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2020-2021学年黑龙江省哈尔滨六中高一（上）期中物理试卷
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这是一份2020-2021学年黑龙江省哈尔滨六中高一（上）期中物理试卷，共16页。试卷主要包含了3.4及液压缸a等内容，欢迎下载使用。
物理学中引入“质点”的概念，从科学研究方法上来说属于( )
A. 建立理想模型的方法B. 观察实验的方法
C. 类比的方法D. 逻辑推理的方法
如图为一质点做直线运动的速度--时间图象，则在图中给出的该质点在前3s内的加速度a随时间t变化关系图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
钥匙从距离水面20m高的桥面自由落体，竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于它的正下方。该竹筏以2m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长( )
A. 2mB. 4mC. 6mD. 8m
若F1、F2是F的两个分力，则能表示F1、F2、F三者关系的是( )
A. B.
C. D.
如图所示，在探究摩擦力的实验中，测力计与水平桌面平行，拉力从零逐渐增大，拉力为8N时，木块不动；拉力为12N时，木块恰好被拉动；木块匀速运动时拉力为10N.木块与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力分别是( )
A. 12N，8NB. 12N，10NC. 10N，12ND. 10N，8N
如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30∘，则A球、C球的质量之比为( )
A. 1：2B. 2：1C. 1：3D. 3：1
航母阻拦索用于拦停高速着舰的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图所示为其结构简图，滑轮1.2、3.4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F.不考虑阻拦索、滑轮的质量及摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为( )
A. F3B. 3F3C. FD. 3F
如图，一物体通过细绳悬挂于O点，用作用于A点的水平外力F1缓慢拉动细绳在θ角逐渐增大的过程中，外力F1和细绳OA的拉力F2的变化规律是( )
A. F1和F2都变小B. F1和F2都变大
C. F1变小F2变大D. F1变大，F2变小
以10m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为1.2s，则小树高约为( )
A. 1.2mB. 2.4mC. 3.2mD. 4.2m
水平力F把一个物体紧压在竖直的墙壁上，静止不动，下列说法正确的是( )
A. 作用力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
B. 物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力，是一对平衡力
C. 作用力F跟物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D. 墙壁对物体的压力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
某学校田径运动场跑道示意图如图所示，其中A点是所有跑步项目的终点，也是400m、800m赛跑的起点；B点是100m赛跑的起跑点，在校运动会中，甲、乙、丙三个同学分别参加了100m、400m和800m比赛，则( )
A. 甲的位移最大B. 丙的位移最大
C. 乙、丙的路程相等D. 丙的路程最大
汽车甲沿着平直公路以速度v0做匀速直线运动，当它经过某处的同时，该处有汽车乙开始做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动去追赶甲车。根据已知条件，下列判断正确的是( )
A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B. 可求出乙车追上甲车时乙车的路程
C. 可求出乙车从开始启动到追上甲车时所用的时间
D. 不能求出乙车追上甲车前两车间的最大距离
甲乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x−t和乙的v−t图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 甲为匀速直线运动，乙为匀加速直线运动
B. 甲、乙均在3s末回到出发点，距出发点的最大距离均为4m
C. 0∼2s内与4s∼6s内，甲的速度等大同向，乙的加速度等大同向
D. 6s内甲的路程为16m，乙的路程为12m
研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
①部分实验步骤如下：
A.测量完毕，关闭电源，取出纸带
B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
C.将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
D.把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔
上述实验步骤的正确顺序是：______(用字母填写)
②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T=______s
③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=______。
④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=______。
在“研究共点力的合成”的实验中，测力前，要先对弹簧测力计进行______。用一个测力计以及用两个测力计拉橡皮筋时，需将橡皮筋的活动端拉到______(选填：“相同”或“不同”)位置。
在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，设计图示实验装置。先测出不挂钩码时弹簧自由下垂时的长度，然后在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码，待钩码静止时测出弹簧相应的长度。已知每个钩码的质量均为10g，重力加速度g取10m/s2。弹簧始终未超过弹性限度。实验数据见表：
①在图示坐标纸中将第四组数据描点，并作出弹簧弹力f跟弹簧长度l之间的关系图象；
②图象与横坐标轴交点的物理意义为______；该弹簧的劲度系数k为______N/m。
如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为102m，升降机运行的最大速度为6m/s，加速度大小不超过1m/s2。假定升降机到井口的速度恰好为零，求将矿石从井底提升到井口的最短时间。
歼−15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼−15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m。
如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60∘角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30∘角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。已知F1和F2的大小相等。
(1)求物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，求F与F1(或F2)大小的比值。(以上结果均可用根式表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：“质点”只有质量而没有大小，它是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于建立理想模型的方法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
我们从力学角度研究引力作用下物体的运动时，只需考虑质量这一最重要的属性，其他因素均可略去．对于具有一定质量的物体，我们假设其质量集中在物体的质量中心，便抽象出质点模型．
引入理想模型的概念，可以使问题的处理大为简化，从而便于人们去认识和掌握并应用它们．
理想模型是为了便于研究而建立的一种高度抽象的理想客体．实际的物体都是具有多种属性的，当我们针对某种目的，从某种角度对某一物体进行研究时，有许多对研究问题没有直接关系的属性和作用却可以忽略不计．
2.【答案】A
【解析】解：在0−1s的时间内，物体的加速度的大小为，
a1=△v△t=41=4m/s2，
在1−3s的时间为，
a2=△v△t=0−42=−2m/s2，
根据加速度的大小可以判断，正确的是A。
故选：A。
在速度时间图象中，直线的斜率代表加速度的大小，根据图象求出加速度即可．
直线的斜率代表加速度的大小，求出加速度的大小，与选项对比即可．
3.【答案】B
【解析】解：钥匙做自由落体运动，根据h=12gt2可得：t=2hg=2s
竹筏做匀速运动，则在2s内运动的位移为：x=vt=4m，故ACD错误，B正确；
故选：B。
钥匙做自由落体运动，根据运动学公式求得下落时间，竹筏做匀速运动，根据运动学公式求得运动的位移即可判断。
本题主要考查了自由落体运动和匀速运动，要使钥匙落入竹筏中，即钥匙下落时间内竹筏前进的位移。
4.【答案】C
【解析】解：根据平行四边形定则可知，在F1、F2和F三者关系中，要以F1、F2为邻边，F为对角线，F的起点与两个分力F1、F2的起点是相同的。故C正确，ABD错误
故选：C。
平行四边形定则：以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力的大小和方向。
该题考查平行四边形定则的应用，正确理解分力与合力的关系是解答的关键。
5.【答案】C
【解析】解：拉力为12N时，木块恰好被拉动，说明最大静摩擦力为12N；木块匀速运动时拉力为10N，说明滑动摩擦力为10N；故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体刚要被拉动时需要的力为最大静摩擦力；当物体滑动以后，物体与接触面间的摩擦力为滑动摩擦力，再据物体的平衡态求滑动摩擦力大小即可．
对于摩擦力问题，要区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后依据各自的求解方法去做．
6.【答案】C
【解析】解：设A球、C球的质量分别mA、mC.由几何知识得知，两细线相互垂直。
对A、C两球平衡得T1=mAg，T2=mCg。
以B球为研究对象，分析受力情况：重力G、两细线的拉力T1、T2.由平衡条件得
T1=T2tanθ
得T1T2=tanθ=13
则得 mAmC=T1T2=13
故选：C。
以B球为研究对象，分析受力情况，B球受到两细线的拉力分别与A、C两球的重力大小相等，根据平衡条件求解A球、C球的质量之比。
本题要根据几何知识确定出两细线是相互垂直的，分析B球的受力情况，由平衡条件就能求解AC的质量之比。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
先根据平衡条件求解每条阻拦索的拉力，再以柱塞为研究对象，根据平行四边形法则求解柱塞所受阻拦索的合力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题和力的合成与分解，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，再根据平衡条件列方程进行解答。
【解答】
在图示位置时舰载机受到阻拦索的合力大小为F，则每条阻拦索的拉力为T，如图所示：
根据平衡条件可得：F=2Tcs30∘
解得：T=3F3；
再以柱塞为研究对象，受力情况如图所示，根据图中几何关系可得柱塞所受阻拦索的合力为：，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8.【答案】B
【解析】解：A点的受力如图，根据共点力平衡得：
F2=mgcsθ
F1=mgtanθ。
θ增大，则F1增大，F2增大；
故选：B。
在A点用水平力F1缓慢拉动重物，在θ角逐渐增大的过程中，抓住合力为零，分别求出两个拉力的大小，从而判断其变化．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题也可以通过作图法分析，抓住两个拉力的合力大小方向不变，拉力F1的方向不变，根据平行四边形定则判断两个拉力的变化．
9.【答案】C
【解析】解：设树的高度为h，石子从开始运动到第一次到达树的顶端的时间为t，选取向上为正方向，则：h=v0t−12gt2
石子下落得过程中经过树的顶端时：h=v0(t+1.2)−12g(t+1.2)2
联立可得：h=3.2m
故ABD错误，C正确
故选：C。
根据竖直上抛运动的对称性，两次列式，联立即可求出。
解决本题的关键知道竖直上抛运动上升过程做匀减速直线运动，下降过程做自由落体运动，上升过程和下降过程对称。
10.【答案】BD
【解析】解：A、作用力F跟墙壁对物体的压力是一对平衡力，故A错误；
B、物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力，是一对平衡力，等大反向，故B正确；
C、作用力F跟物体对墙壁的压力，大小相等，方向相同，不是一对作用力与反作用力关系，C错误；
D、墙壁对物体的压力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，故D正确；
故选：BD。
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．
考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意可知，400m、800m的比赛中，起点和终点相同，所以在400m、800m的比赛中位移的大小是零，而在100m的比赛中，做的是直线运动，位移的大小就是100m，所以甲的位移为100m，乙的位移是零。
路程是指物体所经过的路径的长度，所以在800m、400m的比赛中，路程最大的是800m，故丙的路程大；故BC错误，AD正确；
故选：AD。
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．
本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能比较它们的大小关系．
12.【答案】ABC
【解析】解：A、作出汽车甲、乙的速度-时间图线如图所示：
当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车的速度为2v0，故A正确；
BC、因为乙车的加速度已知，则可以得出速度相等的时间以及追及的时间，追及时间t=2v0a，根据图线围成的面积可以求出乙车追上甲车时乙车的路程，故BC正确；
D、当两车速度相等时，相距最远，由图象可知最远距离为：△x=v022a，故D错误。
故选：ABC。
作出汽车甲、乙的速度时间图线，根据速度-时间图线分析能求出的量。
解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度-时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移。
13.【答案】CD
【解析】
【分析】
位移-时间图象斜率直线表示物体做匀速直线运动，速度-时间图象表示物体做匀变速直线运动。根据图象读出位移判断物体是否回到出发点。位移图象根据路程与位移的关系求出路程，速度图象根据“面积”求出位移。
对于速度-时间图象往往根据“面积”求位移，根据路程与位移的关系求路程。而位移图象能直接位移，要分析运动情况，根据路程与位移的关系求路程。
【解答】
A、匀速直线运动的速度保持不变，而图甲中物体的速度大小和方向周期性变化，则甲做的不是一种匀速直线运动。图乙中物体的加度速度大小和方向周期性变化，乙做的不是匀加速直线运动，故A错误。
B、甲在3s末位移为零，回到出发点，而乙的位移为6m，没有回到出发点，故B错误。
C、位移图象的斜率表示速度，速度图象的斜率表示加速度，0∼2s内与4s∼6s内，甲的两段图象平行，速度等大同向。0∼2s内与4s∼6s内，乙的两段图象平行，加速度等大同向，故C正确。
D、甲前2s内路程为4m，第3s内路程为4m，第4s内路程为4m，最后2s路程为4m，总路程为16m。乙的路程为s=2×4×32m=12m，故D正确。
故选CD。
14.【答案】DCBA0.1s4+s52T(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2
【解析】解：①先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理；
故为DCBA；
②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s，故T=0.1s；
③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v5=s4+s52T；
④根据公式△x=aT2，有：(S4+S5+S6)−(S1+S2+S3)=9aT2；
解得：a=(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2；
故答案为：①DCBA，②0.1，③s4+s52T，④(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2。
①先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；
②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s；
③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；
④根据公式△x=aT2列式求解。
本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题。
15.【答案】调零；相同
【解析】解：测力前，要先对弹簧测力计进行调零，以保证测量准确，同时，为了保证效果相同，应将橡皮筋的活动端拉到位置；
故答案为：调零；相同
本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项。尤其是理解本实验的“等效”思想。
本题考查验证平行四边形定则的实验，对于实验题目，只有亲自做过实验，做起来才能心中有数，才能对实验注意事项有更加深入的了解，而且会起到事半功倍的效果，通过背实验而做实验题目效果会很差。
16.【答案】弹簧的原长 20
【解析】解：(1)根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上。可以判定F和l间是一次函数关系。画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧，如图所示：
(2)设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，根据胡克定律可得，f=k(l−l0)=kl−kl0，
所以该图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。
图象的斜率大小等于弹簧的劲度系数，因此根据图象求出弹簧劲度系数为：k=△f△l=0.6−00.08−0.05N/m=20N/m。
故答案为：(1)如上图；(2)弹簧原长；20。
根据描点法可作出图象，注意用直线将各点相连；
图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；根据图象斜率与劲度系数的关系可得出正确结果。
本题主要是考查“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验，掌握胡克定律以及实验原理是关键；注意描点法作图的应用描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧。注意单位要化成国际单位。
17.【答案】解：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，
在加速阶段，所需时间为：t1=va=61s=6s
通过的位移为：x1=v22a=622×1m=18m
在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2=x−2x1v=102−2×186s=11s
总时间为：t=2t1+t2=2×6s+11s=23s
答：将矿石从井底提升到井口的最短时间为23 s。
【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度-位移公式和速度-时间公式求得总时间。
本题以竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面为背景考查了匀变速直线运动，熟练运用速度-位移公式和速度-时间公式，明确加速和减速过程的对称性即可求得。
18.【答案】解：(1)设飞机起飞速度为v，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v2=2as，v2−v1m2=2aL，解得v1m=2a(s−L)；
(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t，
则：t=v−v2ma，
飞机位移：s1=v2−v2m22a，
航空母舰位移：s2=v2mt，
位移关系：s1−s2=L，
联立解得：v2m=2as−2aL；
答：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m为2a(s−L)；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m为2as−2aL.
【解析】(1)飞机做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出飞机获得的最小速度．
(2)航母做匀速直线运动，飞机做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度公式、速度位移公式可以求出航母的速度．
本题考查了求速度，分析清楚飞机与航母的运动过程，应用匀变速直线运动的运动规律可以解题．
19.【答案】解：(1)分别对两种情况受力分析，如图所示，由于物体始终做匀速直线运动，则物体受力平衡
当拉力为F1时，对物体受力分析
水平方向：F1cs60∘=f1
竖直方向：FN1+F1sin60∘=mg
f1=μFN1
当拉力为F2时，对物体受力分析
水平方向：F2cs30∘=f2
竖直方向：FN2=mg+F2sin30∘
f2=μFN2
并且F1=F2
联立解得：μ=2−3，F1=F2=(2−3)mg3−1
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，物体仍然受力平衡
即F=f3=μFN=μmg
则：FF1=(3−1)：1
答：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ为2−3；
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，则F与F1(或F2)大小的比值为(3−1)：1。
【解析】(1)物块做匀速直线运动，则受力平衡，分别对物块做受力分析求出动摩擦因素；
(2)根据以上分析求出F1，将力改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，仍然受力平衡，求出F，即可求出比值。
本题主要考查受力平衡的条件：物体静止或者做匀速直线运动时受力平衡；
根据共点力平衡列方程式，联立求解。本题计算量较大，需要耐心。
钩码个数
0
1
2
3
4
5
弹簧长度l/cm
5.00
5.50
6.00
6.50
7.00
7.50
弹簧弹力f/N
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
物理学中引入“质点”的概念，从科学研究方法上来说属于( )
A. 建立理想模型的方法B. 观察实验的方法
C. 类比的方法D. 逻辑推理的方法
如图为一质点做直线运动的速度--时间图象，则在图中给出的该质点在前3s内的加速度a随时间t变化关系图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
钥匙从距离水面20m高的桥面自由落体，竹筏前端在钥匙下落瞬间正好位于它的正下方。该竹筏以2m/s的速度匀速前进，若钥匙可以落入竹筏中，不考虑竹筏的宽度，则竹筏至少长( )
A. 2mB. 4mC. 6mD. 8m
若F1、F2是F的两个分力，则能表示F1、F2、F三者关系的是( )
A. B.
C. D.
如图所示，在探究摩擦力的实验中，测力计与水平桌面平行，拉力从零逐渐增大，拉力为8N时，木块不动；拉力为12N时，木块恰好被拉动；木块匀速运动时拉力为10N.木块与桌面间的滑动摩擦力和最大静摩擦力分别是( )
A. 12N，8NB. 12N，10NC. 10N，12ND. 10N，8N
如图所示，内壁及碗口光滑的半球形碗固定在水平面上，碗口保持水平。A球、C球与B球分别用两根轻质细线连接，当系统保持静止时，B球对碗壁刚好无压力，图中θ=30∘，则A球、C球的质量之比为( )
A. 1：2B. 2：1C. 1：3D. 3：1
航母阻拦索用于拦停高速着舰的舰载机，被喻为“舰载机生命线”。如图所示为其结构简图，滑轮1.2、3.4及液压缸a、b、c固定在甲板平面上，阻拦索绕过滑轮组后闭合。某时刻舰载机的挂钩勾住阻拦索，形成图示的夹角时，舰载机受到阻拦索的合力大小为F.不考虑阻拦索、滑轮的质量及摩擦，则此时单个柱塞所受阻拦索的合力大小为( )
A. F3B. 3F3C. FD. 3F
如图，一物体通过细绳悬挂于O点，用作用于A点的水平外力F1缓慢拉动细绳在θ角逐渐增大的过程中，外力F1和细绳OA的拉力F2的变化规律是( )
A. F1和F2都变小B. F1和F2都变大
C. F1变小F2变大D. F1变大，F2变小
以10m/s的初速度从地面竖直上抛一石子，该石子两次经过小树顶端的时间间隔为1.2s，则小树高约为( )
A. 1.2mB. 2.4mC. 3.2mD. 4.2m
水平力F把一个物体紧压在竖直的墙壁上，静止不动，下列说法正确的是( )
A. 作用力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力
B. 物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力，是一对平衡力
C. 作用力F跟物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
D. 墙壁对物体的压力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力
某学校田径运动场跑道示意图如图所示，其中A点是所有跑步项目的终点，也是400m、800m赛跑的起点；B点是100m赛跑的起跑点，在校运动会中，甲、乙、丙三个同学分别参加了100m、400m和800m比赛，则( )
A. 甲的位移最大B. 丙的位移最大
C. 乙、丙的路程相等D. 丙的路程最大
汽车甲沿着平直公路以速度v0做匀速直线运动，当它经过某处的同时，该处有汽车乙开始做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动去追赶甲车。根据已知条件，下列判断正确的是( )
A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度
B. 可求出乙车追上甲车时乙车的路程
C. 可求出乙车从开始启动到追上甲车时所用的时间
D. 不能求出乙车追上甲车前两车间的最大距离
甲乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x−t和乙的v−t图象如图所示，下列说法中正确的是( )
A. 甲为匀速直线运动，乙为匀加速直线运动
B. 甲、乙均在3s末回到出发点，距出发点的最大距离均为4m
C. 0∼2s内与4s∼6s内，甲的速度等大同向，乙的加速度等大同向
D. 6s内甲的路程为16m，乙的路程为12m
研究小车匀变速直线运动的实验装置如图(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出。
①部分实验步骤如下：
A.测量完毕，关闭电源，取出纸带
B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车
C.将小车依靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
D.把打点计时器固定在平板上，让纸穿过限位孔
上述实验步骤的正确顺序是：______(用字母填写)
②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T=______s
③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=______。
④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=______。
在“研究共点力的合成”的实验中，测力前，要先对弹簧测力计进行______。用一个测力计以及用两个测力计拉橡皮筋时，需将橡皮筋的活动端拉到______(选填：“相同”或“不同”)位置。
在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中，设计图示实验装置。先测出不挂钩码时弹簧自由下垂时的长度，然后在弹簧下端依次挂1、2、3、4、5个钩码，待钩码静止时测出弹簧相应的长度。已知每个钩码的质量均为10g，重力加速度g取10m/s2。弹簧始终未超过弹性限度。实验数据见表：
①在图示坐标纸中将第四组数据描点，并作出弹簧弹力f跟弹簧长度l之间的关系图象；
②图象与横坐标轴交点的物理意义为______；该弹簧的劲度系数k为______N/m。
如图所示，竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为102m，升降机运行的最大速度为6m/s，加速度大小不超过1m/s2。假定升降机到井口的速度恰好为零，求将矿石从井底提升到井口的最短时间。
歼−15战机是我国自行设计研制的首型舰载多用途歼击机，短距起飞能力强大。若歼−15战机正常起飞过程中加速度为a，经s距离就达到起飞速度腾空而起。现已知“辽宁”舰起飞甲板长为L(L
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m。
如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成60∘角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30∘角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动。已知F1和F2的大小相等。
(1)求物块与水平地面之间的动摩擦因数μ；
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，求F与F1(或F2)大小的比值。(以上结果均可用根式表示)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：“质点”只有质量而没有大小，它是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于建立理想模型的方法，故A正确，BCD错误。
故选：A。
我们从力学角度研究引力作用下物体的运动时，只需考虑质量这一最重要的属性，其他因素均可略去．对于具有一定质量的物体，我们假设其质量集中在物体的质量中心，便抽象出质点模型．
引入理想模型的概念，可以使问题的处理大为简化，从而便于人们去认识和掌握并应用它们．
理想模型是为了便于研究而建立的一种高度抽象的理想客体．实际的物体都是具有多种属性的，当我们针对某种目的，从某种角度对某一物体进行研究时，有许多对研究问题没有直接关系的属性和作用却可以忽略不计．
2.【答案】A
【解析】解：在0−1s的时间内，物体的加速度的大小为，
a1=△v△t=41=4m/s2，
在1−3s的时间为，
a2=△v△t=0−42=−2m/s2，
根据加速度的大小可以判断，正确的是A。
故选：A。
在速度时间图象中，直线的斜率代表加速度的大小，根据图象求出加速度即可．
直线的斜率代表加速度的大小，求出加速度的大小，与选项对比即可．
3.【答案】B
【解析】解：钥匙做自由落体运动，根据h=12gt2可得：t=2hg=2s
竹筏做匀速运动，则在2s内运动的位移为：x=vt=4m，故ACD错误，B正确；
故选：B。
钥匙做自由落体运动，根据运动学公式求得下落时间，竹筏做匀速运动，根据运动学公式求得运动的位移即可判断。
本题主要考查了自由落体运动和匀速运动，要使钥匙落入竹筏中，即钥匙下落时间内竹筏前进的位移。
4.【答案】C
【解析】解：根据平行四边形定则可知，在F1、F2和F三者关系中，要以F1、F2为邻边，F为对角线，F的起点与两个分力F1、F2的起点是相同的。故C正确，ABD错误
故选：C。
平行四边形定则：以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力的大小和方向。
该题考查平行四边形定则的应用，正确理解分力与合力的关系是解答的关键。
5.【答案】C
【解析】解：拉力为12N时，木块恰好被拉动，说明最大静摩擦力为12N；木块匀速运动时拉力为10N，说明滑动摩擦力为10N；故ABD错误，C正确。
故选：C。
物体刚要被拉动时需要的力为最大静摩擦力；当物体滑动以后，物体与接触面间的摩擦力为滑动摩擦力，再据物体的平衡态求滑动摩擦力大小即可．
对于摩擦力问题，要区分是滑动摩擦力还是静摩擦力，然后依据各自的求解方法去做．
6.【答案】C
【解析】解：设A球、C球的质量分别mA、mC.由几何知识得知，两细线相互垂直。
对A、C两球平衡得T1=mAg，T2=mCg。
以B球为研究对象，分析受力情况：重力G、两细线的拉力T1、T2.由平衡条件得
T1=T2tanθ
得T1T2=tanθ=13
则得 mAmC=T1T2=13
故选：C。
以B球为研究对象，分析受力情况，B球受到两细线的拉力分别与A、C两球的重力大小相等，根据平衡条件求解A球、C球的质量之比。
本题要根据几何知识确定出两细线是相互垂直的，分析B球的受力情况，由平衡条件就能求解AC的质量之比。
7.【答案】B
【解析】
【分析】
先根据平衡条件求解每条阻拦索的拉力，再以柱塞为研究对象，根据平行四边形法则求解柱塞所受阻拦索的合力。
本题主要是考查了共点力的平衡问题和力的合成与分解，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，再根据平衡条件列方程进行解答。
【解答】
在图示位置时舰载机受到阻拦索的合力大小为F，则每条阻拦索的拉力为T，如图所示：
根据平衡条件可得：F=2Tcs30∘
解得：T=3F3；
再以柱塞为研究对象，受力情况如图所示，根据图中几何关系可得柱塞所受阻拦索的合力为：，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8.【答案】B
【解析】解：A点的受力如图，根据共点力平衡得：
F2=mgcsθ
F1=mgtanθ。
θ增大，则F1增大，F2增大；
故选：B。
在A点用水平力F1缓慢拉动重物，在θ角逐渐增大的过程中，抓住合力为零，分别求出两个拉力的大小，从而判断其变化．
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题也可以通过作图法分析，抓住两个拉力的合力大小方向不变，拉力F1的方向不变，根据平行四边形定则判断两个拉力的变化．
9.【答案】C
【解析】解：设树的高度为h，石子从开始运动到第一次到达树的顶端的时间为t，选取向上为正方向，则：h=v0t−12gt2
石子下落得过程中经过树的顶端时：h=v0(t+1.2)−12g(t+1.2)2
联立可得：h=3.2m
故ABD错误，C正确
故选：C。
根据竖直上抛运动的对称性，两次列式，联立即可求出。
解决本题的关键知道竖直上抛运动上升过程做匀减速直线运动，下降过程做自由落体运动，上升过程和下降过程对称。
10.【答案】BD
【解析】解：A、作用力F跟墙壁对物体的压力是一对平衡力，故A错误；
B、物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力，是一对平衡力，等大反向，故B正确；
C、作用力F跟物体对墙壁的压力，大小相等，方向相同，不是一对作用力与反作用力关系，C错误；
D、墙壁对物体的压力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，故D正确；
故选：BD。
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．
考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意可知，400m、800m的比赛中，起点和终点相同，所以在400m、800m的比赛中位移的大小是零，而在100m的比赛中，做的是直线运动，位移的大小就是100m，所以甲的位移为100m，乙的位移是零。
路程是指物体所经过的路径的长度，所以在800m、400m的比赛中，路程最大的是800m，故丙的路程大；故BC错误，AD正确；
故选：AD。
位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移是矢量，有大小也由方向；路程是指物体所经过的路径的长度，路程是标量，只有大小，没有方向．
本题就是对位移和路程的考查，掌握住位移和路程的概念就能比较它们的大小关系．
12.【答案】ABC
【解析】解：A、作出汽车甲、乙的速度-时间图线如图所示：
当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车的速度为2v0，故A正确；
BC、因为乙车的加速度已知，则可以得出速度相等的时间以及追及的时间，追及时间t=2v0a，根据图线围成的面积可以求出乙车追上甲车时乙车的路程，故BC正确；
D、当两车速度相等时，相距最远，由图象可知最远距离为：△x=v022a，故D错误。
故选：ABC。
作出汽车甲、乙的速度时间图线，根据速度-时间图线分析能求出的量。
解决本题的关键会用图象法进行解题，知道在速度-时间图线中，图线与时间轴所围成的面积表示位移。
13.【答案】CD
【解析】
【分析】
位移-时间图象斜率直线表示物体做匀速直线运动，速度-时间图象表示物体做匀变速直线运动。根据图象读出位移判断物体是否回到出发点。位移图象根据路程与位移的关系求出路程，速度图象根据“面积”求出位移。
对于速度-时间图象往往根据“面积”求位移，根据路程与位移的关系求路程。而位移图象能直接位移，要分析运动情况，根据路程与位移的关系求路程。
【解答】
A、匀速直线运动的速度保持不变，而图甲中物体的速度大小和方向周期性变化，则甲做的不是一种匀速直线运动。图乙中物体的加度速度大小和方向周期性变化，乙做的不是匀加速直线运动，故A错误。
B、甲在3s末位移为零，回到出发点，而乙的位移为6m，没有回到出发点，故B错误。
C、位移图象的斜率表示速度，速度图象的斜率表示加速度，0∼2s内与4s∼6s内，甲的两段图象平行，速度等大同向。0∼2s内与4s∼6s内，乙的两段图象平行，加速度等大同向，故C正确。
D、甲前2s内路程为4m，第3s内路程为4m，第4s内路程为4m，最后2s路程为4m，总路程为16m。乙的路程为s=2×4×32m=12m，故D正确。
故选CD。
14.【答案】DCBA0.1s4+s52T(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2
【解析】解：①先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，最后打点并选择纸带进行数据处理；
故为DCBA；
②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s，故T=0.1s；
③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v5=s4+s52T；
④根据公式△x=aT2，有：(S4+S5+S6)−(S1+S2+S3)=9aT2；
解得：a=(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2；
故答案为：①DCBA，②0.1，③s4+s52T，④(s4+s5+s6)−(s1+s2+s3)9T2。
①先连接实验器材，测量时先接通电源，后释放纸带；
②打点计时器的工作频率为50Hz，每隔0.02s打一次电，每相邻两点之间还有4个记录点未画出，共5个0.02s；
③匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度；
④根据公式△x=aT2列式求解。
本题关键明确实验原理、实验步骤，会计算瞬时速度和加速度，基础题。
15.【答案】调零；相同
【解析】解：测力前，要先对弹簧测力计进行调零，以保证测量准确，同时，为了保证效果相同，应将橡皮筋的活动端拉到位置；
故答案为：调零；相同
本实验是要验证平行四边形定则，注意在理解实验的原理基础上，掌握实验的方法和数据的处理方法以及需要注意的事项。尤其是理解本实验的“等效”思想。
本题考查验证平行四边形定则的实验，对于实验题目，只有亲自做过实验，做起来才能心中有数，才能对实验注意事项有更加深入的了解，而且会起到事半功倍的效果，通过背实验而做实验题目效果会很差。
16.【答案】弹簧的原长 20
【解析】解：(1)根据实验数据在坐标纸上描出的点，基本上在同一条直线上。可以判定F和l间是一次函数关系。画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点均匀地分布在直线两侧，如图所示：
(2)设弹簧的原长为l0，劲度系数为k，根据胡克定律可得，f=k(l−l0)=kl−kl0，
所以该图线跟横轴交点的横坐标表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长。
图象的斜率大小等于弹簧的劲度系数，因此根据图象求出弹簧劲度系数为：k=△f△l=0.6−00.08−0.05N/m=20N/m。
故答案为：(1)如上图；(2)弹簧原长；20。
根据描点法可作出图象，注意用直线将各点相连；
图线跟坐标轴交点，表示弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；根据图象斜率与劲度系数的关系可得出正确结果。
本题主要是考查“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验，掌握胡克定律以及实验原理是关键；注意描点法作图的应用描线时要将尽可能多的点画在直线上，少数的点尽可能平均的分布于直线两侧。注意单位要化成国际单位。
17.【答案】解：升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，
在加速阶段，所需时间为：t1=va=61s=6s
通过的位移为：x1=v22a=622×1m=18m
在减速阶段与加速阶段相同，在匀速阶段所需时间为：t2=x−2x1v=102−2×186s=11s
总时间为：t=2t1+t2=2×6s+11s=23s
答：将矿石从井底提升到井口的最短时间为23 s。
【解析】升降机先做加速运动，后做匀速运动，最后做减速运动，根据速度-位移公式和速度-时间公式求得总时间。
本题以竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面为背景考查了匀变速直线运动，熟练运用速度-位移公式和速度-时间公式，明确加速和减速过程的对称性即可求得。
18.【答案】解：(1)设飞机起飞速度为v，
由匀变速直线运动的速度位移公式得：
v2=2as，v2−v1m2=2aL，解得v1m=2a(s−L)；
(2)设第二种方法中起飞过程经历时间为t，
则：t=v−v2ma，
飞机位移：s1=v2−v2m22a，
航空母舰位移：s2=v2mt，
位移关系：s1−s2=L，
联立解得：v2m=2as−2aL；
答：(1)方法一情况下弹射系统使飞机具有的最小速度v1m为2a(s−L)；
(2)方法二情况下航空母舰的最小速度v2m为2as−2aL.
【解析】(1)飞机做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出飞机获得的最小速度．
(2)航母做匀速直线运动，飞机做匀加速直线运动，应用匀变速直线运动的速度公式、速度位移公式可以求出航母的速度．
本题考查了求速度，分析清楚飞机与航母的运动过程，应用匀变速直线运动的运动规律可以解题．
19.【答案】解：(1)分别对两种情况受力分析，如图所示，由于物体始终做匀速直线运动，则物体受力平衡
当拉力为F1时，对物体受力分析
水平方向：F1cs60∘=f1
竖直方向：FN1+F1sin60∘=mg
f1=μFN1
当拉力为F2时，对物体受力分析
水平方向：F2cs30∘=f2
竖直方向：FN2=mg+F2sin30∘
f2=μFN2
并且F1=F2
联立解得：μ=2−3，F1=F2=(2−3)mg3−1
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，物体仍然受力平衡
即F=f3=μFN=μmg
则：FF1=(3−1)：1
答：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ为2−3；
(2)若改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，则F与F1(或F2)大小的比值为(3−1)：1。
【解析】(1)物块做匀速直线运动，则受力平衡，分别对物块做受力分析求出动摩擦因素；
(2)根据以上分析求出F1，将力改用水平力F推物块使其做匀速直线运动，仍然受力平衡，求出F，即可求出比值。
本题主要考查受力平衡的条件：物体静止或者做匀速直线运动时受力平衡；
根据共点力平衡列方程式，联立求解。本题计算量较大，需要耐心。
钩码个数
0
1
2
3
4
5
弹簧长度l/cm
5.00
5.50
6.00
6.50
7.00
7.50
弹簧弹力f/N
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
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