2018-2019学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷

这是一份2018-2019学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题（本题共4小题，共20分，论述与计算题等内容，欢迎下载使用。

2018-2019学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷
一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目的要求）
1．（3分）生活中常使用贴在墙上的吸盘挂钩来挂一些物品，吸盘受到拉力不易脱落的原因是（　　）
A．大气压力大于重力
B．大气压力与重力平衡
C．吸盘所受摩擦力大于所挂物体的重力
D．吸盘所受摩擦力与所挂物体的重力平衡
2．（3分）当汽车做匀变速直线运动时（　　）
A．在相等的时间内位置变化相同
B．在相等的时间内速度变化相等
C．速度大小不断改变，方向一定不变
D．加速度大小不断改变，方向一定不变
3．（3分）为使交通安全、有序，公路旁设置了许多交通标志．如图所示，甲是限速标志，表示允许行驶的最大速度是80km/h；乙是路线指示标志，表示到连云港还有206km．下列对这两个数据的理解正确的是（　　）

A．甲表示瞬时速度，乙表示位移
B．甲表示瞬时速度，乙表示路程
C．甲表示平均速度，乙表示位移
D．甲表示平均速度，乙表示路程
4．（3分）如图所示，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处自由向B处，滑过B处时的速率相等，下列说法正确的是（　　）

A．甲比乙先到达B处
B．甲通过的位移比乙通过的位移小
C．甲、乙下滑的加速度大小时刻相等
D．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度
5．（3分）小明回老家过年时恰逢亲成家建房，工人正在给房屋上梁只见工人用铁锤竖直向上连续敲击木楔，木楔缓慢地将横梁抬起，如图所示开始时绳子与墙壁的夹角α小于木楔的尖角β，若不考虑横梁与木楔之间的摩擦，在α还未超过β的过程中（　　）

A．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力变大
B．绳子拉力变大，墙壁与木楔的摩擦力不变
C．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变小
D．绳子拉力变小，墙壁与木楔的摩擦力变大
6．（3分）在科学研究中，可以用风力仪直接测量风力的大小，其原理如图所示，仪器中有一根轻质金属丝，悬挂着一个空心金属球，无风时金属丝竖直下垂；当受到沿水平方向吹来的风时，金属丝偏离竖直方向一个角度θ，风力仪根据偏角θ的大小指示出风力大小。若m＝1kg，θ＝30°，g取10m/s2．则风力大小为（　　）

A．5N B．53N C．1033N D．103N
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要求，全选对得4分，选对不全得2分，有选错或不选得0分）
7．（4分）关于运动和力，下列说法正确的是（　　）
A．物体的加速度越大，其速度越大
B．物体受到的合外力越大，其速度越大
C．物体受到的合外力越大，其加速度越大
D．物体在合外力作用下做减速直线运动，当合外力逐渐增大时，物体的速度减小更快
8．（4分）某同学背着书包乘坐电梯，在电梯运行的某个阶段，感觉到书包变轻了，由此可以判断电梯的运动情况是（　　）
A．加速上升 B．加速下降 C．减速下降 D．减速上升
9．（4分）近年来高楼坠物事故频发，若将高楼坠物视为自由落体运动下列四幅反映高楼坠物下落时各物理量变化规律的图象，错误的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（4分）地铁站安装了智能化的阶梯式电动扶梯，为了节省能量，无人搭乘时，扶梯运动慢；有人搭乘，它会先加速，再匀速运动一顾客乘扶梯上楼，经历了这两个过程，如图所示，下列说法确的是（　　）

A．加速时顾客受到的合外力不为零
B．加速时顾客受到的摩擦力方向与速度方向相同
C．顾客始终受到重力、支持力和摩趣力三个力的作用
D．扶梯对顾客作用力的方向先向右上方，再竖直向上
11．（4分）我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射了我国第二十八、第二十九颗北斗导航卫星，这也是我国三号工程第五、六颗组网卫星。关于火箭和卫星的受力分正确的是（　　）
A．火箭尾部向下喷气，喷出气体对火箭产生反作用力
B．火箭匀加速升空过程中，运载的卫星处于完全失重状态
C．火箭飞出大气层后仍然喷气，由于没有空气，火箭不再受力
D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
12．（4分）竖直升降电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如表：
t/s
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
v/（m•s﹣1）
0
2.0
4.0
5.0
5.0
5.0
5.0
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
0
下列说法企确的是（　　）
A．前5秒电梯的位移为19.25m
B．前5秒电梯的位移为18.75m
C．电梯从第7秒开始减速
D．电梯减速的加速度大小为2m/s2
三、实验题（本题共4小题，共20分
13．（4分）请你完成实验“验证力的平行四边形定的相关步骤：
A．一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线
B．在其中一根细线挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图（a）所示，记录　 　；
C．将步骤B中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用与板面垂直的两光滑硬棒支起两细线并使其互成角度，如图（b）所示，小心调整B、C的位置，使　 　，记录　 　。

14．（4分）通过打点计时器在纸带上打出的点迹，可以记录纸带的运动时间。如把纸带左端和运动的物体连在一起纸带上的相应点表示运动物体在不同时刻的位置。研究纸带上的点与点之间的间隔，了解，运动物体在不同时间产生的位移，从而了解物体的运动情况。请用简洁的语言描述如图每条纸带的物体的运动情况。
（a）　 　（b）　 　（c）　 　（d）　 　

15．（6分）某同学利用如图乙所示的装置探究弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系。在实验过程中，弹簧的形变始终在弹性限度内。弹簧自然垂挂时，自由端对应的刻度值为21.80cm该。同学在坐标纸上以x为横轴、F为纵轴建立如图甲坐标系，并在图中描出了所测数据的点。

（1）请描绘出F﹣x图线；
（2）由图象可知，弹簧的劲度系数k＝　 　N/m。
（3）当弹簧下端挂上若干钩码时，弹簧自由端示数放大如图乙所示，请读出此时弹簧的长度L＝　 　cm．已知每个钩码的重力为0.5N，则此时挂在弹簧上的钩码个数为　 　个。

16．（6分）图（a）所示实验装置中，选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度a可通过位移传感器及与之相连的计算机得到。

（1）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，则实验时应调节轨道的　 　以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是　 　。
（2）利用本实验装置还可以测量小车（含发射器）的质量和当地的重力加速度，某同学利用本实验装置（已平衡摩擦力）及数字化信息系统获得了小车加速度的倒数（1a）与钩码质量的倒数（1m）的对应关系图，如图（b）所示。若该直线斜率为k，纵截距为b，则可知小车（含发射器）的质量M＝　 　，当地的重力加速度g＝　 　。
四、论述与计算题（本题共4小题，共38分．）
17．（8分）有关交通法则规定：高速公路上行驶汽车的安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h。①驾驶员的反应时间在0.3～0.6s之间：②各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如表所示，取g＝9.8m/s2，请你解决几个问题。
路面
动摩擦因数
干沥青与混凝土路面
0.7﹣0.8
干碎石路面
0.6﹣0.7
湿沥青与混凝士路面
0.32﹣0.4
（1）在计算中，驾驶员的反应时间应该取多少？为什么
（2）在计算中，路面与轮胎之间的动摩擦因数应该取多少？为什么？
（3）通过你的计算来说明200m为必要的安全距离。
18．（10分）据报道，某航空公司的一架客机在正常航线上水平飞行时，由于突然受强大垂直气流作用，客机在5s内降170m，造成多名乘客和机组人员受伤，如果客机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，g取10m/s2．试计算：
（1）飞机在竖直方向的加速度多大？方向怎样？
（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的拉力，才能使乘客不脱离座椅？
（3）投有系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动？能受到伤害的是人体的什么部位？
19．（8分）如图所示是一质量2kg的木箱在水平地面上的两种运动图线，Ⅰ表示木箱受到一个与初速度方向成30°的斜向上拉力F作用时的v﹣t图线。Ⅱ表示木箱不受拉力时的v﹣t图线，g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面的动摩擦因数μ。
（2）拉力F的大小，（结果保留两位有效数字）

20．（12分）如图为建筑工地上常常铺设大片的钢板方便工作车辆进出的示意图。质量M＝4000kg，长度为20m，宽度足够大的一块大钢板静止置于足够大的水平泥土上，由于下过大雨，钢板与浸湿的泥土之间的动摩擦因数减小为μ＝0.01，一辆质量为m＝1000kg可视为质点的小汽车从钢板上驶过，小汽车由静止开始从钢板一端向另一
端匀加速直线运动，经时间t＝5s，车完全经过钢板。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）通过计算说明，小汽车在钢板上运动时，钢板能否保持静止？
（2）如果钢板能够保持静止，则小汽车离开钢板的速度为多少？如果钢板不能保持静止，小汽车离开钢板时，小汽车和钢板的速度分别为多少？


2018-2019学年广东省深圳市罗湖区高一（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题目的要求）
1．【分析】塑料吸盘是大气压在生活中应用的实例。当重物拉挂钩时，拉力方向向下，阻碍其向下的力应该是向上的，而不是大气的压力，是吸盘与墙面的摩擦力使其能承受一定的拉力。
【解答】解：AB、大气压力方向垂直于竖直的墙面，物体重力方向竖直向下，方向不相反，不是一对平衡力，无法比较大小，故AB错误；
CD、吸盘挂衣钩其工作过程是通过排除吸盘与墙壁之间的空气，松手后，吸盘恢复原状的过程中，导致内部气压小于外界大气压，外界大气压将其压在墙壁上，吸盘处于静止状态，吸盘受到竖直方向上摩擦力和竖直向下的所挂物体的拉力，二力大小相等，方向相反，即吸盘所受摩擦力与所挂物体的重力平衡，故D正确C错误；
故选：D。
【点评】大气压将吸盘压在墙面上，但大气压方向朝向墙面，物体对挂钩的拉力朝下，因此，是摩擦力与拉力相互平衡。
2．【分析】匀变速直线运动是指加速度不变的直线运动，连续相等的时间内位移的变化量是个定值，根据匀变速直线运动的特点及基本公式即可求解。
【解答】解：A、对于匀变速直线运动，x=v0t+12at2，可知各段时间内的初速度不同，则位移不同，即位置变化不相同，故A错误；
B、速度该变量△v＝a•△t，故应该是在相等时间内的速度改变始终相等，故B正确；
C、若加速度的方向与初速度方向相反，则物体速度的方向可能发生变化，如竖直上抛运动。故C错误
D、匀变速直线运动的加速度大小，方向都不变，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了匀变速直线运动的特点及基本公式的直接应用，难度不大，属于基础题。
3．【分析】平均速度表示某一段时间或一段位移内的速度，瞬时速度表示某一时刻或某一位置的速度．路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于初位置到末位置的距离．
【解答】解：限速标志上的数值表示任一时刻的速度不准超越的最大速度，为瞬时速度；路线指示标志表示路程，标位移是没有指示意义的，故B正确。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道路程和位移的区别，以及知道瞬时速度和平均速度的区别．
4．【分析】由受力分析及牛顿第二定律分析两个小孩切向加速度的大小，从而可速度增加的快慢；位移是初位置指向末位置的有向线段。
【解答】解：AD、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，则甲比乙先到达B处。故A正确，D错误；
B、甲、乙通过的位移相等。故B错误；
C、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C错误。
故选：A。
【点评】本题应该“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，乙增加的最慢。
5．【分析】以横梁为研究对象，根据矢量三角形方法分析各力的变化；再以斜劈为研究对象，根据平衡条件进行分析。
【解答】解：以横梁为研究对象，横梁受到重力、斜劈的支持力N和绳子的拉力F，如图所示：

木楔缓慢地将横梁抬起的过程中，支持力方向不变，根据图示情况可知，绳子拉力逐渐减小、支持力逐渐增大；
再以斜劈为研究对象，受力分析如图所示：

由于N逐渐增大，则N在竖直方向向下的分力增大，根据竖直方向受力平衡可知，f逐渐增大。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6．【分析】对小球受力分析，受重力、拉力和风力，根据平衡条件列方程求解。
【解答】解：以小球为研究对象，受力分析如图，由水平方向上的合力Fx合和竖直方向上的合力Fy合分别等于零，即：
Fx合＝Tsinθ﹣F＝0
Fy合＝Tcosθ﹣mg＝0
有：Tsinθ＝F，Tcosθ＝mg
两式相比，得：F＝mgtanθ
带入数据解得：F=1033N，故ABD错误，C正确。
故选：C。

【点评】本题关键是对小金属球受力分析后，根据平衡条件，运用正交分解法列出平衡方程，求解出风力与角度θ的关系后分析讨论。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目的要求，全选对得4分，选对不全得2分，有选错或不选得0分）
7．【分析】根据牛顿第二定律，加速度与合外力成正比，合外力越大，其加速度越大；物体的速度为零时，加速度不一定为零，二者没有必然的联系。
【解答】解：AB、物体受到的合外力越大，物体的加速度大，速度不一定大，比如刚刚启动的飞机，加速度很大，速度却很小，故AB错误；
C、物体受到的合外力越大，根据牛顿第二定律知加速度越大，故C正确；
D、物体在外力的作用下减速直线运动，当合外力逐渐增大时，则物体的加速度增大，速度减小更快，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查加速度的性质，要明确加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小与速度的大小没有直接关系。
8．【分析】当电梯静止时人对书包的力等于重力，当电梯运动时书包变轻，说明人对书包的力减小，由牛顿第二定律求的加速度，即可判断当电梯静止时人对书包的力等于重力，当电梯运动时书包变轻，说明人对书包的力减小，由牛顿第二定律求的加速度，即可判断
【解答】解：当电梯静止时有：
N﹣mg＝0
当电梯运动时书包变“轻”，说明N减小，对书包受力分析可知：
mg﹣N＝ma
解得：a=mg-Nm，加速度方向向下，故BD正确，AC错误
故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的判断，找出加速度的方向然后又加速度的方向判定可能的运动情况。
9．【分析】物体做自由落体运动，是一种初速度为加速度为g的匀加速直线运动，根据运动学公式列式即可判断各量与时间的关系。
【解答】解：A、高空坠物做自由落体运动，加速度为g，初速度零，物体的位移与时间关系为x=12gt2，x﹣t图象应是抛物线，故A错误；
B、物体的速度与时间关系为v＝gt，v与t成正比，v﹣t图象是过原点的直线，故B正确
C、物体做自由落体运动，加速度恒定，a﹣t图象应是平行于t轴的直线，故C错误；
D、根据速度位移公式有 v2＝2gx，v2﹣x图象是过原点的直线，故D正确。
本题选错误的，故选：AC。
【点评】本题主要考查了自由落体运动的加速度、速度、位移与时间的关系，通过解析式来分析图象的形状。
10．【分析】正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；并依据平衡与非平衡状态，结合运动来分析受力。
【解答】解：A、以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，合外力不为零，故A正确；
B、加速运动时，顾客有水平向右的加速度，故顾客受到水平向右的静摩擦力作用，而速度方向指向右上方，故B错误；
C、加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用，匀速运动时，受力平衡，只受重力和支持力，故C错误；
D、根据A中分析可知，顾客加速向上时，合外力沿斜面向上，故开始时斜面的作用力指向右上方向；匀速运动时，受力平衡，扶梯对顾客的作用力竖直向上；故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要注意应对顾客在水平方向上和竖直方向的运动分别进行分析，注意明确两个分运动的独立性。
11．【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失。
【解答】解：A、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确；
B、火箭匀加速升空过程中，运载的卫星的加速度的方向向上，处于超重状态，故B错误；
C、火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，但火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故C错误；
D、卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故D正确；
故选：AD。
【点评】本题考查了力的相互作用性，力与物体运动的关系，是基础题；知道火箭加速上升，受力不平衡是解题的关键。
12．【分析】根据速度时间公式求出匀加速直线运动的加速度，再根据速度时间公式得出匀加速运动的时间，求出匀加速运动的位移，结合匀速运动的时间求出匀速运动的位移，从而得出前5s内的位移。根据速度与时间的数值变化规律求出减速运动的加速度。
【解答】解：AB、电梯匀加速直线运动的加速度a=△v△t，则匀加速直线运动的时间t1=va=52=2.5s，
速直线运动的位移x1=v22a=522×2=6.25m
线运动的位移x2＝vt2＝5×（5﹣2.5）m＝12.5m，
则前5s内的位移x＝x1+x2＝6.25+12.5m＝18.75m。故A错误，B正确；
CD、同理电梯匀减速直线运动的加速度a′=△v△t=1m/s2，匀加速直线运动的时间t2=va′=51=5s，
故电梯从第7s开始减速，减速运动的加速度为1m/s2．故C正确，D错误；
故选：BC。
【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式、位移时间公式、速度位移公式，并能灵活运用，基础题。
三、实验题（本题共4小题，共20分
13．【分析】“验证力的平行四边形定则”的实验原理是：记录两个分力以及合力的大小和方向后，选用相同的标度将这三个力画出来，画出来的合力是实际值，然后根据平行四边形画出合力的理论值，通过比较实际值和理论值的关系来进行验证，明确了实验原理即可知知道实验中需要记录的物理量和具体的操作。
【解答】解：B、根据实验原理可知，图甲中需要记录合力的大小和方向后，画出来的合力是实际值，该实验中根据钩码个数来表示拉力大小，
因此需要记录的是：钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向；
C、该实验采用“等效代替”法，因此在用两个绳套拉橡皮筋时，要将橡皮筋与细线结点拉到与步骤B中结点位置重合，同时记录钩码个数和对应的细线方向。
故答案为：B、钩码个数（或细线拉力），橡皮筋与细线结点的位置O，细线的方向；C、橡皮筋与细线结点的位置与步骤B中结点位置重合，钩码个数、对应的细线方向。
【点评】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行理解，正确理解“等效代替”的含义。
14．【分析】依据点与点时间相等，结合点与点间距，及v=xt，即可一一判定运动情况。
【解答】解：因点与点时间间隔相等，根据点与点间距，结合v=xt，则有：
由题目中图可知，a、点与点间距相等，速度较小的匀速直线运动；
b、点与点间距相等，但间距大于a纸带，因此做速度较大的匀速直线运动；
c、点与点间距越来越大，则做加速直线运动；
d、点与点间距越来越小，则做减速直线运动；
故答案为：（a）速度较小的匀速直线运动；（b）速度较大的匀速直线运动；（c）加速直线运动；（d）减速直线运动。
【点评】考查纸带处理问题的能力，掌握点与点时间间隔相等是解题的突破口。
15．【分析】（1）通过描点做出F﹣x图象；
（2）根据胡克定律可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小。
（3）从图象可以直接得到当弹簧伸长时弹簧弹力大小，然后求出钩码的个数。
【解答】解：（1）通过描点连线可知F﹣x图象如图所示：

（2）由图象可知，斜率代表弹簧的劲度系数，故有：k═Fx=3.00.06=50N/m；
（3）由图可知，刻度尺的最小刻度为1mm，由图可知，该长度为25.82cm
此时弹簧秤的拉力为：F＝kx＝50×（25.82﹣21.80）×10﹣2＝2N
每个钩码的重力为0.5N，则此时挂在弹簧上的钩码个数为：n=FF0=20.5=4个
故答案为：（1）如图所示；（2）50；（3）25.82，4
【点评】考查胡克定律的内容，掌握形变量的概念，注意熟练描点法画图的应用以及正确理解图象斜率、截距等物理量的含义。
16．【分析】（1）探究加速度与力的关系实验应平衡摩擦力，小车质量应远大于钩码质量；
（2）根据牛顿第二定律，列出小车的滑动摩擦力大小，然后结合图象的斜率与截距，可以得出结论。
【解答】解：
（1）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，则实验时，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。
设小车的质量为M，再根据牛顿第二定律得，整体的加速度为：a=mgm+M，则绳子的拉力为：F=Ma=mg1+mM，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。
（2）根据牛顿第二定律可知：mg＝（m+M）a，
结合1a-1m图象可得：1a=Mg⋅1m+1g，
又该直线斜率为k，纵截距为b，因此：
g=1b；
M=kb。
故答案为：（1）倾斜度，远小于小车质量；（2）kb，1b。
【点评】根据实验原理分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量远远大于钩码的质量，且掌握由牛顿第二定律列出方程，与图象的斜率与截距综合求解的方法。
四、论述与计算题（本题共4小题，共38分．）
17．【分析】（1）在计算中反应时间取最长的，保证反应时间长的驾驶员安全，
（2）动摩擦因数取最小的，动摩擦因数越小，加速度越小，刹车的距离越长，即保证最湿滑的路面都能安全行驶。
（3）汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合运动学公式求出安全距离，从而判断200m的安全距离是否必要。
【解答】解：（1）反应时间取0.6秒，以保证反应时间比较长的驾驶员安全；
（2）路面与轮胎之间的动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
（2）动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
根据牛顿第二定律得，刹车的加速度为：
a=μmgm=μg＝3.2m/s2。
安全距离：s＝v0t-v022a。
代入数据得：s≈197m。
故安全距离为200m是必要的。
答：（1）驾驶员的反应时间应该取0.6秒，以保证反应时间比较长的驾驶员安全。
（2）路面与轮胎之间的动摩擦因数应该取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。
（3）动摩擦因数取0.32，以保证最湿滑的路面都能安全行驶。安全距离为200m是必要的。
【点评】解决本题的关键知道汽车在反应时间、刹车后的运动情况，结合运动学公式进行分析求解。
18．【分析】（1）根据匀变速直线运动的公式求出飞机在竖直方向上的加速度。
（2）根据牛顿第二定律求出安全带的拉力。
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
【解答】解：（1）由位移公式s=12at2得竖直方向的加速度：a=2st2=13.6m/s2，方向竖直向下。
（2）对乘客，由牛顿第二定律得：F拉+mg＝ma
所以安全带产生竖直向下的拉力为：F拉＝1.26mg
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
答：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度为13.6m/s2，方向竖直向下。
（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重1.26倍的拉力，才能使乘客不脱离座椅。
（3）未系安全带的乘客，相对机舱将向上运动，最可能受伤的是头部。
【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
19．【分析】（1）根据v﹣t图象的斜率等于加速度，求出B物块的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；
（2）由v﹣t图象求出，A的加速度，由牛顿第二定律列方程，求出物体A所受拉力F的大小；
【解答】解：（1）根据v﹣t图象的斜率等于加速度，由图线Ⅱ得：
木箱不受拉力时的加速度大小为：a2=△v2△t2=126m/s2＝2m/s2
由牛顿第二定律得：μmg＝ma2，解得：μ＝0.2
（2）由图象Ⅰ得：木箱受拉力F时的加速度大小为：a1=△v1△t1=48-126m/s2＝6m/s2
由牛顿第二定律得：Fcos30°﹣μ（mg﹣Fsin30°）＝ma1
解得：F≈17N
答：（1）木箱与地面的动摩擦因数是0.2；
（2）拉力F的大小是17N。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、根据斜率求出加速度，要理解v﹣t图线的含义，截距、斜率、面积等表示什么意思都要明确。
20．【分析】（1）根据运动学公式和牛顿第二定律进行判断；
（2）因钢板不能保持静止，由牛顿第二定律求得钢板的加速度，由位移关系求得小汽车的加速度，由速度公式可求得小汽车和钢板的速度。
【解答】解：（1）设钢板不动，小汽车在钢板上运的加速度为a0。
由位移公式得：L=12a0t2
解得：a0＝1.6m/s2
此时钢板使车向右运动的摩擦力：F＝ma0＝6400N
钢板受车向左的反作用力：F′＝F＝6400N
钢板受地面向右最大静摩擦力：Ff＝μ（M+m）g＝500N
F′＞Ff
所以钢板不可能静止，将向左运动
（2）由牛顿第二定律得：钢板向左运动的加速度大小：a1=FfM=18m/s2
设小汽车向右运动的加速度大小为a2
由位移关系得：12a2t2+12a2t2=L
解得：a2＝1.4m/s2
由速度公式得小汽车离开钢板时：小汽车的速度：v2＝a2t＝7m/s
钢板的速度：v1＝a1t＝0.625m/s
答：（1）小汽车在钢板上运动时，钢板不能保持静止。
（2）小汽车离开钢板时，小汽车和钢板的速度分别为7m/s、0.625m/s。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式，能根据运动特征求出初速度为0的匀加速直线运动的速度与时间以及位移的关系，是解决问题的关键。