2016-2017学年安徽省蚌埠市高一（上）期末物理试卷
一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．共40分．）
1．下列各单位中属于力学基本单位的是（ ）
A．牛顿 B．米 C．焦耳 D．瓦特
2．爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验室，在这个实验中，当电梯（内部为真空）相对于地球静止时，封闭在电梯里的观察者发现，从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上，当电梯做自由落体运动时，观察者发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落，以下对这一实验的说法中正确的是（ ）
A．电梯相对地球静止时，释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板
B．电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛受到的合力为零
C．以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律也是成立的
D．在自由下落的电梯里，观察者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在
3．关于速度、加速度，下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度变化越大，则加速度越大
B．物体的加速度越大，则速度变化越快
C．物体的速度越大，则加速度也越大
D．物体的加速度越大，则速度也越大
4．一根钢管，一端支在水平地面上，另一端被竖直绳悬吊着，如图所示，有关钢管的叙述正确的是（ ）
A．钢管的重心一定在几何中心
B．绳对钢管的拉力等于钢管的重力
C．钢管对地面压力方向垂直钢管向下
D．地面与钢管之间不存在静摩擦力
5．图中的三条直线描述了A、B、C三个物体的运动，通过图象，我们可以得到（ ）
A．物体C做匀速直线运动
B．0﹣6s内物体A经过的位移大小为5m
C．三个物体中C物体的加速度最小
D．若物体A和B从同一地点出发，则6s末两物体相遇
6．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知（ ）
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是平衡力
C．拖车拉汽车的力大于拖车受到的阻力
D．拖车拉汽车的力等于汽车受到的阻力
7．已知长为L的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定的加速度下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的位移是（ ）
A． B． C． D．
8．在空中从某一高度相隔t0先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们运动过程中（ ）
A．甲、乙两球距离始终保持不变
B．甲、乙两球距离越来越大
C．甲、乙两球速度之差越来越大
D．甲、乙两球速度之差保持不变
9．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的加速度将先增大，后减小
B．物体的加速度将先减小，后增大
C．物体的速度将先增大，后减小
D．物体的速度将先减小，后增大
10．静止在水平地面上的小车，质量为5kg，在水平拉50N的作用下做直线运动，2s内匀加速前进了4m，在这个过程中（g取10m/s2）（ ）
A．动摩擦因数是0.8 B．摩擦力的大小是10N
C．小车加速度的大小是1m/s2 D．小车加速度的大小是2m/s2
二、填空题（本题共4小题，每空2分，共12分）
11．一人先向西走4米，又向北走3米，则此人在整个过程中的位移大小为 米； 路程大小为 米．
12．图示是某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，则该弹簧的劲度系数为 N/cm．
13．如图，质量为m的某人站在自动扶梯上，与扶梯一起加速上升，加速度大小为a．扶梯斜面的倾角为 θ，则扶梯对人的摩擦力大小为 ，扶梯对人的支持力大小 ．
14．有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：如图，将真空长直管沿竖直方向
放置，自O点竖直向上抛出一小球又落至O点的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2 和H，可求得g等于 ．
三、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）
15．某实验小组只用一个弹簧秤进行“探究求合力的方法”实验
（1）请将以下实验步骤补充完整：
①如图，把两根细线中的一条细线与弹簧秤连接，然后同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，记下秤的示数F1和两细线的方向；
②放回橡皮条后，将弹簧秤连接到另一根细线上，再同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，并使两条细线位于记录下来的方向上，记下秤的示数F2；
③再次放回橡皮条后，用弹簧秤连接一根细线， ．
④根据平行四边形定则作出F1和F2的合力与步骤③比较，得出结论．
（2）图示步骤中，若保持弹簧秤所在一侧细线方向不变，O点位置不变，将右侧细线缓慢移至虚线位置，弹簧秤读数的变化情况是： ．
16．如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带，ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，C点对应的速度是 m/s，利用纸带求出小车运动的加速度为 m/s2．（已知使用交流电的频率为50HZ）
17．用图示1实验装置来验证牛顿第二定律：
（1）为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下 ，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做 运动．
（2）小车及车中砝码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于砂桶及砂的重力．
（3）某次实验测得的数据如下表所示．根据这些数据在坐标图2中描点并作出a﹣图线，通过a﹣图线求得合外力大小为 N（计算结果保留两位有效数字）．
/kg﹣1
a/（m•s﹣2）
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3
四、计算与推导题（本题共3小题，第18题7分，第19题10分，第20题13分，共30分）
18．如图所示，一质量分布均匀的小球静止在固定斜面和竖直挡板之间，各接触面间均光滑，小球质量为m=100g
，按照力的效果作出重力及其两个分力的示意图，并求出各分力的大小．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
19．甲物体从阳台由静止下落，已知甲在下落过程中最后2s的位移是60m．g取10m/s2，试求：
（1）最后2s的平均速度；
（2）阳台离地面的高度；
（3）若甲释放2s后，乙也从阳台以某一竖直向下的初速度开始下落，若甲、乙同时落地，则乙下落时的初速度为多大？
20．如图所示，水平地面上放置一平板，平板质量为m，长度为l．一质量为2m的物块（可视为质点），静止在平板上的中点处．已知物块与平板之间的动摩擦因数为μ，平板与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．
（1）若平板被锁定在地面上，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，求该水平拉力的大小；
（2）若平板没有锁定，二者均静止，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，求该水平拉力的大小．
2016-2017学年安徽省蚌埠市高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．共40分．）
1．下列各单位中属于力学基本单位的是（ ）
A．牛顿 B．米 C．焦耳 D．瓦特
【考点】力学单位制．
【分析】力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位．
【解答】解：三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，都是基本单位，牛顿、焦耳以及瓦特均为导出单位，所以只有B正确．ACD错误．
故选：B．
2．爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验室，在这个实验中，当电梯（内部为真空）相对于地球静止时，封闭在电梯里的观察者发现，从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上，当电梯做自由落体运动时，观察者发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落，以下对这一实验的说法中正确的是（ ）
A．电梯相对地球静止时，释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板
B．电梯做自由落体运动时，释放后的苹果和羽毛受到的合力为零
C．以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律也是成立的
D．在自由下落的电梯里，观察者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在
【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重；经典时空观与相对论时空观的主要区别．
【分析】常规物体只在重力的作用下，初速度为零的运动，叫做自由落体运动．自由落体运动是一种理想状态下的物理模型．实际物体自由下落时，若空气阻力可以忽略不计，可以当作自由落体运动处理．
明确牛顿运动定律只适用于惯性参考系．
【解答】解：A、电梯静止时，由于不受空气阻力，苹果比羽毛均做自由落体运动，故二者同时落到底板上，故A错误；
B、电梯相对地球静止时，释放后的苹果和羽毛所受的合力等于它们的重力．故B错误；
C、牛顿运动定律适用于惯性参考系，即选择静止或匀速直线运动的物体为参考系，以自由下落的电梯为参考系，牛顿运动定律是不成立的．故C错误；
D、由于电梯和苹果和羽毛可以相对静止，此时他们仍受到引力作用，因此不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在，故D正确；
故选：D．
3．关于速度、加速度，下列说法正确的是（ ）
A．物体的速度变化越大，则加速度越大
B．物体的加速度越大，则速度变化越快
C．物体的速度越大，则加速度也越大
D．物体的加速度越大，则速度也越大
【考点】加速度．
【分析】根据加速度的定义式a=，加速度等于速度的变化率．物体的速度变化量大，加速度不一定大，加速度与速度无关．
【解答】解：A、物体的速度变化量大，加速度不一定大．只有当变化所用时间相同时，加速度才大．故A错误．
B、加速度等于速度的变化率，加速度越大，则速度变化越快．故B正确．
C、物体的速度大，但不一定变化，变化也不一定快，加速度不一定大．故C错误．
D、加速度很大的物体，只能说明速度变化快，不能说明速度大．故D错误．
故选：B
4．一根钢管，一端支在水平地面上，另一端被竖直绳悬吊着，如图所示，有关
钢管的叙述正确的是（ ）
A．钢管的重心一定在几何中心
B．绳对钢管的拉力等于钢管的重力
C．钢管对地面压力方向垂直钢管向下
D．地面与钢管之间不存在静摩擦力
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】质量均匀形状规则的物体重心在几何中心上；竖直方向根据共点力的平衡条件分析拉力大小；根据弹力的方向确定钢管对地面压力方向；水平方向根据共点力的平衡条件分析是否有摩擦力．
【解答】解：A、质量均匀形状规则的钢管，其重心一定在几何中心上；题目中没有说明钢管的质量是否均匀，故A错误；
B、因地面对钢管有支持力（FN）的作用，竖直方向根据力的平衡可得绳子拉力F=G﹣FN，所以绳对钢管的拉力小于钢管的重力；故B错误；
C、钢管对地面压力方向垂直地面向下；故C错误；
D、因绳子竖直，则水平方向钢管不受外力，故地面对钢管没有摩擦力；故D正确；
故选：D．
5．图中的三条直线描述了A、B、C三个物体的运动，通过图象，我们可以得到（ ）
A．物体C做匀速直线运动
B．0﹣6s内物体A经过的位移大小为5m
C．三个物体中C物体的加速度最小
D．若物体A和B从同一地点出发，则6s末两物体相遇
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】在v﹣t图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
【解答】解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，可知小车c的加速度为负的，物体C做匀减速直线运动．故A错误．
B、0﹣6s内物体A经过的位移大小为：x==5m，故B正确．
C、根据速度图象的斜率等于加速度，可知，小车B的加速度最小，故C错误．
D、根据v﹣t图象面积表示位移知，物体A和B从同一地点出发，在6s速度相同，位移不同，故不会相遇，故D错误．
故选：B
6．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知（ ）
A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力
B．汽车拉拖车的力与拖车拉汽车的力是平衡力
C．拖车拉汽车的力大于拖车受到的阻力
D．拖车拉汽车的力等于汽车受到的阻力
【考点】牛顿第三定律．
【分析】汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，同时产生，同时消失．拖车做加速运动，是因为拖车在水平方向上受拉力和阻力，拉力大于阻力，产生加速度．
【解答】解：A、B、汽车拉拖车的力和拖车拉汽车的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，同时产生，故AB错误；
C、D、拖车在水平方向上受汽车对它的拉力和自身所受的摩擦阻力，拉力大于摩擦阻力，有水平方向上的合力，产生加速度．故C正确，D错误．
故选：C
7．已知长为L的光滑斜面，物体从斜面顶端由静止开始以恒定的加速度下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的一半时，它沿斜面下滑的位移是（ ）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】本题是同一个匀加速直线运动中不同时刻的两段运动，可以直接设出加速度a和末速度v，那么末速度一半就为，用两次位移速度公式，联立方程即可求出结果．
【解答】解：设物体沿斜面下滑的加速度为a，物体到达斜面底端时的速度为v，则有：
v2=2aL ①
②
由①、②两式可得
故选C
8．在空中从某一高度相隔t0先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们运动过程中（ ）
A．甲、乙两球距离始终保持不变
B．甲、乙两球距离越来越大
C．甲、乙两球速度之差越来越大
D．甲、乙两球速度之差保持不变
【考点】自由落体运动．
【分析】甲乙两球均做自由落体运动，由速度公式求出速度之差与时间的关系，由位移公式列出它们的距离与时间关系的表达式即可解题．
【解答】解：A、设乙运动的时间为t，则甲运动时间为t+1，则两球的距离S==gtt0+
，可见，两球间的距离随时间推移，越来越大，故A错误，B正确．
C、甲乙两球均做加速度为g的自由落体运动，速度之差为△v=g（t+t0）﹣gt=gt0，保持不变．故C错误，D正确．
故选：BD．
9．如图所示，在光滑斜面上，有一轻质弹簧的一端固定在斜面上，有一物体A沿着斜面下滑，当物体A刚接触弹簧的一瞬间到弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的加速度将先增大，后减小
B．物体的加速度将先减小，后增大
C．物体的速度将先增大，后减小
D．物体的速度将先减小，后增大
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】通过分析小球的受力情况，来分析其运动情况，确定速度的变化，由牛顿第二定律分析加速度的变化，分析时要抓住弹簧的弹力与压缩量成正比．
【解答】解：小球接触弹簧后，弹簧的弹力先小于重力沿斜面向下的分力，小球的合力沿斜面向下，加速度也沿斜面向下，与速度方向相同，故小球做加速运动，因弹力逐渐增大，合力减小，加速度减小；随着小球向下运动，弹簧的弹力增大，当弹簧的弹力大于重力沿斜面向下的分力后，小球的合力沿斜面向上，加速度沿斜面向上，与速度方向相反，小球做减速运动，弹力增大，合力增大，加速度也增大；
综上可知，加速度先减小后反向增大；小球速度先增大后减小，故BC正确，AD错误；
故选：BC
10．静止在水平地面上的小车，质量为5kg，在水平拉50N的作用下做直线运动，
2s内匀加速前进了4m，在这个过程中（g取10m/s2）（ ）
A．动摩擦因数是0.8 B．摩擦力的大小是10N
C．小车加速度的大小是1m/s2 D．小车加速度的大小是2m/s2
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】根据匀加速直线运动位移时间公式求出加速度，根据牛顿第二定律求解摩擦力的大小，根据μ=求解动摩擦因数．
【解答】解：A、根据x=v0t+at2得：a==2m/s2；
根据牛顿第二定律得：
F﹣f=ma解得：f=50﹣10=40N，则μ===0.8，故AD正确，BC错误．
故选：AD．
二、填空题（本题共4小题，每空2分，共12分）
11．一人先向西走4米，又向北走3米，则此人在整个过程中的位移大小为 5 米； 路程大小为 7 米．
【考点】位移与路程．
【分析】位移的大小等于由初位置指向末位置的有向线段的长度．路程等于运动轨迹的长度．
【解答】解：先向西走4米，又向北走3米，则此人在整个过程中的位移大小：x=m．
路程是运动的轨迹的长度，所以是：3m+4m=7m
故答案为：5，7
12．图示是某根弹簧的伸长量x与所受拉力F之间的关系图，则该弹簧的劲度系数为 20 N/cm．
【考点】胡克定律．
【分析】根据胡克定律F=kx，结合图线的斜率求出弹簧的劲度系数．
【解答】解：根据胡克定律F=kx知，F﹣x图线的斜率表示弹簧的劲度系数k，则 k===20N/cm．
故答案为：20．
13．如图，质量为m的某人站在自动扶梯上，与扶梯一起加速上升，加速度大小为a．扶梯斜面的倾角为 θ，则扶梯对人的摩擦力大小为 macosθ ，扶梯对人的支持力大小 m（g+asinθ） ．
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】自动扶梯上的人随扶梯斜向上做加速运动，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向，根据牛顿第二定律即可求解．
【解答】解：人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：
ax=acosθ，方向水平向右；
ay=asinθ，方向竖直向上，
水平方向受静摩擦力作用，f=macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN﹣mg=masinθ，所以FN=m（g+asinθ）；
故答案为：macoθ；m（g+asinθ）
14．有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”：如图，将真空长直管沿竖直方向放置，自O点竖直向上抛出一小球又落至O点的时间为T2
，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1、T2 和H，可求得g等于 ．
【考点】自由落体运动．
【分析】解决本题的关键是将竖直上抛运动分解成向上的匀减速运动和向下的匀加速，所以从最高点落到O点的时间为，落到P点的时间为，可以求出VP和VO，根据OP之间可得H=×（﹣）可求出g．
【解答】解：将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动，
根据t上=t下
则从最高点下落到O点所用时间为，
故V0=g
从最高点下落到P点所用时间为，
则VP=g，
则从P点下落到O点的过程中的平均速度为=
从P点下落到O点的时间为t=
根据H=t可得
H=（）（）=（）×（T2﹣T1）
解得g=
故答案为：
三、实验题（本题共3小题，每空2分，共18分）
15．某实验小组只用一个弹簧秤进行“探究求合力的方法”实验
（1）请将以下实验步骤补充完整：
①如图，把两根细线中的一条细线与弹簧秤连接，然后同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，记下秤的示数F1和两细线的方向；
②放回橡皮条后，将弹簧秤连接到另一根细线上，再同时拉这两条细线，使橡皮条的一端伸长到O点，并使两条细线位于记录下来的方向上，记下秤的示数F2；
③再次放回橡皮条后，用弹簧秤连接一根细线， 拉动细线，使橡皮条的结点到达位置O点，记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向 ．
④根据平行四边形定则作出F1和F2的合力与步骤③比较，得出结论．
（2）图示步骤中，若保持弹簧秤所在一侧细线方向不变，O点位置不变，将右侧细线缓慢移至虚线位置，弹簧秤读数的变化情况是： 逐渐增大 ．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】“探究求合力的方法”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作．点O受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，说明一个拉力大小和方向不变，左侧弹簧秤的拉伸方向不变，说明一个拉力方向不变，判断另一拉力变化情况，因此利用“图示法”可正确求解．
【解答】解：（1）再次放回橡皮条后，用弹簧秤连接一根细线，为了使作用效果相同，则拉动细线，使橡皮条的结点到达位置O点，记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向．
（2）对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中O点位置不变，其拉力大小不变，左侧弹簧拉力方向不变，右侧弹簧拉力方向和大小都改变，
根据平行四边形定则可以看出将右侧细线缓慢移至虚线位置，弹簧秤读数逐渐增大．
故答案为：（1）拉动细线，使橡皮条的结点到达位置O点，记下此时弹簧秤的读数F和细线的方向；（2）逐渐增大
16．如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带，ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，C点对应的速度是 0.1 m/s，利用纸带求出小车运动的加速度为 0.2 m/s2．（已知使用交流电的频率为50HZ）
【考点】探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，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C点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，A、B两点间的距离s1=1.70cm﹣1.00cm=0.70cm；
同理，B、C两点间的距离s2=2.60cm﹣1.70cm=0.90cm；
C、D两点间的距离s3=3.70cm﹣2.60cm=1.10cm；
由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔
T=0.1s，
由于做匀变速直线运动的物体在某段时间内平均速度就等于在该段时间内的中间时刻瞬时速度，
故vC==m/s=0.1m/s
根据△x=aT2可得：
物体的加速度a=m/s2=0.2m/s2
故答案为：0.1，0.2．
17．用图示1实验装置来验证牛顿第二定律：
（1）为消除摩擦力的影响，实验前平衡摩擦力的具体操作为：取下 砂桶 ，把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节，直到轻推小车后，小车能沿木板做 匀速直线 运动．
（2）小车及车中砝码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，当M与m的大小关系满足 M远大于m 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于砂桶及砂的重力．
（3）某次实验测得的数据如下表所示．根据这些数据在坐标图2中描点并作出a﹣图线，通过a﹣图线求得合外力大小为 0.30 N（计算结果保留两位有效数字）．
/kg﹣1
a/（m•s﹣2）
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3
【考点】验证牛顿第二运动定律．
【分析】明确实验原理，了解具体操作步骤的含义，尤其是实验中如何进行平衡摩擦力的操作；只有M＞＞m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于砂桶及砂的重力；由F=ma可知，在a﹣图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小．
【解答】解：（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在取下砂桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，这样便平衡了摩擦力．
（2）根据牛顿第二定律得：
对m：mg﹣F拉=ma
对M：F拉=Ma
解得：F拉=
当M＞＞m时，即当钩码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砂桶及砂的重力．
（3）用描点法画出图象如下所示：
由F=ma可知，在a﹣图象中，图象的斜率表示物体所受合外力的大小，有图象可知其斜率为k=0.30，故所受合外力大小为0.30N．
故答案为：（1）砂桶，匀速直线；（2）M远大于m；（3）描点、连线如图所示，0.30
四、计算与推导题（本题共3小题，第18题7分，第19题10分，第20题13分，共30分）
18．如图所示，一质量分布均匀的小球静止在固定斜面和竖直挡板之间，各接触面间均光滑，小球质量为m=100g，按照力的效果作出重力及其两个分力的示意图，并求出各分力的大小．（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【考点】力的分解．
【分析】已知合力和两个分力的方向，根据平行四边形作图分析即可．
【解答】解：把球的重力沿垂直于斜面和垂直于档板的方向分解为力G1和G2，如图所示：
依据三角知识，则有：
G1=Gtan37°=100×10﹣3×10×0.75=0.75N；
G2==N=1.25N；
答：两分力的大小分别为0.75N，1.25N．
19．甲物体从阳台由静止下落，已知甲在下落过程中最后2s的位移是60m．g取10m/s2，试求：
（1）最后2s的平均速度；
（2）阳台离地面的高度；
（3）若甲释放2s后，乙也从阳台以某一竖直向下的初速度开始下落，若甲、乙同时落地，则乙下落时的初速度为多大？
【考点】自由落体运动．
【分析】（1）根据平均速度等于位移除以时间求解；
（2）根据自由落体运动的位移时间公式表示出最后2s内的位移，列出等式求解；
（3）同时落地，则乙比甲少运动2s，根据位移相等列式即可求解．
【解答】解：（1）最后2s的平均速度为：
m/s
（2）设运动的总时间为t，则最后2s内的位移为：
h=gt2﹣g（t﹣2）2=60m
解得：t=4s
所以总高度为：H=gt2=×10×16m=80m
（3）甲释放2s后，乙也从阳台释放，要甲、乙同时落地，则乙运动的时间为t′=4﹣2=2s
乙做匀加速运动，则h=
解得：
答：（1）最后2s的平均速度是30m/s；
（2）阳台离地面的高度是80m；
（3）若甲、乙同时落地，则乙下落时的初速度为30m/s．
20．如图所示，水平地面上放置一平板，平板质量为m，长度为l．一质量为2m的物块（可视为质点），静止在平板上的中点处．已知物块与平板之间的动摩擦因数为μ，平板与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．
（1）若平板被锁定在地面上，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，求该水平拉力的大小；
（2）若平板没有锁定，二者均静止，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，求该水平拉力的大小．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小，根据位移时间关系列方程联立求解；
（2
）根据牛顿第二定律列方程求解物块和平板车的加速度，根据位移关系列方程求解．
【解答】解：（1）设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律可得：
F﹣μ•2mg=2ma，
解得：a=，
根据位移时间关系可得：，
联立解得：F=2；
（2）设物块的加速度为a1，平板车的加速度为a2，根据牛顿第二定律可得：
F﹣μ•2mg=2ma1，
2μmg﹣μ•3mg=ma2，
根据位移关系可得：，
联立解得：F=3μmg+2m．
答：（1）若平板被锁定在地面上，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，该水平拉力的大小为2；
（2）若平板没有锁定，二者均静止，给物块施加一水平向右的拉力，使物块从静止开始经过时间t后脱离平板，该水平拉力的大小为3μmg+2m．
2017年2月7日
微信/支付宝扫码支付