2022年高一上學期期末物理試卷 含解析(IV)

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1、2022年高一上學期期末物理試卷 含解析(IV) 　 一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的，選對的得3分，有選錯或不答的得0分） 1．關于運動和力的關系，下列說法正確的是（　?。? A．物體受到的力越大，速度就越大 B．如果物體在運動，那么它一定受到力的作用 C．物體不受外力作用時，運動狀態(tài)可能改變 D．物體運動狀態(tài)發(fā)生改變，一定是受到了外力的作用 2．以下共點力可以使物體處于平衡狀態(tài)的是（　?。? A．15N，10N，4N B．5N，4N，10N C．3N，3N，5N D．3N，3N，7N 3．跳高運動員從地面上起跳的瞬間，下列說法

2、中正確的是（　?。? A．運動員對地面的壓力大小等于運動員受到的重力大小 B．地面對運動員的支持力大小等于運動員對地面的壓力大小 C．運動員對地面的壓力小于運動員受到的重力 D．地面對運動員的支持力小于運動員受到的重力 4．一根輕質(zhì)彈簧一端固定，用大小為F1的力壓彈簧的另一端，平衡時長度為L1；改用大小為F2的力拉彈簧，平衡時長度為L2，彈簧的拉伸和壓縮都在彈性限度內(nèi)，該彈簧的勁度系數(shù)為（　?。? A． B． C． D． 5．如圖所示，物塊在斜向右上方的拉力F作用下向右沿水平方向勻速運動，則物塊受到地面的摩擦力與拉力F的合力（　?。? A．大小等于物塊重力，方向豎直向上 B．

3、大小小于物塊重力，方向斜向左上方 C．大小等于物塊重力，方向斜向左上方 D．大小小于物塊重力，方向豎直向上 6．如圖所示，小車在水平地面上加速運動，一木塊靠在車廂側(cè)壁上，木塊與車廂相對靜止，下列說法正確的是（　　） A．小車運動的速度越大，側(cè)壁對木塊的彈力越大 B．小車運動的加速度越大，側(cè)壁對木塊的彈力越大 C．小車運動的速度越大，側(cè)壁對木塊的摩擦力越大 D．小車運動的加速度越大，側(cè)壁對木塊的摩擦力越大 7．用力F托住一個掛在輕彈簧下的砝碼盤使彈簧正好保持原長，如圖所示，砝碼盤內(nèi)有一個砝碼，當突然撤去外力F后，砝碼對盤的壓力正好等于砝碼重力的情況發(fā)生在（　　） A．盤

4、下落的全過程中 B．撤去外力F放開盤的一瞬間 C．盤下落到有最大速度時 D．盤下落到速度為零時 8．物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C，所得加速度a與拉力F的關系如圖所示，A、B兩直線平行，則以下關系正確的是（　?。? A．mA＜mB＜mC B．mA=mB＜mC C．μA=μB=μC D．μA＜μB=μC 　 二、多選題（本大題共4小題，每小題3分，每小題給出的四個答案中，都有多個是正確的，完全正確的得3分，選對但不全的得1分，有選錯或不答的得0分） 9．下列

5、說法，能正確反映運動和力關系是（　?。? A．當物體所受合外力不變時，運動狀態(tài)一定不變 B．當物體所受合外力為零時，速度大小一定不變 C．當物體運動軌跡為直線時，所受合外力一定為零 D．當物體速度為零時，所受合外力不一定為零 10．以某一初速度豎直向上拋出一個小球，設小球所受的空氣阻力大小恒定，將小球從拋出點上升至最高點的過程與小球從最高點落回至拋出點的過程作對比，以下正確的是（　　） A．上升階段的時間大于下降階段的時間 B．上升階段的加速度大于下降階段的加速度 C．上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度 D．上升階段的速度變化大于下降階段的速度變化 11．如圖所示，物體

6、在長度相等的細繩AO、BO的作用下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將B點向右移動一小段距離，重新平衡后，與移動B點前相比較（　?。? A．兩繩的拉力的合力變大 B．兩繩的拉力的合力不變 C．AO繩的拉力與重力的合力變大 D．BO繩的拉力與重力的合力不變 12．如圖所示，質(zhì)量為m的小物體靜止在質(zhì)量為M、半徑為R的半球體上，小物體與半球體間的動摩擦因數(shù)為μ，小物體與球心連線與水平地面的夾角為θ，則下列說法正確的是（　?。? A．小物體對半球體的壓力大小為mgsinθ B．小物體對半球體的摩擦力大小為mgcosθ C．地面對半球體有水平向右的摩擦力 D．地面對半球體的支持力小于（M+m）g

7、　 三、填空題（本題共3小題，每空2分，共14分） 13．如圖所示，物體在受到一水平向左的拉力F=6N作用下，以v=4m/s的初速度沿水平面向右運動，已知物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.2，物體質(zhì)量m=2kg，g取10m/s2，z則物體所受摩擦力大小為　　N，方向為　　，物體向右運動的最大位移為　　m． 14．某同學用測力計研究在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)．他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)為20N．他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計的示數(shù)為16N，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是　　，g取10m/s2，電梯運動的加速度大小為　　m/s2． 15．如圖所示，質(zhì)量

8、為m的小球用輕繩懸掛于小車的車廂頂部，小車在水平地面上加速運動，小球與車廂相對靜止，輕繩與豎直方向的夾角恒為θ，重力加速度為g，則輕繩上的拉力大小為　　，小車運動的加速度大小為　?。? 　 四、實驗題（本題共2小題，每空2分，共10分） 16．在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中 ①為了使合力與分力的作用效果相同，需要進行的操作是　?。? ②用兩個彈簧秤通過細繩同時拉橡皮條，在某次操作中將結(jié)點拉倒位置O時的狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是　　 A．兩條細繩不一樣長會導致實驗誤差增大 B．兩彈簧秤示數(shù)不同會導致實驗誤差增大 C．彈簧秤必須與木板平行 D．只要記錄下兩彈簧秤的示

9、數(shù)就可以完成實驗． 17．探究加速度與力、質(zhì)量的關系實驗中，采用如圖1所示的實驗裝置，小車及車中砝碼的質(zhì)量用M表示，盤及盤中砝碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶由打點計時器打上的點計算出． ①實驗中，需要將軌道適當傾斜，這樣做的目的是　??； ②當M與m的大小關系滿足　　時，才可以認為繩對小車的拉力等于盤中砝碼的重力． ③如圖2所示為某同學根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a﹣F圖線，說明實驗存在的問題是　?。? 　 五、計算題（本題共4小題，共36分，解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中須明確寫出數(shù)值和單位） 1

10、8．如圖所示，重力為500N的人通過跨過定滑輪的輕繩牽引重200N的物體，人的鞋底與地面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，當繩與水平方向成37°角時，物體靜止，若不計滑輪與繩之間的摩擦，求： （1）地面對人的支持力的大小FN； （2）地面對人的摩擦力的大小f． 19．（8分）xx6月20日上午10時，中國載人航天史上的首堂太空授課，神舟十號航天員在天宮一號開展基礎物理實驗，實驗中提出了如何測質(zhì)量的問題，大家知道質(zhì)量可以用天平測量，可是在宇宙空間怎樣測量物體的質(zhì)量呢？如圖所示是采用動力學方法測量空間站質(zhì)量的原理圖．若已知雙子星號宇宙飛船的質(zhì)量m=3200kg，其尾部推進器提供的平均推力F為9

11、00N，在飛船與空間站對接后，推進器工作8s，測出飛船和空間站速度變化是1.0m/s．則： （1）空間站的質(zhì)量M； （2）在此過程中飛船對空間站的作用力F′． 20．（14分）如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg的物體置于傾角為θ=37°的固定且足夠長的斜面上，t=0時刻 對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時撤去拉力，物體運動的v﹣t圖象如圖乙所示．g=10m/s2，試求： （1）物體與斜面間的滑動摩擦因數(shù)； （2）拉力F的大?。? （3）t=4s時物體的速度大?。? 21．（12分）如圖甲所示為學校操場上一質(zhì)量不計的豎直滑竿，滑竿上端固定，下端懸空，為了研究學生沿竿的下滑

12、情況，在竿頂部裝有一拉力傳感器，可顯示竿頂端所受拉力的大小．現(xiàn)有一質(zhì)量為50kg的學生（可視為質(zhì)點）從上端由靜止開始滑下，滑到竿底時速度恰好為零．以學生開始下滑時刻為計時起點，傳感器顯示的拉力隨時間變化情況如圖乙所示，已知滑竿的長度為6m，g取10m/s2．求： （1）該學生下滑過程中的最大速度； （2）該學生加速下滑持續(xù)的時間． （3）畫出該學生下滑過程的v﹣t圖象（要求標出相應的坐標值）． 　 參考答案與試題解析 　 一、單選題（本大題共8小題，每小題3分，每小題給出的四個答案中，只有一個是正確的，選對的得3分，有選錯或不答的得0分） 1．關于運動和力的關系，下列說

13、法正確的是（　?。? A．物體受到的力越大，速度就越大 B．如果物體在運動，那么它一定受到力的作用 C．物體不受外力作用時，運動狀態(tài)可能改變 D．物體運動狀態(tài)發(fā)生改變，一定是受到了外力的作用 【考點】牛頓第一定律． 【分析】力是改變物體運動狀態(tài)的原因，速度的大小與力的大小無關；速度的改變需要力在時間上進行積累才能達到． 【解答】解：A、力越大則物體的加速度越大，但速度可能很小，故A錯誤； B、物體在運動時，若為勻速直線運動，則物體受力為零或不受力，故B錯誤； C、根據(jù)牛頓第一定律可知，物體不受外力，則運動狀態(tài)一定不變；故C錯誤； D、力是改變物體的運動狀態(tài)的原因，物體運動狀態(tài)

14、發(fā)生改變，一定是受到了外力的作用，故D正確； 故選：D． 【點評】本題應明確：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因；但要注意速度與加速度的關系，并不是加速度越大速度越大． 　 2．以下共點力可以使物體處于平衡狀態(tài)的是（　?。? A．15N，10N，4N B．5N，4N，10N C．3N，3N，5N D．3N，3N，7N 【考點】力的合成． 【分析】處于平衡狀態(tài)的條件是：合力為零．三個力合成，如果第三個力可以和其余兩個力的合力等大反向，則可以合力為零． 【解答】解：A、15N，10N的合力范圍為【5N，25N】，4N不在此范圍內(nèi)，合力不可能為零，不能平衡，故A錯誤； B

15、、5N，4N的合力范圍為【1N，9N】，10N不在此范圍內(nèi)，合力不可能為零，不能平衡，故B錯誤； C、3N，3N的合力范圍是【0，6N】，5N在此范圍內(nèi)，合力可以為零，故C正確； D、3N，3N的合力范圍為【0N，6N】，7N不在此范圍內(nèi)，合力不可能為零，不能平衡，故D錯誤； 故選：C 【點評】本題考查物體三力平衡的條件：任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等而方向相反，以及兩種平衡狀態(tài)：靜止或勻速直線運動；是一個比較簡單的題目． 　 3．跳高運動員從地面上起跳的瞬間，下列說法中正確的是（　　） A．運動員對地面的壓力大小等于運動員受到的重力大小 B．地面對運動員的支持力大小等

16、于運動員對地面的壓力大小 C．運動員對地面的壓力小于運動員受到的重力 D．地面對運動員的支持力小于運動員受到的重力 【考點】物體的彈性和彈力；作用力和反作用力． 【分析】力是改變物體運動狀態(tài)的原因；物體在平衡力的作用下會保持靜止狀態(tài)，物體在非平衡力的作用下運動狀態(tài)不斷變化；物體間力的作用是相互的． 【解答】解：跳高運動員從地上起跳還未離開地的瞬間，運動員受到地球的重力和地面的支持力的作用，由于運動員用力蹬地面，因此這兩個力不平衡，地面對運動員的彈力大于他的重力使運動員上升；又運動員對地面的壓力與地面對運動員的支持力是一對相互作用力，它們大小相等，方向相反；因此可做以下判定： A、運

17、動員對地面的壓力大于他的重力，故A錯誤； BC、地面對運動員的支持力等于他對地面的壓力，故B正確，C錯誤； D、地面對運動員的支持力大于他的重力，故D錯誤； 故選：B 【點評】本題涉及到力和運動的關系以及相互作用的概念的考查，知識點比較多，難在對平衡力和相互作用力的區(qū)分． 　 4．一根輕質(zhì)彈簧一端固定，用大小為F1的力壓彈簧的另一端，平衡時長度為L1；改用大小為F2的力拉彈簧，平衡時長度為L2，彈簧的拉伸和壓縮都在彈性限度內(nèi)，該彈簧的勁度系數(shù)為（　?。? A． B． C． D． 【考點】胡克定律． 【分析】根據(jù)彈簧受F1F2兩個力的作用時的彈簧的長度，分別由胡克定律列出方程聯(lián)

18、立求解即可． 【解答】解：由胡克定律得 F=kx，式中x為形變量，設彈簧原長為L0，則有： F1=k（L0﹣L1）， F2=k（L2﹣L0）， 聯(lián)立方程組可以解得：k=． 故選：C． 【點評】本題考查胡克定律的計算，在利用胡克定律 F=kx計算時，一定要注意式中x為彈簧的形變量，不是彈簧的長度，這是同學常出差的一個地方． 　 5．如圖所示，物塊在斜向右上方的拉力F作用下向右沿水平方向勻速運動，則物塊受到地面的摩擦力與拉力F的合力（　?。? A．大小等于物塊重力，方向豎直向上 B．大小小于物塊重力，方向斜向左上方 C．大小等于物塊重力，方向斜向左上方 D．大小小于物塊重

19、力，方向豎直向上 【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力． 【分析】物體受重力，支持力，拉力，摩擦力，重力和支持力的合力F1向下，由于物體向右勻速，故合力為零，由此可知拉力與摩擦力合力F2的方向． 【解答】解：對物體受力分析可知，其受重力，支持力，拉力，摩擦力．其中重力和支持力的合力F1向下，由于物體向右勻速，故合力F為零，故由此可知拉力與摩擦力合力F2的方向應是與F1等大反向，即方向豎直向上，大小小于物塊重力．故D正確； 故選：D． 【點評】本題是力的合成的問題，合力一定在兩分力之間，本題需要把四個力兩兩合成，進而找相互之間的關系． 　 6．如圖所示，小車在水平地面

20、上加速運動，一木塊靠在車廂側(cè)壁上，木塊與車廂相對靜止，下列說法正確的是（　?。? A．小車運動的速度越大，側(cè)壁對木塊的彈力越大 B．小車運動的加速度越大，側(cè)壁對木塊的彈力越大 C．小車運動的速度越大，側(cè)壁對木塊的摩擦力越大 D．小車運動的加速度越大，側(cè)壁對木塊的摩擦力越大 【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算；物體的彈性和彈力． 【分析】小車和木塊具有相同的加速度，水平方向上受彈力作用提供加速度，而豎直方向上受重力和靜摩擦力平衡． 【解答】解：A、水平方向上的彈力充當木塊受到的合外力，其大小與速度無關，故A錯誤； B、小車在水平方向?qū)δ緣K的彈力為木塊的合外力，則根據(jù)牛頓第

21、二定律可知T=ma，則可知，加速度越大，側(cè)壁對木塊的彈力越大，故B正確； C、木塊在豎直方向上受力平衡，摩擦力與重力相等，與物體的加速度和速度均無關，故CD錯誤． 故選：B． 【點評】明確物體和小車具有相同的加速度，分別對水平方向上根據(jù)牛頓第二定律和豎直方向上根據(jù)共點力的平衡條件進行分析求解即可． 　 7．用力F托住一個掛在輕彈簧下的砝碼盤使彈簧正好保持原長，如圖所示，砝碼盤內(nèi)有一個砝碼，當突然撤去外力F后，砝碼對盤的壓力正好等于砝碼重力的情況發(fā)生在（　　） A．盤下落的全過程中 B．撤去外力F放開盤的一瞬間 C．盤下落到有最大速度時 D．盤下落到速度為零時 【考點】牛頓第

22、二定律． 【分析】彈簧原來處于原長，突然放手后，整體受到重力和彈簧的彈力，彈力大小隨彈簧伸長的長度增大而增大，開始階段，重力大于彈力，整體向下做加速運動，后來彈力大于重力，小球向下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況，由牛頓第二定律求出何時壓力等于mg． 【解答】解：設物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，彈力大小為F，彈簧原來處于原長，突然放手后，整體受到重力和彈簧的彈力，彈力大小隨彈簧伸長的長度增大而增大． 開始階段，重力大于彈力，整體向下做加速運動，此過程由牛頓第二定律得（M+m）g﹣F=（M+m）a，彈力F增大，加速度a減小． 后來，彈力大于重力，小球向下做減速運動，此過程

23、由牛頓第二定律得F﹣（M+m）g=（M+m）a，彈力F增大，加速度a增大．在整個運動過程中，對小球由mg﹣FN=ma 可知a=0時相等，故盤下落到有最大速度時砝碼對盤的正壓力正好等于mg，故C正確，ABD錯誤． 故選：C． 【點評】本題是含有彈簧的動態(tài)變化分析問題，關鍵分析小球的受力情況，才能準確利用牛頓第二定律來分析小球的加速度變化情況． 　 8．物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，與水平面的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C，所得加速度a與拉力F的關系如圖所示，A、B兩直線平行，則以下關系正確的是（　?。?/p>

24、 A．mA＜mB＜mC B．mA=mB＜mC C．μA=μB=μC D．μA＜μB=μC 【考點】牛頓第二定律． 【分析】對于圖象問題要明確兩坐標軸所表示物理量以及其含義，對于比較復雜的圖象可以先依據(jù)物理規(guī)律寫出兩物理量的函數(shù)關系式，然后利用數(shù)學知識求解． 【解答】解：根據(jù)牛頓第二定律有：F﹣mgμ=ma 由： 由此可知：圖象斜率為質(zhì)量的倒數(shù)，在縱軸上的截距大小為：gμ． 故由圖象可知：μA＜μB=μC，mA=mB＜mC，故BD正確． 故選：BD． 【點評】高中物理中涉及圖象很多，但是物理什么圖象，都可以通過所學物理規(guī)律寫出兩物理量的函數(shù)關系式，然后依據(jù)數(shù)學知識弄清截距、

25、斜率、面積等含義． 　 二、多選題（本大題共4小題，每小題3分，每小題給出的四個答案中，都有多個是正確的，完全正確的得3分，選對但不全的得1分，有選錯或不答的得0分） 9．下列說法，能正確反映運動和力關系是（　　） A．當物體所受合外力不變時，運動狀態(tài)一定不變 B．當物體所受合外力為零時，速度大小一定不變 C．當物體運動軌跡為直線時，所受合外力一定為零 D．當物體速度為零時，所受合外力不一定為零 【考點】力的概念及其矢量性． 【分析】運動狀態(tài)的特征物理量是速度，根據(jù)牛頓第二定律討論合力與加速度的關系，再結(jié)合運動學公式分析速度變化情況． 【解答】解：A、根據(jù)牛頓第二定律，當物

26、體所受合外力不變時，加速度也不變，由于有加速度，物體的速度一定改變，故A錯誤； B、根據(jù)牛頓第二定律，當物體所受合外力為零時，物體的加速度也為零，故速度不變，故B正確； C、當物體運動軌跡為直線時，如果做勻速直線運動，合力為零，如果做變速運動，物體所受合外力一定不為零，故C錯誤； D、當物體的速度為零時，加速度不一定為零，故合力不一定為零，如豎直上拋運動的最高點，故D正確； 故選：BD 【點評】本題關鍵在于：物體依靠慣性運動，物體的速度不需要力來維持，力是改變速度的原因，即力是產(chǎn)生加速度的原因． 　 10．以某一初速度豎直向上拋出一個小球，設小球所受的空氣阻力大小恒定，將小球從拋

27、出點上升至最高點的過程與小球從最高點落回至拋出點的過程作對比，以下正確的是（　?。? A．上升階段的時間大于下降階段的時間 B．上升階段的加速度大于下降階段的加速度 C．上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度 D．上升階段的速度變化大于下降階段的速度變化 【考點】牛頓第二定律；加速度． 【分析】上升過程阻力向下，下降過程阻力向上，根據(jù)牛頓第二定律比較加速度大小，然后根據(jù)運動學公式列式比較時間大小，再根據(jù)平均速度公式比較平均速度的大小，根據(jù)功能關系分析回到拋出點時的速度，從而明確速度的變化量的大小． 【解答】解：A、B、上升過程，阻力向下（取平均值），根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f

28、=ma1； 下降過程，阻力向下（取平均值），根據(jù)牛頓第二定律，有：mg﹣f′=ma2； 故a1＞a2；根據(jù)h=at2可知，t1＜t2；故A錯誤，B正確； C、由于位移大小相等，而上升時間小于下降時間，故由平均速度公式可知，上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度，故C正確； D、根據(jù)動能定理可知，由于阻力做功，物體回到出發(fā)點時的速度一定小于上拋時的速度，而最高點時的速度為零，故可知上升階段的速度變化大于下降階段的速度變化，故D正確． 故選：BCD． 【點評】本題關鍵是取阻力的平均效果，然后分上升和下降過程列式求解，解題的關鍵在于明確加速度的大小，從而分析速度變化量和平均速度之間的關

29、系． 　 11．如圖所示，物體在長度相等的細繩AO、BO的作用下處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將B點向右移動一小段距離，重新平衡后，與移動B點前相比較（　?。? A．兩繩的拉力的合力變大 B．兩繩的拉力的合力不變 C．AO繩的拉力與重力的合力變大 D．BO繩的拉力與重力的合力不變 【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力． 【分析】對點O受力分析，受重力和兩根細繩的拉力；根據(jù)平衡條件，任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線． 【解答】解：AB、對點O受力分析，受重力和兩個拉力，如圖，設兩個拉力的夾角為θ，根據(jù)圖象得到： 故當B點向右移動一小段距離，角θ變大，兩個拉力都

30、變大； 兩個拉力的合力與重力等值、反向、共線，故兩個拉力的合力不變，故A錯誤，B正確； C、AO繩的拉力與重力的合力與BO繩的拉力等值、方向、共線，由于BO繩的拉力變大，故AO繩的拉力與重力的合力變大，故C正確； D、BO繩的拉力與重力的合力與AO繩的拉力等值、方向、共線，由于AO繩的拉力變大，故BO繩的拉力與重力的合力變大，故D錯誤； 故選：BC． 【點評】本題關鍵根據(jù)平衡條件得到：三力平衡時，任意兩個力的合力與第三力等值、方向、共線；求出拉力的具體表達式后分析． 　 12．如圖所示，質(zhì)量為m的小物體靜止在質(zhì)量為M、半徑為R的半球體上，小物體與半球體間的動摩擦因數(shù)為μ，小物

31、體與球心連線與水平地面的夾角為θ，則下列說法正確的是（　　） A．小物體對半球體的壓力大小為mgsinθ B．小物體對半球體的摩擦力大小為mgcosθ C．地面對半球體有水平向右的摩擦力 D．地面對半球體的支持力小于（M+m）g 【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力． 【分析】以小物體和半球體為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求解地面對半球體的摩擦力和地面對整天的支持力．再以小物體為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求解半球體對小物體的支持力和摩擦力，再由牛頓第三定律求解小物體對半球體的壓力和摩擦力． 【解答】解：A、對小物塊受力分析如圖1， 將重力

32、正交分解，如圖2， A、由于物體靜止在半球上，處于平衡態(tài)， 沿半徑方向列平衡方程： N﹣mgsinθ=0 得：N=mgsinθ，則物體對半球體的壓力大小為mgsinθ， 沿切向列平衡方程：f﹣mgcosθ=0 解得：f=mgcosθ，則小物體對半球體的摩擦力大小為mgcosθ，故AB正確； CD、以小物體和半球體整體為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件得知，地面對半球體的摩擦力為零．否則整體的合力不為零，破壞了平衡狀態(tài)，豎直方向受力平衡，則地面對半球體的支持力等于（M+m）g，故CD錯誤． 故選：AB 【點評】該題考查了受力分析、正交分解、平衡條件應用等知識，關鍵是由于

33、小物塊未滑動，故摩擦力不能用f=μN，只能用平衡條件求出． 　 三、填空題（本題共3小題，每空2分，共14分） 13．如圖所示，物體在受到一水平向左的拉力F=6N作用下，以v=4m/s的初速度沿水平面向右運動，已知物體與水平面的動摩擦因數(shù)μ=0.2，物體質(zhì)量m=2kg，g取10m/s2，z則物體所受摩擦力大小為　4　N，方向為　水平向左　，物體向右運動的最大位移為　1.6　m． 【考點】牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算． 【分析】物體滑動，受到滑動摩擦力，根據(jù)f=μmg求得，方向與相對運動方向相反，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，根據(jù)運動學公式求得位移 【解答】解：物體受到滑動摩擦

34、力，則有：f=μmg=0.2×2×10N=4N，方向與相對運動方向相反，故水平向左 物體減速運動時的加速度為：a= 向右的最大位移為： 故答案為：4，水平向左，1.6 【點評】本題主要考查了滑動摩擦力，抓住f=μFN，同時在求最大位移時抓住加速度是解決問題的關鍵 　 14．某同學用測力計研究在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)．他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)為20N．他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計的示數(shù)為16N，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是　減速上升或加速下降　，g取10m/s2，電梯運動的加速度大小為　2　m/s2． 【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈

35、力． 【分析】以砝碼為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律確定加速度方向，分析電梯的運動狀態(tài)． 【解答】解：砝碼的質(zhì)量m= 由題意可知，在電梯里，測力計的示數(shù)為16N，小于砝碼重力，砝碼所受的合力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律得知G0﹣G=ma， 解得，加速度向下，砝碼處于失重狀態(tài)，則電梯可能：減速上升或加速下降， 故答案為：減速上升或加速下降，2 【點評】本題根據(jù)牛頓運動定律分析超、失重現(xiàn)象，每種現(xiàn)象對應兩種運動情況：減速上升與加速下降時，物體處于失重狀態(tài)，反之，處于超重狀態(tài)． 　 15．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用輕繩懸掛于小車的車廂頂部，小車在水平地面上加速運動，小球與車廂相對靜止，輕繩

36、與豎直方向的夾角恒為θ，重力加速度為g，則輕繩上的拉力大小為　　，小車運動的加速度大小為　gtanθ?。? 【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力． 【分析】小車和小球具有相同的加速度，對小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律邱的加速度和繩子的拉力 【解答】解：對小球受力分析，由牛頓第二定律可知Tsinθ=ma Tcosθ=mg 聯(lián)立解得： T=， a=gtanθ 故答案為：，gtanθ 【點評】本題為牛頓第二定律中的連接體問題；解決本題的關鍵知道小球和小車具有相同的加速度，隔離對小球分析，運用牛頓第二定律進行求解； 　 四、實驗題（本題共2小題，每空2分，共10分） 16．

37、在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中 ①為了使合力與分力的作用效果相同，需要進行的操作是　將結(jié)點O點拉到同一位置??； ②用兩個彈簧秤通過細繩同時拉橡皮條，在某次操作中將結(jié)點拉倒位置O時的狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是　C　 A．兩條細繩不一樣長會導致實驗誤差增大 B．兩彈簧秤示數(shù)不同會導致實驗誤差增大 C．彈簧秤必須與木板平行 D．只要記錄下兩彈簧秤的示數(shù)就可以完成實驗． 【考點】驗證力的平行四邊形定則． 【分析】在實驗中使用一根彈簧秤拉細線與兩根彈簧秤拉細線的作用效果要相同（即橡皮條拉到同一位置），而細線的作用是畫出力的方向，彈簧秤能測出力的大?。虼思毦€的長度沒有限

38、制，彈簧秤的示數(shù)也沒有要求，兩細線的夾角不要太小也不要太大，但拉彈簧秤時必須保證與木板平面平行． 【解答】解：①為了使合力與分力的作用效果相同，需要進行的操作是將結(jié)點O點拉到同一位置， ②A、細線的作用是能顯示出力的方向，不必須等長，不一樣長不會導致實驗誤差增大．故A錯誤； B、兩彈簧秤示數(shù)不需要等大，只要便于作出平行四邊形即可，故B錯誤； C、彈簧秤必須與木板平行，故C正確； D、要記錄下兩彈簧秤的示數(shù)和方向才可以作出平行四邊形，故D錯誤 故選：C 故答案為：①將結(jié)點O點拉到同一位置；②C 【點評】本題是《探究求合力的方法》實驗的基礎，等效替代的方法，相同的作用效果就是：橡皮

39、條形變量相同且形變的方向也相同，注意記錄數(shù)據(jù)時一定要記錄方向． 　 17．探究加速度與力、質(zhì)量的關系實驗中，采用如圖1所示的實驗裝置，小車及車中砝碼的質(zhì)量用M表示，盤及盤中砝碼的質(zhì)量用m表示，小車的加速度可由小車后拖動的紙帶由打點計時器打上的點計算出． ①實驗中，需要將軌道適當傾斜，這樣做的目的是　平衡摩擦力??； ②當M與m的大小關系滿足　m＜＜M　時，才可以認為繩對小車的拉力等于盤中砝碼的重力． ③如圖2所示為某同學根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出的a﹣F圖線，說明實驗存在的問題是　平衡摩擦力時木板傾角過大?。? 【考點】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系． 【分析】（1）實驗時，我們認為

40、繩子的拉力是小車受到的合外力，為達到這個目的，我們要先平衡摩擦力； （2）要求在什么情況下才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力，需求出繩子的拉力，而要求繩子的拉力，應先以整體為研究對象求出整體的加速度，再以M為研究對象求出繩子的拉力，通過比較繩對小車的拉力大小和盤和盤中砝碼的重力的大小關系得出只有m＜＜M時才可以認為繩對小車的拉力大小等于盤和盤中砝碼的重力； （3）圖中沒有拉力時就產(chǎn)生了加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大． 【解答】解：①實驗時，我們認為繩子的拉力是小車受到的合外力，為達到這個目的，我們要先要將軌道適當傾斜，目的是平衡摩擦力； ②根據(jù)牛頓第二定律得：

41、對m：mg﹣F拉=ma 對M：F拉=Ma 解得：F拉= 當m＜＜M時，即當盤及盤中砝碼的總重力要遠小于小車的重力，繩子的拉力近似等于盤及盤中砝碼的總重力． ③圖中沒有拉力時就產(chǎn)生了加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大． 故答案為：①平衡摩擦力；②m＜＜M；③平衡摩擦力時木板傾角過大 【點評】本題關鍵掌握實驗原理和方法，就能順利解決此類實驗題目，而實驗步驟，實驗數(shù)據(jù)的處理都與實驗原理有關，故要加強對實驗原理的學習和掌握． 　 五、計算題（本題共4小題，共36分，解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分，有數(shù)值計算的題，答案中須明確寫出數(shù)值和單位）

42、 18．如圖所示，重力為500N的人通過跨過定滑輪的輕繩牽引重200N的物體，人的鞋底與地面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，當繩與水平方向成37°角時，物體靜止，若不計滑輪與繩之間的摩擦，求： （1）地面對人的支持力的大小FN； （2）地面對人的摩擦力的大小f． 【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力． 【分析】先對物體受力分析，得到繩子的拉力，再分析人的受力情況，作出受力示意圖，運用正交分解法，根據(jù)平衡條件求出地面對人的支持力和摩擦力． 【解答】解：分別對物體和人受力分析如圖： 由于物體和人都處于靜止，則根據(jù)平衡條件，有： mg=T Tcos37°=f

43、T sin37°+FN=Mg 解得： f=160N FN=380N 答：（1）地面對人的支持力的大小FN為380N； （2）地面對人的摩擦力的大小f為160N． 【點評】解決本題的關鍵正確地進行受力分析，抓住合力為零，運用正交分解進行求解． 　 19．xx6月20日上午10時，中國載人航天史上的首堂太空授課，神舟十號航天員在天宮一號開展基礎物理實驗，實驗中提出了如何測質(zhì)量的問題，大家知道質(zhì)量可以用天平測量，可是在宇宙空間怎樣測量物體的質(zhì)量呢？如圖所示是采用動力學方法測量空間站質(zhì)量的原理圖．若已知雙子星號宇宙飛船的質(zhì)量m=3200kg，其尾部推進器提供的平均推力F為900N，在

44、飛船與空間站對接后，推進器工作8s，測出飛船和空間站速度變化是1.0m/s．則： （1）空間站的質(zhì)量M； （2）在此過程中飛船對空間站的作用力F′． 【考點】牛頓第二定律． 【分析】（1）根據(jù)加速度定義式求出飛船和空間站的加速度大小，然后以空間站和飛船整體為研究對象，由牛頓第二定律列方程求解空間站的質(zhì)量M； （2）以空間站單獨為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解F． 【解答】解：（1）飛船和空間站的加速度為：a===0.125m/s2 以空間站和飛船整體為研究對象由牛頓第二定律：F=（M+m）a 900=（M+3200）×0.125 得：M=4000 kg　 （2

45、）以空間站為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：F′=Ma=4000×0.125=500N； 答： （1）空間站的質(zhì)量4000 kg； （2）在此過程中飛船對空間站的作用力F′為500N． 【點評】本題屬于已知運動情況求解受力情況的類型，加速度是將力與運動聯(lián)系起來的橋梁，要靈活選取研究對象，運用整體法和隔離法結(jié)合解答比較簡便． 　 20．（14分）（xx秋?天津期末）如圖甲所示，質(zhì)量為m=1kg的物體置于傾角為θ=37°的固定且足夠長的斜面上，t=0時刻 對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s時撤去拉力，物體運動的v﹣t圖象如圖乙所示．g=10m/s2，試求： （1）物體與斜面間

46、的滑動摩擦因數(shù)； （2）拉力F的大?。? （3）t=4s時物體的速度大小． 【考點】牛頓第二定律． 【分析】（1）（2）結(jié)合速度時間圖線求出勻加速直線運動和勻減速直線運動的加速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力F的大小和動摩擦因數(shù)的大?。? （3）由運動學的公式求出物體向上運動的時間，然后由牛頓第二定律求出物體向下運動的加速度，由v=at即可求出4s末的速度． 【解答】解：（1）設力F作用時物體的加速度為a1，對物體受力分析， 由牛頓第二定律可知，F(xiàn)﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 設撤去力后，加速度的大小為a2， 由牛頓第二定律可知，mgsinθ+μmgcosθ=ma2

47、 根據(jù)速度時間圖線得，加速度的大小 .． 代入解得F=30N，μ=0.5． （3）物體向上做減速運動的時間： s 到達最高點后勻加速下滑的加速度為： =gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2． 向下運動的時間：t3=4﹣1﹣2=1s 所以在4s末的速度：v4=a3t3=2×1=2m/s 答：（1）斜面的摩擦因數(shù)為0.5． （2）拉力F的大小為30N； （3）t=4s時物體的速度大小是2m/s． 【點評】本題考查了速度時間圖線與牛頓第二定律的綜合，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁． 　 21．（12分）（xx秋?天津期末）如圖甲所示為學校操場上一質(zhì)量不計的豎直滑

48、竿，滑竿上端固定，下端懸空，為了研究學生沿竿的下滑情況，在竿頂部裝有一拉力傳感器，可顯示竿頂端所受拉力的大?。F(xiàn)有一質(zhì)量為50kg的學生（可視為質(zhì)點）從上端由靜止開始滑下，滑到竿底時速度恰好為零．以學生開始下滑時刻為計時起點，傳感器顯示的拉力隨時間變化情況如圖乙所示，已知滑竿的長度為6m，g取10m/s2．求： （1）該學生下滑過程中的最大速度； （2）該學生加速下滑持續(xù)的時間． （3）畫出該學生下滑過程的v﹣t圖象（要求標出相應的坐標值）． 【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像． 【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出0﹣1s內(nèi)加速下滑和減速下滑的加速度，再根據(jù)運動學公式求得

49、最大速度； （2）根據(jù)速度時間公式求得加速下滑的時間； （3）根據(jù)速度時間公式求得減速下滑的時間，即可做出v﹣t圖象 【解答】解：加速下滑階段有牛頓第二定律可得mg﹣F=ma1 解得 減速下滑階段F′﹣mg=ma2 解得 =L 解得v=2.4m/s （2）加速下降階段v=a1t1 解得 （3）減速下降階段v=a2t2 故下滑的v﹣t圖象 答：（1）該學生下滑過程中的最大速度為2.4m/s； （2）該學生加速下滑持續(xù)的時間為1s． （3）該學生下滑過程的v﹣t圖象如圖所示 【點評】本題是已知人的受力情況求解運動情況的問題，解題的關鍵是加速度是中間橋梁，熟練運用運動學公式即可