贵州省铜仁地区思南中学2015高一上学期期末物理模拟试卷一.doc

2015-2016学年贵州省铜仁地区思南中学高一（上）期末物理模拟试卷（一）

一、选择题（1-9为单选，10-12为多选）
1．历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是（　　）
A．阿基米德 B．牛顿 C．伽利略 D．亚里士多德

2．如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角θ，则（　　）

A．小车一定具有方向向左的加速度
B．小车一定具有方向向右的加速度
C．小车的加速度大小为gsinθ
D．小车的加速度大小为gcosθ

3．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则（　　）

A．a1=a2=a3 B．a1=a2，a2＞a3 C．a1＞a2，a2＜a3 D．a1＞a2，a2＞a3

4．如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左拉木块甲，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是（　　）

A．L+ B．
C． D．

5．一个人站在医用体重计的测盘上，在下蹲的全过程中，指针示数变化应是（　　）
A．先减小，后还原 B．先增加，后还原
C．始终不变 D．先减小，后增加，再还原

6．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

A． B．
C． D．

7．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是（　　）
A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小
C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大

8．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（　　）

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

9．一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象（以4s为周期）如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（　　）

A．x=3 m B．x=8 m C．x=9 m D．x=14 m

10．下列四个图中都有两条图线，分别表示一种直线运动过程的加速度和速度随时间变化的图象，其中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．

11．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度

12．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N

二、非选择题
13．某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图．如图（b）所示．实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：
（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成　　　　　　（填“线性”或“非线性”关系．
（2）由图（b）可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是存在　　　　　　．
（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是　　　　　　，钩码的质量应满足的条件是　　　　　　．

14．一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根轨道的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小．

15．跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和物体B，物体A放在倾角为θ的斜面上，如图所示，已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），滑轮的摩擦不计，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量的取值范围（按最大静摩擦力等于滑动摩擦力处理）．

16．如图所示，传送带与水平面的夹角为θ=37°，其以4m/s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，AB间（B为顶端）长度为25m．试回答下列问题：
（1）说明物体的运动性质（相对地球）；
（2）物体从A到B的时间为多少？（g=10m/s2）

17．在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化为：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为70kg，吊椅的质量为10kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．（g取10m/s2）
（1）当运动员匀速上升时，求运动员对吊椅的压力；
（2）当运动员与吊椅一起以加速度a=1m/s2加速上升时，求运动员对吊椅的压力．

2015-2016学年贵州省铜仁地区思南中学高一（上）期末物理模拟试卷（一）
参考答案与试题解析

一、选择题（1-9为单选，10-12为多选）
1．历史上首先正确认识力和运动的关系，推翻“力是维持物体运动的原因”的物理学家是（　　）
A．阿基米德 B．牛顿 C．伽利略 D．亚里士多德
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；物理学史．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】阿基米德是古希腊哲学家、数学家、物理学家，其所做的工作被认为是物理学真正开始前的准备工作；
公元前四世纪的希腊哲学家亚里士多德认为：必须不断地给一个物体以外力，才能使它产生不断地运动．如果物体失去了力的作用，它就会立刻停止．即﹣﹣力是维持物体运动的原因．亚里士多德的观点很符合人们的日常经验，如停着的车不推它它就不会动，停止推它它就会停下来…所以亚里士多德的观点当时占着统治地位，而且一直统治了人们两千年；
伽利略斜面实验在牛顿第一定律的建立过程中起到了重要作用，它揭示了力与运动的关系，即物体的运动并不需要力来维持；
牛顿系统总结了前人的经验，并通过大量的实验提出了牛顿三大定律，标志着物理学的真正开端．
【解答】解：A、阿基米德是古希腊哲学家、数学家、物理学家，其所做的工作被认为是物理学真正开始前的准备工作，故A错误；
B、牛顿系统总结了前人的经验，并通过大量的实验提出了牛顿三大定律，是力学的奠基人，故B错误；
C、伽利略通过理想斜面实验得出了力不是维持运动的原因，而是改变物体速度的原因，故C正确；
D、亚里士多德认为运动需要力来维持，故D错误；
故选C．
【点评】本题关键要知道阿基米德、亚里斯多德、伽利略、牛顿等人对物理学发展的主要贡献．

2．如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角θ，则（　　）

A．小车一定具有方向向左的加速度
B．小车一定具有方向向右的加速度
C．小车的加速度大小为gsinθ
D．小车的加速度大小为gcosθ
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】对小球受力分析，受重力和拉力，合力水平方向，根据平行四边形定则作图求解出合力，然后根据牛顿第二定律求解加速度
【解答】解：球随着车厢在平直轨道做匀变速运动，故加速度水平，合力水平；
对小球受力分析，受重力和拉力，如图所示：

故合力为：F=mgtanθ；
根据牛顿第二定律，有：
F=ma
联立解得：
a=gtanθ，方向水平向右；
故选：B
【点评】本题是根据受力情况确定运动情况，关键是根据平行四边形定则求解合外力，不难

3．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则（　　）

A．a1=a2=a3 B．a1=a2，a2＞a3 C．a1＞a2，a2＜a3 D．a1＞a2，a2＞a3
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】分别对三物体进行受力分析，运用牛顿第二定律求出三者的加速度，然后进行比较．
【解答】解：对1受力如图，有： =．
对2有： =．

对3有：．
可见a1＞a2，a2＜a3．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．

4．如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左拉木块甲，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是（　　）

A．L+ B．
C． D．
【考点】牛顿第二定律；胡克定律．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】由胡可定律结合牛顿第二定律求出弹簧的伸长量，可得木块间的距离．
【解答】解：设弹簧伸长量为x，两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度．
对于整体，由牛顿第二定律：
F=（m1+m2）a
对于乙：
F弹=m2a
由胡克定律：F弹=kx
由①②③解得：，
故两木块之间的距离是：
．
故A正确．
故选：A
【点评】看清木块间的弹簧是伸长的是关键，而两木块之间的距离就是弹簧形变后的长度，由胡克定律很容易求出．

5．一个人站在医用体重计的测盘上，在下蹲的全过程中，指针示数变化应是（　　）
A．先减小，后还原 B．先增加，后还原
C．始终不变 D．先减小，后增加，再还原
【考点】超重和失重．
【分析】人在下蹲的过程中，先是加速下降，后是减速下降，直到最后静止，所以加速度先向下后向上，根据人的运动的过程来分析人对体重计的压力的大小．
【解答】解：在下蹲的全过程中，人的运动的状态是先加速下降，后减速下降，直到最后静止，所以人先是处于失重状态后是处于超重状态，最后处于平衡状态，所以体重计的示数变化是先减小，后增加，再还原，所以D正确．
故选D．
【点评】本题考查了学生对超重失重现象的理解，分析清楚人的运动的状态，掌握住超重失重的特点，即可解决本题．

6．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（　　）

A． B．
C． D．
【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】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．
【解答】解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m1+m2）g ①
再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：m2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m2g=μ1F ②
联立①②解得：
=
故选：B
【点评】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．

7．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是（　　）
A．a和v都始终增大 B．a和v都先增大后减小
C．a先增大后减小，v始终增大 D．a和v都先减小后增大
【考点】牛顿第二定律；力的合成；力的合成与分解的运用．
【专题】牛顿运动定律综合专题．
【分析】根据牛顿第二定律F=ma可知物体加速度与合外力成正比，并且方向一致，所以本题要想分析其加速度的变化，要来分析合外力的变化情况．而要分析速度的变化，则要先分析加速度的变化情况．
【解答】解：由于质点初始处于静止状态，则其所受合力为零．这就相当于受两个等大反向的力：某个力和其余几个力的合力．其中某个力逐渐减小，而其余几个力的合力是不变的，则其合力就在这个力的反方向逐渐增大，这个力再由零增大到原来大小，则合力又会逐渐减小直到变为零，所以合力变化为先增大后减小，故加速度a先增大后减小，因此AD错误；
合外力的方式始终与其余几个力的合力保持一致．由牛顿第二定律F合=ma知其加速度先增大后减小．所以从加速变化看只有C项符合，又由于其合外力方向始终不变，则加速度方向始终不变，所以其速度会一直增大．因此B错误，C正确．
故选：C．
【点评】本题属于基本题目，考查基本的受力分析，应当在学习中注意通过问题看本质，本题问的虽然是a和v，但是实质是考查受力分析．

8．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（　　）

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升，阻力越小则上升的高度越大，伽利略通过上述实验推理得出运动物体如果不受其他物体的作用，将会一直运动下去．
【解答】解：A、如果斜面光滑，小球不会有能量损失，将上升到与O点等高的位置，故A正确；
B、通过推理和假想，如果小球不受力，它将一直保持匀速运动，得不出静止的结论，故B错误；
C、根据三次实验结果的对比，不可以直接得到运动状态将发生改变的结论，故C错误；
D、受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小是牛顿第二定律的结论，与本实验无关，故D错误．
故选：A．
【点评】要想分清哪些是可靠事实，哪些是科学推论要抓住其关键的特征，即是否是真实的客观存在，这一点至关重要，这也是本题不易判断之处；伽利略的结论并不是最终牛顿所得出的牛顿第一定律，因此，在确定最后一空时一定要注意这一点

9．一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象（以4s为周期）如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（　　）

A．x=3 m B．x=8 m C．x=9 m D．x=14 m
【考点】匀变速直线运动的图像．
【专题】运动学中的图像专题．
【分析】速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．
【解答】解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，
故4s时位移为：s=，周期为4s，8s内的位移为3m，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确．
故选：B．
【点评】本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．

10．下列四个图中都有两条图线，分别表示一种直线运动过程的加速度和速度随时间变化的图象，其中可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】匀变速直线运动的图像．
【专题】运动学中的图像专题．
【分析】因为两个图象表示一种运动，所以可以看根据加速度图象确定物体的运动情况，看速度时间图象是否正确即可判断．
【解答】解：A、由加速度图象可知：加速度方向为负值，且加速度不变，即物体做匀减速直线运动，速度图象是一条倾斜的直线，斜率为负，也表示做匀减速直线运动，故A正确；
B、由加速度图象可知：加速度先减小后增大，是一个变值，而速度图象是平行于时间轴的直线，表示物体做匀速直线运动，加速度为0，故B错误；
C、由加速度图象可知：加速度方向为负值，且加速度不断增大，即物体做加速度越来越大的减速直线运动，速度图象是平行于时间轴的直线，表示物体做匀速直线运动，故C错误；
D、由加速度图象可知：加速度方向为正值，且加速度不变，即物体做匀加速直线运动，速度图象是一条倾斜的直线，斜率为正，也表示做匀加速直线运动，故D正确；
故选AD
【点评】本题要求同学们会分析图象的含义，能根据图象得出有效信息，难度适中．

11．如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v﹣t图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的v0，v1，t1均为已知量，则可求出（　　）

A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【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】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．
【解答】解：由图b可知，物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；
图象的斜率表示加速度，上升过程及下降过程加速度均可求，上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；
但由于m均消去，故无法求得质量；因已知上升位移及夹角，则可求得上升的最大高度；
故选：ACD．
【点评】本题考查牛顿第二定律及图象的应用，要注意图象中的斜率表示加速度，面积表示位移；同时注意正确的受力分析，根据牛顿第二定律明确力和运动的关系．

12．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（　　）

A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】压轴题；共点力作用下物体平衡专题．
【分析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解．
【解答】解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：
F浮﹣mg=ma
解得：F浮=m（g+a）=460×（10+0.5）N=4830N，故A正确；
B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；
C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；
D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；
故选AD．
【点评】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解．

二、非选择题
13．某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图．如图（b）所示．实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：
（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成　非线性　（填“线性”或“非线性”关系．
（2）由图（b）可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是存在　存在摩擦力　．
（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实脸中应采取的改进措施是　调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　，钩码的质量应满足的条件是　远小于小车的质量　．

【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．
【分析】该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究．当质量一定时，研究小车的加速度和小车所受合力的关系．为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力．
【解答】解：（1）根据该同学的结果得出a﹣m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；
（2）从上图中发现直线没过原点，当a=0时，m≠0，即F≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的原因是存在摩擦力．
（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是：
①调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，即使得绳子上拉力等于小车的合力．
②根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=，则绳子的拉力F=Ma=，知钩码的质量远小于小车的质量时，绳子的拉力等于钩码的重力，所以钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．
故答案为：（1）非线性；（2）存在摩擦力；（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力；远小于小车的质量．
【点评】该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．
对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，这样问题我们要从实验原理和减少实验误差方面去解决．

14．一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s．在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动．该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过．已知每根轨道的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计．求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小．
【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．
【专题】直线运动规律专题．
【分析】（1）求出客车经过每根轨道的长度所用的时间，根据平均速度求出客车运行的速度大小．
（2）抓住客车和货车的位移关系求出货车的位移，根据匀变速直线运动的位移时间公式求出货车的加速度．
【解答】解：（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为△t，每根轨道的长度为l，则客车的速度为
其中l=25.0 m，
解得 v=37.5m/s
（2）设从货车开始运动后t=20.0 s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为 L=30×16.0 m
由运动学公式有 s1=vt

由题意，有 L=s1﹣s2
联立解得 a=1.35 m/s2
答：（1）客车运行的速度大小为37.5m/s．
（2）货车运行加速度的大小为1.35 m/s2．
【点评】解决本题理清两车的位移关系，灵活运用运动学公式进行求解．

15．跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体A和物体B，物体A放在倾角为θ的斜面上，如图所示，已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ（μ＜tanθ），滑轮的摩擦不计，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量的取值范围（按最大静摩擦力等于滑动摩擦力处理）．

【考点】摩擦力的判断与计算．
【专题】摩擦力专题．
【分析】先对物体B受力分析，受重力和拉力，二力平衡；再对物体A受力分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，分静摩擦力向上和向下两种情况列方程求解．
【解答】解：对B受力分析，绳中拉力T=mBg；
当mB取最大值时，物体具有沿斜面向下的最大静摩擦力fm；
对A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：
N﹣mgcosθ=0；
T﹣fm﹣mgsinθ=0；
其中：fm=μN，
联立以上各式，解得：mB=m（sinθ+μcosθ），
当mB取最小值时，物体具有沿斜面向上的最大静摩擦力fm；
对A受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：
N﹣mgcosθ=0；
T+fm﹣mgsinθ=0；
其中：fm=μN
联立以上各式，解得：
mB=m（sinθ﹣μcosθ）
综上，mB的范围是：m（sinθ﹣μcosθ）≤mB≤m（sinθ+μcosθ）
答：物体B的质量的取值范围为m（sinθ﹣μcosθ）≤mB≤m（sinθ+μcosθ）．
【点评】本题关键是找出恰好不上滑和恰好不下滑的临界状态，然后根据共点力平衡条件列式求解．

16．如图所示，传送带与水平面的夹角为θ=37°，其以4m/s的速度向上运行，在传送带的底端A处无初速度地放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，AB间（B为顶端）长度为25m．试回答下列问题：
（1）说明物体的运动性质（相对地球）；
（2）物体从A到B的时间为多少？（g=10m/s2）

【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）根据牛顿第二定律求出物体放上传送带时的加速度，当物体速度与传送带速度相等时，由于最大静摩擦力大于重力沿斜面方向上的分力，所以物体与传送带一起做匀速运动．
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求出匀加速直线运动和匀速直线运动的时间，从而求出物体从A点运动到B点所用的时间．
【解答】 解：（1）物体刚放上传送带，受力如图：
垂直传送带由平衡得：N=mgcosθ…①
沿传送带由牛顿第二定律得：f﹣mgsinθ=ma…②
f=μN…③
由①②③得：a=0.4 m/s2．
设工件达到4m/s位移为s，则有：
s===20m＜25m，
然后物体与传送带一起做匀速直线运动，先做匀加速运动再做匀速运动．
（2）物体匀加速运动的时间为：t1===10s，
物体匀速运动的时间为：t2===1.25s，
物体从A点运动到B点所用时间为：t=t1+t2=10s+1.25s=11.25s；
答：（1）物体先做匀加速运动再做匀速运动．
（2）物体从A点运动到B点所用的时间11.25s．

【点评】解决本题的关键理清工件的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行分析求解．

17．在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬．为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化为：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示．设运动员的质量为70kg，吊椅的质量为10kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦．（g取10m/s2）
（1）当运动员匀速上升时，求运动员对吊椅的压力；
（2）当运动员与吊椅一起以加速度a=1m/s2加速上升时，求运动员对吊椅的压力．

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；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】（1）对整体受力分析，根据平衡求出绳子的拉力．
（2）先对整体分析，通过牛顿第二定律求出拉力的大小，再隔离对运动员分析，求出吊椅的支持力，从而得出运动员对吊椅的压力．
【解答】解：（1）设运动员拉力为F，
2F=（M+m）g，解得F===400N．
运动员对吊椅的压力：N=Mg﹣F=300N；
（2）设运动员拉力为F′，压力为FN，
对整体运用牛顿第二定律得，2F′﹣（M+m）g=（M+m）a，
代入数据解得：F′=440N，
对运动员分析，根据牛顿第二定律得，F′+FN﹣Mg=Ma，
代入数据解得FN=330N．
则运动员对吊椅的压力为330N．
答：（1）运动员对吊椅的压力为300N．（2）运动员竖直向下拉绳的力为440N，运动员对吊椅的压力为330N．
【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．

2016年1月19日