遼寧省沈陽市和平區(qū)東北育才學校2018屆高三物理一模試卷（word版含解析）

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2018年遼寧省沈陽市和平區(qū)東北育才學校高考物理一模試卷一．選擇題（共12小題每小題4分計48分）1．（4分）將一個小球從報廢的礦井口由靜止釋放后做自由落體運動，4s末落到井底．該小球開始下落后第2s內(nèi)和第4s內(nèi)的平均速度之比是（　?。〢．1：3B．2：4C．3：7D．4：162．（4分）甲、乙兩物體同時從同一地點沿同一方向做直線運動的速度﹣時間圖象如圖所示，則（　?。〢．兩物體兩次相遇的時刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．兩物體相距最遠的時刻是2s末D．乙物體先向前運動2s，隨后向后運動3．（4分）某人站在地面上拋出一小球，球離手時的速度為v0，落地時的速度為vt．忽略空氣阻力，下圖中能正確描述速度矢量變化過程的是（　?。〢．B．C．D．4．（4分）如圖，OA、OB是兩根輕繩，AB是輕杠，它們構(gòu)成一個正三角形，在A、B兩處分別固定質(zhì)量均為m的小球，此裝置懸掛在O點，開始時裝置自然下垂，現(xiàn)對小球B施加一個水平力F，使裝置靜止在圖乙所示的位置，此時OA豎直，設(shè)在圖甲所示的狀態(tài)下OB對小球B的作用力大小為T，在圖乙所示的狀態(tài)下OB對小球B的作用力大小為T′，下列判斷正確的是（　　）A．T′＝2TB．T′＞2TC．T′＜2TD．條件不足，無法比較T，和T′的大小關(guān)系5．（4分）半徑為R光滑半圓柱體固定在水平面上，豎直光滑墻與之相切，一個質(zhì)量為m，半徑為r（r＜R）的小圓柱體置于墻與半圓柱體之間，恰好平衡。以下說法正確的是（　?。賶πA柱體的彈力大小為mg?R-rR+r；②若要使小圓柱體對墻壓力增大，可以僅增大R；③若僅減小小圓柱體半徑而不改變其質(zhì)量，可使大圓柱體所受壓力增大；④若僅減小小圓柱體半徑而不改變其質(zhì)量，可使大球所受壓力減小。第16頁

1A．①②B．①③C．②③D．②④6．（4分）如圖所示，物體P左邊用一根輕彈簧和豎直墻相連，放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度大于原長．若再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向右拉P，直到把P拉動．在P被拉動之前的過程中，彈簧對P的彈力N的大小和地面對P的摩擦力f的大小的變化情況是（　?。〢．N始終增大，f始終減小B．N先不變后增大，f先減小后增大C．N保持不變，f始終減小D．N保持不變，f先減小后增大7．（4分）如圖所示，輕繩AO和BO共同吊起質(zhì)量為m的重物，AO與BO垂直，BO與豎直方向的夾角為θ，OC連接重物，則（　?。〢．AO所受的拉力大小為mgsinθB．AO所受的拉力大小為mgsinθC．BO所受的拉力大小為mgcosθD．BO所受的拉力大小為mgcosθ8．（4分）如圖，從豎直面上大圓的最高點A，引出兩條不同的光滑軌道，端點都在大圓上．相同物體由靜止開始，從A點分別沿兩條軌道滑到底端，則下列說法中正確的是（　　）A．到達底端的速度大小不相等B．重力的沖量都相同C．物體動量的變化率都相同D．沿AB運動所用的時間小于沿AC運動所用的時間9．（4分）如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（　?。〢．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D．甲比乙先到達B處10．（4分）如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量m1的物體1．跟物體1相連接的繩與豎直方向成θ角．下列說法中正確的是（　?。┑?6頁

2A．車廂的加速度為gtanθB．繩對物體1的拉力為m1gcosθC．底板對物體2的支持力為m2g﹣m1gD．物體2所受底板的摩擦力為m2gtgθ11．（4分）一放在粗糙的水平面上的物塊在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做勻加速直線運動，力F在水平和豎直方向的分量分別為F1、F2，如圖所示．現(xiàn)將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則此后（　?。〢．物體將仍以加速度a向右做勻加速直線運動B．物體將可能向右做勻速直線運動C．物體將可能以大于a的加速度向右做勻加速直線運動D．物體將可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運動12．（4分）如圖所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動，在O點懸掛一重物M，將兩個相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則（　?。〢．FN變小B．FN變大C．Ff不變D．Ff變小二．實驗題（共2小題，共計18分）13．（6分）某同學用兩個彈簧測力計、細線和橡皮條做共點力合成實驗，最后畫出了如圖所示的圖．（1）在圖上標出的F1、F2、F和F′，四個力中，力　　不是由彈簧測力力計直接測得的，比較力F與力F′的大小和方向基本相同，這就驗證了共點力合成的平行行定則．（2）某同學對此實驗的一些說法，其中正確的是　　．A．如果手頭只有一個彈簧測力計，改變方法也可以完成實驗B．用兩個測力計拉線時，橡皮條應(yīng)沿兩線夾角的平分線C．拉橡皮條的線要長一些，用以標記同一細線方向的兩點要相距遠些D．拉橡皮條時，細繩應(yīng)沿彈簧測力計的軸線E．在用一個測力計和同時用兩個測力計拉線時，只需這兩次橡皮條的伸長相同就行．14．（12分）某小組測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖甲所示。第16頁

3（1）測量木塊在水平木板上運動的加速度a。實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示。從某個清晰的點O開始，每5個打點取一個計數(shù)點，依次標出1、2、3…，量出1、2、3…點到O點的距離分別為s1、s2、s3…，從O點開始計時，1、2、3…點對應(yīng)時刻分別為t1、t2、t3…，求得v1=s1t1，v2=s2t2，v3=s3t3?．作出v-t圖象如圖丙所示。圖線的斜率為k，截距為b。則木塊的加速度a＝　?。籦的物理意義是　　。（2）實驗測得木塊的加速度為a，還測得鉤碼和木塊的質(zhì)量分別為m和M，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則動摩擦因數(shù)μ＝　　。（3）關(guān)于上述實驗，下列說法中錯誤的是　　。A．木板必須保持水平B．調(diào)整滑輪高度，使細線與木板平行C．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)遠小于木塊的質(zhì)量D．紙帶與打點計時器間的阻力是產(chǎn)生誤差的一個因素。三．計算題（共3小題計34分）15．（9分）隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命．如圖所示為某型號車緊急制動時（假設(shè)做勻減速直線運動）的v2﹣x圖象（v為貨車的速度，x為制動距離），其中圖線1為滿載時符合安全要求的制動圖象，圖線2為嚴重超載時的制動圖象．某路段限速72km/h，是根據(jù)該型號貨車滿載時安全制動時間和制動距離確定的，現(xiàn)有一輛該型號的貨車嚴重超載并以54km/h的速度行駛．通過計算求解：（1）駕駛員緊急制動時，該型號嚴重超載的貨車制動時間和制動距離是否符合安全要求；（2）若駕駛員從發(fā)現(xiàn)險情到采取緊急制動措施的反應(yīng)時間為1s，則該型號貨車滿載時以72km/h速度正常行駛的跟車距離至少應(yīng)為多遠．16．（10分）如圖所示，光滑固定斜面上有一個質(zhì)量為10kg的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，已知繩子與豎直方向的夾角為45°，斜面傾角30°，整個裝置處于靜止狀態(tài)，（g取10m/s2）；求：（1）繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大??；（2）若另外用一個外力拉小球，能夠把小球拉離斜面，求最小的拉力的大?。?7．（15分）5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示．每塊木塊的質(zhì)量為m＝1kg，長l＝1m．它們與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)有一質(zhì)量為M＝2.5kg的小鉛塊（視為質(zhì)點），以v0＝4m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2．小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，求：第16頁

4（1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度．（2）通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運動．（3）小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠？第16頁

52018年遼寧省沈陽市和平區(qū)東北育才學校高考物理一模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共12小題每小題4分計48分）1．（4分）將一個小球從報廢的礦井口由靜止釋放后做自由落體運動，4s末落到井底．該小球開始下落后第2s內(nèi)和第4s內(nèi)的平均速度之比是（　?。〢．1：3B．2：4C．3：7D．4：16【考點】1J：自由落體運動．【專題】514：自由落體運動專題．【分析】根據(jù)自由落體運動的速度與時間規(guī)律，可分別求出第1秒末，第2秒末、第3秒末、第4秒末的速度，再根據(jù)初末速度的之和的平均即為平均速度即可求解．【解答】解：由速度與時間公式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小球開始下落后第2s內(nèi)和第4s內(nèi)的平均速度之比3：7，故C正確，故選：C?！军c評】考查當勻變速直線運動時，平均速度等于初末速度的平均值．當然也可以由各自時間段內(nèi)的位移，再由位移與時間的比值．2．（4分）甲、乙兩物體同時從同一地點沿同一方向做直線運動的速度﹣時間圖象如圖所示，則（　?。〢．兩物體兩次相遇的時刻是2s和6sB．4s后甲在乙前面C．兩物體相距最遠的時刻是2s末D．乙物體先向前運動2s，隨后向后運動【考點】1I：勻變速直線運動的圖像．【專題】512：運動學中的圖像專題．【分析】本題考查了圖象中的追及問題，明確甲乙兩物體的運動性質(zhì)，甲一直做勻速運動，乙先做初速度為零的勻加速直線運動然后做勻減速直線運動．把握相遇特點，根據(jù)v﹣t圖象特點進行求解．【解答】解：A、在v﹣t圖中圖象與橫坐標圍成的面積大小與物體發(fā)生的位移大小相等，由圖可知當t＝2s和t＝6s時，兩圖象與橫坐標圍成面積相等，說明發(fā)生的位移相等，由于兩物體同時從同一地點沿同一方向做直線運動，因此兩物體兩次相遇的時刻是2s和6s，故A正確；B、開始運動時，乙的初速度為零，甲在前面，在t＝2s時，兩物體相遇，此時乙的速度大于甲的，因此乙在前面，甲勻速運動開始追乙，乙做勻減速運動，當t＝6s時，甲乙再次相遇，因此在2～6s內(nèi)，甲在乙后面，故B錯誤；C、由圖象可知，兩物體相距最遠時刻出現(xiàn)在甲追乙階段，即當速度相等時，甲乙相距最遠，此時t＝4s，故C錯誤；D、整個過程中乙物體一直向前運動，先加速后減速，故D錯誤。故選：A。【點評】在同一坐標中表示兩種圖象，要明確兩圖象代表的運動形式，能和實際運動相結(jié)合，注意圖象交點的含義，如本題中圖象交點表示速度相等，并不一定相遇．3．（4分）某人站在地面上拋出一小球，球離手時的速度為v0，落地時的速度為vt．忽略空氣阻力，下圖中能正確描述速度矢量變化過程的是（　?。〢．B．第16頁

6C．D．【考點】43：平拋運動．【專題】518：平拋運動專題．【分析】斜拋運動在水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做豎直上拋運動，加速度方向豎直向下，根據(jù)矢量的變化采用三角形法則可以得出正確答案．【解答】解：斜拋運動加速度不變，豎直向下，可知速度的變化量的方向豎直向下，由矢量三角形知，矢量的變化方向應(yīng)沿豎直方向。故C正確，A、B、D錯誤。故選：C。【點評】本題考查平拋運動的性質(zhì)及矢量的合成法則的應(yīng)用，要靈活應(yīng)用三角形及平行四邊形法則進行分析運算．4．（4分）如圖，OA、OB是兩根輕繩，AB是輕杠，它們構(gòu)成一個正三角形，在A、B兩處分別固定質(zhì)量均為m的小球，此裝置懸掛在O點，開始時裝置自然下垂，現(xiàn)對小球B施加一個水平力F，使裝置靜止在圖乙所示的位置，此時OA豎直，設(shè)在圖甲所示的狀態(tài)下OB對小球B的作用力大小為T，在圖乙所示的狀態(tài)下OB對小球B的作用力大小為T′，下列判斷正確的是（　　）A．T′＝2TB．T′＞2TC．T′＜2TD．條件不足，無法比較T，和T′的大小關(guān)系【考點】3C：共點力的平衡．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】甲圖中，對B球受力分析，受重力、OB繩子拉力T、AB桿的支持力，根據(jù)平衡條件求解出T；乙圖中，先對小球A受力分析，受重力、AO繩子的拉力，桿對其無彈力，否則不平衡；再對B球受力分析，受拉力、重力和OB繩子的拉力，三力平衡，根據(jù)平衡條件求解OB繩子的拉力T′．【解答】解：甲圖中，對B球受力分析，受重力、OB繩子拉力T、AB桿的支持力，如圖所示：根據(jù)平衡條件，有：T=mgcos30°=233mg；乙圖中，先對小球A受力分析，受重力、AO繩子的拉力，桿對其無彈力，否則不平衡；再對B球受力分析，受拉力、重力和OB繩子的拉力，如圖所示；根據(jù)平衡條件，有：T′＝2mg；故T′＜2T；故選：C?！军c評】本題要分別對兩個小球受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解，關(guān)鍵點在于乙圖中桿沒有彈力．5．（4分）半徑為R光滑半圓柱體固定在水平面上，豎直光滑墻與之相切，一個質(zhì)量為m，半徑為r（r＜第16頁

7R）的小圓柱體置于墻與半圓柱體之間，恰好平衡。以下說法正確的是（　?。賶πA柱體的彈力大小為mg?R-rR+r；②若要使小圓柱體對墻壓力增大，可以僅增大R；③若僅減小小圓柱體半徑而不改變其質(zhì)量，可使大圓柱體所受壓力增大；④若僅減小小圓柱體半徑而不改變其質(zhì)量，可使大球所受壓力減小。A．①②B．①③C．②③D．②④【考點】29：物體的彈性和彈力；3C：共點力的平衡．【專題】31：定性思想；4C：方程法；527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】對小球進行受力分析，結(jié)合共點力平衡的條件即可求出．【解答】解：小球受到重力、墻對小圓柱體的彈力以及半圓柱體對小圓柱體的彈力，受力如圖：設(shè)兩個球心之間的連線與水平方向之間的夾角為θ，由圖中幾何關(guān)系可知：cosθ=R-rR+r?①由共點力平衡的條件可得：N1=mgtanθ?②N2=mgsinθ?③①、墻對小圓柱體的彈力大小為N1＝mgtanθ≠mgR-rR+r．故①錯誤；②、若增大R，根據(jù)cosθ=R-rR+r=1-2rR+r可知cosθ將增大，則θ將減小，N1=mgtanθ將增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，圓柱體對墻壓力增大。故②正確；③④、若僅減小小圓柱體半徑，則cosθ=1-2rR+r=1-2Rr-1，可知cosθ將增大，則θ將減小，N2=mgsinθ將增大，不改變其質(zhì)量，則可使大圓柱體所受壓力增大。故③正確，④錯誤。故ABD錯誤，C正確故選：C?！军c評】該題考查共點力平衡的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是正確寫出小球受到的兩個彈力的大小的表達式，然后才能正確分析與解答．6．（4分）如圖所示，物體P左邊用一根輕彈簧和豎直墻相連，放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度大于原長．若再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向右拉P，直到把P拉動．在P被拉動之前的過程中，彈簧對P的彈力N的大小和地面對P的摩擦力f的大小的變化情況是（　?。〢．N始終增大，f始終減小B．N先不變后增大，f先減小后增大C．N保持不變，f始終減小D．N保持不變，f先減小后增大【考點】27：摩擦力的判斷與計算；29：物體的彈性和彈力；3C：共點力的平衡．【專題】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力專題．【分析】在P被拉動之前的過程中，彈簧仍處于原狀，因此彈力不變，而物體P先開始受到向右的靜摩擦力，當拉力漸漸增大時，導致出現(xiàn)向左的靜摩擦力，因而根據(jù)進行受力分析，即可判斷．【解答】解：由題意可知，物體一直處于靜止狀態(tài)，彈簧的形變量不變，故彈力N不變；物體放在粗糙水平面上，靜止時彈簧的長度大于原長，則彈簧對P的拉力向左，由于粗糙水平面，因此同時受到水平向右的靜摩擦力。當再用一個從零開始逐漸增大的水平力F向右拉P，直到把P第16頁

8拉動前過程中，物體P受到的靜摩擦力從向右變?yōu)樗较蜃蟆Ｋ云浯笮∠葴p小后增大。故只有D正確。ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題解題的關(guān)鍵是對P物體進行正確的受力分析，知道當P沒有運動時，彈簧彈力不變，而由于拉力的變化，從而導致靜摩擦力的方向變化．7．（4分）如圖所示，輕繩AO和BO共同吊起質(zhì)量為m的重物，AO與BO垂直，BO與豎直方向的夾角為θ，OC連接重物，則（　　）A．AO所受的拉力大小為mgsinθB．AO所受的拉力大小為mgsinθC．BO所受的拉力大小為mgcosθD．BO所受的拉力大小為mgcosθ【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】以結(jié)點O為研究對象，分析受力，作出受力圖，根據(jù)平衡條件求解AO、BO兩繩的拉力．【解答】解：以結(jié)點O為研究對象，分析受力，重力mg，AO繩的拉力TAO，BO繩的拉力TBO，如圖所示：根據(jù)平衡條件得知：拉力TAO和TBO的合力F與重力mg大小相等，方向相反，則有：TAO＝Fsinθ＝mgsinθTBO＝mgcosθ故AC正確，BD錯誤故選：AC?！军c評】本題的解題關(guān)鍵是分析結(jié)點的受力情況，作出力圖，然后根據(jù)共點力平衡條件列式求解．8．（4分）如圖，從豎直面上大圓的最高點A，引出兩條不同的光滑軌道，端點都在大圓上．相同物體由靜止開始，從A點分別沿兩條軌道滑到底端，則下列說法中正確的是（　　）A．到達底端的速度大小不相等B．重力的沖量都相同C．物體動量的變化率都相同D．沿AB運動所用的時間小于沿AC運動所用的時間【考點】29：物體的彈性和彈力；37：牛頓第二定律；52：動量定理．第16頁

9【專題】31：定性思想；43：推理法；52F：動量定理應(yīng)用專題．【分析】沿不同光滑斜面下滑的過程中，到達底端的動能完全由重力勢能轉(zhuǎn)化的．而重力勢能的增加是由重力做功決定，對于同一物體，高度決定了重力做功的多少．至于機械能則是動能與重力勢能之和，由于在下滑過程中，只有重力，所以機械能守恒；對于下滑的時間可由運動學公式，根據(jù)受力分析確定加速度大小，并由幾何關(guān)系來確定位移大小，從而算出所用的時間．【解答】解：A、物體下滑過程只有重力做功，機械能守恒，物體初狀態(tài)機械能相等，由機械能守恒定律可知，兩物體到達底部時下落的高度不同，故到達最低點時速度大小不相同，故A正確；B、對物體在斜面上受力分析，由牛頓第二定律可求得，a＝gcosα；根據(jù)運動學公式x=12at2，可得，2Rcosα═12gcosαt2，t＝2Rg，因此下滑時間與斜面的傾角無關(guān)，只與圓弧的半徑及重力加速度有關(guān)，故下落時間相同，由I＝mgt可知，重力的沖量相等，故B正確D錯誤；C、因末速度大小不相等，故動量的變化不相同，所以動量的變化率不相同，故C錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查能量的轉(zhuǎn)化題目，一定要看清是不是光滑的表面，這點關(guān)系到有沒有能量的損失．同時將牛頓第二定律與運動學公式相綜合，得出運動的時間與傾角無關(guān)，即所謂的等時圓的性質(zhì)．9．（4分）如圖，游樂場中，從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌道．甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處，下列說法正確的有（　?。〢．甲的切向加速度始終比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D．甲比乙先到達B處【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；37：牛頓第二定律；6C：機械能守恒定律．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】①由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的?。虎诳梢允褂脵C械能守恒來說明，也可以使用運動學的公式計算，后一種方法比較麻煩；③哪一個先達到B點，可以通過速度的變化快慢來理解，也可以使用v﹣t圖象來計算說明．【解答】解：A：由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A錯誤；B：由機械能守恒定律可知，各點的機械能保持不變，高度（重力勢能）相等處的動能也相等，故B正確；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比較快，開始階段的位移比較大，故甲總是先達到同一高度的位置。故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】本題應(yīng)該用“加速度”解釋：高度相同，到達底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐漸減小，乙的加速度逐漸增大．所以它們的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．它們的v﹣t圖象如圖，結(jié)合v﹣t圖象的意義，圖線的斜率表示加速度，圖線與時間軸之間的面積可以用來表示位移．10．（4分）如圖所示，質(zhì)量為m2的物體2放在正沿平直軌道向右行駛的車廂底板上，并用豎直細繩通過光滑定滑輪連接質(zhì)量m1的物體1．跟物體1相連接的繩與豎直方向成θ角．下列說法中正確的是（　　）第16頁

10A．車廂的加速度為gtanθB．繩對物體1的拉力為m1gcosθC．底板對物體2的支持力為m2g﹣m1gD．物體2所受底板的摩擦力為m2gtgθ【考點】2G：力的合成與分解的運用；37：牛頓第二定律．【專題】32：定量思想；49：合成分解法；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】物塊1、2和車廂具有相同的加速度，先以物體1為研究對象，分析受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求出其加速度和繩的拉力．再對物體2研究，由牛頓第二定律求出支持力和摩擦力．【解答】解：AB、以物體1為研究對象，分析受力情況如圖1：重力m1g和拉力T，根據(jù)牛頓第二定律得：m1gtanθ＝m1a得：a＝gtanθ則車廂的加速度也為gtanθ。T=m1gcosθ．故A正確，B錯誤。CD、對物體2研究，分析受力如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：N＝m2g﹣T＝m2g-m1gcosθ．f＝m2a＝m2gtanθ．故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題要抓住兩個物體與車廂的加速度相同，采用隔離法研究，分別運用合成法和正交分解法處理．11．（4分）一放在粗糙的水平面上的物塊在一斜向上的拉力F的作用下沿水平面向右以加速度a做勻加速直線運動，力F在水平和豎直方向的分量分別為F1、F2，如圖所示．現(xiàn)將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力，則此后（　?。〢．物體將仍以加速度a向右做勻加速直線運動B．物體將可能向右做勻速直線運動C．物體將可能以大于a的加速度向右做勻加速直線運動D．物體將可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運動【考點】37：牛頓第二定律．【專題】522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】先對物體進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出當用斜向上的拉力F的作用時和將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力的加速度，比較加速度即可，注意加速度等于零的情況．【解答】解：設(shè)地面與物體間的動摩擦力因數(shù)為μ，當用斜向上的拉力F的作用時，加速度a=F1-μ(mg-F2)m，現(xiàn)將力F突然改為大小為F1、方向水平向右的恒力則A、加速度a'=F1-μmgm＜a，所以物體可能以小于a的加速度向右做勻加速直線運動，故AC錯誤，D正確；B、若μmg＝F1，則加速度為零，所以物體將可能向右做勻速直線運動，故B正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的表達式，注意μmg＝F1的情況，難度適中．第16頁

1112．（4分）如圖所示，兩相同輕質(zhì)硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉(zhuǎn)動，在O點懸掛一重物M，將兩個相同木塊m緊壓在豎直擋板上，此時整個系統(tǒng)保持靜止．Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小，F(xiàn)N表示木塊與擋板間正壓力的大?。魮醢彘g的距離稍許增大后，系統(tǒng)仍靜止且O1、O2始終等高，則（　?。〢．FN變小B．FN變大C．Ff不變D．Ff變小【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】本題的關(guān)鍵是首先將重物受到的重力按效果分解，求出分力與合力的關(guān)系表達式，然后再對木塊受力分析，根據(jù)平衡條件即可求解．【解答】解：先對三個物體以及支架整體受力分析，受重力（2m+M）g，2個靜摩擦力，兩側(cè)墻壁對整體有一對支持力，根據(jù)平衡條件，有：2Ff＝（M+2m）g，解得Ff=12（M+2m）g，故靜摩擦力不變，將細線對O的拉力按照效果正交分解，如圖設(shè)兩個桿夾角為θ，則有F1＝F2=Mg2cosθ2；再將桿對滑塊m的推力F1按照效果分解，如圖根據(jù)幾何關(guān)系，有Fx＝F1?sinθ2故Fx=Mg2cosθ2?sinθ2=Mgtanθ22，若擋板間的距離稍許增大后，角θ變大，F(xiàn)x變大，故滑塊m對墻壁的壓力變大，即FN變大，故AD錯誤，BC正確；故選：BC。【點評】本題主要考查了共點力平衡條件的直接應(yīng)用，要求同學們能正確分析物體的受力情況，知道對于輕桿且一端為鉸鏈時，桿產(chǎn)生或受到的彈力方向一定沿著桿的方向，難度適中．二．實驗題（共2小題，共計18分）13．（6分）某同學用兩個彈簧測力計、細線和橡皮條做共點力合成實驗，最后畫出了如圖所示的圖．（1）在圖上標出的F1、F2、F和F′，四個力中，力　F′　不是由彈簧測力力計直接測得的，比較力F與力F′的大小和方向基本相同，這就驗證了共點力合成的平行行定則．（2）某同學對此實驗的一些說法，其中正確的是　ACD?。瓵．如果手頭只有一個彈簧測力計，改變方法也可以完成實驗B．用兩個測力計拉線時，橡皮條應(yīng)沿兩線夾角的平分線C．拉橡皮條的線要長一些，用以標記同一細線方向的兩點要相距遠些D．拉橡皮條時，細繩應(yīng)沿彈簧測力計的軸線E．在用一個測力計和同時用兩個測力計拉線時，只需這兩次橡皮條的伸長相同就行．第16頁

12【考點】M3：驗證力的平行四邊形定則．【專題】13：實驗題；526：平行四邊形法則圖解法專題．【分析】本題涉及實驗原理：合力與分力產(chǎn)生相同的形變效果，測量出分力與合力的大小和方向，用同樣的標度作出這些力的圖示，尋找規(guī)律【解答】解：（1）本實驗是通過兩個彈簧秤的拉力作出的平行四邊形得出合力，只要合力與實際的拉力重合，則實驗成功；由圖可知F′是由平行四邊形定則得出的，故F′不是由彈簧秤直接測得的；（2）A、如果只有一個彈簧秤，則可以交替測出各邊的拉力，但要保證兩次拉的時候效果相同，故A正確；B、只要橡皮筋的另一端兩次都接到O點，達到效果相同，拉力方向沒有限制，橡皮筋不需要與兩繩夾角的平分線在同一直線上，故B錯誤；C、為了減小誤差，拉橡皮條的細繩需長些，標記方向的兩點要遠些，故C正確；D、只有細繩和彈簧測力計的軸線應(yīng)一條直線上，彈簧的彈力才等于拉橡皮筋的拉力，否則拉橡皮筋的拉力只是彈簧的一個分力，故D正確；E、在用一個測力計和同時用兩個測力計拉線時，每次拉橡皮筋的時要使橡皮筋形變的長度和方向都相同，即要到同一位置，這樣兩次的效果帶等效，才符合“等效替代”法，故E錯誤；故選：ACD．故答案為：（1）F′；（2）ACD【點評】只有通過具體實踐，才能真正的理解具體實驗操作細節(jié)的意義，因此平時同學們應(yīng)該加強實驗實踐，而不是空洞的記憶實驗，只有通過具體實踐，才能真正的理解具體實驗操作細節(jié)的意義，因此平時同學們應(yīng)該加強實驗實踐，而不是空洞的記憶實驗．14．（12分）某小組測量木塊與木板間動摩擦因數(shù)，實驗裝置如圖甲所示。（1）測量木塊在水平木板上運動的加速度a。實驗中打出的一條紙帶如圖乙所示。從某個清晰的點O開始，每5個打點取一個計數(shù)點，依次標出1、2、3…，量出1、2、3…點到O點的距離分別為s1、s2、s3…，從O點開始計時，1、2、3…點對應(yīng)時刻分別為t1、t2、t3…，求得v1=s1t1，v2=s2t2，v3=s3t3?．作出v-t圖象如圖丙所示。圖線的斜率為k，截距為b。則木塊的加速度a＝　2k??；b的物理意義是　O點的瞬時速度　。（2）實驗測得木塊的加速度為a，還測得鉤碼和木塊的質(zhì)量分別為m和M，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則動摩擦因數(shù)μ＝　mg-(m+M)aMg　。（3）關(guān)于上述實驗，下列說法中錯誤的是　C　。A．木板必須保持水平B．調(diào)整滑輪高度，使細線與木板平行C．鉤碼的質(zhì)量應(yīng)遠小于木塊的質(zhì)量D．紙帶與打點計時器間的阻力是產(chǎn)生誤差的一個因素?！究键c】M9：探究影響摩擦力的大小的因素．【專題】31：定性思想；43：推理法；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】（1）分析v-t圖象的斜率的物理含義與加速度的關(guān)系；（2）對木塊、砝碼盤和砝碼進行受力分析，運用牛頓第二定律求出木塊與長木板間動摩擦因數(shù)；（3）根據(jù)實驗原理，選取整體作為研究對象，從而即可一一求解?！窘獯稹拷猓海?）圖線縱軸截距是0時刻對應(yīng)的速度，即表示O點的瞬時速度。第16頁

13各段的平均速度表示各段中間時刻的瞬時速度，以平均速度v為縱坐標，相應(yīng)的運動時間t的一半為橫坐標，即v-t2的圖象的斜率表示加速度a，則v-t圖象的斜率的2倍表示加速度，即a＝2k。（2）對木塊、砝碼盤和砝碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：mg﹣μMg＝（M+m）a，解得：μ=mg-(m+M)aMg；（3）A．木板必須保持水平，則壓力大小等于重力大小，故A正確；B．調(diào)整滑輪高度，使細線與木板平行，拉力與滑動摩擦力共線，故B正確；C．鉤碼的質(zhì)量不需要遠小于木塊的質(zhì)量，因選取整體作為研究對象的，故C錯誤；D．紙帶與打點計時器間的阻力是產(chǎn)生誤差的一個因素，故D正確；本題選錯誤的，故選：C故答案為：（1）2k，O點的瞬時速度；（2）mg-(m+M)aMg；（3）C?！军c評】解決本題的關(guān)鍵掌握紙帶的處理方法，會通過v﹣t圖象求解加速度；正確選擇研究對象，應(yīng)用牛頓第二定律即可求出動摩擦因數(shù)。三．計算題（共3小題計34分）15．（9分）隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命．如圖所示為某型號車緊急制動時（假設(shè)做勻減速直線運動）的v2﹣x圖象（v為貨車的速度，x為制動距離），其中圖線1為滿載時符合安全要求的制動圖象，圖線2為嚴重超載時的制動圖象．某路段限速72km/h，是根據(jù)該型號貨車滿載時安全制動時間和制動距離確定的，現(xiàn)有一輛該型號的貨車嚴重超載并以54km/h的速度行駛．通過計算求解：（1）駕駛員緊急制動時，該型號嚴重超載的貨車制動時間和制動距離是否符合安全要求；（2）若駕駛員從發(fā)現(xiàn)險情到采取緊急制動措施的反應(yīng)時間為1s，則該型號貨車滿載時以72km/h速度正常行駛的跟車距離至少應(yīng)為多遠．【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；1G：勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用．【專題】511：直線運動規(guī)律專題．【分析】（1）先根據(jù)圖象得到滿載時的加速度和嚴重超載時的加速度，然后再進行判斷；（2）反應(yīng)時間內(nèi)是勻速直線運動，之后是勻減速直線運動，根據(jù)位移世間關(guān)系公式列式求解．【解答】解：（1）由勻變速直線運動的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax，由圖示圖象可得：滿載時，加速度為a1＝5m/s2，嚴重超載時加速度為a2＝2.5m/s2；設(shè)該型號貨車滿載時以72km/h＝20m/s的速度減速，由勻變速運動是速度公式v＝v0+at得：運動時間：t1=v-v0a=4s，由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax可得：汽車的制動距離：x1=v2-v022a=40m，設(shè)該型號貨車嚴重超載時以54km/h＝15m/s行駛時，由勻變速運動是速度公式v＝v0+at得：運動時間：t2=v'-v02a'=6s，由速度位移公式：v2﹣v02＝2ax可得：汽車的制動距離：x2=v'2-v022a'=45m，該型號嚴重超載的貨車制動時間和制動距離均不符合安全要求；（2）該型號貨車滿載時以72km/h＝20m/s速度正常行駛時，從發(fā)現(xiàn)險情到車停下來行駛的距離：x＝v0t+x1＝20×1+40＝60m，即：跟車距離至少為60．第16頁

14答：（1）駕駛員緊急制動時，制動時間和制動距離都不符合安全要求；（2）若駕駛員從發(fā)現(xiàn)險情到采取緊急制動措施的反應(yīng)時間為1s，則該型號貨車正常行駛時的剎車距離至少應(yīng)為60m．【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)圖象求出兩種情況下剎車的加速度，然后根據(jù)運動學公式多次列式求解．16．（10分）如圖所示，光滑固定斜面上有一個質(zhì)量為10kg的小球被輕繩拴住懸掛在天花板上，已知繩子與豎直方向的夾角為45°，斜面傾角30°，整個裝置處于靜止狀態(tài)，（g取10m/s2）；求：（1）繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大??；（2）若另外用一個外力拉小球，能夠把小球拉離斜面，求最小的拉力的大小．【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】527：共點力作用下物體平衡專題．【分析】（1）對小球受力分析，建立直角坐標系，根據(jù)平衡條件列方程，求解；（2）要能夠把小球拉離斜面，當所用的拉力與繩子垂直向右時，根據(jù)平衡條件求解最小拉力．【解答】解：（1）如圖，水平豎直建立直角坐標系，對小球做受力分析，把不在軸上的力沿軸分解，列平衡方程如下Tcos45°﹣Nsin30°＝0Tsin45°+Ncos30°﹣mg＝0由以上兩式得：N＝73.2N；T＝51.8N（2）經(jīng)分析得拉力的最小值為：Fm＝mgsin45°代數(shù)解得：Fm＝70.7N答：（1）繩中拉力的大小和斜面對小球支持力的大小分別為51.8N和73.2N；（2）若另外用一個外力拉小球，能夠把小球拉離斜面，最小的拉力的大小為70.7N．【點評】解決本題的關(guān)鍵是正確的選取研究對象，進行受力分析，運用正交分解進行求解．17．（15分）5個相同的木塊緊挨著靜止放在地面上，如圖所示．每塊木塊的質(zhì)量為m＝1kg，長l＝1m．它們與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，木塊與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現(xiàn)有一質(zhì)量為M＝2.5kg的小鉛塊（視為質(zhì)點），以v0＝4m/s的初速度向右滑上左邊第一木塊的左端，它與木塊的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2．小鉛塊剛滑到第四塊木塊時，木塊開始運動，求：（1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度．（2）通過計算說明為什么小鉛塊滑到第四塊木塊時，木塊才開始運動．（3）小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端多遠？【考點】1E：勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；1F：勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系；37：牛頓第二定律．【專題】522：牛頓運動定律綜合專題．第16頁

15【分析】通過對長木板的受力分析知，滑塊給長木板的摩擦力水平向右，地面給長木板的摩擦力水平向左，當滑塊對木板的摩擦力大于地面對長木板的摩擦力時，長木板開始運動；根據(jù)牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律分析求解．【解答】解：（1）設(shè)小鉛塊在前三塊木塊上運動的加速度大小為a1，剛滑到第四塊的速度為v1由牛頓第二定律得μ2Mg＝Ma1…①由運動學公式得v02-v12=2a1?3l…②聯(lián)立①②得：v1＝2m/s…③（2）設(shè)小鉛塊滑到第n塊木塊時對木塊的摩擦力為：f1＝μ2Mg＝5N后面的（5﹣n+1）塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為：f2＝μ1[M+（6﹣n）m]g要使木塊滑動，應(yīng)滿足f2＜f1，即μ1[M+（6﹣n）m]g＜5n＞3.5取n＝4（2）設(shè)小鉛塊滑上4木塊經(jīng)過t秒和4、5木塊達到共同速度，此過程小鉛塊、4、5木塊的對地位移為s1和s2，相對位移為△s，4、5木塊運動的加速度為a2μ2Mg﹣μ1（M+2m）g＝2ma2…④v1﹣a1t＝a2t…⑤s1=v1t-12a1t2?⑥s2=12a2t2?⑦△s＝s1﹣s2…⑧聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧解得：s1=8081m?⑨△s=89m?⑩由于△s＜l（s1＜l）說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，最后小鉛塊與4、5木塊達共同速度一起減速為零．設(shè)小鉛塊與4、5木塊達到共同速度為v2，一起減速的加速度大小為a3，減速位移為s3μ1（2m+M）g＝（2m+M）a3v2＝a2ts3=v222a3聯(lián)立以上各式得：s3=281m小鉛塊最終離1木塊左端為：s＝3l+s1+s3聯(lián)立以上各式，得：s=32581m答：（1）鉛塊剛滑到第四塊木塊時的速度為2m/s．（2）由于△s＜l（s1＜l）說明小鉛塊沒有離開第3塊，木塊小鉛塊滑到第4塊木塊時，木塊才開始運動．（3）小鉛塊停止運動后，離第一塊木塊的左端32581m．【點評】本題是相對運動的題目，要對每個物體分別分析其運動情況，利用運動學的基本公式，再根據(jù)速度和位移的關(guān)系及牛頓第二定律求解．本題運動過程較為復雜，難度較大．，，日期：2019/4/1418:05:40；第16頁