安徽省安庆二中2016届高三物理上学期第一次质检试卷（含解析）.doc

‎2015-2016学年安徽省安庆二中高三（上）第一次质检物理试卷 ‎ 一、选择题（每小题4分，共48分，其中1～9题为单选题，10～12小题为多选题．）‎ ‎1．做匀变速直线运动的物体，在第一个3s内的位移为6m，第一个5s内的位移为15m，则质点在t=2s时的速度为( )‎ ‎ A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s ‎2．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为( )‎ ‎ A． B．2 C．（△v）2（﹣） D．（△v）2（+）‎ ‎3．小球以某一速度从倾角为30°的光滑斜面底端冲向顶端，然后又返回底端，A、B、C是斜面上的三个点，B是AC段的中间，若小球最高只能到达C点且小球在A、C间往返的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于( )‎ ‎ A．gt B．gt C．gt D．gt ‎4．设雨点下落过程受到的空气阻力与雨滴（可看成球形，球的体积公式为其半径为r）的横截面积S成正比，与下落速度v的平方成正比，即f=kSv2（其中k为比例系数），雨点接近地面时近似看做匀速直线运动．若两个雨滴的半径之比为2：1，则这两个雨滴的落地速度之比为( )‎ ‎ A．：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1‎ ‎5．如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α=30°，β=60°，则OA、OB绳的拉力之比为( )‎ ‎ A．：1 B．：1 C．：2 D．2：1‎ 19‎ ‎6．运动员手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ．设球拍和球的质量分别为M、m，不计空气阻力以及球拍和球之间的摩擦，则( )‎ ‎ A．运动员的加速度大小为gsinθ ‎ B．球拍对球的作用力大小为mgcosθ ‎ C．运动员对球拍的作用力大小为 ‎ D．运动员对球拍的作用力方向水平向右 ‎7．用纳米材料制的涂料喷在船体上能使船所受的阻力减小为原来的一半．如果某一轮船的发动机的牵引力F不变，喷涂纳米材料后轮船加速度比原来增大一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料后所受的阻力f的关系是( )‎ ‎ A．F=f B． C．F=2f D．F=3f ‎8．在竖直墙壁间有质量为m、倾角为30°的直角楔形木块和质量为2m的光滑圆球，两者能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g （g为重力加速度）．则木块与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎9．如图所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端时间为T，则下列说法正确的是( )‎ ‎ A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定大于T ‎ B．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于T 19‎ ‎ C．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间可能等于T ‎ D．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定小于T ‎10．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止．当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用沿与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上升．下列说法中正确的是( )‎ ‎ A．当α=2θ时，F有最小值 ‎ B．F的最小值为mgsin2θ ‎ C．在木块匀速下滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右 ‎ D．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左 ‎11．物块A、B的质量分别为2m和m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是( )‎ ‎ A．弹簧的原长为 ‎ B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等 ‎ C．两种情况下稳定时两物块的加速度相等 ‎ D．弹簧的劲度系数为 ‎12．如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )‎ 19‎ ‎ A． B． C． D．‎ 二、实验题（14分）‎ ‎13．在做《验证共点力的合成定则》的实验时，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板的A点，用两根细绳结在橡皮条的另一端O，如图所示．通过细绳用两个互成角度的测力计拉橡皮条，使结点移到某一位置，拉力F1和F2的方向与OA夹角分别为150°和135°，F1=2N，则F2=__________N，OA线上的拉力是__________N．‎ ‎14．利用如图1所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数．将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率﹣时间（v﹣t）图象．（取重力加速度g=10m/s2）．‎ ‎（1）先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v﹣t图象如图2所示．利用该图象可算出滑块A上滑时的加速度的大小为__________m/s2；‎ ‎（2）从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=__________．‎ 19‎ ‎15．一端带有滑轮的木板水平放置在桌面上，木板上放一个质量为M的物体，另一端连一不可伸缩的细线，跨过滑轮按图甲和图乙两种方式拉绳子的另一端使M都能加速运动，不计滑轮质量和摩擦，则绳子上的拉力比较：图甲__________图乙（填大于、小于、等于）李平同学在用图乙探究加速度、力、质量关系的实验中，若要M受的合外力近似等于mg，则必须满足于①__________，②__________‎ 三、计算题（本题共3小题，共计38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图1，在两块相同的竖直木板A、B之间有重为G=30N的物体，用两个大小相同的力F1、F2垂直压木板，物体与木板间的动摩擦因数μ=0.5，不计木板的重力．‎ ‎（1）已知F1=F2=32N，若把物体沿板水平拉出（垂直纸面方向），求所需拉力的最小值．‎ ‎（2）如图2，现调整F1、F2大小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成37°角时，物体处于平衡，此时F1=18N．若用平行于木板的力把物体沿板向上拉出，求拉力F的最小值．‎ ‎17．如图甲所示，水平平台的右端安装有轻质滑轮，质量为M=2.5kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m=0.5kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g（g取10 m/s2）．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ ‎（1）某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图（乙）所示，拍摄时每隔1s曝光一次，若小球直径为20cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）设小球着地后立即停止运动，已知l=3.0m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h？（假设小球距地面足够高，计算结果保留三位有效数字）‎ 19‎ ‎18．（14分）用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F，物体正好运动到斜面顶端并开始返回．在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端所需时间也为t．若物体回到底端时速度为8m/s，试问：‎ ‎（1）推力F与物体所受斜面摩擦力Ff之比为多少？‎ ‎（2）撤去推力F时物块的速度大小及斜面顶端和底端的高度差h各为多少？‎ ‎2015-2016学年安徽省安庆二中高三（上）第一次质检物理试卷 一、选择题（每小题4分，共48分，其中1～9题为单选题，10～12小题为多选题．）‎ ‎1．做匀变速直线运动的物体，在第一个3s内的位移为6m，第一个5s内的位移为15m，则质点在t=2s时的速度为( )‎ ‎ A．1.5m/s B．2.5m/s C．3.5m/s D．4.5m/s 考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系． ‎ 专题：直线运动规律专题．‎ 分析：应用“匀变速运动，平均速度等于中间时刻的瞬时速度”的推论求得1.5s末和2.5s末的瞬时速度，再根据速度时间关系求得加速度，从而求得t=2s时的瞬时速度．‎ 解答： 解：做匀变速直线运动的物体，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在第一个3s内的位移为6m，可得物体在1.5s末的速度为；‎ 第一个5s内的位移为15m，可得物体在2.5s末的速度为 可得物体运动的加速度 所以物体在t=2s时的速度v2=v1.5+at=2+1×0.5m/s=2.5m/s 故选：B．‎ 点评：注意选用最佳方案解题，可以大大简化运算，其中“匀变速运动，平均速度等于中间时刻的瞬时速度”的推论就是其一．‎ ‎2．一质点做匀加速直线运动时，速度变化△v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的△v时发生位移x2，则该质点的加速度为( )‎ ‎ A． B．2 C．（△v）2（﹣） D．（△v）2（+）‎ 考点：加速度． ‎ 专题：直线运动规律专题．‎ 分析：首先知道题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解即可．‎ 解答： 解：设匀加速的加速度a，物体的速度分别为v1、v2和 v3‎ 19‎ 据运动学公式可知：‎ 且v2﹣v1=v3﹣v2=△v 联立以上三式解得：a=，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ 点评：明确题境，利用运动学速度位移公式和速度的变化量公式求解，一定动手计算，否则感觉无从下手．‎ ‎3．小球以某一速度从倾角为30°的光滑斜面底端冲向顶端，然后又返回底端，A、B、C是斜面上的三个点，B是AC段的中间，若小球最高只能到达C点且小球在A、C间往返的总时间为t，那么小球经过B点时速度的大小等于( )‎ ‎ A．gt B．gt C．gt D．gt 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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：根据牛顿第二定律求出小球在斜面上的加速度，抓住上升和下滑时间的对称性得出上升和下降的时间，结合位移时间公式和速度位移公式求出小球经过B点的速度大小．‎ 解答： 解：根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度a=，上升过程和下滑过程对称，所以上升的时间为，‎ 设CA的距离为x，则x=，‎ 由C到B满足，‎ 解得．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ 点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，掌握运动学公式的灵活运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎4．设雨点下落过程受到的空气阻力与雨滴（可看成球形，球的体积公式为其半径为r）的横截面积S成正比，与下落速度v的平方成正比，即f=kSv2‎ 19‎ ‎（其中k为比例系数），雨点接近地面时近似看做匀速直线运动．若两个雨滴的半径之比为2：1，则这两个雨滴的落地速度之比为( )‎ ‎ A．：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：根据共点力平衡条件和题意中有关摩擦力的关系式列式求解；‎ 解答： 解：当f=mg时，雨点达到最终速度vm，则 ‎，‎ 则，‎ 解得∝．‎ 两个雨滴的半径之比为2：1，所以这两个雨滴的落地速度之比为：=‎ 故选：A 点评：本题是一道理论联系实际的题目，关键是根据阻力表达式和共点力平衡条件列式求解．难度不大．‎ ‎5．如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α=30°，β=60°，则OA、OB绳的拉力之比为( )‎ ‎ A．：1 B．：1 C．：2 D．2：1‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． ‎ 专题：共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：先对A球受力分析，根据共点力平衡条件并结合合成法列式，求出OA绳的拉力与AB杆的弹力的关系，再对B球进行研究，同样得到OB绳的拉力与AB杆的弹力的关系，即可求解OA、OB绳的拉力之比．‎ 解答： 解：对A球受力分析，受重力、杆的支持力F2和细绳OA的拉力F1，如图所示：‎ 19‎ 根据共点力平衡条件，有：F1=2F2cos30°=F2（图中矢量三角形的三个角分别为30°、30°、120°）‎ 再对球B进行研究，B球重力、杆的支持力F2和细绳OB的拉力F3．‎ 杆的支持力F2与竖直方向的夹角为60°，与OB绳关于竖直方向对称，根据对称性可得，F3=F2．‎ 可得OA、OB绳的拉力之比 F1：F3=：1‎ 故选：B 点评：本题关键受力分析后根据共点力平衡条件列式求解，注意三力平衡可用合成法，四力平衡可以用正交分解法．‎ ‎6．运动员手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ．设球拍和球的质量分别为M、m，不计空气阻力以及球拍和球之间的摩擦，则( )‎ ‎ A．运动员的加速度大小为gsinθ ‎ B．球拍对球的作用力大小为mgcosθ ‎ C．运动员对球拍的作用力大小为 ‎ D．运动员对球拍的作用力方向水平向右 考点：牛顿第二定律；牛顿第三定律． ‎ 分析：球、球拍和人具有相同的加速度，对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合平行四边形定则求出球拍对球的作用力的大小．对整体分析，根据合力的方向确定地面对运动员的作用力方向．‎ 解答： 解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二定律得，，故A错误．‎ B、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N=，故B错误．‎ C、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为，故C正确．‎ D、由C分析可知，运动员对球拍的作用力方向垂直于球拍斜向上，故D错误 故选：C 19‎ 点评：解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用 ‎7．用纳米材料制的涂料喷在船体上能使船所受的阻力减小为原来的一半．如果某一轮船的发动机的牵引力F不变，喷涂纳米材料后轮船加速度比原来增大一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料后所受的阻力f的关系是( )‎ ‎ A．F=f B． C．F=2f D．F=3f 考点：摩擦力的判断与计算． ‎ 专题：摩擦力专题．‎ 分析：依据受力分析，根据牛顿第二定律，列出两种情况下的方程，即可求解．‎ 解答： 解：喷涂纳米材料前，由牛顿第二定律，则有F﹣f=ma 喷涂纳米材料后，则有F﹣=m•2a 联立两式，解得：F=f，故B正确，ACD错误；‎ 故选B 点评：考查牛顿第二定律的应用，掌握受力分析的方法，注意两种情况下的牵引力不变．‎ ‎8．在竖直墙壁间有质量为m、倾角为30°的直角楔形木块和质量为2m的光滑圆球，两者能够一起以加速度a匀加速竖直下滑，已知a＜g （g为重力加速度）．则木块与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( )‎ ‎ A． B． C． D．‎ 考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：隔离光滑均匀圆球Q，对Q受力分析，根据平衡条件列式求解FN，对两球组成的整体进行受力分析，根据平衡条件列式求解即可．‎ 解答： 解：光滑圆球B受力如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：FN=Fcosθ，‎ ‎2mg﹣Fsinθ=2ma，‎ 19‎ 对A、B系统，由牛顿第二定律得：‎ ‎3mg﹣μFN=3ma，‎ 联立解得：μ=；‎ 故选：A．‎ 点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．‎ ‎9．如图所示，粗糙的传送带与水平方向夹角为θ，当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块下滑到底端时间为T，则下列说法正确的是( )‎ ‎ A．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定大于T ‎ B．当传送带顺时针转动时，物块下滑的时间一定小于T ‎ C．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间可能等于T ‎ D．当传送带逆时针转动时，物块下滑的时间一定小于T 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：当传送带静止时，在传送带上端轻放一小物块，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，物块下滑做匀加速直线运动．当传送带顺时针、逆时针转动时，根据受力比较出加速度的大小，从而比较出时间．‎ 解答： 解：A、当传送带顺时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，加速度与传送带静止时加速度相同，所以物块下滑的时间等于T．故AB错误．‎ ‎ C、当传送带逆时针转动时，物块受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，向下做匀加速直线运动的加速度大于传送带静止时的加速度，则物块下滑的时间小于T．故C错误D正确．‎ 故选：D．‎ 点评：本题要考虑传送带的传动方向，通过传送带的传动方向，得出物块所受滑动摩擦力方向，与传送带静止时物块的受力相比较．‎ ‎10．如图所示，质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止．当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，如果用沿与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上升．下列说法中正确的是( )‎ ‎ A．当α=2θ时，F有最小值 19‎ ‎ B．F的最小值为mgsin2θ ‎ C．在木块匀速下滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向右 ‎ D．在木块匀速上滑过程中，地面对M的静摩擦力方向水平向左 考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． ‎ 专题：共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解；‎ 采用整体法，对m、M构成的整体列平衡方程．‎ 解答： 解：A、B、选木块为研究对象，当没加外力F时正好匀速下滑，设木块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有：‎ mgsinθ=μmgcosθ ①‎ 当加上外力F时，对木块受力分析如下图：‎ 则有：f=μN②‎ 平行于斜面方向：f+mgsinθ=Fcosα③‎ 垂直于斜面方向：N+Fsinα=mgcosθ④‎ 由①②③④解得，F=⑤‎ 联立①⑤得：F=‎ 故当α=θ时，分母最大，F有最小值，最小值为：‎ Fmin=mgsin2θ ⑥‎ 故A错误，B正确；‎ C、D、选物体和M和m整体为研究对象，设水平面对木楔M的摩擦力是f′，水平方向受力平衡，则有：‎ f′+Fmincos（θ+α）=0 ⑦‎ 可知摩擦力的方向向左．故C错误，D正确．‎ 故选：BD 点评：木块放在斜面上时正好匀速下滑隐含摩擦系数的数值恰好等于斜面倾角的正切值，当有外力作用在物体上时，列平行于斜面方向的平衡方程，找到外力F的表达式，讨论F取最小值的条件，求解第二问时，灵活选用整体的思想较好，总体上看此题有一定难度．‎ ‎11．物块A、B的质量分别为2m和m，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2，则下列判断正确的是( )‎ 19‎ ‎ A．弹簧的原长为 ‎ B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等 ‎ C．两种情况下稳定时两物块的加速度相等 ‎ D．弹簧的劲度系数为 考点：胡克定律． ‎ 分析：先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A和B为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；由胡克定律求得劲度系数．‎ 解答： 解：A、C、D以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为a=．‎ 设弹簧的原长为l0．根据牛顿第二定律得：‎ ‎ 第一种情况：对A：k（l1﹣l0）=ma ①‎ ‎ 第二种情况：对B：k（l0﹣l2）=2ma ②‎ 由①②解得，l0=，k=．故ACD正确．‎ B、第一种情况弹簧的形变量为△l=l1﹣l0=；第二种情况弹簧的形变量为△l=l0﹣l2=；故B错误．‎ 故选：ACD．‎ 点评：本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究．‎ ‎12．如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是( )‎ 19‎ ‎ A． B． C． D．‎ 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：当F较小且拉动AB整体时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止；当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动；分三个阶段根据牛顿第二定律列式讨论即可．‎ 解答： 解：A、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零；‎ 对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，加速度为：‎ ‎；‎ 当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，有：‎ 由于μ1mg＞μ2（M+m）g，故aA2＜aA3；故A正确；‎ B、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误；‎ C、当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体A，拉力小于μ1mg，静摩擦力等于拉力；‎ 当整体开始加速滑动时，对A，根据牛顿第二定律，有：F﹣f1=ma；静摩擦力f1逐渐增加，但依然小于μ1mg；‎ 当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为μ1mg；故C正确；‎ D、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力；‎ 滑动后，受地面的滑动摩擦力为μ2（M+m）g，保持不变；故D正确；‎ 故选：ACD．‎ 点评：本题关键是灵活选择研究对象，根据牛顿第二定律列式分析，注意静摩擦力和滑动摩擦力的区别，不难．‎ 二、实验题（14分）‎ 19‎ ‎13．在做《验证共点力的合成定则》的实验时，在水平放置的木板上垫上一张白纸，把橡皮条的一端固定在板的A点，用两根细绳结在橡皮条的另一端O，如图所示．通过细绳用两个互成角度的测力计拉橡皮条，使结点移到某一位置，拉力F1和F2的方向与OA夹角分别为150°和135°，F1=2N，则F2=1.41N，OA线上的拉力是2.73N．‎ 考点：验证力的平行四边形定则． ‎ 专题：实验题．‎ 分析：根据力的合成与分解的原则或者根据平行四边形定则可求解．‎ 解答： 解：与OA垂直的方向上受力平衡，则有：‎ F1cos60°=F2sin45°‎ 解得：F2=1.41N ‎ 在OA方向上有：TOA=F1sin60°+F2sin45°=2.73N ‎ 故答案为：1.41N，2.73N．‎ 点评：本题考查了力的合成和分解的简单应用，是考查基础知识的好题．‎ ‎14．利用如图1所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数．将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率﹣时间（v﹣t）图象．（取重力加速度g=10m/s2）．‎ ‎（1）先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v﹣t图象如图2所示．利用该图象可算出滑块A上滑时的加速度的大小为8.0m/s2；‎ ‎（2）从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.25．‎ 考点：牛顿第二定律；动摩擦因数． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：（1）滑块上滑时做匀减速直线运动，根据a=求解加速度；‎ ‎（2）同理求解下滑时的加速度，根据牛顿第二定律列式即可求解动摩擦因素．‎ 解答： 解：（1）根据a=得：滑块A上滑时加速度的大小为 19‎ a1==8m/s2；‎ A下滑时的加速度a2==4m/s2‎ ‎（2）由牛顿第二定律 A上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1‎ A下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2‎ 解得：μ=0.25‎ 故答案为：（1）8.0；（2）0.25．‎ 点评：本题主要考查了加速度的定义式及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们掌握速度时间图象的含义，难度适中．‎ ‎15．一端带有滑轮的木板水平放置在桌面上，木板上放一个质量为M的物体，另一端连一不可伸缩的细线，跨过滑轮按图甲和图乙两种方式拉绳子的另一端使M都能加速运动，不计滑轮质量和摩擦，则绳子上的拉力比较：图甲大于图乙（填大于、小于、等于）李平同学在用图乙探究加速度、力、质量关系的实验中，若要M受的合外力近似等于mg，则必须满足于①平衡M的摩擦力，②m比M小得多 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：根据牛顿第二定律求出两种情况下的拉力大小，从而进行比较．通过乙图中的拉力大小，分析合外力近似等于mg的条件．‎ 解答： 解：对甲图，M所受的拉力等于mg，‎ 对乙图，根据牛顿第二定律得，a=，则绳子的拉力F=Ma=，‎ 所以图甲中的拉力大于图乙中的拉力．‎ 为了使绳子的拉力等于M所受的合力，则需平衡摩擦力；为了使mg等于绳子的拉力，有F的表达式可知，m应远小于M．‎ 故答案为：大于，平衡M的摩擦力，m比M小得多．‎ 点评：解决本题的关键知道实验的原理，掌握在实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，（前提需平衡摩擦力），2、钩码的重力等于绳子的拉力，（前提是m的质量远小于M的质量）．‎ 三、计算题（本题共3小题，共计38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎16．如图1，在两块相同的竖直木板A、B之间有重为G=30N的物体，用两个大小相同的力F1、F2垂直压木板，物体与木板间的动摩擦因数μ=0.5，不计木板的重力．‎ 19‎ ‎（1）已知F1=F2=32N，若把物体沿板水平拉出（垂直纸面方向），求所需拉力的最小值．‎ ‎（2）如图2，现调整F1、F2大小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成37°角时，物体处于平衡，此时F1=18N．若用平行于木板的力把物体沿板向上拉出，求拉力F的最小值．‎ 考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算． ‎ 专题：共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：（1）对物体受力分析，由受力平衡条件，即可求解；‎ ‎（2）根据滑动摩擦力的公式，结合受力平衡，即可求解．‎ 解答： 解：（1）将物体水平拉出，沿板面受力分析如图所示：‎ 得拉力最小值为 F==N=43.8N；‎ ‎（2）把物体沿板向上拉出，物体与木板A之间的滑动摩擦力 f1=μF1=0.5×18N=9N 物体与木板B之间的滑动摩擦力 f2=μ（F1+Gcos37°）=0.5×（18+30×0.8）N=21N 则拉力 F=Gsin37°+f1+f2=30×0.6+9+21N=48N 答：（1）已知F1=F2=32N，若把物体沿板水平拉出（垂直纸面方向），所需拉力的最小值为43.8N；‎ ‎（2）如图2，现调整F1、F2大小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成37°角时，物体处于平衡，此时F1=18N．若用平行于木板的力把物体沿板向上拉出，拉力F的最小值为48N．‎ 点评：考查滑动摩擦力大小计算，掌握平衡方程的应用，注意正确的受力分析，及三角函数的正确运用．‎ ‎17．如图甲所示，水平平台的右端安装有轻质滑轮，质量为M=2.5kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m=0.5kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g（g取10 m/s2）．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．‎ 19‎ ‎（1）某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图（乙）所示，拍摄时每隔1s曝光一次，若小球直径为20cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）设小球着地后立即停止运动，已知l=3.0m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h？（假设小球距地面足够高，计算结果保留三位有效数字）‎ 考点：牛顿第二定律；自由落体运动． ‎ 专题：牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：（1）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小，分别隔离对小球和物块A分析，运用牛顿第二定律求出物块A与平台间的动摩擦因数．‎ ‎（2）小球落地后，物块A做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和速度位移公式求出小球下落的最大高度．‎ 解答： 解（1）对照片分析知，x1=60cm，x2=100cm，‎ 由△x=x2﹣x1=aT2‎ 得 a=0.4m/s2‎ 小球B，由 mg﹣FT=ma 物块A得：FT′﹣Ff=Ma Ff=μMg FT=FT′‎ 解得：．‎ ‎（2）对小球A：小球做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，落地时速度为v，由运动学公式有：v2﹣0=2ah 对物块A：B从开始下落到着地，A也运动了h，随后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，有：μMg=Ma 要使物块不撞到定滑轮，则应满足v2＜2a′（l﹣h）‎ 可得 代入数值，解得h＜2.375m．‎ 答：（1）物块A与平台间的动摩擦因数为0.152．‎ ‎（2）小球下落的最大高度h为2.375m．‎ 点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．对于第一问，也可以对整体分析，运用牛顿第二定律进行求解．‎ 19‎ ‎18．（14分）用一沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体向上推，推到斜面中点时，撤去F，物体正好运动到斜面顶端并开始返回．在此情况下，物体从底端到顶端所需时间为t，从顶端滑到底端所需时间也为t．若物体回到底端时速度为8m/s，试问：‎ ‎（1）推力F与物体所受斜面摩擦力Ff之比为多少？‎ ‎（2）撤去推力F时物块的速度大小及斜面顶端和底端的高度差h各为多少？‎ 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）用平均速度表示出上滑过程位移与下滑过程的位移，得出物体上滑到斜面中点时的速度．根据动能定理分别对上滑的全过程、上滑前一半过程和下滑全过程研究，列出方程，分别求出推力F、摩擦力f与重力的关系式，再求两者之比．‎ ‎（2）根据摩擦力f与重力的关系式，代入下滑过程动能定理的表达式，求解高度差．‎ 解答： 解：（1）由牛顿第二定律得：‎ 物体加速上升阶段：F﹣mgsinθ﹣Ff=ma1‎ 物体减速上升阶段：mgsinθ﹣Ff=ma2‎ 由题意可知：a1=a2，即：F=2（mgsinθ+Ff），‎ 返回阶段：mgsinθ﹣Ff=ma3‎ 由：可得：a1=a2=2a3‎ 解得：mgsinθ=3Ff，F：Ff=8：1；‎ ‎（2）由速度公式得：v1=a1，v=a3t，‎ 解得：v1=8m/s，‎ 由速度位移公式得：，‎ 解得：h=4.8m；‎ 答：（1）推力F与物体所受斜面摩擦力Ff之比为8：1；‎ ‎（2）撤去推力F时物块的速度大小为8m/s，斜面顶端和底端的高度差h为4.8m．‎ 点评：本题应用动能定理和运动学公式处理较为复杂的动力学问题，关键存在运用平均速度公式研究上滑过程物体在中点的速度．‎ 19‎