1、1长安一中 2018-2019 学年度第一学期期末考试高一物理试题一、选择题1.下列说法中不正确的是（ ）A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法B. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法C. 牛顿在研究运动和力的关系时，提出了著名的理想斜面实验该实验运用了理想实验法D. 在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法【答案】C【解析】【详解】A、质点是理想化的物理模型，在不需要考
2、虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故 A 正确。B、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，物理学中把这种研究方法叫做“微元法” ，故 B 正确。C、理想实验法（又称想象创新法，思想实验法）是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。它是在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种研究问题的方法；伽利略根据理想斜面实验将可靠的事实和理论结合起来，提出力不是维持物体运动的原因，不是牛顿，故 C 不正确。D、在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量
3、不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法，故 D 正确。故不正确的选：C2.下列说法中正确的是（ ）A. 加速度大的物体速度变化大 B. 静摩擦力一定对物体运动起阻碍作用C. 两个直线运动的合运动一定是直线运动 D. 平抛运动是匀变速曲线运动【答案】D【解析】【详解】A、加速度的定义式为 a= ，加速度描述的是物体速度变化的快慢，物体速度变化vt2v 大，不一定加速度大，加速度是速度的变化 v 与所用时间 t 的比值，故 A 错误。 B、静摩擦力与物体间相对运动或相对运动趋势的方向相反，静摩擦力可以和运动方向相同，也可以和运动方向相反，可以充当动力也
4、可以充当阻力，故 B 错误。C、物体做直线运动的条件就是合力与物体运动方向在一条直线上；两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，一个匀速直线运动和另一个不在同一方向做变速直线运动的合运动就不是直线运动，故 C 错误。D、平抛运动是物体仅在重力作用下的抛体运动，是匀变速曲线运动，故 D 正确。故选：D3.质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系为 x=8t2+4t （各物理量均采用国际单位制单位） ，则该质点( )A. 第 3s 内的位移大小是 44m B. 前 2s 内的平均速度是 16m/sC. 任意相邻 1s 内的位移差都是 12m D. 任意 1s 内的速度增量都是 8m/s【答案】
5、A【解析】【分析】由质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系 x=8t2+4t，可知物体运动的加速度和初速度，根据匀变速运动的规律可得位移和平均速度；任意相邻 1s 内的位移差 x=at2；任意 1s 内的速度增量 v=at。【详解】A、由质点做直线运动的位移 x 与时间 t 的关系 x=8t2+4t 知，物体运动的加速度a=16m/s2，初速度 v0=4m/s，所以第 3s 内的位移 x3=v0t3+ at32-(v0t2+ at22)=v0(t3-t2)12 12+ a(t32-t22)=4 (3-2)m- 16 (32-22)m=44m，故 A 正确。12 12 B、前 2s 内的位
6、移 x=v0t2+ at22=4 2m+ 16 22m=40m，所以前 2s 内的平均速度12 12 v= = m/s=20m/s，故 B 错误。xt2402C、任意相邻 1s 内的位移差 x=at2=16m，故 C 错误。D、任意 1s 内的速度增量 v=at=16m/s，故 D 错误。故选：A4.一物体从 h 高处做自由落体运动，经时间 t 到达地面，落地速度为 v；那么当物体下落时间 时，物体的速度和距离地面的高度分别是（ ）34t3A. v， h B. v， h C. v， h D. v， h34 34 34 916 14 916 34 716【答案】D【解析】【分析】根据自由落体运动
7、的规律可得物体下落 时的速度和此时距离地面的高度。34t【详解】物体从 h 高处做自由落体运动，经时间 t 到达地面，则落地速度为 v=gt，当物体下落时间 t 时，其速度 v= gt= v；在 t 时间内有：h= gt2，当物体下落时间 t 时下落的高34 34 34 12 34度 h= g = h，此时物体距离地面的高度为 h-h= h，故 A、B、C 错误，D 正确。12(3t4)2916 716故选：D5.如图所示,物体 A、B 放在物体 C 上,水平力 F 水平向左作用于 A 上,使 A、B、C 一起在水平地面向左做匀速直线运动,则（ ）A. 物体 A 受到三个力作用 B. 物体 C
8、 受到六个力作用C. 物体 C 受到三个摩擦力的作用 D. C 对 B 有向左的摩擦力【答案】B【解析】【分析】根据平衡条件，分别对 A、B、C 进行受力分析，注意 B 与 C 之间没有摩擦力。【详解】A、以 A 为研究对象，A 受重力，C 对 A 的支持力，水平力 F，因为所受合外力为0，故 C 对 A 有向右的摩擦力，故 A 受四个力的作用，故 A 错误。B、以 C 为研究对象，C 受重力，地面对 C 的支持力，A 对 C 的压力，B 对 C 的压力，根据牛顿第三定律知，A 对 C 有向左的摩擦力，以 A，B，C 整体为研究对象，在 F 作用下向左匀速运动，所受合外力为 0，故知地面对 C
9、 有向右的摩擦力，C 受六个力的作用，故 B 正确。C、对物体 B 来说，因其所受合外力为 0，故 B，C 间没有摩擦力，即物体 C 受到两个摩擦力的作用，故 C、D 错误。故选：B46.如图所示，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，当电梯在竖直方向运行时，电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，这一现象表明（ ）A. 电梯一定处于加速上升阶段 B. 电梯的速度方向一定向下C. 乘客一定处在超重状态 D. 电梯的加速度方向可能向下【答案】C【解析】【分析】弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，说明电梯一定存在竖直向上的加速度，电梯的运动可能是加速
10、向上或者减速下降。【详解】电梯内乘客发现弹簧的伸长量比电梯原来静止时的伸长量变大了，说明电梯一定存在竖直向上的加速度，电梯的运动可能是加速向上或者减速下降，乘客也一定处在超重状态，故 A、B、D 错误，C 正确。故选：C7.A、B 两个物体在同一地点出发,沿同一直线做匀变速直线运动,它们的速度一时间图象如图所示,则( )A. 2-4s 内，物体 A 的加速度是 B 的 2 倍 B. t=6s 时,A、B 两物体相遇C. t=4s 时,A、B 两物体相距 40m D. t=2s 时,A、B 两物体相距最远【答案】C【解析】5【分析】由加速度定义式可知 A、B 加速度大小关系；A、B 两个物体在同
11、一地点出发，相遇时位移相等；v-t 图像下包围的面积即位移；t=4s 时,A、B 两物体速度相等相距最远。【详解】A、2-4s 内，物体 A 的加速度 aA= =10m/s2，物体 B 的加速度 aB= =20m/s2，物体vt vtB 的加速度是 A 的 2 倍，故 A 错误。B、t=6s 时,A 的速度 vA=aAt=60m/s,A 发生的位移 xA= vAt=180m；t=6s 时,B 的速度 vB=aB(t-122）=80m/s，B 发生的位移 xB= vB(t-2)=160m，即 t=6s 时，A 在前 B 在后，相距 20m，故 B12错误。C、t=4s 时,A、B 两物体相距 x
12、= 2 m=40m，故 C 正确。12 40D、t=2s 时,A 才准备运动，在 2-4s 内，A 的速度大于 B 的速度，A、B 间距离逐渐增大，在t=4s 时，A、B 速度相等，t=4s 之后，B 的速度大于 A 的速度，AB 间距离将逐渐减小，所以 t=4s 时,A、B 两物体相距最远，故 D 错误。故选：C8.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高 h1.25m，水落地的位置到管口的水平距离 x1.8 m。不计空气及摩擦阻力，g=10m/s 2，水从管口喷出的初速度大小是( )A. 1.8m/s B. 2.0 m/s C. 3.0 m/s D. 3.6m/s
13、【答案】D【解析】【分析】由平抛运动知识分别在竖直方向和水平方向列式求解。【详解】水从管口以不变的速度源源不断地喷出，可以认为水做平抛运动，竖直方向由 h=gt2，解得水下落的时间：t=0.5s；水平方向由 x=v0t，解得水从管口喷出的初速度：12v0=3.6m/s，故 A、B、C 错误，D 正确。故选：D9.如图所示，两个质量都是 m 的小球 A 和 B 用轻杆连接，斜靠在墙上处于平衡状态。已知墙面光滑，水平地面粗糙。现使球向下移动一点，球离墙再稍远一些，两球再次达到平衡状态。移动后的平衡状态与原来的平衡状态相比较，地面对球 B 的支持力 N 和轻杆上6的弹力 T 的变化情况是（ ）A.
14、N 不变，T 变大 B. N 变小，T 变大C. N 不变，T 变小 D. N 变大，T 变小【答案】A【解析】【分析】先对整体受力分析，整体受总重力、地面的支持力、墙壁对 A 的弹力，地面对 B 的静摩擦力，整体处于平衡状态，从而可知 N 的大小变化。再隔离对 A 球进行受力分析，A 球受重力，墙壁的弹力和轻杆的弹力，三个力处于平衡状态，通过夹角的变化，判断轻杆弹力的变化。【详解】对整体进行受力分析知，地面对球 B 的支持力 N=2mg，移动两球后，仍然平衡，则 N 仍然等于 2mg，所以 N 不变；再隔离对 A 进行受力分析如下图，设轻杆与水平方向的夹角为，轻杆对 A 球的弹力 T= ，当
15、 A 球向下移动一小段距离，夹角变小， 变小，所mgsin sin以 T 变大,故 A 正确，B、C、D 错误。故选：A【点睛】在该题中运用了整体法和隔离法，先对整体受力分析，确定地面对球 B 的支持力不变，再隔离分析，判断轻杆对球弹力的变化10.如图所示，质量分别为 M、m 的两个物体 A 和 B，用跨过定滑轮的细线相连，有一外力使 B 物体静止在粗糙的水平桌面上，且桌面上方细线与桌面平行，B 与桌面的动摩擦因数为 。若撤去作用在 B 上的外力，使、从静止开始运动，此时 B 物体的加速度大小为7a；若将作用在 B 上的外力变为水平向左的恒力 F，使 B 物体向左做匀加速运动的加速度大小 a=
16、2，重力加速度为 g，则所加外力 F 的大小为（ ）A. B. 2Mg-mg 3Mg-mgC. D. (M+m)2Mg M2+Mm+m2M g【答案】B【解析】【分析】撤去作用在 B 上的外力，根据牛顿第二定律分别对 A、B 进行分析，求出加速度 a；当 B 物体向左做匀加速运动的加速度大小 a=2 时，同样根据牛顿第二定律分别对 A、B 进行分析，可解得所加外力 F 的大小。【详解】若撤去作用在 B 上的外力，根据牛顿第二定律对 A 有：Mg-F 1=Ma，对 B 有：F 1-mg=ma，解得 a= ；若将作用在 B 上的外力变为水平向左的恒力 F，使 B 物体向左做Mg-mgM+m匀加速运
17、动的加速度大小 a=2，根据牛顿第二定律对 B 有：F- mg-F2=ma，对 A 有：F 2-Mg=Ma，解得所加外力 F 的大小：F=3Mg- mg，故 A、C、D 错误，B 正确。故选：B11.2018 年 12 月 8 日 2 时 23 分，搭载着“嫦娥四号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心成功发射。2019 年 1 月 3 日 10 时 26 分，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地的预选着陆区，成为世界第一个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器，这是人类航天史上的伟大壮举。下面有关说法正确的是( )A. 运载火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而
18、让火箭获得8了向上的推力B. 运载火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力C. 在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，此时“嫦娥四号”处于超重状态。D. “嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中，与地球之间不再存在相互作用力【答案】AC【解析】【分析】火箭向下喷气产生推力，此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的；探测器减速下降，产生向上的加速度， “嫦娥四号”处于超重状态；“嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中， “嫦娥四号”与地球之间依然存在相互吸引力。【详解】A、火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体
19、；火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，故 A 正确。B、火箭向下喷气产生的推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，故 B 错误。C、在落月阶段首先通过变推力发动机让探测器减速下降，产生向上的加速度，此时“嫦娥四号”处于超重状态，故 C 正确。D、 “嫦娥四号”离开地球大气层朝月球飞行过程中， “嫦娥四号”与地球之间依然存在相互吸引力，这是一对作用力与反作用力，故 D 错误。故选：AC12.如图，倾角 =37 0的足够长传送带以恒定速率 v=4m/s 顺时针运行，现将一质量 m=5kg的小物体无初速度放在传送
20、带的 A 端，小物体与传送带间的动摩擦因数 =0.85，取g=10m/s2，sin37 0=0.6，cos37 0=0.8，则在整个上滑过程中的小物体（ ）A. 加速度恒定不变 B. 加速运动的时间为 5s9C. 所受的摩擦力方向会发生变化 D. 所受的滑动摩擦力大小为 34N【答案】BD【解析】【分析】由于 ，小物块开始在滑动摩擦力作用下做加速运动，速度达到 4m/s 后即与传送带tan保持相对静止，小物块在静摩擦力作用下与传送带共同匀速运动。【详解】刚开始小物块受沿斜面向上的滑动摩擦力做加速运动，滑动摩擦力Ff= mg =34N，加速度 a= g -g =0.8m/s2，由 v=at，解得
21、加速运动的时间 cos370 cos370 sin370t=5s；由于 =0.85 = ，所以小物块速度达到 4m/s 后就与传送带保持相对静止，共同 tan34匀速运动，加速度变为零，此时小物块受沿斜面向上的静摩擦力作用，摩擦力的方向没有发生变化，故 B、D 正确，A、C 错误。故选：BD13.如图所示，a、b 两物体的质量分别为 m1、m 2，由轻质弹簧相连.当用恒力 F 竖直向上拉着 a，使 a、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x1，物体的加速度大小为 a1；当用大小仍为 F 的恒力沿斜面向上拉着 a，使 a、b 一起沿光滑斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 x2，物
22、体的加速度大小为 a2。已知斜面的倾角为 ，则有（ ）A. x1=x2 B. x1x2 C. a1=a2 D. a1 a2【答案】AD【解析】【分析】当用恒力 F 竖直向上或者沿斜面向上拉时，利用整体法求加速度 a1和 a2，利用隔离法可求出 x1和 x2，比较即可得解。【详解】设弹簧的劲度系数为 k，当用恒力 F 竖直向上拉时，整体分析有：F-（m 1+m2）10g=（m 1+m2）a 1，分析 b 有:kx 1-m2g=m2a1，解得 x1= ，加速度 a1= -g；当用恒力 Fm2Fk(m1+m2) Fm1+m2沿斜面向上拉时，整体分析有：F-（m 1+m2）g =（m 1+m2）a 2
23、，对 b 分析有：kx 2-sinm2g =m2a2，解得 x2= ，加速度 a2= -g ，由上分析可知，x 1=x2，a 1 a2，sinm2Fk(m1+m2) Fm1+m2 sin 故 A、D 正确，B、C 错误。故选：AD14.一艘小船在静水中的速度是 6m/s，一条河宽 60m，河水流速是 8m/s，下列说法正确的是( )A. 小船在这条河中运动的最大速度是 10m/sB. 小船渡过这条河的最小位移是 80mC. 小船以最小位移渡河时，所需的渡河时间为 s4077D. 小船渡过这条河的最短时间是 10s【答案】BCD【解析】【分析】当小船在静水中的速度与河水流速方向相同时，小船在这条
24、河中运动速度最大；当小船的合速度方向与小船在静水中的速度方向垂直时有最小位移，根据三角形相似可得最小位移和渡河时间；当小船在静水中的速度方向垂直河岸时，渡河时间最短。【详解】A、当小船在静水中的速度与河水流速方向相同时，小船在这条河中运动速度最大，最大速度为 14m/s，故 A 错误。B、由于小船的速度小于河水的流速，小船不能横渡，如下图示，当小船的合速度方向与小船在静水中的速度方向垂直时有最小位移，由速度三角形和几何三角形相似可得，小船的最小位移 AC= AB= 60m=80m，故 B 正确。v水v船 8611C、设 v 船 与上游河岸的夹角为 ， = ，则 = ，小船以最小位移渡河时，所需
25、的渡 cos34 sin 74河时间：t= = s= s，故 C 正确。ABv船 sin 60674 4077D、当小船在静水中的速度方向垂直河岸时，渡河时间最短为：t=t= =10s，故 D 正确ABv船故选：BCD二、实验探究题15.在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两根细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计通过细绳拉橡皮条下列说法正确的是_（填字母代号）A. 弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行B. 两细绳必须等长C. 两次拉伸橡皮条时将橡皮条拉伸相同长度即可D. 重复实验
26、再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次实验不同E. 用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力【答案】AD【解析】【分析】本实验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力是等效的，本实验两次将橡皮条和绳的结点必须要拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效。实验时要保证弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，两细绳不一定要等长，重复实验再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次实验不同，用一个测力计的拉力是效果上的合力，合力大小上可以大于分力，也可以于小于分力，还可以等于分力。【详解】A、实验时弹簧测力计、细绳、橡皮
27、条都应与木板平行，如果不平行，弹簧测力计上的拉力就与水平木板有了一定的角度，拉力在水平方向就有了分力，就会影响实验的精确度产生误差，故 A 正确。B、通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条时，并非要求两细绳等长，为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，故 B 错误。C、两次拉伸橡皮条时应将将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，故 C 错误。12D、重复实验再次进行验证时，结点 O 的位置可以与前一次实验不同，故 D 正确。E、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力没有必须都小于只用一个测力计的拉力，用一个测力计的拉力是效果上的合力，合力大小上可以大于分力，也可
28、以于小于分力，还可以等于分力，故 E 错误。故选：AD16.在用打点计时器“探究小车的速度随时间变化的规律”的实验中，得到如图所示的一条记录小车运动情况的纸带，图中 A、B、C、D、E 为相邻的计数点，每相邻的两个计数点之间还有 4 个点没有画出，计时器打点的时间间隔为 0.02s （计算结果均保留 3 位有效数字）（1）由图可知，打点计时器打出 D 点时小车的瞬时速度 vD=_m/s.（2）在打点计时器打 B、C 两点时，小车的速度分别为 vB=1.38m/s；v C=2.64m/s，请在上图坐标系中画出小车的 v-t 图象_（3）小车运动的加速度大小为 a=_m/s2，打点计时器打出 A
29、点时小车的瞬时速度 vA=_m/s.（4）如果当时打点计时器所用交流电的频率是 f=49HZ，而做实验的同学并不知道，由此引起的误差属于_（选填“系统”或“偶然” ）误差，这样测得的加速度结果比实际值偏_。 （选填“大”或“小” ）【答案】 (1). 3.90 m/s (2). 如图所示(3). (12.412.8）m/s 2 (4). (0.1000.140）m/s (5). 系统 (6). 大13【解析】【分析】（1）D 为 CE 的中间时刻，利用中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度可求 D 点的速度；（2）依次把 B、C、D 三点的坐标描入坐标系中，作出图线即可；（3）由图线的斜率可得
30、加速度和 A 点的速度；（4）打点的频率变低，相邻的计数点长间的时间变长，在计算时用的 t 相对较小，引起的误差属于系统误差，这样测得的加速度结果比实际值偏大。【详解】 （1）打点计时器打出 D 点时小车的瞬时速度vD= = cm/s=390cm/s=3.90m/sCE2T105.60-27.6020.1（2）以打 A 点时作为记时零点，打 B 点对应的坐标（0.1,1.38） ，打 C 点对应的坐标（0.2,2.64） ，打 D 点对应的坐标（0.3,3.90） ，依次把 B、C、D 三点的坐标描入坐标系中，作出图线如下图。（3）由速度-时间图线可求得图线的斜率即加速度，a= = m/s2=
31、12.6m/s2(12.4m/s212.8m/s 2均可） 。vt3.90-1.380.2由图线可知打点计时器打出 A 点时小车的瞬时速度 vA=0.130m/s(0.100m/s0.140m/s 均可）（4）如果当时打点计时器所用交流电的频率是 f=49HZ，而做实验的同学并不知道，由此引起的误差属于系统误差，由加速度的定义式 a= 可知，打点的频率变低，打点周期变长，vt相邻的计数点长间的时间变长，实际的 t 相对变大，而做实验的同学并不知道，在计算时用的 t 相对较小，这样测得的加速度结果比实际值偏大。故答案为：(1)3.90m/s；(2)如下图所示：（3）12.6m/s 2(12.4m
32、/s212.8m/s 2均可） ；0.130m/s(0.100m/s0.140m/s 均可） ；（4）系统；大1417.利用打点计时器和小车来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示(1)关于本实验的操作,下列说法中正确的是_（填字母代号）A.平衡摩擦力时，应将木板带滑轮一端适当垫高 B.砝码和砝码盘的总质量越大,实验误差越小C.正确平衡摩擦力后，若改变小车质量重复实验时，则不需要再次平衡摩擦力D.可以先释放小车再接通打点计时器的电源(2)在探究加速度与力的关系的实验中,得出如图所示的 aF 图线，发现图线既不过原点，又不是直线，其原因可能是_（填字母代号）A 没有完全平衡摩擦力，且
33、小车质量较大B.平衡摩擦力过度，且小车质量较大C.平衡摩擦力过度，砝码和砝码盘的总质量较大D.没有完全平衡摩擦力，且砝码和砝码盘的总质量较大【答案】 (1). （1）C (2). （2） D【解析】15【详解】(1)A、平衡摩擦力时，应将木板远离滑轮一端适当垫高，故 A 错误。B、做本实验要求砝码和砝码盘的总质量 m 要远小于小车的总质量 M，这样才可以认为绳子上的拉力近似等于砝码和砝码盘的重力，故 B 错误。C、在平衡摩擦力时有:Mg = Mg ，所以正确平衡摩擦力后，若改变小车质量 M 重复sin cos实验时，则不需要再次平衡摩擦力，故 C 正确。D、做实验时应先接通打点计时器的电源，然
34、后释放小车，故 D 错误。故选：C(2)发现图线不过原点，可能是没有完全平衡摩擦力，或者就没有平衡摩擦力，使得小车在较小的拉力作用下还处于静止状态；图线不是直线，则是由于随着拉力的增大，砝码和砝码盘的总质量 m 逐渐增大，到一定程度就不能满足砝码和砝码盘的总质量 m 远小于小车的总质量 M，使得图线发生了弯曲，故 A、B、C 错误，D 正确。故选：D故答案为：(1)C；(2)D三 计算题18.如图所示，质量为 m1的物体 A 用细绳绕过光滑的定滑轮与质量为 m2的物体 B 相连，连接 A 的细绳与水平方向的夹角为 ，物体 B 左侧的轻绳与水平方向的夹角也为 ，B 右侧与竖直墙壁相连的轻绳保持水
35、平，此时系统处于静止状态，A 所在的桌面水平，已知重力加速度为 g，求：（1）细绳对物体 A 的拉力大小；（2）A 物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。【答案】 （1） （2） ；m2gsin (m1m2)g m2gtan【解析】【分析】（1）对 B 受力分析根据平衡条件可得绳子上的拉力；（2）对 A 受力分析根据平衡条件可解得 A 物体受到桌面支持力和摩擦力的大小。16【详解】 （1）A、B 都静止均处于平衡状态，对 B 进行受力分析得：竖直方向：F T =m2gsin解得绳子上的拉力 FT= ，即细绳对物体 A 的拉力大小也是m2gsin m2gsin（2）对 A 进行受力分析有：竖直方向：
36、F T +FN=m1gsin水平方向：F T =Ffcos解得 A 物体受到桌面的支持力：F N=(m1-m2)g，A 物体受到桌面的摩擦力：F f=m2gtan19.A、B 两列火车在同一轨道上同向行驶，A 车在前，匀速行驶的速度是 vA=20m/s；B 车在后，速度 vB=40m/s。因大雾，能见度很低，B 车司机在距 A 车 160m 处才发现前方的 A 车，经过 0.5s 的反应时间后立即开始刹车。（1）若 B 车刹车的加速度大小为 1m/s2，通过计算说明 A 车若始终按原来速度匀速前进，通过计算说明两车是否会相撞？（2）如果两车不会相撞，则两车间的最近距离是多少？如果会相撞，则 B
37、 车刹车的加速度至少变为多大时，可以避免两车相撞？（假定 B 车司机反应时间不变，A 车保持匀速）【答案】 （1）两车会相撞（2）4/3m/s 2【解析】【分析】（1）在反应时间内，B 车做匀速运动，当 B 车速度减小到 vA=20m/s 时，分别计算出 A、B两车的位移，比较可知两车会相撞；（2）设 B 车刹车的加速度至少变为 a2可以避免两车相撞，同理根据位置和速度的关系分别计算出 A、B 两车的位移，即可得 a2。【详解】 （1）若 B 火车的加速度为 a1=-1m/s2，则有：在反应时间 t1内，B 车做匀速运动，则有 x1=vBt1=20m设当 B 车速度减小到 vA=20m/s 时
38、，B 车减速阶段的位移为 x2，A 车的总位移为 xA，有：- =2a1x2v2Av2BvA=vB+a1txA=vA(t1+t)解得 B 车的总位移为：x B=x1+x2=620mA 车的总位移：x A=410m由于 xBxA=210m160m，所以两车会相撞。（2）设 B 车刹车的加速度至少变为 a2可以避免两车相撞，在反应时间 t1内，B 车做匀速17运动，则有：x 1=vBt1=20m对 B 火车有：v A=vB+a2tvA2-vB2=2a2xB对 A 火车有：x A=vA(t1+t)避免两车相撞的位置关系为：x 1+xB=xA+d解得 B 车刹车的加速度至少变为：a 2=- m/s2，
39、 “-”号表示刹车时加速度方向与运动方向相43反。20.如图 1 所示，物体 A 静止放在足够长的木板 B 上，木板 B 静止于水平面已知 A 的质量mA=2.0kg，B 的质量 mB=3.0kg，A、B 之间的动摩擦因数 1=0.2，B 与水平面之间的动摩擦因数 2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度 g 取 10m/s2若 t=0开始，木板 B 受 F1=18N 的水平恒力作用，t=1s 时将 F1改为 F2=3N，方向不变，t=3s 时撤去 F2（1）木板 B 受 F1=18N 的水平恒力作用时，A、B 的加速度大小 aA、a B各为多少？（2）从 t=0 开始，到
40、 A、B 都最终停止运动，求 A、B 运动的总时间分别是多少？（3）请以纵坐标表示 A 受到 B 的摩擦力 fA，横坐标表示运动时间 t（从 t=0 开始，到A、B 都静止） ，取运动方向为正方向，在图 2 中准确画出 fA-t 的关系图线（标出对应点横、纵坐标的准确数值，以图线评分，不必写出分析和计算过程） 【答案】 （1）2m/s 2；3m/s 2（2）4.8s（3）如图； 18【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律分别对 A 和 B 进行分析可得 A、B 的加速度；（2）求出 t1=1s 时，A、B 的速度，F 1改为 F2=3N 后，求得 B 的加速度，然后求得 A、B 速度相等即 A
41、、B 相对静止时所用的时间 t2，即可得到 A 在 B 上相对 B 滑行的时间 t=t1+t2=1.25s；在 t3=1.75s 时间内，A、B 一起做匀减速运动，求得 3s 末 A、B 的共同速度；t=3s 时撤去 F2后，整体分析 A、B 一起做匀减速运动直至静止，可得 A、B 一起做匀减速运动的时间 t4，最后可得A、B 运动的总时间 t 总 =t1+t2+t3+t4。 （3）把各段时间对应的摩擦力 fA准确画在 fA-t 的关系图线上。【详解】 （1）根据牛顿第二定律得对 A： 1mAg=mAaA解得 A 的加速度：a A= 1g=0.210m/s2=2m/s2对 B：F 1- 2（m
42、 A+mB）g- 1mAg=mBaB 代入数据得 B 的加速度：a B=3m/s2（2）t 1=1s 时，A、B 的速度分别为 vA、v B，则有：vA=aAt1=21m/s=2m/svB=aBt1=31m/s=3m/sF1改为 F2=3N 后，在 B 速度大于 A 速度的过程中，A 的加速度不变，B 的加速度设为 aB根据牛顿第二定律对 B 得：F 2- 2（m A+mB）g- 1mAg=mBaB 代入数据得：a B=-2m/s 2设经过时间 t2，A、B 速度相等，由于 AB 之间的最大静摩擦力 fm= 1mAg=0.22.010N=4N假如 A、B 相对静止，整体分析合外力为：F 合 =
43、F2- 2（m A+mB）g=0Nf m，此后它们保持相对静止，v=v A+aAt2=vB+aBt 2代入数据得：t 2=0.25s，v=2.5m/sA 在 B 上相对 B 滑行的时间为 t=t1+t2=1.25s在 1.25s-3s 内：A、B 一起做匀减速运动对 A、B 整体应用牛顿第二定律得：F 2- 2（m A+mB）g=（m A+mB）a解得，a=-0.4m/s 2，t 3=1.75s，v=v+at 3=1.8m/st=3s 时撤去 F2后，A、B 一起做匀减速运动直至静止。对 A、B 整体应用牛顿第二定律得： 2（m A+mB）g=（m A+mB）a，19解得 a=1m/s2，t 4= =1.8s故 A、B 运动的总时间相等，则有：t 总 =t1+t2+t3+t4=4.8s（3）f A-t 的关系图线如下图：
