辽宁省沈阳市和平区东北育才学校2018届高三物理一模试卷（word版含解析）

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2018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷一．选择题（共12小题每小题4分计48分）1．（4分）将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s末落到井底．该小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比是（　　）A．1：3B．2：4C．3：7D．4：162．（4分）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（　　）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动3．（4分）某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为vt．忽略空气阻力，下图中能正确描述速度矢量变化过程的是（　　）A．B．C．D．4．（4分）如图，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂，现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（　　）A．T′＝2TB．T′＞2TC．T′＜2TD．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系5．（4分）半径为R光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡。以下说法正确的是（　　）①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•R-rR+r；②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小。第16页

1A．①②B．①③C．②③D．②④6．（4分）如图所示，物体P左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动．在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力N的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是（　　）A．N始终增大，f始终减小B．N先不变后增大，f先减小后增大C．N保持不变，f始终减小D．N保持不变，f先减小后增大7．（4分）如图所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物，AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，则（　　）A．AO所受的拉力大小为mgsinθB．AO所受的拉力大小为mgsinθC．BO所受的拉力大小为mgcosθD．BO所受的拉力大小为mgcosθ8．（4分）如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（　　）A．到达底端的速度大小不相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间9．（4分）如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处10．（4分）如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量m1的物体1．跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（　　）第16页

2A．车厢的加速度为gtanθB．绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtgθ11．（4分）一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（　　）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动12．（4分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（　　）A．FN变小B．FN变大C．Ff不变D．Ff变小二．实验题（共2小题，共计18分）13．（6分）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．（1）在图上标出的F1、F2、F和F′，四个力中，力　　不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是　　．A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．14．（12分）某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。第16页

3（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a。实验中打出的一条纸带如图乙所示。从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得v1=s1t1，v2=s2t2，v3=s3t3⋯．作出v-t图象如图丙所示。图线的斜率为k，截距为b。则木块的加速度a＝　　；b的物理意义是　　。（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ＝　　。（3）关于上述实验，下列说法中错误的是　　。A．木板必须保持水平B．调整滑轮高度，使细线与木板平行C．钩码的质量应远小于木块的质量D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素。三．计算题（共3小题计34分）15．（9分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x图象（v为货车的速度，x为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象．某路段限速72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶．通过计算求解：（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远．16．（10分）如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．17．（15分）5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示．每块木块的质量为m＝1kg，长l＝1m．它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M＝2.5kg的小铅块（视为质点），以v0＝4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2＝0.2．小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：第16页

4（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度．（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？第16页

52018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理一模试卷参考答案与试题解析一．选择题（共12小题每小题4分计48分）1．（4分）将一个小球从报废的矿井口由静止释放后做自由落体运动，4s末落到井底．该小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比是（　　）A．1：3B．2：4C．3：7D．4：16【考点】1J：自由落体运动．【专题】514：自由落体运动专题．【分析】根据自由落体运动的速度与时间规律，可分别求出第1秒末，第2秒末、第3秒末、第4秒末的速度，再根据初末速度的之和的平均即为平均速度即可求解．【解答】解：由速度与时间公式v＝gt可得，v1＝10m/s，v2＝20m/s，v3＝30m/s，v4＝40m/s，再由v=v初+v末2，可得v1=10+202m/s=15m/sv2=v3+v42=30+402m/s=35m/s小球开始下落后第2s内和第4s内的平均速度之比3：7，故C正确，故选：C。【点评】考查当匀变速直线运动时，平均速度等于初末速度的平均值．当然也可以由各自时间段内的位移，再由位移与时间的比值．2．（4分）甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，则（　　）A．两物体两次相遇的时刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．两物体相距最远的时刻是2s末D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【专题】512：运动学中的图像专题．【分析】本题考查了图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，甲一直做匀速运动，乙先做初速度为零的匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v﹣t图象特点进行求解．【解答】解：A、在v﹣t图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，由图可知当t＝2s和t＝6s时，两图象与横坐标围成面积相等，说明发生的位移相等，由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动，因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s，故A正确；B、开始运动时，乙的初速度为零，甲在前面，在t＝2s时，两物体相遇，此时乙的速度大于甲的，因此乙在前面，甲匀速运动开始追乙，乙做匀减速运动，当t＝6s时，甲乙再次相遇，因此在2～6s内，甲在乙后面，故B错误；C、由图象可知，两物体相距最远时刻出现在甲追乙阶段，即当速度相等时，甲乙相距最远，此时t＝4s，故C错误；D、整个过程中乙物体一直向前运动，先加速后减速，故D错误。故选：A。【点评】在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，并不一定相遇．3．（4分）某人站在地面上抛出一小球，球离手时的速度为v0，落地时的速度为vt．忽略空气阻力，下图中能正确描述速度矢量变化过程的是（　　）A．B．第16页

6C．D．【考点】43：平抛运动．【专题】518：平抛运动专题．【分析】斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，根据矢量的变化采用三角形法则可以得出正确答案．【解答】解：斜抛运动加速度不变，竖直向下，可知速度的变化量的方向竖直向下，由矢量三角形知，矢量的变化方向应沿竖直方向。故C正确，A、B、D错误。故选：C。【点评】本题考查平抛运动的性质及矢量的合成法则的应用，要灵活应用三角形及平行四边形法则进行分析运算．4．（4分）如图，OA、OB是两根轻绳，AB是轻杠，它们构成一个正三角形，在A、B两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂，现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在图乙所示的位置，此时OA竖直，设在图甲所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T，在图乙所示的状态下OB对小球B的作用力大小为T′，下列判断正确的是（　　）A．T′＝2TB．T′＞2TC．T′＜2TD．条件不足，无法比较T，和T′的大小关系【考点】3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】甲图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，根据平衡条件求解出T；乙图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，三力平衡，根据平衡条件求解OB绳子的拉力T′．【解答】解：甲图中，对B球受力分析，受重力、OB绳子拉力T、AB杆的支持力，如图所示：根据平衡条件，有：T=mgcos30°=233mg；乙图中，先对小球A受力分析，受重力、AO绳子的拉力，杆对其无弹力，否则不平衡；再对B球受力分析，受拉力、重力和OB绳子的拉力，如图所示；根据平衡条件，有：T′＝2mg；故T′＜2T；故选：C。【点评】本题要分别对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式求解，关键点在于乙图中杆没有弹力．5．（4分）半径为R光滑半圆柱体固定在水平面上，竖直光滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜第16页

7R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡。以下说法正确的是（　　）①墙对小圆柱体的弹力大小为mg•R-rR+r；②若要使小圆柱体对墙压力增大，可以仅增大R；③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小。A．①②B．①③C．②③D．②④【考点】29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球进行受力分析，结合共点力平衡的条件即可求出．【解答】解：小球受到重力、墙对小圆柱体的弹力以及半圆柱体对小圆柱体的弹力，受力如图：设两个球心之间的连线与水平方向之间的夹角为θ，由图中几何关系可知：cosθ=R-rR+r⋯①由共点力平衡的条件可得：N1=mgtanθ⋯②N2=mgsinθ⋯③①、墙对小圆柱体的弹力大小为N1＝mgtanθ≠mgR-rR+r．故①错误；②、若增大R，根据cosθ=R-rR+r=1-2rR+r可知cosθ将增大，则θ将减小，N1=mgtanθ将增大，根据牛顿第三定律可知，圆柱体对墙压力增大。故②正确；③④、若仅减小小圆柱体半径，则cosθ=1-2rR+r=1-2Rr-1，可知cosθ将增大，则θ将减小，N2=mgsinθ将增大，不改变其质量，则可使大圆柱体所受压力增大。故③正确，④错误。故ABD错误，C正确故选：C。【点评】该题考查共点力平衡的应用，解答的关键是正确写出小球受到的两个弹力的大小的表达式，然后才能正确分析与解答．6．（4分）如图所示，物体P左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P拉动．在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力N的大小和地面对P的摩擦力f的大小的变化情况是（　　）A．N始终增大，f始终减小B．N先不变后增大，f先减小后增大C．N保持不变，f始终减小D．N保持不变，f先减小后增大【考点】27：摩擦力的判断与计算；29：物体的弹性和弹力；3C：共点力的平衡．【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．【分析】在P被拉动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体P先开始受到向右的静摩擦力，当拉力渐渐增大时，导致出现向左的静摩擦力，因而根据进行受力分析，即可判断．【解答】解：由题意可知，物体一直处于静止状态，弹簧的形变量不变，故弹力N不变；物体放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度大于原长，则弹簧对P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向右的静摩擦力。当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到把P第16页

8拉动前过程中，物体P受到的静摩擦力从向右变为水平向左。所以其大小先减小后增大。故只有D正确。ABC错误。故选：D。【点评】本题解题的关键是对P物体进行正确的受力分析，知道当P没有运动时，弹簧弹力不变，而由于拉力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化．7．（4分）如图所示，轻绳AO和BO共同吊起质量为m的重物，AO与BO垂直，BO与竖直方向的夹角为θ，OC连接重物，则（　　）A．AO所受的拉力大小为mgsinθB．AO所受的拉力大小为mgsinθC．BO所受的拉力大小为mgcosθD．BO所受的拉力大小为mgcosθ【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】以结点O为研究对象，分析受力，作出受力图，根据平衡条件求解AO、BO两绳的拉力．【解答】解：以结点O为研究对象，分析受力，重力mg，AO绳的拉力TAO，BO绳的拉力TBO，如图所示：根据平衡条件得知：拉力TAO和TBO的合力F与重力mg大小相等，方向相反，则有：TAO＝Fsinθ＝mgsinθTBO＝mgcosθ故AC正确，BD错误故选：AC。【点评】本题的解题关键是分析结点的受力情况，作出力图，然后根据共点力平衡条件列式求解．8．（4分）如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是（　　）A．到达底端的速度大小不相等B．重力的冲量都相同C．物体动量的变化率都相同D．沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间【考点】29：物体的弹性和弹力；37：牛顿第二定律；52：动量定理．第16页

9【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．【分析】沿不同光滑斜面下滑的过程中，到达底端的动能完全由重力势能转化的．而重力势能的增加是由重力做功决定，对于同一物体，高度决定了重力做功的多少．至于机械能则是动能与重力势能之和，由于在下滑过程中，只有重力，所以机械能守恒；对于下滑的时间可由运动学公式，根据受力分析确定加速度大小，并由几何关系来确定位移大小，从而算出所用的时间．【解答】解：A、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，两物体到达底部时下落的高度不同，故到达最低点时速度大小不相同，故A正确；B、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a＝gcosα；根据运动学公式x=12at2，可得，2Rcosα═12gcosαt2，t＝2Rg，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I＝mgt可知，重力的冲量相等，故B正确D错误；C、因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C错误；故选：AB。【点评】本题考查能量的转化题目，一定要看清是不是光滑的表面，这点关系到有没有能量的损失．同时将牛顿第二定律与运动学公式相综合，得出运动的时间与倾角无关，即所谓的等时圆的性质．9．（4分）如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（　　）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；37：牛顿第二定律；6C：机械能守恒定律．【专题】511：直线运动规律专题．【分析】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．【解答】解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置。故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．它们的v﹣t图象如图，结合v﹣t图象的意义，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴之间的面积可以用来表示位移．10．（4分）如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量m1的物体1．跟物体1相连接的绳与竖直方向成θ角．下列说法中正确的是（　　）第16页

10A．车厢的加速度为gtanθB．绳对物体1的拉力为m1gcosθC．底板对物体2的支持力为m2g﹣m1gD．物体2所受底板的摩擦力为m2gtgθ【考点】2G：力的合成与分解的运用；37：牛顿第二定律．【专题】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】物块1、2和车厢具有相同的加速度，先以物体1为研究对象，分析受力情况，根据牛顿第二定律求出其加速度和绳的拉力．再对物体2研究，由牛顿第二定律求出支持力和摩擦力．【解答】解：AB、以物体1为研究对象，分析受力情况如图1：重力m1g和拉力T，根据牛顿第二定律得：m1gtanθ＝m1a得：a＝gtanθ则车厢的加速度也为gtanθ。T=m1gcosθ．故A正确，B错误。CD、对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N＝m2g﹣T＝m2g-m1gcosθ．f＝m2a＝m2gtanθ．故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题要抓住两个物体与车厢的加速度相同，采用隔离法研究，分别运用合成法和正交分解法处理．11．（4分）一放在粗糙的水平面上的物块在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做匀加速直线运动，力F在水平和竖直方向的分量分别为F1、F2，如图所示．现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力，则此后（　　）A．物体将仍以加速度a向右做匀加速直线运动B．物体将可能向右做匀速直线运动C．物体将可能以大于a的加速度向右做匀加速直线运动D．物体将可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动【考点】37：牛顿第二定律．【专题】522：牛顿运动定律综合专题．【分析】先对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出当用斜向上的拉力F的作用时和将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力的加速度，比较加速度即可，注意加速度等于零的情况．【解答】解：设地面与物体间的动摩擦力因数为μ，当用斜向上的拉力F的作用时，加速度a=F1-μ(mg-F2)m，现将力F突然改为大小为F1、方向水平向右的恒力则A、加速度a'=F1-μmgm＜a，所以物体可能以小于a的加速度向右做匀加速直线运动，故AC错误，D正确；B、若μmg＝F1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键是根据牛顿第二定律求出加速度的表达式，注意μmg＝F1的情况，难度适中．第16页

1112．（4分）如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（　　）A．FN变小B．FN变大C．Ff不变D．Ff变小【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解．【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2Ff＝（M+2m）g，解得Ff=12（M+2m）g，故静摩擦力不变，将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为θ，则有F1＝F2=Mg2cosθ2；再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图根据几何关系，有Fx＝F1•sinθ2故Fx=Mg2cosθ2•sinθ2=Mgtanθ22，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，Fx变大，故滑块m对墙壁的压力变大，即FN变大，故AD错误，BC正确；故选：BC。【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，知道对于轻杆且一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向，难度适中．二．实验题（共2小题，共计18分）13．（6分）某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验，最后画出了如图所示的图．（1）在图上标出的F1、F2、F和F′，四个力中，力　F′　不是由弹簧测力力计直接测得的，比较力F与力F′的大小和方向基本相同，这就验证了共点力合成的平行行定则．（2）某同学对此实验的一些说法，其中正确的是　ACD　．A．如果手头只有一个弹簧测力计，改变方法也可以完成实验B．用两个测力计拉线时，橡皮条应沿两线夹角的平分线C．拉橡皮条的线要长一些，用以标记同一细线方向的两点要相距远些D．拉橡皮条时，细绳应沿弹簧测力计的轴线E．在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，只需这两次橡皮条的伸长相同就行．第16页

12【考点】M3：验证力的平行四边形定则．【专题】13：实验题；526：平行四边形法则图解法专题．【分析】本题涉及实验原理：合力与分力产生相同的形变效果，测量出分力与合力的大小和方向，用同样的标度作出这些力的图示，寻找规律【解答】解：（1）本实验是通过两个弹簧秤的拉力作出的平行四边形得出合力，只要合力与实际的拉力重合，则实验成功；由图可知F′是由平行四边形定则得出的，故F′不是由弹簧秤直接测得的；（2）A、如果只有一个弹簧秤，则可以交替测出各边的拉力，但要保证两次拉的时候效果相同，故A正确；B、只要橡皮筋的另一端两次都接到O点，达到效果相同，拉力方向没有限制，橡皮筋不需要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故B错误；C、为了减小误差，拉橡皮条的细绳需长些，标记方向的两点要远些，故C正确；D、只有细绳和弹簧测力计的轴线应一条直线上，弹簧的弹力才等于拉橡皮筋的拉力，否则拉橡皮筋的拉力只是弹簧的一个分力，故D正确；E、在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时，每次拉橡皮筋的时要使橡皮筋形变的长度和方向都相同，即要到同一位置，这样两次的效果带等效，才符合“等效替代”法，故E错误；故选：ACD．故答案为：（1）F′；（2）ACD【点评】只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验，只有通过具体实践，才能真正的理解具体实验操作细节的意义，因此平时同学们应该加强实验实践，而不是空洞的记忆实验．14．（12分）某小组测量木块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。（1）测量木块在水平木板上运动的加速度a。实验中打出的一条纸带如图乙所示。从某个清晰的点O开始，每5个打点取一个计数点，依次标出1、2、3…，量出1、2、3…点到O点的距离分别为s1、s2、s3…，从O点开始计时，1、2、3…点对应时刻分别为t1、t2、t3…，求得v1=s1t1，v2=s2t2，v3=s3t3⋯．作出v-t图象如图丙所示。图线的斜率为k，截距为b。则木块的加速度a＝　2k　；b的物理意义是　O点的瞬时速度　。（2）实验测得木块的加速度为a，还测得钩码和木块的质量分别为m和M，已知当地重力加速度为g，则动摩擦因数μ＝　mg-(m+M)aMg　。（3）关于上述实验，下列说法中错误的是　C　。A．木板必须保持水平B．调整滑轮高度，使细线与木板平行C．钩码的质量应远小于木块的质量D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素。【考点】M9：探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】31：定性思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）分析v-t图象的斜率的物理含义与加速度的关系；（2）对木块、砝码盘和砝码进行受力分析，运用牛顿第二定律求出木块与长木板间动摩擦因数；（3）根据实验原理，选取整体作为研究对象，从而即可一一求解。【解答】解：（1）图线纵轴截距是0时刻对应的速度，即表示O点的瞬时速度。第16页

13各段的平均速度表示各段中间时刻的瞬时速度，以平均速度v为纵坐标，相应的运动时间t的一半为横坐标，即v-t2的图象的斜率表示加速度a，则v-t图象的斜率的2倍表示加速度，即a＝2k。（2）对木块、砝码盘和砝码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg＝（M+m）a，解得：μ=mg-(m+M)aMg；（3）A．木板必须保持水平，则压力大小等于重力大小，故A正确；B．调整滑轮高度，使细线与木板平行，拉力与滑动摩擦力共线，故B正确；C．钩码的质量不需要远小于木块的质量，因选取整体作为研究对象的，故C错误；D．纸带与打点计时器间的阻力是产生误差的一个因素，故D正确；本题选错误的，故选：C故答案为：（1）2k，O点的瞬时速度；（2）mg-(m+M)aMg；（3）C。【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过v﹣t图象求解加速度；正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可求出动摩擦因数。三．计算题（共3小题计34分）15．（9分）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．如图所示为某型号车紧急制动时（假设做匀减速直线运动）的v2﹣x图象（v为货车的速度，x为制动距离），其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象，图线2为严重超载时的制动图象．某路段限速72km/h，是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的，现有一辆该型号的货车严重超载并以54km/h的速度行驶．通过计算求解：（1）驾驶员紧急制动时，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车满载时以72km/h速度正常行驶的跟车距离至少应为多远．【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1G：匀变速直线运动规律的综合运用．【专题】511：直线运动规律专题．【分析】（1）先根据图象得到满载时的加速度和严重超载时的加速度，然后再进行判断；（2）反应时间内是匀速直线运动，之后是匀减速直线运动，根据位移世间关系公式列式求解．【解答】解：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax，由图示图象可得：满载时，加速度为a1＝5m/s2，严重超载时加速度为a2＝2.5m/s2；设该型号货车满载时以72km/h＝20m/s的速度减速，由匀变速运动是速度公式v＝v0+at得：运动时间：t1=v-v0a=4s，由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax可得：汽车的制动距离：x1=v2-v022a=40m，设该型号货车严重超载时以54km/h＝15m/s行驶时，由匀变速运动是速度公式v＝v0+at得：运动时间：t2=v'-v02a'=6s，由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax可得：汽车的制动距离：x2=v'2-v022a'=45m，该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求；（2）该型号货车满载时以72km/h＝20m/s速度正常行驶时，从发现险情到车停下来行驶的距离：x＝v0t+x1＝20×1+40＝60m，即：跟车距离至少为60．第16页

14答：（1）驾驶员紧急制动时，制动时间和制动距离都不符合安全要求；（2）若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1s，则该型号货车正常行驶时的刹车距离至少应为60m．【点评】本题关键是根据图象求出两种情况下刹车的加速度，然后根据运动学公式多次列式求解．16．（10分）如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．【专题】527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】（1）对小球受力分析，建立直角坐标系，根据平衡条件列方程，求解；（2）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直向右时，根据平衡条件求解最小拉力．【解答】解：（1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下Tcos45°﹣Nsin30°＝0Tsin45°+Ncos30°﹣mg＝0由以上两式得：N＝73.2N；T＝51.8N（2）经分析得拉力的最小值为：Fm＝mgsin45°代数解得：Fm＝70.7N答：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为51.8N和73.2N；（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，最小的拉力的大小为70.7N．【点评】解决本题的关键是正确的选取研究对象，进行受力分析，运用正交分解进行求解．17．（15分）5个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示．每块木块的质量为m＝1kg，长l＝1m．它们与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为M＝2.5kg的小铅块（视为质点），以v0＝4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数μ2＝0.2．小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度．（2）通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；37：牛顿第二定律．【专题】522：牛顿运动定律综合专题．第16页

15【分析】通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解．【解答】解：（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1由牛顿第二定律得μ2Mg＝Ma1…①由运动学公式得v02-v12=2a1•3l…②联立①②得：v1＝2m/s…③（2）设小铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1＝μ2Mg＝5N后面的（5﹣n+1）块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2＝μ1[M+（6﹣n）m]g要使木块滑动，应满足f2＜f1，即μ1[M+（6﹣n）m]g＜5n＞3.5取n＝4（2）设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为s1和s2，相对位移为△s，4、5木块运动的加速度为a2μ2Mg﹣μ1（M+2m）g＝2ma2…④v1﹣a1t＝a2t…⑤s1=v1t-12a1t2⋯⑥s2=12a2t2⋯⑦△s＝s1﹣s2…⑧联立①④⑤⑥⑦⑧解得：s1=8081m⋯⑨△s=89m⋯⑩由于△s＜l（s1＜l）说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零．设小铅块与4、5木块达到共同速度为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速位移为s3μ1（2m+M）g＝（2m+M）a3v2＝a2ts3=v222a3联立以上各式得：s3=281m小铅块最终离1木块左端为：s＝3l+s1+s3联立以上各式，得：s=32581m答：（1）铅块刚滑到第四块木块时的速度为2m/s．（2）由于△s＜l（s1＜l）说明小铅块没有离开第3块，木块小铅块滑到第4块木块时，木块才开始运动．（3）小铅块停止运动后，离第一块木块的左端32581m．【点评】本题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的基本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解．本题运动过程较为复杂，难度较大．，，日期：2019/4/1418:05:40；第16页