2016-2017学年福建省福州市八县一中（福清一中、长乐一中等）高一（上）期末物理试卷
一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分．）
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．伽利略对自由落体运动的研究，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法
C．牛顿在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验．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
2．下列说法正确的是（ ）
A．物体受力越大，运动状态改变越快，说明物体受力大时比受力小时的惯性大
B．骑自行车的人，在上坡前往往要加紧噔几下，这是为了增大自行车的惯性
C．甲乙两人拔河时，甲对绳子的拉力与乙对绳子的拉力是一对作用力与反作用力
D．轮船的螺旋桨旋转时，向后推水，水同时给螺旋桨一个反作用力，推动轮船前进
3．唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1m，则水落到地面的速度约为（设初速度为零，忽略空气阻力）（ ）
A．100 m/s B．140 m/s C．200 m/s D．2 000 m/s
4．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2
5．如图，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=g，a2=g B．a1=0，a2=g
C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g
6．如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB与AC之间的夹角为30°．现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则（ ）
A．球对AB板的压力逐渐减小
B．球对AB板的压力先减小后增大
C．球对AC板的压力逐渐增大
D．球对AC板的压力先减小后增大
7．如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ．则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（ ）
A． B．Ma C．μmg D．μ（M+m）g
8．如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（ ）
A．小球一直做匀加速直线运动 B．小球做往返运动
C．小球始终向某一方向运动 D．t=2s时，速度最大
9．关于加速度的单位，下列正确的有（ ）
A．kg•m/s B．m/s2 C．kg/N D．N/kg
10．如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度﹣时间（v﹣t）图象，由图可知（ ）
A．t1时刻b质点追上a质点
B．在t1～t2时间内，b质点的速度总是大于a质点的速度
C．在t1～t2时间内，b和d两个质点的运动方向均发生改变
D．若t1时质点c在d的前方，则在t1～t2时间内，d和c两质点间的距离越来越大
11．图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O
点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，图中B点是弹性绳的原长位置，D是运动员所到达的最低点，C是人静止悬吊着时的平衡位置．运动员在从O点落下到最低点D的过程中，忽略空气阻力，分析运动员从O到D点过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从O到B做加速运动，从B到D做减速运动
B．经过C点时，运动员的速率最大
C．从B点到C点，运动员的加速度增大
D．从C点到D点，运动员处于超重状态
12．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（ ）
A．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
B．若加速度a变大，斜面对球的弹力减小
C．若加速度a变大，斜面对球的弹力不变
D．若加速度a变大，竖直挡板对球的弹力变大
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分．）
13．（6分）在“探究求合力的规律”的实验中，
（1）如图是一个同学某次实验用两弹簧秤通过细线Oa、Ob拉橡皮条OO′的情况，其中错误或不妥当之处有： ．
（至少写两条）
（2
）在纠正了错误操作方法后，该同学重新进行实验，实验过程中，需要记录的物理量有 ．（填选项前的字母）
A．结点O的位置
B．两根细绳套的长度
C．第一次拉伸橡皮筋时两个弹簧测力计的示数和细绳套的方向
D．第二次拉伸橡皮筋时弹簧测力计的示数和细绳套的方向．
（3）在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果 发生变化．（选填“会”或“不会”）．
14．（8分）某研究性学习小组用如图1所示的装置探究牛顿第二定律．该小组在实验中确定的研究对象是小车，而且认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力，也是小车所受的合外力．
（1）对该实验，以下说法中正确的是 ．
A．将电磁打点计时器接在6V电压的干电池组上，先接通电源，再放开小车
B．在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，直到小车在砂桶和砂的拉动下带动纸带做匀速直线运动，以平衡小车运动中受到的摩擦力
C．实验中必须使砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
D．细线对小车的真实拉力一定略小于砂桶和砂的总重力
（2）某同学在做实验时，不慎将已平衡好摩擦力的长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离而没有发现，那么描绘出来的a﹣F图象应是图2中的哪一个？
（3）如图3所示是某同学在实验中打出的一条纸带，O、A、B、C、D为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间还有四个点，所用交变电源的频率为50Hz，量出相邻计数点之间的距离分别为：OA=2.40cm，AB=2.81cm，BC=3.24cm，CD=3.64cm．则打点计时器打下C点的瞬时速度vC= m/s，该物体运动的加速度a= m/s2（结果均保留三位有效数字）
三、解答题（本题共4小题，共38分．在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）
15．（6分）如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线与竖直方向夹角为θ，球和车厢相对静止，球的质量为m，重力加速度为g．
（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
（2）求悬线对球的拉力大小．
16．（10分）如图所示，质量为m1=2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O．轻绳OA水平，OB绳与水平方向的夹角θ=30°，且通过一个光滑的轻滑轮与放置在水平面上的质量为m2=5kg的物体乙相连，物体甲、乙均处于静止状态．（g=10m/s2）求：
（1）轻绳OA、OB对结点O点的拉力大小；
（2）物体乙对地面的压力．
（3）滑轮轴对滑轮的弹力的大小和方向．
17．（10分）如图所示，一个放置在水平地面上的木块，其质量为m=4kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37o角的F=50N的推力作用，使木块从静止开始运动，4s内移动了24m的距离．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求木块与地面间的动摩擦因数；
（2）若4s后撤去推力，求撤去推力后5s内木块在地面上滑行的距离．
18．（12分）如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度S=2m，斜面倾角为37°．光滑水平地面上有一块质量M=3Kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为m=1kg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数
为0.3，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小；
（2）物体从B点滑上长木板时，物体和长木板的加速度．
（3）物体在长木板上滑行的最大距离．
2016-2017学年福建省福州市八县一中（福清一中、长乐一中等）高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分．）
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．伽利略对自由落体运动的研究，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法
C．牛顿在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验．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
【考点】物理学史．
【分析】解答本题应掌握：用质点来代替物体的方法叫理想模型法；伽利略研究自由落体运动采用的科学方法是逻辑推理与实验相结合；在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法．
【解答】解：A、质点是理想化的物理模型，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；故A正确．
B、伽利略在研究自由落体运动时采用了逻辑推理、实验和数学结合的方法；故B正确．
C、伽利略在研究运动和力的关系时，提出了著名的斜面实验．该实验运用了理想实验法；故C错误．
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．故D正确．
本题选择不正确的，故选：C
【点评】在学习物理知识的同时，我们还学习科学研究的方法，常用的方法有：控制变量法、等效替代法、理想实验法、类比法等等．
2．下列说法正确的是（ ）
A．物体受力越大，运动状态改变越快，说明物体受力大时比受力小时的惯性大
B．骑自行车的人，在上坡前往往要加紧噔几下，这是为了增大自行车的惯性
C．甲乙两人拔河时，甲对绳子的拉力与乙对绳子的拉力是一对作用力与反作用力
D．轮船的螺旋桨旋转时，向后推水，水同时给螺旋桨一个反作用力，推动轮船前进
【考点】作用力和反作用力；惯性．
【分析】惯性是物体的基本属性，仅仅与质量的大小有关；牛顿第三定律的内容主要有：两个物体之间的作用力和反作用力，总是同时在同一条直线上，大小相等，方向相反． 即 F1=﹣F2．
【解答】解：A、惯性的大小仅仅与质量有关，与物体的受力状态无关．故A错误，
B、惯性的大小仅仅与质量有关，与物体的运动状态无关；骑自行车的人，在上坡前往往要加紧噔几下，这是为了增大自行车的动能．故B错误；
C、作用力与反作用力是两个相互作用的物体之间的力，故甲对绳子的力和乙对绳子的力不是作用力与反作用力．故C错误；
D、力的作用是相互的；轮船的螺旋桨旋转时，向后推水，水同时给螺旋桨一个向前的反作用力，轮船前进，故D正确；
故选：D
【点评】本题关键是要明确作用力与反作用力规律的适用范围，牛顿第三定律与物体加速、减速还是匀速无关．
3．唐代大诗人李白的“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”描述了庐山瀑布的美景，如果三尺为1m
，则水落到地面的速度约为（设初速度为零，忽略空气阻力）（ ）
A．100 m/s B．140 m/s C．200 m/s D．2 000 m/s
【考点】自由落体运动．
【分析】水初速度为零，仅受重力，做自由落体运动，根据速度位移公式求出落到地面的速度．
【解答】解：三千尺为1000m，根据速度位移公式得：≈140m/s．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键知道自由落体运动的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．
4．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（ ）
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为1.5m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为1.5m/s2
【考点】超重和失重；牛顿第二定律．
【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；
再对人进行运动分析，确定加速度方向；
最后根据牛顿第二定律列式求解．
【解答】解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得
F=m（g﹣a）=9m
B、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得
F=m（g+a）=11m
C、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律
F﹣mg=ma
解得
F=m（g+a）=11.5m
D、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律
mg﹣F=ma
解得
F=m（g﹣a）=8.5m
故示数最大的情况为C；
故选：C．
【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！
5．如图，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=g，a2=g B．a1=0，a2=g
C．a1=0，a2=g D．a1=g，a2=g
【考点】牛顿第二定律．
【分析】木板抽出前，木块1和木块2都受力平衡，根据共点力平衡条件求出各个力；木板抽出后，木板对木块2的支持力突然减小为零，其余力均不变，根据牛顿第二定律可求出两个木块的加速度．
【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，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
a==
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．
6．如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB与AC之间的夹角为30°．现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则（ ）
A．球对AB板的压力逐渐减小
B．球对AB板的压力先减小后增大
C．球对AC板的压力逐渐增大
D．球对AC板的压力先减小后增大
【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】分析小球的受力情况，由平衡条件，运用图解法分析板对小球的支持力的变化，即可知道球对板的压力如何变化．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出小球三个不同位置的受力图如图，可见，使AB板顺时针缓慢转动90°的过程中，
AB板对球的支持力N1先减小后增大，AC板对球的支持力N2一直减小，由牛顿第三定律得知，球对AB板的压力先减小后增大，球对AC板的压力一直减小．
故选：B．
【点评】本题运用图解法分析动态平衡问题，直观简洁，也可以运用函数法进行研究．
7．如图，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是μ．则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（ ）
A． B．Ma C．μmg D．μ（M+m）g
【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-连接体．
【分析】由于小车和木块一起作无相对滑动的加速运动，所以小车和木块的加速度大小相同，对小车和木块受力分析，根据牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小．
【解答】解：先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F=（M+m）a ①
再对物体m
受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
f=ma ②
由①②联立解得：f=ma=，故BCD错误，A正确；
故选：A．
【点评】当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大小．
8．如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（ ）
A．小球一直做匀加速直线运动 B．小球做往返运动
C．小球始终向某一方向运动 D．t=2s时，速度最大
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】物体在奇数秒内，从静止开始做匀加速直线运动，偶数秒内沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，周而复始．做单向直线运动．
【解答】解：由图可知：物体在奇数秒内，合力恒定不变，从静止开始做匀加速直线运动．偶数秒内力反向，由于惯性，物体仍沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，即2s末速度为零，周而复始．做单向直线运动．
所以ABD错误、C正确；
故选：C．
【点评】本题物体在周期性外力作用运动，往往分析一个周期内物体的运动情况，再周期性重复．
9．关于加速度的单位，下列正确的有（ ）
A．kg•m/s B．m/s2 C．kg/N D．N/kg
【考点】加速度．
【分析】加速度的单位为导出单位，根据加速度的定义式以及牛顿第二定律分析即可．
【解答】解：根据加速度的定义式可知a=，则加速度的单位为m/s2，根据牛顿第二定律a=可知，加速度的单位为N/kg，故BD正确，AC错误．
故选：BD
【点评】解决本题的关键知道各个物理量的单位，能够区分基本单位和导出单位，基础题
10．如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移﹣时间（x﹣t）图象，图乙为质点c和d做直线运动的速度﹣时间（v﹣t）图象，由图可知（ ）
A．t1时刻b质点追上a质点
B．在t1～t2时间内，b质点的速度总是大于a质点的速度
C．在t1～t2时间内，b和d两个质点的运动方向均发生改变
D．若t1时质点c在d的前方，则在t1～t2时间内，d和c两质点间的距离越来越大
【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度，图象的交点表示位移相等；在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．
【解答】解：A、根据甲图可知，a、b都沿负方向运动，开始时a在b的前面，则t1时刻b质点追上a质点，故A正确；
B、在位移﹣时间图象中，斜率表示速度，则在t1～t2时间内b的速度先大于a的速度，后小于a的速度，最后又大于a的速度，故B错误；
C、在位移﹣时间图象中，斜率表示速度，则a的速度方向不变，b
的速度方向变化，v﹣t图象中，cd两质点的速度一直为正，没有改变，所以只有b运动方向改变，acd质点的方向未发生改变，故C错误；
D、若t1时质点c在d的前方，则在t1～t2时间内，d的速度一直小于c的速度，则d和c两质点间的距离越来越大，故D正确．
故选：AD
【点评】要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，从斜率、面积等数学角度来理解其物理意义．
11．图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，图中B点是弹性绳的原长位置，D是运动员所到达的最低点，C是人静止悬吊着时的平衡位置．运动员在从O点落下到最低点D的过程中，忽略空气阻力，分析运动员从O到D点过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员从O到B做加速运动，从B到D做减速运动
B．经过C点时，运动员的速率最大
C．从B点到C点，运动员的加速度增大
D．从C点到D点，运动员处于超重状态
【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【分析】运动员从B点到C点，重力大于弹力，从C点D点，弹力大于重力，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化以及方向，再根据加速度方向和速度方向的关系判断出速度的变化．
【解答】解：A、从B点到C点，重力大于弹力，加速度方向向下，向下运动的过程中弹力增大，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，到达C点，加速度为零，速度达到最大，故A错误；
B、从C点到D
点，重力小于弹力，加速度方向向上，向下运动的过程中弹力增大，加速度增大，做加速度逐渐增大的减速运动，则可知，运动员在C点的速率最大，故B正确；
C、从B点到C点运动员加速下降，加速度向下，此时由于受绳子拉力越来越大，则运动员的加速度越来越小，故C错误；
D、从C点到D点运动员减速下降，加速度向上，是超重，故D正确；
故选：BD．
【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小．
12．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（ ）
A．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
B．若加速度a变大，斜面对球的弹力减小
C．若加速度a变大，斜面对球的弹力不变
D．若加速度a变大，竖直挡板对球的弹力变大
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律得到挡板和斜面对小球的弹力与加速度a的关系式，再进行分析．
【解答】解：分析小球的受力情况：重力mg、挡板的弹力N1和斜面对小球的弹力N2．设斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律得：
水平方向：N1﹣N2sinα=ma ①
竖直方向：N2cosα=mg ②
联立得 N1=ma+mgtanα ③
若加速度a越小，由③得，N1越小．即竖直挡板对球的弹力越小．
由②得知，若加速度a逐渐变大，斜面对球的弹力不变．
由②③得，斜面和挡板对球的弹力的合力F合=＞ma．
故选：CD
【点评】本题根据牛顿第二定律得到两个弹力与加速度的关系式，即可分析加速度变化时弹力的变化情况．
二、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分．）
13．在“探究求合力的规律”的实验中，
（1）如图是一个同学某次实验用两弹簧秤通过细线Oa、Ob拉橡皮条OO′的情况，其中错误或不妥当之处有： 细线0a太短，两线夹角太小，弹簧的轴线与细线不共线 ．
（至少写两条）
（2）在纠正了错误操作方法后，该同学重新进行实验，实验过程中，需要记录的物理量有 ACD ．（填选项前的字母）
A．结点O的位置
B．两根细绳套的长度
C．第一次拉伸橡皮筋时两个弹簧测力计的示数和细绳套的方向
D．第二次拉伸橡皮筋时弹簧测力计的示数和细绳套的方向．
（3）在实验中，如果只将细绳换成橡皮筋，其它步骤没有改变，那么实验结果 不变 发生变化．（选填“会”或“不会”）．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】正确理解该实验的实验原理是解题的关键，在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时做的平行四边形要大小适中，不能太小，以免增大误差，在实验中注意细线的作用是提供拉力，采用橡皮筋同样可以做到．
【解答】解：（1）解：在该实验中要正确测量弹簧的示数和弹力方向，在确定方向时，在细线下方用铅笔点得点距离要适当的大些，因此细线不能太短；同时弹簧的轴线和细线要在同一直线上，这样测量才能准确；作图时，平行四边形要适度大些，不能太小．
（2）在纠正了错误操作方法后，该同学重新进行实验，实验过程中，需要记录的物理量有节点O的位置，第一次拉伸橡皮筋时两个弹簧测力计的示数和细绳套的方向
和第二次拉伸橡皮筋时弹簧测力计的示数和细绳套的方向．故B错误，ACD正确；
故选：ACD
在实验中细线是否伸缩对实验结果没有影响，故换成橡皮筋可以同样完成实验，故实验结果不变．
故答案为：（1）细线0a太短，两线夹角太小，弹簧的轴线与细线不共线；（2）ACD；（3）不变．
【点评】本题通过改错，考查了对实验的具体操作情况，要在具体操作中明确误差产生原因，以及具体操作中的注意事项．
14．某研究性学习小组用如图1所示的装置探究牛顿第二定律．该小组在实验中确定的研究对象是小车，而且认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力，也是小车所受的合外力．
（1）对该实验，以下说法中正确的是 CD ．
A．将电磁打点计时器接在6V电压的干电池组上，先接通电源，再放开小车
B．在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，直到小车在砂桶和砂的拉动下带动纸带做匀速直线运动，以平衡小车运动中受到的摩擦力
C．实验中必须使砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
D．细线对小车的真实拉力一定略小于砂桶和砂的总重力
（2）某同学在做实验时，不慎将已平衡好摩擦力的长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离而没有发现，那么描绘出来的a﹣F图象应是图2中的哪一个？ B
（3）如图3所示是某同学在实验中打出的一条纸带，O、A、B、C、D为在纸带上所选的计数点，相邻计数点间还有四个点，所用交变电源的频率为50Hz，量出相邻计数点之间的距离分别为：OA=2.40cm，AB=2.81cm，BC=3.24cm，CD=3.64cm．则打点计时器打下C点的瞬时速度vC= 0.344 m/s，该物体运动的加速度a= 0.418 m/s2（结果均保留三位有效数字）
【考点】验证牛顿第二运动定律．
【分析】（1）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．
（2）长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离，导致木板倾角减小，平衡摩擦力不够．
（3）利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，据此可以求出C点速度大小；利用逐差法可以求出加速度的大小．
【解答】解：（1）A、电磁打点计时器应接在电压为6V以下的交流电源上，先接通电源，再放开小车，故A错误；
B、做该实验需要平衡摩擦力，所以在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，让小车做匀速直线运动，砂桶和砂不能挂在小车上，故B错误；
C、当小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砝码盘和砝码的总重力大小，故C正确；
D、实际上砂桶和砂也做匀加速运动，mg﹣T=ma，所以细线对小车的真实拉力一定略小于砂桶和砂的总重力，故D正确；
故选：CD
（2）长木板下面垫的小木片向远离定滑轮端移动一段距离，导致木板倾角减小，平衡摩擦力不够，因此当存在拉力F时，物体的加速度为零，故ACD错误，B正确．
故答案为：B．
（3）相邻两个计数点之间还有4个点没有画出，则相邻点时间间隔为0.1s；
匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小，所以有：
===0.344m/s
根据△x=aT2有：
a===0.418m/s2；
故答案为：（1）CD （2）B （3）0.344 0.418
【点评】明确实验原理是解决实验问题的关键，在处理实验打出的纸带时，经常要用匀变速直线运动规律以及去推论，因此要加强基本物理规律在实验中的应用．
三、解答题（本题共4小题，共38
分．在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位．）
15．如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线与竖直方向夹角为θ，球和车厢相对静止，球的质量为m，重力加速度为g．
（1）求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况．
（2）求悬线对球的拉力大小．
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．
【分析】（1）对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，然后说明车厢可能的运动情况；
（2）根据几何关系求解悬线对球的拉力．
【解答】解：（1）车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，受到重力和绳子拉力，
根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma，
解得：a=gtanθ，方向水平向右，
所以车厢向右加速或者向左减速运动；
（2）悬线对球的拉力为：T=．
答：（1）车厢运动的加速度大小为gtanθ；车厢向右加速或者向左减速运动；
（2）悬线对球的拉力大小为．
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答．
16．（10分）（2016秋•长乐市期末）如图所示，质量为m1=2kg的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O．轻绳OA水平，OB绳与水平方向的夹角θ=30°，且通过一个光滑的轻滑轮与放置在水平面上的质量为m2=5kg的物体乙相连，物体甲、乙均处于静止状态．（g=10m/s2）求：
（1）轻绳OA、OB对结点O点的拉力大小；
（2）物体乙对地面的压力．
（3）滑轮轴对滑轮的弹力的大小和方向．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】（1）以结点O为研究对象，受到三个拉力作用，作出力图，根据共点力的平衡条件求解；
（2）对乙根据平衡条件列方程求解压力；
（3）对滑轮轴研究，由共点力平衡求解滑轮轴对滑轮的弹力的大小和方向．
【解答】解：（1）以结点O为研究对象进行受力分析如图所示，
根据几何关系可得：F0A=；
F0B=；
（2）对乙根据共点力的平衡条件可得：N=m2g﹣F0B=50N﹣40N=10N；
由牛顿第三定律可知：人对地面的压力N′，则N′=10 N，方向竖直向下；
（3）以滑轮轴为研究对象进行受力分析如图所示，
设滑轮轴对滑轮的弹力的方向与竖直方向的夹角为α，
根据几何关系可得2α=90°﹣30°，
解得：α=30°；
对滑轮：T=2F0B cos30°=40N；
方向与竖直方向成30°指向右上方．
答：（1）轻绳OA的拉力大小为、OB对结点O点的拉力大小为40N；
（2）物体乙对地面的压力大小为10N，方向竖直向下；
（3）滑轮轴对滑轮的弹力的大小为40N；方向竖直向下．
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答．
17．（10分）（2016秋•长乐市期末）如图所示，一个放置在水平地面上的木块，其质量为m=4kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37o角的F=50N的推力作用，使木块从静止开始运动，4s内移动了24m的距离．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）求木块与地面间的动摩擦因数；
（2）若4s后撤去推力，求撤去推力后5s内木块在地面上滑行的距离．
【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）根据位移时间关系求解加速度大小，根据牛顿第二定律列方程求解动摩擦因数；
（2）求出4s末的速度大小，据牛顿第二定律求解减速运动的加速度，再求出速度减为零的时间，根据位移时间关系求解位移．
【解答】解：（1）根据位移时间关系可得：s1=，
解得：a1=3 m/s2；
物体受力如图所示，据牛顿第二定律有：
竖直方向上：N﹣mg﹣Fsin37°=0，
水平方向上：Fcos37°﹣f=ma，
又 f=μN，
联立以上方程解得μ=0.4；
（2）4s末的速度大小v=a1t1=3×4m/s=12m/s，
撤去力F后，据牛顿第二定律有：μmg=ma2
解得加速度大小为：a2=μg=4m/s2，
停下来的需要的时间：t停=s=3s＜5s，
撤去推力后5s内的位移s2===18m．
答：（1）木块与地面间的动摩擦因数为0.4；
（2）若4s后撤去推力，撤去推力后5s内木块在地面上滑行的距离为18m．
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
18．（12分）（2016秋•长乐市期末）如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度S=2m，斜面倾角为37°．光滑水平地面上有一块质量M=3Kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为m=1kg物体由A点静止滑下，然后从B
点滑上长木板（由斜面滑至长木板时速度大小不变），已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数
为0.3，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小；
（2）物体从B点滑上长木板时，物体和长木板的加速度．
（3）物体在长木板上滑行的最大距离．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑的加速度，然后根据速度位移公式求出物体到达斜面底端B点时的速度大小；
（2）对物体和长木板根据牛顿第二定律分别求出物体和长木板的加速度；
（3）根据物体和长木板速度相等求出所用的时间，然后根据位移时间公式求出物体和长木板运动的位移，二者之差即为物体在长木板上滑行的最大距离．
【解答】解：（1）从A到B的过程，根据牛顿第二定律有：
mgsin37°﹣μ1mgcos37°=ma1，
代入数据可解得：a=4m/s2，
由vB2=2as得，物体到达斜面底端B点时的速度大小为：
vB==m/s=4m/s．
（2）物体从B点滑上长木板时，对物体，由牛顿第二定律得：μ2mg=ma1，
解得：a1=μ2g=3m/s2，方向水平向左，对长木板，由牛顿第二定律得：μ2mg=Ma2，
解得：a2=1m/s2，方向水平向右．
（3）设经过时间t，物体和长木板速度相等，
即：vB﹣a1t=a2t，
解得：t=1s，
此时物体的位移为：
x1=vBt﹣a1t2=4×1m﹣×3×12m=2.5m，
长木板的位移为：
x2=a2t2=×1×12m=0.5m，
物体在长木板上滑行的最大距离为：
d=x1﹣x2=2.5m﹣0.5m=2m．
答：（1）物体到达斜面底端B点时的速度大小为4m/s；
（2）物体从B点滑上长木板时，物体的加速度为3m/s2，方向水平向左；
长木板的加速度为1m/s2，方向水平向右；
（3）物体在长木板上滑行的最大距离为2m．
【点评】解决本题的关键要理清物体和长木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
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