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所属成套资源：2021-2022学年高一物理上学期期末测试卷（含答案）
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2020-2021学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷
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这是一份2020-2021学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷，共26页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共20小题，共80.0分）
1. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
下列物理量中，属于标量的是( )
A. 时间 B. 速度 C. 位移 D. 加速度
2. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
列车向前行驶过程中，小明看见窗外的树向后移动，小明选择的参考系是( )
A. 地球 B. 太阳 C. 列车 D. 窗外的树
3. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
以上提及的“1300千米”和“11小时12分钟”分别是指( )
A. 路程、时刻 B. 路程、时间间隔
C. 位移的大小、时刻 D. 位移的大小、时间间隔
4. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
列车向前行驶过程中，桌面上有一个小球相对桌面静止。某时刻小明发现小球开始沿直线向后滚动，由此可以判断列车的运动可能为( )
A. 匀速直线运动 B. 减速直线运动 C. 加速直线运动 D. 转弯
5. 请阅读下述文字，完成第5题、第6题。伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体运动一定是一种最简单的变速运动。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜球在斜面上的运动规律，然后将实验结果做了合理的外推，得出落体运动的规律
通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量铜球运动的( )
A. 合外力 B. 速度 C. 加速度 D. 时间
6. 请阅读下述文字，完成第5题、第6题。伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体运动一定是一种最简单的变速运动。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜球在斜面上的运动规律，然后将实验结果做了合理的外推，得出落体运动的规律
由“斜面实验”可知，落体运动的( )
A. 速度随时间均匀增大 B. 速度随位移均匀增大
C. 位移随时间均匀增大 D. 加速度随时间均匀增大
7. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
在3.0−3.5s间，木板的运动状态为( )
A. 保持静止 B. 匀速运动
C. 匀加速运动 D. 加速度增大的加速运动
8. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
在5.0−6.0s间，力传感器通过细绳对物块的拉力F1、木板对物块的摩擦力F2和向右拉动木板的力F3之间的关系，下列说法正确的是( )
A. F1与F2是一对作用力与反作用力 B. F1与F2是一对平衡力
C. F2与F3是一对作用力与反作用力 D. F1是F2和F3的合力
9. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
已知重力加速度，用图(乙)中的数据计算物块与木板间的动摩擦因数还需要测量的物理量为( )
A. 向右拉动木板的力 B. 桌面与木板间的动摩擦因数
C. 木板的质量 D. 物块的质量
10. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
实验中用到的物理学思想方法是等效替代法，其中“等效性”体现在( )
A. F1、F2与F满足平行四边形定则
B. 两次拉动小圆环过程中，使橡皮条伸长的长度相等
C. 两次拉动小圆环过程中，使弹簧测力计的形变相同
D. 两次拉动小圆环过程中，使小圆环都处于O点
11. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
下列操作有利于减小实验误差的是( )
A. 拴在小圆环上的两根细绳必须等长，并且要尽量长一些
B. 实验前将两个弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个示数相同的测力计
C. 用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，两个弹簧测力计的示数之差尽可能大
D. 用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，拴在小圆环上的两根细绳夹角要尽量小
12. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
如图所示，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环至O点。此时，拴在小圆环上的两根细绳间的夹角为α(α<90°)。保持F2的方向不变，改变两根细绳夹角的大小，使小圆环仍位于O点，则( )
A. 减小夹角，F1变小 B. 减小夹角，F1变大
C. 增大夹角，F1变小 D. 增大夹角，F1变大
13. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
若取电梯向上运动的方向为正，在图中能表示电梯运行的v−t图像是( )
A.
B.
C.
D.
14. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
关于电梯的运动状态，下列说法中正确的是( )
A. 0～5s内，电梯竖直上升，处于超重状态
B. 5s～15s内，电梯保持静止，处于平衡状态
C. 15s～20s内，电梯竖直上升，处于超重状态
D. 15s～20s内，电梯竖直下降，处于失重状态
15. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
根据以上数据估算该摩天大楼的高度为( )
A. 50m B. 150m C. 200m D. 300m
16. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
在0～t2时间内，甲、乙两辆汽车的运动情况是( )
A. 甲车做曲线运动 B. 甲车做匀变速直线运动
C. 乙车做匀速运动 D. 乙车做匀变速直线运动
17. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
在0～t2时间内，甲、乙两辆汽车的平均速度分别是v1−、v2−，下列表达式中正确的是( )
A. v1−=v1+v22 B. v1−v1+v22
18. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
根据图像，下列表述正确的是( )
A. 在t1时刻，甲车追上乙车
B. 在0～t2时间内，乙车一直行驶在甲车前面
C. t2时刻甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小
D. t2时刻甲车的加速度大小大于乙车的加速度大小
19. 请阅读下述文字，完成第19题、第20题。某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。
游客下滑过程中，加速度为( )
A. g(sinθ−μcosθ) B. g(cosθ−μsinθ)
C. g(μcosθ−1) D. g
20. 请阅读下述文字，完成第19题、第20题。某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。
下滑过程中，关于滑梯受力情况，下列说法正确的是( )
A. 地面对滑梯的摩擦力方向水平向左
B. 地面对滑梯的摩擦力大小为F=mgcosθ(sinθ−μcosθ)
C. 地面对滑梯的支持力大小为Mg
D. 地面对滑梯的支持力大小为(m+M)g
二、实验题（本大题共3小题，共12.0分）
21. 某同学用打点计时器做“探究小车速度随时间变化规律”的实验，打出如图所示的一条纸带，找一个合适的点当做计时起点0，然后每隔4个点(点迹没有画出)选取一个计数点，分别记为1、2、3、4，用刻度尺测量出每个计数点到0点的距离。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，则相邻计数点间的时间间隔为______ s，根据数据可知打点计时器打下点2时，小车的速度大小为______ m/s。
22. 在“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验中，某同学选取了甲、乙两根不同的弹簧分别进行研究。在实验中弹簧始终在弹性限度内，弹簧的质量可忽略不计。根据实验数据，他在同一个坐标系内作出了弹簧弹力F与弹簧长度L的图像，如图所示。甲、乙两根弹簧的原长分别用l甲和l乙表示，则l甲 ______ l乙(选填“>”“<”或“=”)；若用甲、乙两根弹簧制成弹簧测力计测量同一个力，用______ (选填“甲”或“乙”)弹簧制作的弹簧测力计形变量更大。
23. 用如图(甲)所示的实验装置探究加速度与力的关系。保持小车的质量不变，通过改变砂桶的质量来改变小车受到的拉力F，根据实验数据作出了小车加速度a与拉力F的关系图像，如图(乙)所示。你认为该图像不通过原点的原因可能是______ ；该图像上部弯曲的原因可能是______ 。
三、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
24. 自然界中某量D的变化可以记为△D，发生这个变化所用的时间间隔可以记为△t；当△t极小时，△D△t就是这个量对时间的变化率，简称变化率。
(1)根据变化率的定义写出速度的定义式，并说明速度是哪个量对时间的变化率；
(2)根据变化率的定义写出加速度的定义式，并说明加速度是哪个量对时间的变化率。
四、计算题（本大题共4小题，共24.0分）
25. 一辆汽车由静止开始，以加速度a=2m/s2在平直路面上匀加速行驶．求：
(1)汽车在10s末的速度大小是多少？
(2)汽车在10s内的位移大小是多少？
26. 如图所示，用长度相同的两根细绳把一个画框悬挂在墙上。细绳与水平墙面的夹角均为θ。已知：画框的质量为m，重力加速度为g。
(1)求单根细绳对画框的拉力大小T；
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。判断T如何变化。
27. 如图所示，质量m=0.5kg的物体放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x=4.0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑行一段距离后停止。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物体在力F作用过程中加速度的大小a；
(2)撤去力F后物体继续滑行的时间t。
28. 在科学研究中，可以根据研究的需要将复杂的实际问题进行合理的抽象，突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的物理模型。某雨滴由静止沿竖直方向下落，假设雨滴间无相互作用且雨滴质量不变。重力加速度为g。
(1)忽略雨滴所受空气阻力，写出雨滴的速度v与时间t关系，并在图中画出雨滴下落时的v−t图线；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，在空气阻力的作用下，雨滴落地之前将做匀速运动。
a.若雨滴半径极小，可以认为其所受空气阻力与下落速度成v正比，在图中画出雨滴的v−t图线；
b.若雨滴半径较大，可以认为其所受空气阻力f=kr2v2，k是常数。设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落的最大速度vm。(已知球体的体积为V=34πR3)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、标量是只有大小没有方向的物理量，时间只有大小，没有方向，是标量，故A正确；
BCD、矢量是既有大小又有方向的物理量，速度、位移和加速度都是矢量，故BCD错误。
故选：A。
矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则的物理量。而标量是只有大小没有方向，运算遵守代数运算法则的物理量。
本题关键要记住既有大小又有方向，遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能等都是标量。
2.【答案】C
【解析】解：小明看见窗外的树木在向后移动，小明乘坐的列车相对地面向前运动，即相对于树木向前运动，即树木相对于列车向后运动，故他以乘坐的列车为参考系，看见窗外的树木在向后移动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体叫参考系，我们观察到的运动状况是由研究对象和参考系之间的相对位置的变化情况决定的．
掌握了参考系的概念就能顺利解决此类题目，故要注意对概念的掌握．
3.【答案】D
【解析】解：“1300千米”半径到重庆的直线距离，不是运动轨迹的长度，指的应是位移的大小；“11小时12分钟”对应小明乘坐高铁从北京到重庆的过程，在时间轴上用一段表示，所以表示时间，故D正确，ABC错误。
故选：D。
时刻在时间轴上是一个点，时间在时间轴上是一段；路程是运动轨迹的长度，位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示。
时刻表示某一瞬间，在时间轴上用点表示，而时间表示某一过程，在时间轴上用一段表示；位移的大小是指初末位置之间的距离，路程是指运动轨迹的长度。
4.【答案】C
【解析】解：小球由于惯性要保持原来的运动状态，小球相对于列车向后运动，说明列车突然加速，故ABD错误，C正确。
故选：C。
解决本题要掌握用惯性解释现象的能力，根据惯性并利用相对运动的知识解答．
本题考查对惯性概念的理解，要学会用惯性知识解释所看到的现象．
5.【答案】D
【解析】解：物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度，故D正确，ABC错误。
故选：D。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90°的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
6.【答案】A
【解析】解：物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度。
铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90°的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
7.【答案】A
【解析】解：根据乙图可知，当传感器示数达到F=3.5N时，木块与木板间达到最大静摩擦力，说明在0−3.5N内，木块与木板相对静止不动，故木板静止不动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
通过分析乙图，由于在F=3.5N时两者刚好达到最大静摩擦力，判断出木块与木板间的相对运动关系。
本题主要考查了最大静摩擦力，抓住最大静摩擦力的特点，结合相对运动即可判断。
8.【答案】B
【解析】解：AB、在5.0−6.0s间，物块处于静止状态，力传感器通过细绳对物块的拉力F 1、木板对物块的摩擦力F 2均作用在物块上，而物块处于平衡状态，所以F 1与F 2是一对平衡力，故A错误，B正确；
C、木板对物块的摩擦力F 2和向右拉动木板的力F 3，不是相互作用两个物体间的力，不是相互作用力，故C错误；
D、F 1不是F 2和F 3的合力，因为未作用在一个物体上，故D错误。
故选：B。
物块处于静止状态，根据平衡条件分析；摩擦力F 2和向右拉动木板的力F 3，力的性质不相同；作用在一个物体上的力才能求合力。
本题考查了作用力与反作用力和平衡力的区别，要明确作用力与反作用力是作用在两个不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。
9.【答案】D
【解析】解：由图可知，拉动木板时，物体水平方向受绳子拉力和摩擦力的作用而处于平衡，故根据力传感器的示数可以确定物体受到的摩擦力，根据滑动摩擦力公式f=μFN可知，要求解动摩擦因数需要知道正压力，根据竖直方向上的平衡条件可知，正压力等于物块的重力，故还需要测量的物理量为物块的质量，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确实验原理，明确由两图可以确定的信息，再根据滑动摩擦力公式分析需要测量的物理量。
本题考查探究影响摩擦力大小的因素实验，关键在于明确实验原理，知道力传感器的作用，同时掌握滑动摩擦力公式。
10.【答案】D
【解析】解：“等效性”体现在两次都将小圆环拉到相同的位置，此实验的“等效性”不能说是F 1、F 2与F满足平行四边形定则，在拉动小圆环的过程中，不仅橡皮条伸长的长度相同，而且橡皮条拉伸的方向也要相同；在两次拉动橡皮条的过程中，弹簧测力计的形变是不同的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确实验原理，知道本实验在同一次验证时需要保证效果相同。
本题考查的是探究两个互成角度力的合成规律，让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，必须使拉动小圆环过程中，小圆环都处于O点。
11.【答案】B
【解析】解：A、拴在橡皮条上的两条细绳不一定必须等长，但是尽量长一些较好，有利于减小在确定力的方向时的误差，故A错误；
B、实验前将两弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个读数相同的测力计，可减小实验误差，故B正确；
C、用两弹賛测力计同时拉橡皮条时，因为采用作图法进行分析，所以两弹簧测力计的示数之差没必要尽可能大，故C错误；
D、用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，拴在小圆环上的两根细绳夹角要适当大，以减小作图时的实验误差，故D错误。
故选：B。
该实验中是通过两次拉橡皮条套到同一点来实现效果相同的，明确实验原理和实验的具体操作从而正确分析产生误差的原因，进一步采取减小误差的措施，分析对弹簧测力计、细绳、橡皮条的要求。
通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示，理解实验原理是解答实验问题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：由题意可知：保持0点位置不动，即合力大小方向不变，保持F2的方向不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：
所以由图可知，当α角逐渐变小时，F1变大；当α角逐渐变大时，F1先变小后变大，故B正确，ACD错误．
故选：B。
要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析即可．
考查了物体的动态平衡，掌握力的平行四边形定则的内容；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．
13.【答案】C
【解析】解：对电梯：
0～5s内，根据牛顿第二定律得F1−mg=ma1，由图知F1=1.2×104N，解得a1=2m/s2，电梯向上做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，5s末速度为v1=a1t1=2×5m/s=10m/s；
5～15s内，由图知F2=1.0×104N=mg，故电梯向上做速度为10m/s的匀速直线运动；
15～20s内，由图知F3=0.8×104N，根据牛顿第二定律得F3−mg=ma3，解得a3=−2m/s2，20s末的速度为v2=v1+a3t3=(10−2×5)m/s=0，电梯向上做初速度为10m/s、加速度为−2m/s2的匀减速直线运动，末速度为0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据牛顿第二定律求出电梯在各段时间内的加速度，由速度−时间公式求出电梯的速度，分析电梯的运动情况，再判断v−t图像的形状。
本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要熟练运用牛顿第二定律求出电梯的加速度，通过计算分析电梯的运动情况。
14.【答案】A
【解析】解：电梯的重力G=mg=1.0×103×10N=1.0×104N，并且物体是由静止开始运动的，由图可知，电梯一定是先向上匀加速运动，再匀速运动，然后减速运动。则有：
A、0～5s内电梯受到的拉力大于电梯的重力，故说明电梯处于超重状态，并且电梯是由静止开始运动的，故电梯一定是竖直向上运动的，故A正确；
B、5s～15s内，电梯受到的拉力等于重力，故电梯处于平衡状态，此时电梯应竖直向上匀速运动，故B错误；
CD、15s～20s内，电梯受到的拉力小于重力，合力向下，处于失重状态，此时电梯应向上匀减速运动，故CD错误。
故选：A。
根据G=mg求出物体的重力，再再根据图象分析各时间段内的拉力大小，从而明确电梯对应的状态。
本题主要考查了对超重失重现象的理解，要注意明确超重状态和失重状态的性质，注意本题中应考虑物体的具体过程，由题意可知，物体只能是先向上加速再向上减速。
15.【答案】B
【解析】解：在0～5s内电梯加速上升，加速度
a1=F1−mgm
解得a1=2m/s，方向竖直向上；
在5～15s内电梯匀速上升；在15～20s内电梯减速上升，加速度
a2=mg−F2m
解得a2=2m/s，方向竖直向下；
做出电梯上升的v−t图像，如图
由图像的面积等于位移可知摩天大楼的高度为h=12(10+20)×10m=150m，故B正确，ACD错误
故选：B。
结合F−t图可将电梯运动分为三个阶段，分析三个阶段的加速度并作出相应的v−t图，利用v−t图线与时间轴包围的面积即为位移，则摩天大楼高度可求。
本题考查学生从图像获取信息的能力、对牛顿运动定律的掌握情况以及结合v−t图分析物体运动状态的能力。应注意掌握v−t图面积表示位移、斜率表示加速度等相关知识并运用于解题。
16.【答案】D
【解析】解：A、速度−时间图像只能表示直线运动中速度随时间的变化规律，则知甲车做直线运动，故A错误；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度，知甲车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故B错误；
CD、乙车的加速度不变，速度随时间均匀减小，则乙车做匀减速直线运动，即乙车匀变速直线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
速度−时间图像只能表示直线运动中速度随时间的变化规律，根据图象的斜率分析加速度的变化，从而确定两车的运动性质。
解决本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率代表加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动。
17.【答案】C
【解析】解：AB、根据v−t图像的斜率表示加速度，知甲车做加速度逐渐减小的变加速直线运动。若甲车做初速度为v1、末速度为v2的匀加速直线运动，其平均速度为v1+v22。根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，知甲车的实际位移比匀加速直线运动的位移大，则甲车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即v1−>v1+v22，故AB错误；
CD、乙车做初速度为v1、末速度为v2的匀减速直线运动，则乙车的平均速度为v2−=v1+v22，故C正确，D错误。
故选：C。
根据速度−时间图像与时间轴所围的面积表示位移，分析两车的位移与匀变速直线运动的位移关系，结合位移与时间之比分析平均速度关系。
本题的关键要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率大小代表加速度大小，图像与时间轴围成的面积代表位移。要知道平均速度公式v−=v0+v2只适用于匀变速直线运动。
18.【答案】C
【解析】解：A、根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知在0−t1时间内，甲车的位移比乙车的小，而t=0时刻它们恰好经过同一路标，则t1时刻甲车还没有追上乙车，故A错误；
B、t1时刻甲车还没有追上乙车，在0～t2时间内，甲车的位移比乙车的大，所以，在0～t2时间内，乙车先行驶在甲车前面，后行驶在甲车后面，故B错误；
CD、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜绝对值越大，加速度越大，知t2时刻甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小，故C正确，D错误。
故选：C。
根据速度−时间图象与时间轴所围的面积表示位移，分析两车位移关系，结合初始位置关系确定两车是否相遇。根据图象的斜率分析加速度关系。
对于v−t图象，关键要需掌握两点：①v−t图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向；②速度−时间图象与时间轴围成的面积大小代表位移。
19.【答案】A
【解析】解：对游客受力分析，受力分析如图所示，物体受到的摩擦力f=μmgcosθ，合力F=mgsinθ−μmgcosθ；
由牛顿第二定律有：
mgsinθ−μmgcosθ=ma
解得：a=g(sinθ−μcosθ)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对游客受力分析，求出物体受到的合力，再根据牛顿第二定律即可求出游客的加速度。
本题考查牛顿第二定律的直接应用，要注意正确受力分析是解答此类问题的关键。
20.【答案】B
【解析】解：AB、小物块沿着滑梯匀加速滑下，加速度方向沿斜面向下，
对小物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcosθ=ma，得沿斜面向下的加速度a=gsinθ−μgcosθ，加速度的水平分量向右：ax=acosθ，
对小物块和斜面组成的系统，在水平方向上有：f=max=mg(sinθ−μcosθ)⋅cosθ，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故A错误，B正确；
CD、由于小物块在竖直方向上有向下的加速度，对系统而言，有(M+m)g−FN=may，故地面对滑梯的支持力一定小于(m+M)g，故CD错误；
故选：B。
隔离对小物块分析，将小物块的加速度方向分解为水平方向和竖直方向，对系统根据牛顿第二定律列出水平方向和竖直方向的分量式，从而分析支持力和摩擦力。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用整体法与隔离法分析判断，掌握矢量的合成法则，并理解牛顿第二定律的应用，注意紧扣斜面合力等于0的条件分析。
21.【答案】0.1 0.40
【解析】解：已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，它每隔0.02s打一次点．
每隔4个点(点迹没有画出)选取一个计数点，所以相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s×5=0.1s，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：
v2=x132T=0.1140−0.03402×0.1m/s=0.40/s。
故答案为：0.1；0.40
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，注意单位的换算．
22.【答案】> 乙
【解析】解：根据胡克定律有：F=k(L−L0)，
图线的斜率表示劲度系数，则有：k甲>k乙，
当F=0时，弹簧的长度等于原长，可知：l甲>l乙；
根据胡克定律得：x=Fk，弹力相等，k甲>k乙，则有：x甲
根据胡克定律得出弹簧弹力与弹簧长度的表达式，结合图线的斜率和截距比较原长的大小和劲度系数，根据劲度系数大小，结合胡克定律比较弹簧的形变量。
本题考查了胡克定律的基本运用，知道F−L图线的斜率表示劲度系数，横轴截距表示弹簧的原长。
23.【答案】未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足) 未满足砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
【解析】解：图线与横轴的交点不为零，意味着当绳子的拉力不为0时，物体的加速度仍然为零，合外力仍然0，即物体仍然受到木板的摩擦力，所以实验者可能是忘记平衡摩擦力，也可能是已平衡了摩擦力，但平衡摩擦力不足；以整体为研究对象有mg=(m+M)a，则有a=mgm+M=g1+Mm，而在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砂桶和砂的总重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故要让绳子的拉力F约等于砂桶和砂的总重力mg，需满足M≈M+m，故应该是m<
图线与横轴的交点不为零，意味着当绳子的拉力不为0时，合外力仍然为0.这属于平衡摩擦力的问题，在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砂桶和砂的总重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
24.【答案】解：(1)速度是描述物体运动快慢的物理量，即速度是描述物体的位置变化的快慢，即物体的位移随时间的变化率，所以速度的定义式可以写成：v=△x△t；
(2)加速度是描述速度变化快慢的物理量，是物体的速度对时间的变化率，所以加速度的定义式可以写成：a=△v△t。
答：(1)速度的定义式为v=△x△t，速度是物体的位移对时间的变化率；
(2)加速度的定义式为a=△v△t，加速度是速度对时间的变化率。
【解析】明确速度、加速度的定义，知道位移随时间变化率表示位置变化的快慢，即速度；速度随时间变化率表示速度变化的快慢，即加速度。
解决本题的关键知道变化率的含义，知道变化大小与变化快慢的区别，变化大不一定变化快。
25.【答案】解：(1)汽车的初速度等于0，汽车在10s末的速度：v=at=2×10=20m/s；
(2)汽车在10s内的位移：x=12at2=12×2×100m=100m．
答：(1)汽车在10s末的速度大小是20m/s；
(2)汽车在10s内的位移大小是100m．
【解析】(1)已知初速度与加速度，由速度公式由v=v0+at即可求出4s末的速度；
(2)由位移公式即可求出位移．
该题考查匀变速直线运动的两个基本公式的应用，将相关的数据代入公式即可．解答的关键是牢记这两个公式．
26.【答案】解：(1)根据题意两根细绳对画框的拉力大小相等，合力与画框重力大小相等，方向与重力方向相反，有：
2Tsinθ=mg
解得：T=mg2sinθ。。。。。①
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。则此时夹角θ变小，sinθ变小，
由①知拉力T变大。
答：(1)单根细绳对画框的拉力大小为mg2sinθ；
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。则拉力T变大。
【解析】(1)通过受力分析，结合共点力的平衡条件，可以求出拉力；
(2)根据拉力的表达式，分析题意中夹角的变化，进而判断拉力的变化。
本题考查共点力的平衡，关键要能对物体进行正确的受力分析，并能利用共点力的平衡条件。
27.【答案】解：(1)设物体受到的滑动摩擦力为f，加速度为a1，则f=μmg=0.4×0.5×10N=2N
物块在力F作用过程中，根据牛顿第二定律，有F−f=ma
解得a=2m/s2
(2)设撤去力F时物块的速度为v，由运动学公式v2=2ax
解得v=4.0m/s
设撤去力F后物体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有f=ma′
解得a′=μg=0.4×10m/s2=4m/s2
由匀变速直线运动公式得0=v−a′t
解得t=1s
答：(1)物体在力F作用过程中加速度的大小a为2m/s2；
(2)撤去力F后物体继续滑行的时间t为1s。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求出加速度；
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度−位移公式，结合加速度即可求出，根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，再根据速度时间公式求解滑行的时间。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要明确物体在整个过程中的运动规律，以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
28.【答案】解：(1)忽略雨滴所受空气阻力，雨滴做自由落体运动，则v=gt，v−t图像如图1所示
(2)a.若雨滴半径极小，可以认为其所受空气阻力与下落速度成v正比
根据牛顿第二定律可得：mg−kv=ma
解得：a=g−kvm
随着速度的增大，加速度减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，最后做匀速运动，其v−t图像如图2所示
b若雨滴半径较大，可以认为其所受空气阻力为：f=kr2v2，k是常数，当下落的加速度为零时，速度达到最大，即雨滴受到的重力和阻力大小相等，则有：
mg=f
m=ρV=⋅×43πr3
联立解得：vm=4πρrg3
答：(1)雨滴的速度v与时间t关系为v=gt，雨滴下落时的v−t图线如图1所示；
(2)a、雨滴的v−t图线如图2所示；b、雨滴下落的最大速度vm为4πρrg3．
【解析】(1)雨滴做自由落体运动，下落时的速度为v=gt，根据表达式做出v−t图像；
(2)a、由于雨滴在下落过程受到阻力，根据牛顿第二定律求得加速度表达式，由于阻力随速度的增大而增大，故雨滴做减速运动，当阻力等于重力时速度达到最大，此后开始匀速运动；
b、当阻力等于重力时，速度达到最大，根据mg=f求得即可。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，正确的判断出雨滴的运动状态，利用好牛顿第二定律表示出加速度的表达式，即可判断出加速度与速度的关系即可。
2020-2021学年北京市昌平区高一（上）期末物理试卷
一、单选题（本大题共20小题，共80.0分）
1. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
下列物理量中，属于标量的是( )
A. 时间 B. 速度 C. 位移 D. 加速度
2. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
列车向前行驶过程中，小明看见窗外的树向后移动，小明选择的参考系是( )
A. 地球 B. 太阳 C. 列车 D. 窗外的树
3. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
以上提及的“1300千米”和“11小时12分钟”分别是指( )
A. 路程、时刻 B. 路程、时间间隔
C. 位移的大小、时刻 D. 位移的大小、时间间隔
4. 请阅读下述文字，完成第1题、第2题、第3题、第4题。重庆位于北京的西南方向，距北京的直线距离约为1300千米。小明乘坐高铁从北京出发，历时11小时12分钟到达重庆。
列车向前行驶过程中，桌面上有一个小球相对桌面静止。某时刻小明发现小球开始沿直线向后滚动，由此可以判断列车的运动可能为( )
A. 匀速直线运动 B. 减速直线运动 C. 加速直线运动 D. 转弯
5. 请阅读下述文字，完成第5题、第6题。伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体运动一定是一种最简单的变速运动。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜球在斜面上的运动规律，然后将实验结果做了合理的外推，得出落体运动的规律
通过“斜面实验”来研究落体运动规律是为了便于测量铜球运动的( )
A. 合外力 B. 速度 C. 加速度 D. 时间
6. 请阅读下述文字，完成第5题、第6题。伽利略相信，自然界的规律是简单明了的。他从这个信念出发，猜想落体运动一定是一种最简单的变速运动。为验证自己的猜想，他做了“斜面实验”，如图所示。他让铜球沿阻力很小的斜面滚下，研究铜球在斜面上的运动规律，然后将实验结果做了合理的外推，得出落体运动的规律
由“斜面实验”可知，落体运动的( )
A. 速度随时间均匀增大 B. 速度随位移均匀增大
C. 位移随时间均匀增大 D. 加速度随时间均匀增大
7. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
在3.0−3.5s间，木板的运动状态为( )
A. 保持静止 B. 匀速运动
C. 匀加速运动 D. 加速度增大的加速运动
8. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
在5.0−6.0s间，力传感器通过细绳对物块的拉力F1、木板对物块的摩擦力F2和向右拉动木板的力F3之间的关系，下列说法正确的是( )
A. F1与F2是一对作用力与反作用力 B. F1与F2是一对平衡力
C. F2与F3是一对作用力与反作用力 D. F1是F2和F3的合力
9. 请阅读下述文字，完成第7题、第8题、第9题。某同学利用图甲所示的装置研究摩擦力的变化情况。水平桌面上固定一个力传感器，传感器通过细绳拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向右拉木板，传感器记录的力F与时间t的图像如图乙所示。
已知重力加速度，用图(乙)中的数据计算物块与木板间的动摩擦因数还需要测量的物理量为( )
A. 向右拉动木板的力 B. 桌面与木板间的动摩擦因数
C. 木板的质量 D. 物块的质量
10. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
实验中用到的物理学思想方法是等效替代法，其中“等效性”体现在( )
A. F1、F2与F满足平行四边形定则
B. 两次拉动小圆环过程中，使橡皮条伸长的长度相等
C. 两次拉动小圆环过程中，使弹簧测力计的形变相同
D. 两次拉动小圆环过程中，使小圆环都处于O点
11. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
下列操作有利于减小实验误差的是( )
A. 拴在小圆环上的两根细绳必须等长，并且要尽量长一些
B. 实验前将两个弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个示数相同的测力计
C. 用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，两个弹簧测力计的示数之差尽可能大
D. 用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，拴在小圆环上的两根细绳夹角要尽量小
12. 请阅读下述文字，完成第10题、第11题、第12题。如图所示，某同学探究两个互成角度力的合成规律。轻质小圆环挂在橡皮条一端，另一端固定在A点。通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环。小圆环受到力F1、F2的共同作用，处于O点。撤去F1、F2，改用一个力F单独拉住小圆环，仍使它处于O点。
如图所示，用两个弹簧测力计共同拉动小圆环至O点。此时，拴在小圆环上的两根细绳间的夹角为α(α<90°)。保持F2的方向不变，改变两根细绳夹角的大小，使小圆环仍位于O点，则( )
A. 减小夹角，F1变小 B. 减小夹角，F1变大
C. 增大夹角，F1变小 D. 增大夹角，F1变大
13. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
若取电梯向上运动的方向为正，在图中能表示电梯运行的v−t图像是( )
A.
B.
C.
D.
14. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
关于电梯的运动状态，下列说法中正确的是( )
A. 0～5s内，电梯竖直上升，处于超重状态
B. 5s～15s内，电梯保持静止，处于平衡状态
C. 15s～20s内，电梯竖直上升，处于超重状态
D. 15s～20s内，电梯竖直下降，处于失重状态
15. 请阅读下述文字，完成第13题、第14题、第15题。摩天大楼中有一部从一楼直通顶层的客运电梯，其简化模型如图甲所示。电梯受到的拉力F是随时间t变化的。电梯在t=0时由静止开始沿竖直方向运动，F−t图像如图乙所示。电梯总质量m=1.0×103kg，忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2。
根据以上数据估算该摩天大楼的高度为( )
A. 50m B. 150m C. 200m D. 300m
16. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
在0～t2时间内，甲、乙两辆汽车的运动情况是( )
A. 甲车做曲线运动 B. 甲车做匀变速直线运动
C. 乙车做匀速运动 D. 乙车做匀变速直线运动
17. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
在0～t2时间内，甲、乙两辆汽车的平均速度分别是v1−、v2−，下列表达式中正确的是( )
A. v1−=v1+v22 B. v1−
18. 请阅读下述文字，完成第16题、第17题、第18题。甲、乙两辆汽车分别在同一平直公路的两条车道上同向行驶，t=0时刻它们恰好经过同一路标。0～t2时间内，两辆车的v−t图像如图所示
根据图像，下列表述正确的是( )
A. 在t1时刻，甲车追上乙车
B. 在0～t2时间内，乙车一直行驶在甲车前面
C. t2时刻甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小
D. t2时刻甲车的加速度大小大于乙车的加速度大小
19. 请阅读下述文字，完成第19题、第20题。某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。
游客下滑过程中，加速度为( )
A. g(sinθ−μcosθ) B. g(cosθ−μsinθ)
C. g(μcosθ−1) D. g
20. 请阅读下述文字，完成第19题、第20题。某游乐园有一个滑梯，现将该滑梯简化为静止在水平地面上倾角为θ的斜面，游客简化为小物块，如图所示。游客从滑梯顶端A点由静止开始加速滑行至B点过程中，滑梯始终保持静止。已知：游客与滑梯之间的动摩擦因数为μ，游客的质量为m，滑梯的质量为M，重力加速度为g。
下滑过程中，关于滑梯受力情况，下列说法正确的是( )
A. 地面对滑梯的摩擦力方向水平向左
B. 地面对滑梯的摩擦力大小为F=mgcosθ(sinθ−μcosθ)
C. 地面对滑梯的支持力大小为Mg
D. 地面对滑梯的支持力大小为(m+M)g
二、实验题（本大题共3小题，共12.0分）
21. 某同学用打点计时器做“探究小车速度随时间变化规律”的实验，打出如图所示的一条纸带，找一个合适的点当做计时起点0，然后每隔4个点(点迹没有画出)选取一个计数点，分别记为1、2、3、4，用刻度尺测量出每个计数点到0点的距离。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，则相邻计数点间的时间间隔为______ s，根据数据可知打点计时器打下点2时，小车的速度大小为______ m/s。
22. 在“探究弹簧弹力的大小与伸长量的关系”实验中，某同学选取了甲、乙两根不同的弹簧分别进行研究。在实验中弹簧始终在弹性限度内，弹簧的质量可忽略不计。根据实验数据，他在同一个坐标系内作出了弹簧弹力F与弹簧长度L的图像，如图所示。甲、乙两根弹簧的原长分别用l甲和l乙表示，则l甲 ______ l乙(选填“>”“<”或“=”)；若用甲、乙两根弹簧制成弹簧测力计测量同一个力，用______ (选填“甲”或“乙”)弹簧制作的弹簧测力计形变量更大。
23. 用如图(甲)所示的实验装置探究加速度与力的关系。保持小车的质量不变，通过改变砂桶的质量来改变小车受到的拉力F，根据实验数据作出了小车加速度a与拉力F的关系图像，如图(乙)所示。你认为该图像不通过原点的原因可能是______ ；该图像上部弯曲的原因可能是______ 。
三、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
24. 自然界中某量D的变化可以记为△D，发生这个变化所用的时间间隔可以记为△t；当△t极小时，△D△t就是这个量对时间的变化率，简称变化率。
(1)根据变化率的定义写出速度的定义式，并说明速度是哪个量对时间的变化率；
(2)根据变化率的定义写出加速度的定义式，并说明加速度是哪个量对时间的变化率。
四、计算题（本大题共4小题，共24.0分）
25. 一辆汽车由静止开始，以加速度a=2m/s2在平直路面上匀加速行驶．求：
(1)汽车在10s末的速度大小是多少？
(2)汽车在10s内的位移大小是多少？
26. 如图所示，用长度相同的两根细绳把一个画框悬挂在墙上。细绳与水平墙面的夹角均为θ。已知：画框的质量为m，重力加速度为g。
(1)求单根细绳对画框的拉力大小T；
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。判断T如何变化。
27. 如图所示，质量m=0.5kg的物体放在水平面上，在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x=4.0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑行一段距离后停止。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物体在力F作用过程中加速度的大小a；
(2)撤去力F后物体继续滑行的时间t。
28. 在科学研究中，可以根据研究的需要将复杂的实际问题进行合理的抽象，突出问题的主要因素，忽略次要因素，建立理想化的物理模型。某雨滴由静止沿竖直方向下落，假设雨滴间无相互作用且雨滴质量不变。重力加速度为g。
(1)忽略雨滴所受空气阻力，写出雨滴的速度v与时间t关系，并在图中画出雨滴下落时的v−t图线；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，在空气阻力的作用下，雨滴落地之前将做匀速运动。
a.若雨滴半径极小，可以认为其所受空气阻力与下落速度成v正比，在图中画出雨滴的v−t图线；
b.若雨滴半径较大，可以认为其所受空气阻力f=kr2v2，k是常数。设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落的最大速度vm。(已知球体的体积为V=34πR3)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、标量是只有大小没有方向的物理量，时间只有大小，没有方向，是标量，故A正确；
BCD、矢量是既有大小又有方向的物理量，速度、位移和加速度都是矢量，故BCD错误。
故选：A。
矢量是既有大小，又有方向的物理量，运算遵守平行四边形定则的物理量。而标量是只有大小没有方向，运算遵守代数运算法则的物理量。
本题关键要记住既有大小又有方向，遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量、动能等都是标量。
2.【答案】C
【解析】解：小明看见窗外的树木在向后移动，小明乘坐的列车相对地面向前运动，即相对于树木向前运动，即树木相对于列车向后运动，故他以乘坐的列车为参考系，看见窗外的树木在向后移动，故ABD错误，C正确。
故选：C。
在描述一个物体的运动时，选来作为标准的另外的某个物体叫参考系，我们观察到的运动状况是由研究对象和参考系之间的相对位置的变化情况决定的．
掌握了参考系的概念就能顺利解决此类题目，故要注意对概念的掌握．
3.【答案】D
【解析】解：“1300千米”半径到重庆的直线距离，不是运动轨迹的长度，指的应是位移的大小；“11小时12分钟”对应小明乘坐高铁从北京到重庆的过程，在时间轴上用一段表示，所以表示时间，故D正确，ABC错误。
故选：D。
时刻在时间轴上是一个点，时间在时间轴上是一段；路程是运动轨迹的长度，位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示。
时刻表示某一瞬间，在时间轴上用点表示，而时间表示某一过程，在时间轴上用一段表示；位移的大小是指初末位置之间的距离，路程是指运动轨迹的长度。
4.【答案】C
【解析】解：小球由于惯性要保持原来的运动状态，小球相对于列车向后运动，说明列车突然加速，故ABD错误，C正确。
故选：C。
解决本题要掌握用惯性解释现象的能力，根据惯性并利用相对运动的知识解答．
本题考查对惯性概念的理解，要学会用惯性知识解释所看到的现象．
5.【答案】D
【解析】解：物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度，故D正确，ABC错误。
故选：D。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90°的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
6.【答案】A
【解析】解：物体做自由落体运动的时间很短，不易测量，当时伽利略利用斜面做实验，主要是考虑到实验时便于测量小球运动的时间，在当时的情况下，还没有出现加速度的概念，伽利略在实验中没有测量加速度。
铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大，倾角最大的情况就是90°时，这时铜球做自由落体运动，由此得出的结论是在斜面倾角一定时，铜球运动的速度随时间均匀增大，即自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确，BCD错误。
故选：A。
伽利略通过通验观察和逻辑推理发现，换用不同的质量的铜球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，铜球的速度随时间均匀增大，即铜球沿斜面滚下的运动是匀加速直线运动，并合理外推到倾角为90°的情况，得出自由落体运动的规律。
此题考查了自由落体运动的相关知识，解题的关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解。
7.【答案】A
【解析】解：根据乙图可知，当传感器示数达到F=3.5N时，木块与木板间达到最大静摩擦力，说明在0−3.5N内，木块与木板相对静止不动，故木板静止不动，故A正确，BCD错误；
故选：A。
通过分析乙图，由于在F=3.5N时两者刚好达到最大静摩擦力，判断出木块与木板间的相对运动关系。
本题主要考查了最大静摩擦力，抓住最大静摩擦力的特点，结合相对运动即可判断。
8.【答案】B
【解析】解：AB、在5.0−6.0s间，物块处于静止状态，力传感器通过细绳对物块的拉力F 1、木板对物块的摩擦力F 2均作用在物块上，而物块处于平衡状态，所以F 1与F 2是一对平衡力，故A错误，B正确；
C、木板对物块的摩擦力F 2和向右拉动木板的力F 3，不是相互作用两个物体间的力，不是相互作用力，故C错误；
D、F 1不是F 2和F 3的合力，因为未作用在一个物体上，故D错误。
故选：B。
物块处于静止状态，根据平衡条件分析；摩擦力F 2和向右拉动木板的力F 3，力的性质不相同；作用在一个物体上的力才能求合力。
本题考查了作用力与反作用力和平衡力的区别，要明确作用力与反作用力是作用在两个不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。
9.【答案】D
【解析】解：由图可知，拉动木板时，物体水平方向受绳子拉力和摩擦力的作用而处于平衡，故根据力传感器的示数可以确定物体受到的摩擦力，根据滑动摩擦力公式f=μFN可知，要求解动摩擦因数需要知道正压力，根据竖直方向上的平衡条件可知，正压力等于物块的重力，故还需要测量的物理量为物块的质量，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确实验原理，明确由两图可以确定的信息，再根据滑动摩擦力公式分析需要测量的物理量。
本题考查探究影响摩擦力大小的因素实验，关键在于明确实验原理，知道力传感器的作用，同时掌握滑动摩擦力公式。
10.【答案】D
【解析】解：“等效性”体现在两次都将小圆环拉到相同的位置，此实验的“等效性”不能说是F 1、F 2与F满足平行四边形定则，在拉动小圆环的过程中，不仅橡皮条伸长的长度相同，而且橡皮条拉伸的方向也要相同；在两次拉动橡皮条的过程中，弹簧测力计的形变是不同的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
明确实验原理，知道本实验在同一次验证时需要保证效果相同。
本题考查的是探究两个互成角度力的合成规律，让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，必须使拉动小圆环过程中，小圆环都处于O点。
11.【答案】B
【解析】解：A、拴在橡皮条上的两条细绳不一定必须等长，但是尽量长一些较好，有利于减小在确定力的方向时的误差，故A错误；
B、实验前将两弹簧测力计调零后水平互钩对拉，选择两个读数相同的测力计，可减小实验误差，故B正确；
C、用两弹賛测力计同时拉橡皮条时，因为采用作图法进行分析，所以两弹簧测力计的示数之差没必要尽可能大，故C错误；
D、用两个弹簧测力计同时拉橡皮条时，拴在小圆环上的两根细绳夹角要适当大，以减小作图时的实验误差，故D错误。
故选：B。
该实验中是通过两次拉橡皮条套到同一点来实现效果相同的，明确实验原理和实验的具体操作从而正确分析产生误差的原因，进一步采取减小误差的措施，分析对弹簧测力计、细绳、橡皮条的要求。
通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示，理解实验原理是解答实验问题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：由题意可知：保持0点位置不动，即合力大小方向不变，保持F2的方向不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：
所以由图可知，当α角逐渐变小时，F1变大；当α角逐渐变大时，F1先变小后变大，故B正确，ACD错误．
故选：B。
要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则作图进行分析即可．
考查了物体的动态平衡，掌握力的平行四边形定则的内容；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．
13.【答案】C
【解析】解：对电梯：
0～5s内，根据牛顿第二定律得F1−mg=ma1，由图知F1=1.2×104N，解得a1=2m/s2，电梯向上做初速度为0、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，5s末速度为v1=a1t1=2×5m/s=10m/s；
5～15s内，由图知F2=1.0×104N=mg，故电梯向上做速度为10m/s的匀速直线运动；
15～20s内，由图知F3=0.8×104N，根据牛顿第二定律得F3−mg=ma3，解得a3=−2m/s2，20s末的速度为v2=v1+a3t3=(10−2×5)m/s=0，电梯向上做初速度为10m/s、加速度为−2m/s2的匀减速直线运动，末速度为0，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据牛顿第二定律求出电梯在各段时间内的加速度，由速度−时间公式求出电梯的速度，分析电梯的运动情况，再判断v−t图像的形状。
本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键要熟练运用牛顿第二定律求出电梯的加速度，通过计算分析电梯的运动情况。
14.【答案】A
【解析】解：电梯的重力G=mg=1.0×103×10N=1.0×104N，并且物体是由静止开始运动的，由图可知，电梯一定是先向上匀加速运动，再匀速运动，然后减速运动。则有：
A、0～5s内电梯受到的拉力大于电梯的重力，故说明电梯处于超重状态，并且电梯是由静止开始运动的，故电梯一定是竖直向上运动的，故A正确；
B、5s～15s内，电梯受到的拉力等于重力，故电梯处于平衡状态，此时电梯应竖直向上匀速运动，故B错误；
CD、15s～20s内，电梯受到的拉力小于重力，合力向下，处于失重状态，此时电梯应向上匀减速运动，故CD错误。
故选：A。
根据G=mg求出物体的重力，再再根据图象分析各时间段内的拉力大小，从而明确电梯对应的状态。
本题主要考查了对超重失重现象的理解，要注意明确超重状态和失重状态的性质，注意本题中应考虑物体的具体过程，由题意可知，物体只能是先向上加速再向上减速。
15.【答案】B
【解析】解：在0～5s内电梯加速上升，加速度
a1=F1−mgm
解得a1=2m/s，方向竖直向上；
在5～15s内电梯匀速上升；在15～20s内电梯减速上升，加速度
a2=mg−F2m
解得a2=2m/s，方向竖直向下；
做出电梯上升的v−t图像，如图
由图像的面积等于位移可知摩天大楼的高度为h=12(10+20)×10m=150m，故B正确，ACD错误
故选：B。
结合F−t图可将电梯运动分为三个阶段，分析三个阶段的加速度并作出相应的v−t图，利用v−t图线与时间轴包围的面积即为位移，则摩天大楼高度可求。
本题考查学生从图像获取信息的能力、对牛顿运动定律的掌握情况以及结合v−t图分析物体运动状态的能力。应注意掌握v−t图面积表示位移、斜率表示加速度等相关知识并运用于解题。
16.【答案】D
【解析】解：A、速度−时间图像只能表示直线运动中速度随时间的变化规律，则知甲车做直线运动，故A错误；
B、根据v−t图像的斜率表示加速度，知甲车做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故B错误；
CD、乙车的加速度不变，速度随时间均匀减小，则乙车做匀减速直线运动，即乙车匀变速直线运动，故C错误，D正确。
故选：D。
速度−时间图像只能表示直线运动中速度随时间的变化规律，根据图象的斜率分析加速度的变化，从而确定两车的运动性质。
解决本题时，要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率代表加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动。
17.【答案】C
【解析】解：AB、根据v−t图像的斜率表示加速度，知甲车做加速度逐渐减小的变加速直线运动。若甲车做初速度为v1、末速度为v2的匀加速直线运动，其平均速度为v1+v22。根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，知甲车的实际位移比匀加速直线运动的位移大，则甲车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即v1−>v1+v22，故AB错误；
CD、乙车做初速度为v1、末速度为v2的匀减速直线运动，则乙车的平均速度为v2−=v1+v22，故C正确，D错误。
故选：C。
根据速度−时间图像与时间轴所围的面积表示位移，分析两车的位移与匀变速直线运动的位移关系，结合位移与时间之比分析平均速度关系。
本题的关键要理解v−t图像的物理意义，知道v−t图像的斜率大小代表加速度大小，图像与时间轴围成的面积代表位移。要知道平均速度公式v−=v0+v2只适用于匀变速直线运动。
18.【答案】C
【解析】解：A、根据v−t图象与时间轴所围的面积表示位移，知在0−t1时间内，甲车的位移比乙车的小，而t=0时刻它们恰好经过同一路标，则t1时刻甲车还没有追上乙车，故A错误；
B、t1时刻甲车还没有追上乙车，在0～t2时间内，甲车的位移比乙车的大，所以，在0～t2时间内，乙车先行驶在甲车前面，后行驶在甲车后面，故B错误；
CD、根据v−t图象的斜率表示加速度，斜绝对值越大，加速度越大，知t2时刻甲车的加速度大小小于乙车的加速度大小，故C正确，D错误。
故选：C。
根据速度−时间图象与时间轴所围的面积表示位移，分析两车位移关系，结合初始位置关系确定两车是否相遇。根据图象的斜率分析加速度关系。
对于v−t图象，关键要需掌握两点：①v−t图象的斜率大小代表加速度大小，斜率的正负代表加速度的方向；②速度−时间图象与时间轴围成的面积大小代表位移。
19.【答案】A
【解析】解：对游客受力分析，受力分析如图所示，物体受到的摩擦力f=μmgcosθ，合力F=mgsinθ−μmgcosθ；
由牛顿第二定律有：
mgsinθ−μmgcosθ=ma
解得：a=g(sinθ−μcosθ)，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对游客受力分析，求出物体受到的合力，再根据牛顿第二定律即可求出游客的加速度。
本题考查牛顿第二定律的直接应用，要注意正确受力分析是解答此类问题的关键。
20.【答案】B
【解析】解：AB、小物块沿着滑梯匀加速滑下，加速度方向沿斜面向下，
对小物块，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μmgcosθ=ma，得沿斜面向下的加速度a=gsinθ−μgcosθ，加速度的水平分量向右：ax=acosθ，
对小物块和斜面组成的系统，在水平方向上有：f=max=mg(sinθ−μcosθ)⋅cosθ，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故A错误，B正确；
CD、由于小物块在竖直方向上有向下的加速度，对系统而言，有(M+m)g−FN=may，故地面对滑梯的支持力一定小于(m+M)g，故CD错误；
故选：B。
隔离对小物块分析，将小物块的加速度方向分解为水平方向和竖直方向，对系统根据牛顿第二定律列出水平方向和竖直方向的分量式，从而分析支持力和摩擦力。
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用整体法与隔离法分析判断，掌握矢量的合成法则，并理解牛顿第二定律的应用，注意紧扣斜面合力等于0的条件分析。
21.【答案】0.1 0.40
【解析】解：已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，它每隔0.02s打一次点．
每隔4个点(点迹没有画出)选取一个计数点，所以相邻计数点间的时间间隔为T=0.02s×5=0.1s，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得：
v2=x132T=0.1140−0.03402×0.1m/s=0.40/s。
故答案为：0.1；0.40
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2点时小车的瞬时速度大小。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用，注意单位的换算．
22.【答案】> 乙
【解析】解：根据胡克定律有：F=k(L−L0)，
图线的斜率表示劲度系数，则有：k甲>k乙，
当F=0时，弹簧的长度等于原长，可知：l甲>l乙；
根据胡克定律得：x=Fk，弹力相等，k甲>k乙，则有：x甲
根据胡克定律得出弹簧弹力与弹簧长度的表达式，结合图线的斜率和截距比较原长的大小和劲度系数，根据劲度系数大小，结合胡克定律比较弹簧的形变量。
本题考查了胡克定律的基本运用，知道F−L图线的斜率表示劲度系数，横轴截距表示弹簧的原长。
23.【答案】未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足) 未满足砂桶和砂的总质量远小于小车的质量
【解析】解：图线与横轴的交点不为零，意味着当绳子的拉力不为0时，物体的加速度仍然为零，合外力仍然0，即物体仍然受到木板的摩擦力，所以实验者可能是忘记平衡摩擦力，也可能是已平衡了摩擦力，但平衡摩擦力不足；以整体为研究对象有mg=(m+M)a，则有a=mgm+M=g1+Mm，而在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砂桶和砂的总重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故要让绳子的拉力F约等于砂桶和砂的总重力mg，需满足M≈M+m，故应该是m<
图线与横轴的交点不为零，意味着当绳子的拉力不为0时，合外力仍然为0.这属于平衡摩擦力的问题，在实验的过程中，我们认为绳子的拉力F等于砂桶和砂的总重力mg，而实际上绳子的拉力F=Ma=Mm+Mmg，故应该是m<
24.【答案】解：(1)速度是描述物体运动快慢的物理量，即速度是描述物体的位置变化的快慢，即物体的位移随时间的变化率，所以速度的定义式可以写成：v=△x△t；
(2)加速度是描述速度变化快慢的物理量，是物体的速度对时间的变化率，所以加速度的定义式可以写成：a=△v△t。
答：(1)速度的定义式为v=△x△t，速度是物体的位移对时间的变化率；
(2)加速度的定义式为a=△v△t，加速度是速度对时间的变化率。
【解析】明确速度、加速度的定义，知道位移随时间变化率表示位置变化的快慢，即速度；速度随时间变化率表示速度变化的快慢，即加速度。
解决本题的关键知道变化率的含义，知道变化大小与变化快慢的区别，变化大不一定变化快。
25.【答案】解：(1)汽车的初速度等于0，汽车在10s末的速度：v=at=2×10=20m/s；
(2)汽车在10s内的位移：x=12at2=12×2×100m=100m．
答：(1)汽车在10s末的速度大小是20m/s；
(2)汽车在10s内的位移大小是100m．
【解析】(1)已知初速度与加速度，由速度公式由v=v0+at即可求出4s末的速度；
(2)由位移公式即可求出位移．
该题考查匀变速直线运动的两个基本公式的应用，将相关的数据代入公式即可．解答的关键是牢记这两个公式．
26.【答案】解：(1)根据题意两根细绳对画框的拉力大小相等，合力与画框重力大小相等，方向与重力方向相反，有：
2Tsinθ=mg
解得：T=mg2sinθ。。。。。①
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。则此时夹角θ变小，sinθ变小，
由①知拉力T变大。
答：(1)单根细绳对画框的拉力大小为mg2sinθ；
(2)某次维修时将两根细绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变。则拉力T变大。
【解析】(1)通过受力分析，结合共点力的平衡条件，可以求出拉力；
(2)根据拉力的表达式，分析题意中夹角的变化，进而判断拉力的变化。
本题考查共点力的平衡，关键要能对物体进行正确的受力分析，并能利用共点力的平衡条件。
27.【答案】解：(1)设物体受到的滑动摩擦力为f，加速度为a1，则f=μmg=0.4×0.5×10N=2N
物块在力F作用过程中，根据牛顿第二定律，有F−f=ma
解得a=2m/s2
(2)设撤去力F时物块的速度为v，由运动学公式v2=2ax
解得v=4.0m/s
设撤去力F后物体的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有f=ma′
解得a′=μg=0.4×10m/s2=4m/s2
由匀变速直线运动公式得0=v−a′t
解得t=1s
答：(1)物体在力F作用过程中加速度的大小a为2m/s2；
(2)撤去力F后物体继续滑行的时间t为1s。
【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律即可求出加速度；
(2)物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度−位移公式，结合加速度即可求出，根据牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，再根据速度时间公式求解滑行的时间。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要明确物体在整个过程中的运动规律，以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
28.【答案】解：(1)忽略雨滴所受空气阻力，雨滴做自由落体运动，则v=gt，v−t图像如图1所示
(2)a.若雨滴半径极小，可以认为其所受空气阻力与下落速度成v正比
根据牛顿第二定律可得：mg−kv=ma
解得：a=g−kvm
随着速度的增大，加速度减小，当加速度减小到零时，速度达到最大，最后做匀速运动，其v−t图像如图2所示
b若雨滴半径较大，可以认为其所受空气阻力为：f=kr2v2，k是常数，当下落的加速度为零时，速度达到最大，即雨滴受到的重力和阻力大小相等，则有：
mg=f
m=ρV=⋅×43πr3
联立解得：vm=4πρrg3
答：(1)雨滴的速度v与时间t关系为v=gt，雨滴下落时的v−t图线如图1所示；
(2)a、雨滴的v−t图线如图2所示；b、雨滴下落的最大速度vm为4πρrg3．
【解析】(1)雨滴做自由落体运动，下落时的速度为v=gt，根据表达式做出v−t图像；
(2)a、由于雨滴在下落过程受到阻力，根据牛顿第二定律求得加速度表达式，由于阻力随速度的增大而增大，故雨滴做减速运动，当阻力等于重力时速度达到最大，此后开始匀速运动；
b、当阻力等于重力时，速度达到最大，根据mg=f求得即可。
本题主要考查了牛顿第二定律，关键是正确的受力分析，正确的判断出雨滴的运动状态，利用好牛顿第二定律表示出加速度的表达式，即可判断出加速度与速度的关系即可。
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