2015-2016学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检物理试卷
一．选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )
A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左
B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ
C．质点所受摩擦力大小为mgsinθ
D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ
2．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为( )
A． B．vt0（1﹣） C． D．
3．上海锦江乐园新建的“摩天转轮”，它的直径达98m，世界排名第五．游人乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，每转一周用时25min，下列说法中正确的是( )
A．每时每刻，每个乘客受到的合力都不等于零
B．每个乘客都在做加速度为零的匀速运动
C．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
D．乘客运动的加速度始终保持不变
4．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g，则有( )
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A．a1=0，a2=g B．a1=g，a2=g
C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g
5．如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是( )
A．1s B．s
C．1.5s D．条件不足，无法判断
6．如图为一质点沿直线运动的v﹣t图象，已知质点从零时刻出发，在2T时刻恰好返回出发点．则下列说法正确的是( )
A．0～T与T～2T时间内的位移相同
B．质点在T时开始反向运动
C．T秒末与2T秒末速度大小之比为1：1
D．0～T与T～2T时间内的加速度大小之比为1：3
7．从地面竖直上抛物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为V，则下列说法正确的是( )
A．两物体在空中运动的时间相等
B．A上升的最大高度大于B开始下落时的高度
C．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2V
D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点
8．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
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A．加速时加速度的大小为g B．加速时动力的大小等于mg
C．减速时动力的大小等于mg D．减速飞行时间2t后速度为零
9．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )
A．当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω＞时，绳子一定有弹力
C．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
D．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大
10．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．小球的加速度先增大后减小，最后保持不变
B．小球的速度先增大后减小，最后保持不变
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为
二、实验题（共15分）
11．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．
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（1）某次测量如图2所示，指针示数为__________cm．
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数如表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为__________N/m．（取g=l0m/s2，结果保留三位有效数字）
12．用如图1所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定．
①实验时，一定要进行的操作是__________
a．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
b．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
c．用天平测出砂和砂桶的质量
d．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
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②以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，图2画出的a﹣F图象可能正确的是__________
③若测出a﹣F图象的斜率为k后，则小车的质量为__________．
三、解答题（共45分）
13．火车以速率v1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率v2做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a，则要使两车不相撞，求加速度a应满足的条件？
14．有A、B两小球，用长为L=4m的细绳连接，现将A、B两球从同一点以相同的水平速度v=6m/s 先后抛出，A球先抛，相隔的时间△t=0.4s，取g=10m/s2．求A球抛出后，经过多少时间，两球间的细绳刚好被拉直？
15．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=6N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=3m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
16．（13分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
2015-2016学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检物理试卷
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一．选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分．其中第1-6题为单选题，第7-10题为多选题．全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．如图所示，质量为m的质点静止地放在半径为R的半球体上，质点与半球体间的动摩擦因数为μ，质点与球心的连线与水平地面的夹角为θ，则下列说法正确的是( )
A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左
B．质点对半球体的压力大小为mgcosθ
C．质点所受摩擦力大小为mgsinθ
D．质点所受摩擦力大小为mgcosθ
考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用．
专题：共点力作用下物体平衡专题．
分析：以整体为研究对象可得出地面对半球体的摩擦力；以质点为研究对象，对质点进行受力分析，由共点力的平衡可得出质点受到的摩擦力及支持力，由牛顿第三定律可得出半球体受到的压力．
解答： 解：A、以整体为研究对象，整体处于静止状态，而水平方向不受外力，故半球体不受地面的摩擦力；故A错误；
B、对质点受力分析，质点受重力、支持力及摩擦力，三力作用下物体处于平衡状态，则合力为零，质点对球面的压力为mgsinθ，故B错误；
C、摩擦力沿切线方向，在切线方向重力的分力与摩擦力相等，即f=mgcosθ，故C错误，D正确；
故选D．
点评：对于圆面上的物体，此支持力沿径向方向，摩擦力沿切线方向．
2．“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，如图所示，它是目前世界上下潜能力最强的潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为v时开始计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间t上浮到海面，速度恰好减为零，则“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度为( )
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A． B．vt0（1﹣） C． D．
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
专题：直线运动规律专题．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出“蛟龙号”的加速度，采用逆向思维，结合位移时间公式求出“蛟龙号”在t0（t0＜t）时刻距离海平面的深度．
解答： 解：蛟龙号上浮时的加速度大小a=，
根据逆向思维，可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h=．
故选：D．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用，基础题．
3．上海锦江乐园新建的“摩天转轮”，它的直径达98m，世界排名第五．游人乘坐时，转轮始终不停地匀速转动，每转一周用时25min，下列说法中正确的是( )
A．每时每刻，每个乘客受到的合力都不等于零
B．每个乘客都在做加速度为零的匀速运动
C．乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
D．乘客运动的加速度始终保持不变
考点：向心加速度；线速度、角速度和周期、转速．
专题：匀速圆周运动专题．
分析：转轮始终不停地匀速转动，乘客做匀速圆周运动，加速度不为零．乘客所受的合外力提供向心力，方向指向圆心，时刻在变化，是变力．乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大．到达摩天轮的最高点时，乘客的加速度向下，处于失重状态．
解答： 解：A、每个乘客在做匀速圆周运动，具有向心加速度，加速度不为零，合力不为零，故A正确，B错误．
C、乘客对座位的压力大小是变化的，在最低点最大．最高点对座位的压力最小，故C错误．
D、圆周运动的加速度方向时刻在改变，故加速度一直改变，D错误；
故选：A
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点评：本题是实际生活中的圆周运动问题，要抓住加速度、合外力都是矢量，当它们的方向改变时，矢量也是变化的．
4．如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2．重力加速度大小为g，则有( )
A．a1=0，a2=g B．a1=g，a2=g
C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：通过共点力平衡求出弹簧的弹力大小，抓住抽出木板的瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块1、2的加速度．
解答： 解：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：
mg=F，
a1=0．
对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：
a2=，故C正确．
故选：C
点评：本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失．
5．如图所示，轮子的半径均为R=0.20m，且均由电动机驱动以角速度ω=8.0rad/s逆时针匀速转动，轮子的转动轴在同一水平面上，轴心相距d=1.6m，现将一块均匀木板轻轻地平放在轮子上，开始时木板的重心恰好在O2轮的正上方，已知木板的长度L＞2d，木板与轮子间的动摩擦因数均为μ=0.16，则木板的重心恰好运动到O1轮正上方所需的时间是( )
A．1s B．s
C．1.5s D．条件不足，无法判断
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
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分析：根据v=Rω求出轮子的线速度，木板在轮子上先做匀加速直线运动，当速度达到轮子的线速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出运动的时间．
解答： 解：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移=m=0.8m＜1.6m，
知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间，
位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.6﹣0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间，
所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
点评：解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
6．如图为一质点沿直线运动的v﹣t图象，已知质点从零时刻出发，在2T时刻恰好返回出发点．则下列说法正确的是( )
A．0～T与T～2T时间内的位移相同
B．质点在T时开始反向运动
C．T秒末与2T秒末速度大小之比为1：1
D．0～T与T～2T时间内的加速度大小之比为1：3
考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：运动学中的图像专题．
分析：先从v﹣t图象得到T时间与第二个T时间的位移关系，然后根据平均速度公式列式求解T时刻与2T时刻的速度之比，最后根据加速度定义公式求解加速度之比．
解答： 解：A、根据“面积”表示位移，图象在时间轴上方位移为正，在时间轴下方位移为负，可知，0～T与T～2T时间内的位移方向相反，故A错误；
B、在T时前后速度均为正，运动方向没有改变，故B错误；
C、设T时刻速度为v1，2T时刻速度为v2，0～T与T～2T时间内的位移相反，故由题意有：•T=﹣•T，解得：v2=﹣2v1，即T秒末与2T秒末速度大小之比为1：2，故C错误；
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D、0～T时间内的加速度为：a1==，T～2T时间内的加速度为：a2==﹣，故：||=，故D正确；
故选：D
点评：本题关键是通过速度时间图象得到物体的运动规律，然后结合平均速度公式列式求解．
7．从地面竖直上抛物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速度大小均为V，则下列说法正确的是( )
A．两物体在空中运动的时间相等
B．A上升的最大高度大于B开始下落时的高度
C．A上抛的初速度与B落地时速度大小相等，都是2V
D．两物体在空中同时达到的同一高度处一定是B开始下落时高度的中点
考点：自由落体运动．
专题：自由落体运动专题．
分析：竖直上抛运动看成向上的加速度为﹣g的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解．
解答： 解：A、设两物体从下落到相遇的时间为t，竖直上抛物体的初速度为v0，则由题gt=v0﹣gt=v 解得v0=2v．
根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB=
A竖直上抛物体在空中运动时间tA=2×．故A错误，C正确．
B、物体A能上升的最大高度hA=，B开始下落的高度hB=g（）2，显然两者相等．故B错误．
D、两物体在空中同时达到同一高度为h=gt2=．故D错误．
故选：C．
点评：本题涉及两个物体运动的问题，关键要分析两物体运动的关系，也可以根据竖直上抛运动的对称性理解．
8．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
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A．加速时加速度的大小为g B．加速时动力的大小等于mg
C．减速时动力的大小等于mg D．减速飞行时间2t后速度为零
考点：牛顿第二定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度；推力方向逆时针旋转60°后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间．
解答： 解：A、B、起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示：
在△OFFb中，由几何关系得：F=，Fb=mg
由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g
故A正确，B错误；
C、D、t时刻的速率：v=a1t=gt
推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，
此时合力大小为：
F'h=mgsin30°
动力大小：
飞行器的加速度大小为：
a2==g
到最高点的时间为：t′===2t
故CD正确；
故选：ACD．
点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解，难度适中．
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9．如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )
A．当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动
B．当ω＞时，绳子一定有弹力
C．ω在0＜ω＜范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
D．ω在＜ω＜范围内增大时，B所受摩擦力变大
考点：向心力；线速度、角速度和周期、转速．
专题：匀速圆周运动专题．
分析：开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，A的静摩擦力减小，B受最大静摩擦力不变，角速度继续增大，A的静摩擦力减小到零又反向增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动．
解答： 解：A、当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑动，对A有：kmg﹣T=mLω2，对B有：T+kmg=m•2Lω2，解得ω=，当ω＞时，A、B相对于转盘会滑动；故A正确；
B、当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，kmg=m•2Lω2，解得ω1=，知ω＞时，绳子具有弹力；故B正确；
C、当ω在0＜ω＜范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以f﹣T=mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大；故C正确；
D、角速度0＜ω＜，B所受的摩擦力变大；故D错误．
故选：ABC．
点评：解决本题的关键搞清木块向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析；注意假设没有绳子时木块要滑动，实际才会拉绳子，产生弹力．
10．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
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A．小球的加速度先增大后减小，最后保持不变
B．小球的速度先增大后减小，最后保持不变
C．小球的最大加速度为
D．小球的最大速度为，恒力F0的最大功率为
考点：牛顿第二定律．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：对小球受力分析，根据牛顿第二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，进而分析运动情况，恒力的功率等于力乘以速度
解答： 解：AB、刚开始运动，加速度为 a=，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kv＞mg后，加速度为：a=，当速度v增大，加速度减小，当a2减小到0，做匀速运动，故A正确，B错误；
C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误．
D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kv﹣mg），故最大速度为：vm=，恒力F0的最大功率为：P=Fvm=，故D正确．
故选：AD
点评：本题关键是根据牛顿二定律表示出加速度，分析加速度的变化情况，要有分析物体的受力情况和运动情况的能力
二、实验题（共15分）
11．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．
（1）某次测量如图2所示，指针示数为16.00cm．
（2）在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数如表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为12.5N/m，弹簧Ⅱ的劲度系数为25.0N/m．（取g=l0m/s2，结果保留三位有效数字）
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考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．
专题：实验题．
分析：（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．
（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．
解答： 解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．
（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：
k1===12.5N/m．
结合A、B示数的变化，可得当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧Ⅱ形变量的变化量△x=6.00﹣400=2.00cm，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数k2===25.0N/m
故答案为：（1）16.00；（2）12.5，25.0
点评：解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量
12．用如图1所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定．
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①实验时，一定要进行的操作是ab
a．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数
b．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
c．用天平测出砂和砂桶的质量
d．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
②以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，图2画出的a﹣F图象可能正确的是a
③若测出a﹣F图象的斜率为k后，则小车的质量为．
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题：实验题．
分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．
解答： 解：（1）a、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故a正确；
b、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故b正确；
c、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故cd错误．
故选：ab
（2）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，所以a﹣F图象是一条倾斜的直线，由实验装置可知，实验前没有平衡摩擦力，则画出的a﹣F图象在F轴上有截距，故a正确．
故选：a
（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，
此题，弹簧测力计的示数F=，
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故小车质量为
故答案为：（1）ab；（2）a；（3）．
点评：本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a﹣F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中．
三、解答题（共45分）
13．火车以速率v1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率v2做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a，则要使两车不相撞，求加速度a应满足的条件？
考点：牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：两车不相撞的临界情况是，速度相等时，恰好不相撞，结合速度时间公式和位移公式求出加速度所满足的条件．
解答： 解：两车速度相等时所经历的时间：t=，
此时后面火车的位移：x1=，
前面火车的位移为：x2=v2t，
由x1=x2+s，解得：a=．
所以a．
答：加速度满足的条件为a．
点评：速度大者减速追速度小者，速度相等前，两者距离逐渐减小，若不能追上，速度相等后，两者距离越来越大，可知只能在速度相等前或相等时追上．临界情况为速度相等时恰好相碰．
14．有A、B两小球，用长为L=4m的细绳连接，现将A、B两球从同一点以相同的水平速度v=6m/s 先后抛出，A球先抛，相隔的时间△t=0.4s，取g=10m/s2．求A球抛出后，经过多少时间，两球间的细绳刚好被拉直？
考点：平抛运动．
专题：平抛运动专题．
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分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，两球在水平方向上的位移之差恒定，结合竖直方向上的位移之差，运用平行四边形定则求出绳子被拉直所需的时间．
解答： 解：设A球经过t时间，绳子被拉直，此时两球在水平方向上的位移之差x=v△t=6×0.4m=2.4m，
两球在竖直方向上的位移之差y=，
又L=，
代入数据，联立解得t=1s．
答：A球抛出后，经过1s时间，两球间的细绳刚好被拉直．
点评：解决本题的关键知道两球相隔0.4s水平抛出，在水平方向上的位移差保持不变，在竖直方向上的位移差逐渐增大，当绳子拉直时有（△x）2+（△y）2=L2．
15．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=6N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=3m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）根据牛顿第二定律得出物块上滑的加速度，根据速度位移公式求出速度达到传送带速度的位移，根据受力分析出下一阶段的运动规律，根据运动学公式求出时间．
（2）撤去F后，物块向上做匀减速运动，根据速度位移公式求出离开的速度，结合速度时间公式求出离开的时间．
解答： 解：（1）物块开始上滑的加速度为：
==4m/s2，
速度达到传送带速度经历的位移为：
，
则有：，
第二阶段由于F与mgsinθ相等，物块不受摩擦力，做匀速直线运动，运动的时间为：
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，
则有：t=t1+t2=1+0.75s=1.75s．
（2）当速度相等时，撤去F，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物块向上做匀减速运动，加速度大小为：
=2m/s2，
根据v2﹣v′2=2a2x′得：．
所用的时间为：．
答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.75s；
（2）小物块还需经过1s时间，离开传送带以及离开时的速度为2m/s．
点评：解决本题的关键理清物块在传送带上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律综合求解．
16．（13分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示．己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
考点：匀变速直线运动的图像．
专题：压轴题；运动学中的图像专题．
分析：（1）由v﹣t图象分析可知，0.5s时刻以前木板做匀减速运动，而物块做匀加速运动，t=0.5s时刻两者速度相等．根据v﹣t的斜率等于物体的加速度，由数学知识求出木板的加速度大小，由运动学公式和牛顿第二定律结合求解动摩擦因数；
（2）根据牛顿第二定律判断速度相同后两个物体能否一起做匀减速运动，求出加速度，由运动学公式求出两个物体的总位移，两者之差即为相对位移．
解答： 解：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．
v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为=m/s2=8m/s2．
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对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得
μ1mg+μ2•2mg=ma1，①
对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2==μ1g
t=0.5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②
由①②解得μ1=0.20，μ2=0.30
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2==μ1g=2m/s2．
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′==4m/s2
故整个过程中木板的位移大小为x1=+=1.625m
物块的位移大小为x2==0.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1﹣x2=1.125m
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m．
点评：本题首先要掌握v﹣t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
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