=1.2m。答：（1）小物块从A点运动至B点的时间为0.35s；（2）小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小为8N；（3）C、D两点间的水平距离为1.2m。【解析】该题为平抛运动与圆周运动结合的综合题，要能够掌握平抛运动的规律、牛顿第二定律和机械能守恒定律，关键能正确分析能量如何转化。（1）小物块从A到B做平抛运动，恰好从B端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方向，根据几何关系求得速度vy的大小，根据平抛运动的规律求时间；（2）小物块由B运动到C，根据机械能守恒求出到达C点的速度，再由牛顿运动定律求解小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力的大小；（3）小物块从B运动到D，根据能量关系列式求解。