2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）开学物理试卷（解

2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）开学物理试卷

一、单项选择题（共18分，每题只有一个正确选项，每小题3分．） 1．下列说法正确的是（ ）

A．做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相同 B．撤掉水平推力后，物体很快停下来，说明力是维持物体运动的原因 C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位

D．作变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度将变大

2．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则关于该质点在前8s内的运动，下列说法正确的是（ ）

A．在第1秒末速度方向发生了改变 B．在第3秒末加速度方向发生了改变

C．质点在前8s内平均速度大小为0.25m/s，方向向左 D．5～8 s内质点的加速度最小且方向向左

3．如图所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，则关于A与B受力的个数判断正确的是（ ）

A．A可能受3个力 B．B可能受2个力 C．A一定受4个力 D．B一定受5个力 4．一质点由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后作匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1：a2应为（ ） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4

5．如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小与m的重力相等，由静止释放，开始时M距桌边的距离相等，则（ ）

A．甲、乙两图中M的加速度相等均为

B．甲、乙两图中绳子受到的拉力相等

C．甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小

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D．甲图中M的加速度为以aM=，乙图中M的加速度为am=

6．斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体中间用一根细线连接，在细线的中点加一个与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态如图所示．则下列说法正确的是（ ）

A．a、b两物体的受力个数一定相同 B．a、b两物体对斜面的压力一定相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等 D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动

二．不定项选择题（共24分，每小题4分，选对不全得2分，错选或不选不得分） 7．（4分）质点A某时刻从地面以10m/s的速度竖直匀速上升，经1s后在同一点将另一质点B竖直向上以初速度v0抛出，若要求B在上升过程中两次与A位于同一高度，不计B

2

所受的空气阻力，取g=10m/s，则v0的大小可能为（ ） A．20m/s B．23m/s C．25m/s D．28m/s 8．（4分）（2013?青岛二模）在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（ ）

A．甲车的加速度比乙车的加速度大 B．在x=0.5m处甲乙两车的速度相等 C．在x=0.5处甲乙两车相遇 D．在t=2s末甲乙两车相遇 9．（4分）将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm；如果此时在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2cm，如图所示，若在此时突然撤去力F，则（弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g）（ ）

A．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.4g B．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.8g C．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5cm后分离 D．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7cm后分离

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10．（4分）如图所示，一橡皮绳（遵从胡克定律）一端固定在O点，另一端系在一物块上，开始时，物块静止在水平面上的A点，此时橡皮绳已处于伸长状态，然后将物块沿水平面缓慢移到B点，释放后物块仍能处于静止状态，则移动后与移动前比较（ ）

A．水平面对物块的弹力一定增大 B．水平面对物块的摩擦力一定增大 C．水平面对物块的弹力一定减小 D．水平面对物块的摩擦力一定减小 11．（4分）（2015?太原二模）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（ ）

A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）g

C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘 12．（4分）（2012?临沂二模）如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列对物体a、b运动情况描述正确的是（ ）

A．从O到A的过程，两者一直加速，加速度大小从mgsinθ一直减小，在A点减为零 B．经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g（μcosθ﹣sinθ） C．从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小 D．经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点

三、实验题（共15分，其中第13题8分，第14题7分）

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13．（6分）某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的______和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则

=______；第二次实验，仅把右侧滑轮F

的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）．

14．（2分）（2016?山东）一个实验小组在“探究弹力和和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（ ）

A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小

D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 15．（7分）（2016?高安市校级三模）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如表所示．完成下列填空和作图： 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 s（m） 0.29 0.37 0.45 0.55 0.67 0.78 t（s） s/t（m/s） 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 第4页（共22页）

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是______； （2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；

（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a=______m/s（保留2位有效数字）．

三、计算题（共43分，必须有必要的过程和说明，只写出最后结果不能得分） 16．（8分）如图所示，以8m/s速度匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，

2

此时汽车距离停车线17m．该车加速时最大加速度大小为2m/s，减速时最大加速度大小为

2

4m/s．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，某司机正常反应时间为0.4s．问： （1）这位司机打算加速前进，他能否在绿灯熄灭前通过停车线？

（2）若这位司机酒后驾驶，反应时间变为原来的3倍，分析他是否会闯红灯？

2

17．（9分）如图所示，原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．求： （1）这时两弹簧的总长．

（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m2的支持力大小．

18．（12分）有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距离S=5m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑

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块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g=10m/s 求：（1）滑板由A滑到B的最短时间可达多少？

（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？

2

19．（14分）如图1所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是θ，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块A，B质量均为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图2所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，（t1和t2，v1和v2均未知）

（1）求t2时刻弹簧的形变长度x （2）求t1的值

0

（3）已知θ=37，传送带两轮轴心相距L=5m，物体B与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．设AB刚好在C点（斜面与传送带的连接点）分离并进入传送轨道，设物体B滑到传送带的C点时速度为8m/s，物体可视为质点，如果在物体B到达C点同时撤去拉力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8））若传送装置匀速转动的速度v可在v＞4m/s的范围内调节，试推导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，g取l0m/s．

2

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2016-2017学年四川省成都外国语学校高三（上）开学物

理试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题（共18分，每题只有一个正确选项，每小题3分．） 1．下列说法正确的是（ ）

A．做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相同 B．撤掉水平推力后，物体很快停下来，说明力是维持物体运动的原因 C．国际单位制中，kg、m、N是三个基本单位

D．作变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度将变大

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；位移与路程；力学单位制

【分析】物体只有做单向直线运动的位移大小才等于路程；力是改变物体运动状态的原因；N是导出单位；加速度方向相同时，速度逐渐增大，当方向相反时，做减速运动，速度减小； 【解答】解：A、物体只有做单向直线运动的位移大小才等于路程，故A错误；

B、撤掉水平推力后，物体很快停下来，是由于物体受到摩擦力的作用，说明力是改变物体运动的原因，故B错误；

C、国际单位制中，kg、m、s是三个基本单位，N是一个导出单位，故C错误；

D、作变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，它的速度将变大，与加速度增大减小无关．故D正确． 故选：D

【点评】该题考查路程与位移、牛顿第一定律、力学单位制等，知识点多，这一类的题目要注意平时的积累．

2．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则关于该质点在前8s内的运动，下列说法正确的是（ ）

A．在第1秒末速度方向发生了改变 B．在第3秒末加速度方向发生了改变

C．质点在前8s内平均速度大小为0.25m/s，方向向左 D．5～8 s内质点的加速度最小且方向向左 【考点】匀变速直线运动的图像

【分析】v﹣t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，其斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负，平均速度等于位移除以时间，速度的正负表示速度的方向．

【解答】解：A、根据图象可知，0﹣3s内速度一直为正，方向没有改变，故A错误； B、物体在1s﹣5s时间内，直线的斜率不变，加速度不变，且不为零，所以第3s末质点加速度方向没有变化，故B错误；

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C、质点前8s内的位移为x=×2×3﹣×2×5=﹣2m，平均速度为m/s=﹣

0.25m/s，平均速度的大小0.25m/s，“﹣”表示方向向左，故C正确；

D、速度图象的斜率等于加速度，由图看出5﹣8s内直线的斜率为正值，说明加速度方向向右，故D错误． 故选：C

【点评】本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用，关键要明确斜率和“面积”的意义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．

3．如图所示，物体B靠在水平天花板上，在竖直向上的力F作用下，A、B保持静止，则关于A与B受力的个数判断正确的是（ ）

A．A可能受3个力 B．B可能受2个力 C．A一定受4个力 D．B一定受5个力 【考点】物体的弹性和弹力

【分析】先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受两个力作用，墙面无作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件解决受力个数． 【解答】解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，

竖直方向：F=GA+GB

水平方向，不受力，故墙面无弹力

隔离B物体，必受重力、A对B的弹力和摩擦力作用，受三个力；

隔离A物体，受受重力、B对A的弹力和摩擦力、外力F，共4个力作用； 故选：C．

【点评】解决本题的关键是利用整体法得到A与墙间不存在弹力．再对B进行受力分析．

4．一质点由静止开始作匀加速直线运动，加速度大小为a1，经时间t后作匀减速直线运动，加速度大小为a2，若再经时间t恰能回到出发点，则a1：a2应为（ ） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4

【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系

【分析】质点在加速过程和减速过程中，位移大小相等，方向相反，据此根据运动学位移公式可正确求解．

【解答】解：在加速阶段有：减速阶段的位移为：

① ②

其中：v0=a1t x1=﹣x2 ③

联立①②③解得：a1：a2=1：3，故ABD错误，C正确． 故选C． 【点评】熟练掌握运动学公式中各个物理量的含义和公式的矢量性，这要在平时训练中不断的加强练习以加深理解．

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5．如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M的物体，用细线通过定滑轮与质量为m的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体M在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力F的作用，拉力F的大小与m的重力相等，由静止释放，开始时M距桌边的距离相等，则（ ）

A．甲、乙两图中M的加速度相等均为

B．甲、乙两图中绳子受到的拉力相等

C．甲图中M到达桌边用的时间较长，速度较小 D．甲图中M的加速度为以aM=

，乙图中M的加速度为am=

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用

【分析】对甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度，再对M研究，求出绳子的拉力．对乙图：由牛顿第二定律求解加速度．由运动学公式求解M到达桌边的时间和速度．

【解答】解：A、D、甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：乙图：

．故A错误，D正确，

＜F，则乙图中绳子受到的拉

；

B、乙图中绳子拉力大小为F，而甲图中，对M：T=MaM=力较大，故B错误． C、由公式x=

和v=2ax得知，甲图中加速度较小，甲图中M到达桌边用的时间较长，

2

速度较小．故C正确．

故：CD 【点评】本题是牛顿第二定律的应用，要注意研究对象的不同，甲图中：灵活选择研究对象，采用整体法和隔离法结合的方法研究，比较简便．

6．斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体中间用一根细线连接，在细线的中点加一个与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态如图所示．则下列说法正确的是（ ）

A．a、b两物体的受力个数一定相同 B．a、b两物体对斜面的压力一定相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等

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D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力

【分析】对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可． 【解答】解：A、对ab进行受力分析，如图所示：

b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；

B、ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有： N+Tsinθ=mgcosθ

解得：N=mgcosθ﹣Tsinθ，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；

C、根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误； D、对a沿斜面方向有：Tcosθ+mgsinθ=fa， 对b沿斜面方向有：Tcosθ﹣mgsinθ=fb，

正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误． 故选：B 【点评】本题解题的关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题．

二．不定项选择题（共24分，每小题4分，选对不全得2分，错选或不选不得分） 7．（4分）质点A某时刻从地面以10m/s的速度竖直匀速上升，经1s后在同一点将另一质点B竖直向上以初速度v0抛出，若要求B在上升过程中两次与A位于同一高度，不计B

2

所受的空气阻力，取g=10m/s，则v0的大小可能为（ ） A．20m/s B．23m/s C．25m/s D．28m/s

【考点】竖直上抛运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系

【分析】根据位移公式建立方程，根据数学求解思想求出满足题意的条件． 【解答】解：设ts是二者位移相同，根据题意得：

整理得：5t﹣（v0﹣10）t+10=0

若要求B在上升过程中两次与A位于同一高度，则应满足：

解得：v0＞24 故CD正确 故选：CD

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2

【点评】本题关键是根据位移公式建立方程，利用数学求解思想解决满足题意的条件． 8．（4分）（2013?青岛二模）在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（ ）

A．甲车的加速度比乙车的加速度大 B．在x=0.5m处甲乙两车的速度相等 C．在x=0.5处甲乙两车相遇 D．在t=2s末甲乙两车相遇

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系 【分析】根据匀变速直线运动的速度位移关系

?

可以根据图象斜

率比较加速度大小，由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两国相遇时的位移相等，根据匀变速直线运动特征判断位移相等时的位移和时间． 【解答】解：A、根据匀变速直线运动速度位移关系

可知图象的斜率与物体

运动的加速度成正比，由图可知甲的斜率大于乙的斜率故甲车的加速度大地乙车的加速度，故A正确；

B、由图象可知两图象对应位移0.5m时，速度的平方向相等，又两车沿同一方向运动，故B正确；

C、根据匀变速直线运动的平均速度公式

可知，由图知在x=0.5 m之前，甲的平均

速度小于乙的平均速度，故当甲到达x=0.5 m处时，乙已经在甲之前了，故不再此点相遇．故C错误 D、由

可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s的匀加速直线运动，乙做

2

2

初速度为1m/s，加速度为1m/s的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得两车相遇的时间为2s，相遇时的位移为4m．故D正确． 故选：ABD 【点评】读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量． 9．（4分）将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm；如果此时在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2cm，如图所示，若在此时突然撤去力F，则（弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g）（ ）

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A．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.4g B．刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.8g C．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5cm后分离 D．撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7cm后分离 【考点】共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律

【分析】分别使用隔离法与整体法对Q和P进行研究，然后结合牛顿第二定律即可正确解答．

【解答】解：A、当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3cm，则m1g=kx1 ①；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm，此时：m1g+m2g=k（x1+x2） ②，撤去F后，k（x1+x2+x3）﹣（m1g+m2g）=（m1+m2）a ③；联立①②③，代入数据得：a=0.4g．故A正确，B错误；

C、由于在物体P上施加力F之前，弹簧已经压缩了5cm，撤去力后，P与Q和弹簧组成的系统是一个弹簧振子系统，其振幅大小等于再次的压缩量，即2cm，所以PQ向上运动的最大位移是4cm，PQ不可能会分离．故CD错误． 故选：A

【点评】该题可以将PQ和弹簧组成的系统与弹簧振子的系统比较，得出振幅是2cm，PQ向上的增大位移是4cm．这是题目的关键所在，而不是直接考虑物体的分离的条件． 10．（4分）如图所示，一橡皮绳（遵从胡克定律）一端固定在O点，另一端系在一物块上，开始时，物块静止在水平面上的A点，此时橡皮绳已处于伸长状态，然后将物块沿水平面缓慢移到B点，释放后物块仍能处于静止状态，则移动后与移动前比较（ ）

A．水平面对物块的弹力一定增大 B．水平面对物块的摩擦力一定增大 C．水平面对物块的弹力一定减小 D．水平面对物块的摩擦力一定减小

【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】对物体进行受力分析，因为A做缓慢直线运动，每一个位置都可以看成平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小、摩擦力大小的表达式分析即可．

【解答】解：对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图所示：

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根据共点力平衡条件，有： N+Tsinθ=mg Tcosθ﹣f=0 其中： T=kx 解得：

f=kxcosθ ①

N=mg﹣kxsinθ ②

从A移动到B，角度θ减小，根据①式，静摩擦力增加；根据②式，支持力不一定增大； 故ACD错误，B正确； 故选：B．

【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力． 11．（4分）（2015?太原二模）如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小．这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为M和m．各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d．现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是（ ）

A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g B．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）g

C．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下 D．当F=μ（2M+3m）g时，砝码恰好到达桌面边缘

【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】应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小．根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值．

当F=μ（2M+3m）g时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置．

【解答】解：A、对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力μ（M+m）g+μMg，故A错误．

B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，

第13页（共22页）

则有：f1=Ma1，F﹣f1﹣f2=ma2 发生相对运动需要a2＞a1

代入数据解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确． C、若砝码与纸板分离时的速度小于

，砝码匀加速运动的位移小于

，

匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确．

D、当F=μ（2M+3m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度

=2μg，根据

码的速度

，解得t=

，则 此时砝

，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小a′=μg，

则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移，可知砝

码离开桌面，故D错误．

故选：BC．

【点评】本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题． 12．（4分）（2012?临沂二模）如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为μ（μ＞tanθ），将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列对物体a、b运动情况描述正确的是（ ）

A．从O到A的过程，两者一直加速，加速度大小从mgsinθ一直减小，在A点减为零 B．经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g（μcosθ﹣sinθ） C．从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小 D．经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点 【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力

【分析】μ＞tanθ，则μmgcosθ＞mgsinθ，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动说明ab加速度开始不同．

【解答】解：A、释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，斜面光滑，二者具有向下的加速度，弹簧伸长，弹簧拉力增大，则二者做加速度逐渐减小的加速运动， 以a为研究对象，取沿斜面向下为正方向，有：mgsinθ﹣f=ma 得：f=mgsinθ﹣ma

第14页（共22页）

可见只要a物体具有向下的加速度，则f＜mgsinθ＜μmgcosθ，即所受摩擦力小于最大静摩擦力，物体不会滑动，

当二者加速度为零，即（M+m）gsinθ=F，之后弹簧继续伸长，则ab开始具有沿斜面向上的加速度，即开始减速运动，以a为研究对象，取沿斜面向上为正方向，有： f﹣mgsinθ=ma

当f有最大值时a有最大值，又fmax=μmgcosθ

则a=μgcosθ﹣gsinθ，之后b加速度继续增大而a加速度保持不变，二者发生相对滑动， 故经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g（μcosθ﹣sinθ），A错误，BC正确；

D、在a落下后，b将以新的平衡位置为中心做谐振动，由对称性可推断出b将冲过o点，即b的最高点将在o点之上选项D错误． 故选：BC．

【点评】该题是牛顿第二定律的直接应用，本题ABC三个选项注意使用临界分析法即可得到正确结果，D选项关键点在于a脱离b后，b的受力满足机械能和简谐振动模型．

三、实验题（共15分，其中第13题8分，第14题7分） 13．（6分）某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律．ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计．第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的 方向 和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则

=

；第二次实验，仅把右侧滑轮

F的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．

【考点】验证力的平行四边形定则

【分析】稳定后，O点处于平衡状态，所受三个力的合力为零，即任何两个力的合力与另外一个力等大反向，根据平衡条件和平行四边形定则可正确解答．

【解答】解：第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的方向和对应钩码的数目，

根据O点处于平衡状态，正交分解有： 竖直方向：3mgsinα+4mgsinβ=5mg ① 水平方向：3mgcosα=4mgcosβ ② 联立①②解得：

=．

以O点为研究对象，受到三个力的作用，由于钩码个数不变，因此三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小方向不变，即EO，FO两绳子拉力的合力大小方向不变，根据平行四边形定则可知，二力的大小不变，其合力的大小方向不变，则该二力的夹角不变，故∠EOF不变；

第15页（共22页）

故答案为：方向，，不变．

【点评】掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析． 14．（2分）（2016?山东）一个实验小组在“探究弹力和和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图所示．下列表述正确的是（ ）

A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大 C．a的劲度系数比b的小

D．测得的弹力与弹簧的长度成正比 【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系

【分析】弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长；根据图象即可求出原长以及劲度系数的大小关系．

【解答】解：A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误； B、C、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确、C错误；

D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误． 故选：B．

【点评】本题考查了胡克定律的图象问题，要注意对F﹣x图象的认识，明确在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长． 15．（7分）（2016?高安市校级三模）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t，改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如表所示．完成下列填空和作图： 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 s（m） 0.29 0.37 0.45 0.55 0.67 0.78 t（s） s/t（m/s） 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 第16页（共22页）

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是

；

（2）根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出﹣t图线；

（3）由所画出的﹣t图线，得出滑块加速度的大小为a= 2.0 m/s（保留2位有效数字）． 【考点】测定匀变速直线运动的加速度

【分析】可以把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式．

由位移时间关系式整理得到﹣t图线的表达式，并找出图线的斜率和加速度关系． 【解答】解：（1）由匀变速直线运动的规律及某段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度关系知（2）（3）由s=

，

知图线的斜率为：

，则a=2k．

2

2

2

，故s=

图线如图所示

得：

作图求出斜率为：k=﹣0.9897m/s，a=2|k|≈2.0m/s 故答案为：（1）（2）画出（3）2.0

或

图线如图所示

；

第17页（共22页）

【点评】题目的难度在于：物体加速下滑时，我们研究了它的逆过程，并且要整理图象所要求的表达式．

三、计算题（共43分，必须有必要的过程和说明，只写出最后结果不能得分） 16．（8分）如图所示，以8m/s速度匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线17m．该车加速时最大加速度大小为2m/s，减速时最大加速度大小为

2

4m/s．此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s，某司机正常反应时间为0.4s．问： （1）这位司机打算加速前进，他能否在绿灯熄灭前通过停车线？

（2）若这位司机酒后驾驶，反应时间变为原来的3倍，分析他是否会闯红灯？

2

【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时间的关系 【分析】（1）在反应时间内汽车做匀速运动，求出通过的位移．根据初速度、最大加速度和时间求出匀加速运动的位移，从而确定汽车能否在绿灯熄灭前通过停车线． （2）根据速度位移公式求出减速运动的位移，从而确定分析他是否会闯红灯． 【解答】解：（1）司机在绿灯熄灭前行驶的位移： 汽车在反应时间内行驶的位移 x1=v0t反1=8×0.4m=3.2m

在加速时行驶的位移 x2=v0t1+a1t1=8×（2﹣0.4）+×2×（2﹣0.4）=15.36m 故总位移 x总1=x1+x2=3.2+15.36=18.56（m）大于17m，所以汽车能在绿灯熄灭前通过停车线．

（2）司机在酒后驾驶，则汽车在反应时间内行使的位移x3=v0t反2=8×3×0.4m=9.6m 在加速时行驶的位移 x4=v0t2+a1t2=8×（2﹣1.2）+ x总2=x3+x4=9.6+7.04=16.64（m）＜17m 所以汽车不能在绿灯熄灭前通过停车线，

第18页（共22页）

2

2

2

2

2×（2﹣1.2）=7.04（m）

若司机想在停车线前停车，采取减速，则 x5=

=

=8m，

则汽车减速运动的总位移x总2′=9.6m+8m=17.6m， 所以汽车不会在停车线前停下

因此司机无论采用加速还是减速都必然会闯红灯． 答：

（1）能在绿灯熄灭前通过停车线． （2）会闯红灯． 【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式和速度位移公式，并能灵活运用，要注意在反应时间内，汽车的运动状态不变．

17．（9分）如图所示，原长分别为L1和L2、劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1的物体，最下端挂着质量为m2的另一物体，整个装置处于静止状态．求： （1）这时两弹簧的总长．

（2）若用一个质量为M的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板对物体m2的支持力大小．

【考点】胡克定律

【分析】（1）整体法受力分析根据胡克定律求上面弹簧的长，然后隔离法对m2受力分析根据胡克定律求下面弹簧的长度；

（2）当两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和时，上边弹簧的伸长量与下边弹簧的压缩量相等．对m1受力分析，有m1g=k1x+k2x，得出伸长量和压缩量x．对物体m2受力分析有：N=m2g+k2x． 【解答】解：（1）设上面弹簧受到的弹力为F1，伸长量为△x1，下面弹簧受到的弹力为F2，伸长量为△x2，由物体的平衡及胡克定律有： F1=（m1+m2）g， 故△x1=F2=m2g， 故△x2=

=

=

所以总长为：

L=L1+L2+△x1+△x2 =L1+L2+

+

．

第19页（共22页）

（2）要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长△x，下面弹簧缩短△x．

对m2：N=k2△x+m2g 对m1：m1g=k1△x+k2△x 解得：N=m2g+

m1g

所以平板对物体m2的支持力为： N=m2g+

m1g

答：（1）这时两弹簧的总长为L1+L2+

+；

（2）这时平板对物体m2的支持力为m2g+m1g．

【点评】本题的关键是当两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和时下面弹簧的压缩量与上面弹簧的伸长量相等． 18．（12分）有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距离S=5m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩

2

擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g=10m/s 求：（1）滑板由A滑到B的最短时间可达多少？

（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？

【考点】牛顿第二定律；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 【分析】（1）滑板一直加速，所用时间最短，由牛顿第二定律和运动学公式求解时间． （2）刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等，当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，列牛顿第二定律和运动学公式即可求解． 【解答】解：（1）滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a2 f=μm1g=m2a2

2

a2=10m/s s=

t=1s；

（2）刚好相对滑动时，F最小，此时可认为二者加速度相等 F1﹣μm1g=m1a2 F1=30N

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当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，F最大，设滑块加速度为a1 F2﹣μm1g=m1a1

﹣

=L

F2=34N

则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N； 答：（1）滑板由A滑到B的最短时间可达1s

（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围30N≤F≤34N．

【点评】本题涉及到连接体问题，要注意研究对象的选取不同，受力分析后列牛顿第二定律方程，结合运动学公式求解是常用的方法，题目难度较大． 19．（14分）如图1所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B沿斜面叠放在物块A上但不黏连．光滑斜面轨道与传送轨道良好对接，传送轨道平面与水平方向倾角也是θ，皮带传动装置顺时针匀速转动，物块A，B质量均为m，初始时两物块均静止．现用平行于斜面向上的拉力拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v﹣t图象如图2所示（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，（t1和t2，v1和v2均未知）

（1）求t2时刻弹簧的形变长度x （2）求t1的值

0

（3）已知θ=37，传送带两轮轴心相距L=5m，物体B与皮带间的动摩擦因数μ=0.25．设AB刚好在C点（斜面与传送带的连接点）分离并进入传送轨道，设物体B滑到传送带的C点时速度为8m/s，物体可视为质点，如果在物体B到达C点同时撤去拉力F，（sin37°=0.6，cos37°=0.8））若传送装置匀速转动的速度v可在v＞4m/s的范围内调节，试推导物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，g取l0m/s． 【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律 【分析】（1）A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移； （2）由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律和运动学公式求解t1； （3）分传送带速度在4m/s＜v＜8m/s和v≥8m/s两个范围，根据运动学基本公式求解． 【解答】解：（1）由图知，A的加速度为零，速度最大， 根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，得： x=

2

（2）由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律： kx﹣mgsinθ=ma

开始时有：2mgsinθ=kx0 又 x0﹣x=

第21页（共22页）

联立以三式得：t1=

．

（3）当传送带的速度在4m/s＜v＜8m/s的范围内调节时，物体B先以加速度a1减速向上滑行：x1=

根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1； 当速度减到v后又以a2减速向上滑行，x2=根据牛顿第二定律得：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma2； 又有 L=x1+x2；

物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是 vD=

当传送带的速度在v≥8m/s的范围内调节时，物体B将以加速度a2减速 滑行到D点：﹣=﹣2aL

物体B滑动到D点时速度vD随速度v的变化关系式是 vD=2答：

（1）t2时刻弹簧的形变长度x为（2）t1的值为

；

；

m/s．

（3）物体B滑动到顶端D时速度vD随传送带速度v变化的关系式，当4m/s＜v＜8m/s时vD=

；当v≥8m/s时，vD=2

m/s．

【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．

第22页（共22页）

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