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山西大学附中2020届高三上学期月考物理试题
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2019-2020学年山西大学附中高三（上）
第二次月考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共18分）
1.关于近代物理的知识，下列说法正确的有（ ）
①结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定
②铀核裂变的一种核反应方程为→ + +2
③设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2
④若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
⑤核泄漏事故污染物铯（Cs）137能够产生对人体有危害的辐射，其衰变方程为→ +x，由方程可判断x是电子
⑥→ +X中X为中子，核反应类型为衰变
⑦β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
⑧放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
⑨放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子
⑩平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】B
【解析】
【详解】①平均结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，故①错误；
②铀核裂变的一种核反应方程是U+n→Ba+Kr+3n，故②错误；
③质子和中子结合成一个α粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损△m=2m1+2m2-m3，由质能方程可知，释放的能量△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2，故③正确；
④辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故④正确；
⑤根据质量数和核电荷数守恒，可以写成其衰变方程为Cs→Bax，由方程可判断x是电子，故⑤正确；
⑥U→Th+X中X为α粒子，核反应类型为α衰变，故⑥错误；
⑦β衰变中，β粒子为电子，是由原子核的中子衰变成质子和电子释放出来的，而不是来自核外的电子，所以β衰变现象并不能够说明电子是原子核的组成部分，故⑦错误；
⑧放射性元素的半衰期非常稳定，和随温度变化无关，故⑧错误；
⑨放射性元素发生β衰变时所释放电子，是由原子核内部中子衰变成质子和电子释放出来的，故⑨错误；
⑩比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，要向外释放核能，故⑩正确．
故B正确，ACD错误．
故选B．
【点睛】本题考查了近代物理的知识．这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大．
结合近代物理的知识，掌握平均结合能、核裂变、质能方程、质量数和核电荷数守恒等基本概念就可以解题．
2.两玩具车在两条平行的车道上行驶，t=0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的v-t图像如图所示．在0-5s内哪幅图对应的比赛中两车可再次相遇的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据v-t图像比较两车在0-5s内的速度大小，图像的面积等于位移，由此判断是否会相遇．
【详解】A. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故A错误；
B.根据v-t图像的面积等于位移可知，2.5s时，两车相遇，故B正确；
C. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，两者相距最远，故C错误；
D. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故D错误．
故选：B
3.如图所示，5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”．网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m．下列说法正确的是（ ）
A. 其他网球对B球的作用力大于B球的重力
B. 将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡
C. 第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为mg/3
D. 最底层的3个网球受到地板的支持力均为25mg/3
【答案】D
【解析】
【详解】A.以球为研究对象，受到重力和其他网球对球的作用力，根据二力平衡可知其他网球对球的作用力等于球的重力，故选项A错误；
B.拿走球后，每个小球的受力就将不均衡，合力不为零，故不能保持直立平衡，故选项B错误；
C. 球与第8层的三个网球的球心连线构成了正四面体，设球与第8层的三个网球的球心连线与水平面的夹角为，根据几何关系则有，以球为对象，根据力的平衡条件可知，则第8层的三个网球对球的支持力为，故C错误；
D.设地面对最底层的每个网球的支持力为，根据整体法则有，解得，故选项D正确．
4.如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，O点悬挂一重物Ｍ，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ｆf表示木块与挡板间摩擦力的大小，ＦＮ表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（ ）
A. Ff变小 B. Ff变大 C. FＮ变小 D. FＮ变大
【答案】D
【解析】
【详解】先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：，解得，故静摩擦力不变，故A、B错误；
将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图
设两个杆夹角为θ，则有；
再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图
根据几何关系，有：
故：，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，变大，故滑块m对墙壁的压力变大，C错误，D正确；故选D．
【点睛】本题考查了整体法和隔离法的结合应用，把M和两个m看作一整体，即可得到摩擦力的变化情况，再根据力的作用效果把F1、F2分解，从而分析滑块m对墙壁的压力变化．
5.2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行．一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是（ ）
A. 2：1 B. 5：2 C. 6：5 D. 7：3
【答案】B
【解析】
【详解】根据匀变速直线运动规律的推论，做初速度为零的匀加速直线运动，通过相等位移的时间之比为1：（）：（）：……：（），整个过程通过两个相等位移的时间的比值最大为1：（），所以大于此比值的均不可能．
A. 2：1不大于1：（），可能，故A不符合题意．
B. 5：2大于1：（），不可能，故B符合题意．
C.6：5不大于1：（），可能，故C不符合题意．
D. 7：3不大于1：（），可能，故D不符合题意．
6.如图所示，一金属环套在固定的光滑杆上．金属环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下，沿杆缓慢上滑，该过程中金属环对杆的作用力为N．则（ ）
A. F一直增大，N先减小后增大
B. F一直在增大，N一直增大
C. F先减小后增大，N一直增大
D. F先减小后增大，N先减小后增大
【答案】A
【解析】
【详解】设环的质量为m,对环进行受力分析如图1,环受到竖直向下的重力,与杆垂直的支持力N、以及沿绳子方向的拉力F;
当环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下,沿杆缓慢上滑时,轻绳与竖直方向的夹角逐渐减小,由图可以知道,N逐渐减小,F逐渐增大;当绳子的方向沿竖直方向时,杆对小环的作用力为0.
当环位于滑轮的右侧时,受力如图2,则环向上运动的过程中拉力F仍然增大,此时杆对环的作用力的方向垂直于杆的方向向下,逐渐增大. 故A对；BCD错；
故选A
【点睛】环在力F的作用下缓慢上滑的过程中,与杆之间的夹角增大;画出受力图,然后根据平衡条件研究绳的拉力变化情况.
二、多选题（本大题共7小题，共27分）
7.如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）
A. 若F=0，挡板受到B物块的压力为
B. 力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动
C. 若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到
D. 若且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长
【答案】AD
【解析】
【详解】A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；
B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图
根据牛顿第二定律得
mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；
C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图
根据牛顿第二定律，有
mg-Ncosθ-kxsinθ=0
Nsinθ-kxcosθ=ma
解得：kx=mgsinθ-macosθ，故C错误；
D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；
对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-kx=macosθ
解得
kx=0
故弹簧处于原长，故D正确；
8.一小球自高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的，不计空气阻力，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为
B. 第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的
C. 小球运动的总时间约为
D. 小球运动的总位移为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.设小球第一次落地时速度为.则有，那么第二，第三，第次落地速度分别为，，…，，根据：，则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为，故A项正确；
B.小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为，小球第一次与地相碰后弹起的高度是，小球第二次与地相碰后弹起的高度是，则，所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的，故B项错误；
C.小球第1次下落时间为，小球从第1次与地面相撞到第2次与地面相撞经过的时间为，小球从第2 次与地面相撞到第3次与地面相撞经过的时间为，小球从第3次与地面相撞到第4次与地面相撞经过的时间为…由数学归纳推理得：小球从第次与地面相撞到第次与地面相撞经过的时间为，所以小球运动的总时间为，故C项正确；
D.小球最终停在地面上，总位移为，故D项错误．
9.一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（ ）
A. B. C. D. v0t
【答案】AC
【解析】
【详解】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg
①如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为
②如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为
③如果加速的末速度恰好等于v0，则 ，故相对白板的位移为
经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选AC．
10.如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时绳与水平方向的夹角为，绳与水平方向的夹角为，则球的质量之比和杆对的弹力之比分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】分别对A、B两球受力分析运用合成法，如图所示，由几何知识得，，，，故，，选项A、C正确，B、D错误.
易错分析 未弄清“固定杆”和“活动杆”的区别
“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向，能对其末端物体提供不一定沿杆方向的作用力“活动杆”，就是用铰链或者转动装置将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向，对末端物体只可以提供沿杆的力，要么是拉力，要么是支持力.
方法技巧“杆”与“结”的问题
（1）“活结”和“死结”问题
①当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上张力的大小是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小.例如图乙中，两段绳中的拉力大小相等.
②若结点不是滑轮或挂钩，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的张力大小不一定相等.例如图甲中点为结点点下面绳中的拉力大小始终等于，而点上侧绳中的拉力随杆的转动而变化.
（2）“动杆”和“定杆”问题
杆所受到的弹力方向可以沿杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要分清是动杆还是定杆.
①若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动.如图甲所示，若为转轴，则轻杆在缓慢转动中，力方向始终沿杆的方向.
②若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.
11.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（ ）
A. ：：：2：3：
B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：
C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外
D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得：；以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：，，…，则F1-2：F2-3：……F2018-2019=1：2：3：……2018；故A正确.
B.由胡克定律知F=kx，结合A项的分析可知：x1-2：x2-3：……x2018-2019=1：2：3：……2018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误.
C.突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确.
D.第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确.
12.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．下列说法正确的是（ ）
A. 小球加速运动时的加速度
B. 小球加速运动时的加速度
C. 若，减速阶段箱子左壁给小球的支持力大于0
D. 若，减速阶段箱子顶部给小球作用力
【答案】BD
【解析】
【分析】
由题意可知考查运动学公式应用，牛顿第二定律的综合应用，据此分析计算可得．
【详解】AB．设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：
加速阶段：s1=
减速阶段：s2=
得：
s=s1+s2=
解得加速阶段的加速度为：
a′=；
故A错误，B正确；
CD．设小球不受车厢的作用力，应满足：水平方向：
Nsinθ=ma
竖直方向：
Ncosθ=mg
解得：a=gtanθ
减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，
左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，
水平方向由牛顿第二定律可得
Nsinθ=ma
竖直方向合力为零
Ncosθ-F=mg
解得：
F=macotθ-mg，
故C错误，D正确；
【点睛】由运动学的公式即可求得物体的加速度；可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界加速度，结合牛顿第二定律即可求解．解决该题的关键是正确进行受力分析，会求解临界情况下的加速度，掌握正交分解求解力的大小，熟记运动学公式和牛顿第二定律；
13.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾斜角θ=45°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN（FN为正压力）求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x，下列说法正确的是（ ）
A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向右
B. 锁舌D在水平面内共受到4个力的作用
C. 自锁时锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小为
D. 无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,则至少为
【答案】AD
【解析】
【分析】
由题意可知考查暗锁“自锁”时舌头的受力分析，根据力平衡条件计算可得．
【详解】AB．
锁舌D在水平面内受底部的摩擦力f1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，如图所示，故A正确，B错误；
CD．设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹力为kx，由平衡条件：
kx+f1+f2cosθ-Nsinθ=0
F-Ncosθ-f2sinθ=0
又f1=μF
f2=μN
联立上述方程得：
N=
令N趋向于无穷大，则有
1-2μ-μ2=0
解得μ=-1，故C错误、D正确．
【点睛】锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右；对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，根据摩擦力计算公式fm=μN，联立方程组求解；无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力N无穷大，根据N的表达式求解μ即可．此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错．
三、实验题（本大题共2小题，共20分）
14.在“验证力的平行四边形定则”实验中．
(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1=2.0N，F2=4.0N，如图甲，F1和F2的合力大小F合=______N．现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，下列说法正确的是______N/m（保留两位有效数字）
A． F1一定减小 B．F1一定增大 C．F2一定减小 D．F2一定增大
(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k=______N/m（保留两位有效数字）
(3)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，式中k值与橡皮筋的原长l0、横截面积S有关．理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称为杨氏模量，在国际单位中，杨氏模量Y的单位是______；
A．N B．m C．N/m D．N/m2
【答案】 (1). 3.5 (2). C (3). 59 (4). D
【解析】
【分析】
由题意可知考查平行四边形定则以及胡克定律，用余弦定律、图解法、胡克定律分析计算可得．
【详解】(1)根据余弦定理
=≈3.5N；
对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和F2方向不变不变，使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，拉力F1方向和大小都改变．如下图所示：
根据平行四边形定则可以看出：F2的读数不断减小时，F1先变小后变大，故C正确，ABD错误；
（2）根据图2可知，当拉力为5.0N时，弹簧的拉伸量为：
△x=9.00-0.50cm=8.50cm，
因此根据F=kx，得：
；
（3）据k=Y得：
==，
故杨氏模量的单位为：
，
故D正确，ABC错误；
【点睛】根据公式法可以求出合力大小，根据图解法判断F1和F2的变化，利用胡克定律可正确求出劲度系数的大小．先求出杨氏模量的表达式，再根据公式推导杨氏模量的单位即可．
15.如图所示为静宁一中两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系” 的实验装置图．
（1）实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器后，先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上自由运动．若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加_______（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列___________的计时点，便说明平衡摩擦力合适．
（2）平衡摩擦力后，在____________的条件下，两位同学可以认为砝码盘(连同砝码)的总重力近似等于小车的所受的合外力．(已知小车的质量为M，砝码盘（连同砝码）的总质量为m)
（3）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；右图为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm．实验中使用的是频率f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________m/s2．(结果保留三位有效数字)
（4）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M的关系．他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出 图线后，发现：当 较大时，图线发生弯曲．于是，两位同学又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是 （ ）
A．改画a与(M＋m)的关系图线 B．改画a与的关系图线
C．改画a与关系图线 D．改画a与的关系图线
（5）探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数．于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，具体的实验装置如图所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度，并求出平均加速度，则小车与长木板间的动摩擦因数=________．（用m、M、、g表示）
【答案】 (1). 低 (2). 点间隔均匀（或点间隔相等、点间距相等均给分） (3). 在砝码盘(连同砝码)的总质量远小于小车的质量 (4). ） (5). C (6).
【解析】
【详解】（1）打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明物体做加速运动，平衡摩擦力过度，第二次需要将角度调低，直到物体匀速运动，即打出的点间隔相等；
（2）设小车的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有，对小车有，联立可得，只有当时，；
（3）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，故相邻计数点间的时间为，根据逐差法可得，，两式相加可得，代入数据可得；
（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出图象，C正确；
（5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：
解得：．
【点睛】明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度．
四、计算题（本大题共3小题，共35分）
16.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a，运动时间为t，
由题可知初速度，末速度，位移
由运动学公式得：①
②
由①②式代入数据得
③
④
（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为，由运动学公式得
⑤
⑥
联立⑤⑥式代入数据得
⑦
（3）设志愿者力所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为，志愿者的质量为m，由牛顿第二定律得
⑧
由平行四边形定则得
⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
⑩
17.如图所示，一个倾角为α的斜面体C固定在水平地面上，质量均为m=1kg的两个物块A、B沿斜面体C下滑，A、C之间，B、C之间，A、B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2、μ3，已知μ2=，α=30°，重力加速度为g，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)如图甲所示，物块A沿斜面匀速下滑，则物块A和斜面体C之间的动摩擦因数μ1为多少？
(2)如图乙所示，物块A、B叠放一起，沿着斜面一起加速下滑，则A、B之间的动摩擦因数μ3至少为多少？
(3)如图丙所示，物块A和B紧靠一起，沿着斜面一起下滑，则A、B之间的作用力大小为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）0.625N．
【解析】
【分析】
由题意可知考查牛顿第二定律应用，利用整体法和隔离法列临界方程计算可得．
【详解】（1）对A受力分析且由平衡条件有：
mgsinα=μ1N
N=mgcosα
解得：
mgsinα=μ1mgcosα
所以
；
（2）A、B整体有：
a==gsin30°-μ2gcos30°=1.25m/s2；
对A物体有：
mgsin30°-f=ma
解得：f=N
要使A相对B不滑动即有：
f≤μ3mgcos30°
解得：；
（3）A、B整体有：
2mgsin30°-μ1mgcos30°-μ2mgcos30°=2ma
解得：a=
对A有：
mgsin30°+NAB-μ1mgcos30°=ma
解得：NAB=0.625N；
【点睛】（1）根据受力分析，结合平衡条件，及滑动摩擦力的公式，即可求解；
（2）对整体研究，依据牛顿第二定律，再由隔离法，再结合牛顿第二定律，与滑动摩擦力公式，即可求解；
（3）运用整体法与隔离法，结合牛顿第二定律，即可求解．解决本题的关键要判断物体的状态，明确物体刚要滑动的条件，并要灵活选取研究对象，结合平衡条件，及掌握牛顿第二定律的内容，并理解整体法与隔离法的应用．
18.如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间距离。
【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。
【解析】
【详解】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度
⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
⑪
由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有
⑫
对A有
⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
⑯
联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离
⑰
答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
2019-2020学年山西大学附中高三（上）
第二次月考物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共18分）
1.关于近代物理的知识，下列说法正确的有（ ）
①结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定
②铀核裂变的一种核反应方程为→ + +2
③设质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2
④若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
⑤核泄漏事故污染物铯（Cs）137能够产生对人体有危害的辐射，其衰变方程为→ +x，由方程可判断x是电子
⑥→ +X中X为中子，核反应类型为衰变
⑦β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
⑧放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
⑨放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子
⑩平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】B
【解析】
【详解】①平均结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，故①错误；
②铀核裂变的一种核反应方程是U+n→Ba+Kr+3n，故②错误；
③质子和中子结合成一个α粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损△m=2m1+2m2-m3，由质能方程可知，释放的能量△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2，故③正确；
④辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n=6能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故④正确；
⑤根据质量数和核电荷数守恒，可以写成其衰变方程为Cs→Bax，由方程可判断x是电子，故⑤正确；
⑥U→Th+X中X为α粒子，核反应类型为α衰变，故⑥错误；
⑦β衰变中，β粒子为电子，是由原子核的中子衰变成质子和电子释放出来的，而不是来自核外的电子，所以β衰变现象并不能够说明电子是原子核的组成部分，故⑦错误；
⑧放射性元素的半衰期非常稳定，和随温度变化无关，故⑧错误；
⑨放射性元素发生β衰变时所释放电子，是由原子核内部中子衰变成质子和电子释放出来的，故⑨错误；
⑩比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，要向外释放核能，故⑩正确．
故B正确，ACD错误．
故选B．
【点睛】本题考查了近代物理的知识．这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大．
结合近代物理的知识，掌握平均结合能、核裂变、质能方程、质量数和核电荷数守恒等基本概念就可以解题．
2.两玩具车在两条平行的车道上行驶，t=0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的v-t图像如图所示．在0-5s内哪幅图对应的比赛中两车可再次相遇的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据v-t图像比较两车在0-5s内的速度大小，图像的面积等于位移，由此判断是否会相遇．
【详解】A. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故A错误；
B.根据v-t图像的面积等于位移可知，2.5s时，两车相遇，故B正确；
C. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，两者相距最远，故C错误；
D. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故D错误．
故选：B
3.如图所示，5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”．网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m．下列说法正确的是（ ）
A. 其他网球对B球的作用力大于B球的重力
B. 将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡
C. 第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为mg/3
D. 最底层的3个网球受到地板的支持力均为25mg/3
【答案】D
【解析】
【详解】A.以球为研究对象，受到重力和其他网球对球的作用力，根据二力平衡可知其他网球对球的作用力等于球的重力，故选项A错误；
B.拿走球后，每个小球的受力就将不均衡，合力不为零，故不能保持直立平衡，故选项B错误；
C. 球与第8层的三个网球的球心连线构成了正四面体，设球与第8层的三个网球的球心连线与水平面的夹角为，根据几何关系则有，以球为对象，根据力的平衡条件可知，则第8层的三个网球对球的支持力为，故C错误；
D.设地面对最底层的每个网球的支持力为，根据整体法则有，解得，故选项D正确．
4.如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，O点悬挂一重物Ｍ，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ｆf表示木块与挡板间摩擦力的大小，ＦＮ表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则（ ）
A. Ff变小 B. Ff变大 C. FＮ变小 D. FＮ变大
【答案】D
【解析】
【详解】先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：，解得，故静摩擦力不变，故A、B错误；
将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图
设两个杆夹角为θ，则有；
再将杆对滑块m的推力F1按照效果分解，如图
根据几何关系，有：
故：，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，变大，故滑块m对墙壁的压力变大，C错误，D正确；故选D．
【点睛】本题考查了整体法和隔离法的结合应用，把M和两个m看作一整体，即可得到摩擦力的变化情况，再根据力的作用效果把F1、F2分解，从而分析滑块m对墙壁的压力变化．
5.2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行．一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是（ ）
A. 2：1 B. 5：2 C. 6：5 D. 7：3
【答案】B
【解析】
【详解】根据匀变速直线运动规律的推论，做初速度为零的匀加速直线运动，通过相等位移的时间之比为1：（）：（）：……：（），整个过程通过两个相等位移的时间的比值最大为1：（），所以大于此比值的均不可能．
A. 2：1不大于1：（），可能，故A不符合题意．
B. 5：2大于1：（），不可能，故B符合题意．
C.6：5不大于1：（），可能，故C不符合题意．
D. 7：3不大于1：（），可能，故D不符合题意．
6.如图所示，一金属环套在固定的光滑杆上．金属环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下，沿杆缓慢上滑，该过程中金属环对杆的作用力为N．则（ ）
A. F一直增大，N先减小后增大
B. F一直在增大，N一直增大
C. F先减小后增大，N一直增大
D. F先减小后增大，N先减小后增大
【答案】A
【解析】
【详解】设环的质量为m,对环进行受力分析如图1,环受到竖直向下的重力,与杆垂直的支持力N、以及沿绳子方向的拉力F;
当环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下,沿杆缓慢上滑时,轻绳与竖直方向的夹角逐渐减小,由图可以知道,N逐渐减小,F逐渐增大;当绳子的方向沿竖直方向时,杆对小环的作用力为0.
当环位于滑轮的右侧时,受力如图2,则环向上运动的过程中拉力F仍然增大,此时杆对环的作用力的方向垂直于杆的方向向下,逐渐增大. 故A对；BCD错；
故选A
【点睛】环在力F的作用下缓慢上滑的过程中,与杆之间的夹角增大;画出受力图,然后根据平衡条件研究绳的拉力变化情况.
二、多选题（本大题共7小题，共27分）
7.如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）
A. 若F=0，挡板受到B物块的压力为
B. 力F较小时A相对于斜面静止，F大于某一数值，A相对于斜面向上滑动
C. 若要B离开挡板C，弹簧伸长量需达到
D. 若且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长
【答案】AD
【解析】
【详解】A、F=0时，对物体A、B整体受力分析，受重力、斜面的支持力N1和挡板的支持力N2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N2-（2m）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A错误；
B、用水平力F作用于P时，A具有水平向左的加速度，设加速度大小为a，将加速度分解如图
根据牛顿第二定律得
mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P上，A即向上滑动，故B错误；
C、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图
根据牛顿第二定律，有
mg-Ncosθ-kxsinθ=0
Nsinθ-kxcosθ=ma
解得：kx=mgsinθ-macosθ，故C错误；
D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；
对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图
根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-kx=macosθ
解得
kx=0
故弹簧处于原长，故D正确；
8.一小球自高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的，不计空气阻力，取，则下列说法正确的是（ ）
A. 第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为
B. 第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的
C. 小球运动的总时间约为
D. 小球运动的总位移为
【答案】AC
【解析】
【详解】A.设小球第一次落地时速度为.则有，那么第二，第三，第次落地速度分别为，，…，，根据：，则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为，故A项正确；
B.小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为，小球第一次与地相碰后弹起的高度是，小球第二次与地相碰后弹起的高度是，则，所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的，故B项错误；
C.小球第1次下落时间为，小球从第1次与地面相撞到第2次与地面相撞经过的时间为，小球从第2 次与地面相撞到第3次与地面相撞经过的时间为，小球从第3次与地面相撞到第4次与地面相撞经过的时间为…由数学归纳推理得：小球从第次与地面相撞到第次与地面相撞经过的时间为，所以小球运动的总时间为，故C项正确；
D.小球最终停在地面上，总位移为，故D项错误．
9.一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（ ）
A. B. C. D. v0t
【答案】AC
【解析】
【详解】在时间t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg
①如果时间t内一直加速，加速的位移为，故相对白板的位移为
②如果先加速，后匀速，位移为，故相对白板的位移为
③如果加速的末速度恰好等于v0，则 ，故相对白板的位移为
经过时间t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选AC．
10.如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时绳与水平方向的夹角为，绳与水平方向的夹角为，则球的质量之比和杆对的弹力之比分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】分别对A、B两球受力分析运用合成法，如图所示，由几何知识得，，，，故，，选项A、C正确，B、D错误.
易错分析 未弄清“固定杆”和“活动杆”的区别
“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向，能对其末端物体提供不一定沿杆方向的作用力“活动杆”，就是用铰链或者转动装置将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向，对末端物体只可以提供沿杆的力，要么是拉力，要么是支持力.
方法技巧“杆”与“结”的问题
（1）“活结”和“死结”问题
①当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上张力的大小是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小.例如图乙中，两段绳中的拉力大小相等.
②若结点不是滑轮或挂钩，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的张力大小不一定相等.例如图甲中点为结点点下面绳中的拉力大小始终等于，而点上侧绳中的拉力随杆的转动而变化.
（2）“动杆”和“定杆”问题
杆所受到的弹力方向可以沿杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要分清是动杆还是定杆.
①若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动.如图甲所示，若为转轴，则轻杆在缓慢转动中，力方向始终沿杆的方向.
②若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.
11.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（ ）
A. ：：：2：3：
B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：
C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外
D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a
【答案】ACD
【解析】
【详解】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得：；以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：，，…，则F1-2：F2-3：……F2018-2019=1：2：3：……2018；故A正确.
B.由胡克定律知F=kx，结合A项的分析可知：x1-2：x2-3：……x2018-2019=1：2：3：……2018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误.
C.突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确.
D.第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确.
12.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．下列说法正确的是（ ）
A. 小球加速运动时的加速度
B. 小球加速运动时的加速度
C. 若，减速阶段箱子左壁给小球的支持力大于0
D. 若，减速阶段箱子顶部给小球作用力
【答案】BD
【解析】
【分析】
由题意可知考查运动学公式应用，牛顿第二定律的综合应用，据此分析计算可得．
【详解】AB．设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：
加速阶段：s1=
减速阶段：s2=
得：
s=s1+s2=
解得加速阶段的加速度为：
a′=；
故A错误，B正确；
CD．设小球不受车厢的作用力，应满足：水平方向：
Nsinθ=ma
竖直方向：
Ncosθ=mg
解得：a=gtanθ
减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，
左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，
水平方向由牛顿第二定律可得
Nsinθ=ma
竖直方向合力为零
Ncosθ-F=mg
解得：
F=macotθ-mg，
故C错误，D正确；
【点睛】由运动学的公式即可求得物体的加速度；可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界加速度，结合牛顿第二定律即可求解．解决该题的关键是正确进行受力分析，会求解临界情况下的加速度，掌握正交分解求解力的大小，熟记运动学公式和牛顿第二定律；
13.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾斜角θ=45°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN（FN为正压力）求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x，下列说法正确的是（ ）
A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向右
B. 锁舌D在水平面内共受到4个力的作用
C. 自锁时锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小为
D. 无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,则至少为
【答案】AD
【解析】
【分析】
由题意可知考查暗锁“自锁”时舌头的受力分析，根据力平衡条件计算可得．
【详解】AB．
锁舌D在水平面内受底部的摩擦力f1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，如图所示，故A正确，B错误；
CD．设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹力为kx，由平衡条件：
kx+f1+f2cosθ-Nsinθ=0
F-Ncosθ-f2sinθ=0
又f1=μF
f2=μN
联立上述方程得：
N=
令N趋向于无穷大，则有
1-2μ-μ2=0
解得μ=-1，故C错误、D正确．
【点睛】锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右；对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，根据摩擦力计算公式fm=μN，联立方程组求解；无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力N无穷大，根据N的表达式求解μ即可．此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错．
三、实验题（本大题共2小题，共20分）
14.在“验证力的平行四边形定则”实验中．
(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1=2.0N，F2=4.0N，如图甲，F1和F2的合力大小F合=______N．现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，下列说法正确的是______N/m（保留两位有效数字）
A． F1一定减小 B．F1一定增大 C．F2一定减小 D．F2一定增大
(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k=______N/m（保留两位有效数字）
(3)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，式中k值与橡皮筋的原长l0、横截面积S有关．理论与实验都表明k=Y，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称为杨氏模量，在国际单位中，杨氏模量Y的单位是______；
A．N B．m C．N/m D．N/m2
【答案】 (1). 3.5 (2). C (3). 59 (4). D
【解析】
【分析】
由题意可知考查平行四边形定则以及胡克定律，用余弦定律、图解法、胡克定律分析计算可得．
【详解】(1)根据余弦定理
=≈3.5N；
对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和F2方向不变不变，使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，拉力F1方向和大小都改变．如下图所示：
根据平行四边形定则可以看出：F2的读数不断减小时，F1先变小后变大，故C正确，ABD错误；
（2）根据图2可知，当拉力为5.0N时，弹簧的拉伸量为：
△x=9.00-0.50cm=8.50cm，
因此根据F=kx，得：
；
（3）据k=Y得：
==，
故杨氏模量的单位为：
，
故D正确，ABC错误；
【点睛】根据公式法可以求出合力大小，根据图解法判断F1和F2的变化，利用胡克定律可正确求出劲度系数的大小．先求出杨氏模量的表达式，再根据公式推导杨氏模量的单位即可．
15.如图所示为静宁一中两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系” 的实验装置图．
（1）实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器后，先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上自由运动．若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加_______（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列___________的计时点，便说明平衡摩擦力合适．
（2）平衡摩擦力后，在____________的条件下，两位同学可以认为砝码盘(连同砝码)的总重力近似等于小车的所受的合外力．(已知小车的质量为M，砝码盘（连同砝码）的总质量为m)
（3）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；右图为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm．实验中使用的是频率f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________m/s2．(结果保留三位有效数字)
（4）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M的关系．他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出 图线后，发现：当 较大时，图线发生弯曲．于是，两位同学又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是 （ ）
A．改画a与(M＋m)的关系图线 B．改画a与的关系图线
C．改画a与关系图线 D．改画a与的关系图线
（5）探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数．于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，具体的实验装置如图所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度，并求出平均加速度，则小车与长木板间的动摩擦因数=________．（用m、M、、g表示）
【答案】 (1). 低 (2). 点间隔均匀（或点间隔相等、点间距相等均给分） (3). 在砝码盘(连同砝码)的总质量远小于小车的质量 (4). ） (5). C (6).
【解析】
【详解】（1）打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明物体做加速运动，平衡摩擦力过度，第二次需要将角度调低，直到物体匀速运动，即打出的点间隔相等；
（2）设小车的质量为M，砝码盘总质量为m，将两者看做一个整体，对整体有，对小车有，联立可得，只有当时，；
（3）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，故相邻计数点间的时间为，根据逐差法可得，，两式相加可得，代入数据可得；
（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，故小车的质量应为M+m，作图时应作出图象，C正确；
（5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：
解得：．
【点睛】明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度．
四、计算题（本大题共3小题，共35分）
16.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）设减速过程中，汽车加速度的大小为a，运动时间为t，
由题可知初速度，末速度，位移
由运动学公式得：①
②
由①②式代入数据得
③
④
（2）设志愿者饮酒后反应时间的增加量为，由运动学公式得
⑤
⑥
联立⑤⑥式代入数据得
⑦
（3）设志愿者力所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为，志愿者的质量为m，由牛顿第二定律得
⑧
由平行四边形定则得
⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
⑩
17.如图所示，一个倾角为α的斜面体C固定在水平地面上，质量均为m=1kg的两个物块A、B沿斜面体C下滑，A、C之间，B、C之间，A、B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2、μ3，已知μ2=，α=30°，重力加速度为g，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)如图甲所示，物块A沿斜面匀速下滑，则物块A和斜面体C之间的动摩擦因数μ1为多少？
(2)如图乙所示，物块A、B叠放一起，沿着斜面一起加速下滑，则A、B之间的动摩擦因数μ3至少为多少？
(3)如图丙所示，物块A和B紧靠一起，沿着斜面一起下滑，则A、B之间的作用力大小为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）0.625N．
【解析】
【分析】
由题意可知考查牛顿第二定律应用，利用整体法和隔离法列临界方程计算可得．
【详解】（1）对A受力分析且由平衡条件有：
mgsinα=μ1N
N=mgcosα
解得：
mgsinα=μ1mgcosα
所以
；
（2）A、B整体有：
a==gsin30°-μ2gcos30°=1.25m/s2；
对A物体有：
mgsin30°-f=ma
解得：f=N
要使A相对B不滑动即有：
f≤μ3mgcos30°
解得：；
（3）A、B整体有：
2mgsin30°-μ1mgcos30°-μ2mgcos30°=2ma
解得：a=
对A有：
mgsin30°+NAB-μ1mgcos30°=ma
解得：NAB=0.625N；
【点睛】（1）根据受力分析，结合平衡条件，及滑动摩擦力的公式，即可求解；
（2）对整体研究，依据牛顿第二定律，再由隔离法，再结合牛顿第二定律，与滑动摩擦力公式，即可求解；
（3）运用整体法与隔离法，结合牛顿第二定律，即可求解．解决本题的关键要判断物体的状态，明确物体刚要滑动的条件，并要灵活选取研究对象，结合平衡条件，及掌握牛顿第二定律的内容，并理解整体法与隔离法的应用．
18.如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s，A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间距离。
【答案】（1）1m/s；（2）1.9m。
【解析】
【详解】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度
⑨
（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
⑪
由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有
⑫
对A有
⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
⑯
联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离
⑰
答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。
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