安徽省六安一中高一上学期期末物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015-2016学年安徽省六安一中高一（上）期末物理试卷一、单项选择题1．从16世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有（）A．物体的速度越大，说明它受到的外力越大B．物体的加速度在改变,说明它受到的外力一定改变C．马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持D．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力2．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1；改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2．弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）A． B． C． D．3．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确的是(）A．0。2﹣0。5小时内，甲的加速度比乙的大B．0。2﹣0。5小时内，甲的速度比乙的大C．0。6﹣0。8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等4．若货物随升降机运动的v﹣t图象如图所示（竖直向上为正）,则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（)A． B． C． D．5．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动,B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(）A． B．C． D．6．如图所示，A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量,在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（)A．都等于 B．和0C．和 D．和7．如图所示,质量不等的盒子A和物体B用细绳连接，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上,与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，B悬于斜面之外而处于静止状态．现向A中缓慢加入沙子,下列说法正确的是（)A．绳子的拉力逐渐减小B．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力一定逐渐增大D．A可能沿斜面下滑8．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡59．如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上,将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（）A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力不为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力10．如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2,则(）A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B．在两次作用过程中，F1+F2＜FC．在两次作用过程中，F1+F2=FD．在两次作用过程中，11．如图所示，光滑水平面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（)A．水平外力F增大 B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小 D．B对A的作用力增大12．如图（a）,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v‒t图线如图（b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为己知量,则不可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度二。实验题13．某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1）物块下滑时的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号)A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．14．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0。50N，测出所对应的l，部分数据如下表所示:F（N)00。501。001。052.002.50l（cm）l010.9712.0213.0013。9815。05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB．完成下列作图和填空:(1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F﹣l图线，根据图线求得l0=cm．(2)测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为N．（3)根据给出的标度，在答题卡上作出FOA和FOB的合力F′的图示．（4）通过比较F′与的大小和方向，即可得出实验结论．三.计算题15．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动．g取10m/s2．（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．16．如图,用一块长L1=1m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面长L2=1。5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m=0。2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0。05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处速度大小的变化．（重力加速度取10m/s2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求:(1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）;（2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)17．如图所示为一水平传送带装置的模型示意图，传送带两端点A与B间的距离L=4.0m，传送带以v=2。5m/s的速精英家教网度向右做匀速直线运动，有一可视为质点的物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块从A处以v0=5。0m/s的水平速度向右滑上传送带，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小物块滑至B处的速度大小．(2）小物块由A滑到B的过程中相对传送带滑动的位移大小和方向．18．如图甲所示,细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，小球静止时细线与斜面平行．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,若a取不同值，小球稳定时绳子对小球的拉力T和斜面对小球的支持力FN也将不同．已知道T随a变化的图线如图乙所示,其中AB段为倾斜直线,BC段为接近直线的平滑曲线,重力加速度为g=10m/s2．（1）求小球质量m和斜面倾角θ；（2）在图丙中画出FN随a变化的图线（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分）．

2015—2016学年安徽省六安一中高一（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1．从16世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有（）A．物体的速度越大，说明它受到的外力越大B．物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变C．马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持D．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力【考点】牛顿第二定律；牛顿第一定律．【分析】根据牛顿第二定律得出加速度与外力的关系．物体的运动不需要力来维持,力是改变物体运动状态的原因．【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，F=ma,知加速度变化，所受的外力改变．速度大，加速度不一定大．故A错误，B正确．C、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因．故C错误．D、地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反．故D错误．故选B．2．一根轻质弹簧一端固定，用大小为F1的力压弹簧的另一端，平衡时长度为l1;改用大小为F2的力拉弹簧，平衡时长度为l2．弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内,该弹簧的劲度系数为（）A． B． C． D．【考点】胡克定律．【分析】根据弹簧受F1F2两个力的作用时的弹簧的长度,分别由胡克定律列出方程联立求解即可．【解答】解：由胡克定律得F=kx，式中x为形变量,设弹簧原长为l0,则有F1=k（l0﹣l1），F2=k(l2﹣l0），联立方程组可以解得k=,所以C项正确．故选C．3．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移﹣时间图象如图所示．下列表述正确的是（)A．0.2﹣0.5小时内,甲的加速度比乙的大B．0。2﹣0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0。6﹣0。8小时内，甲的位移比乙的小D．0。8小时内，甲、乙骑行的路程相等【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向．物体的位移等于s的变化量．【解答】解:A、由图知,0。2﹣0。5小时内甲乙都做匀速直线运动,加速度均为零，故A错误．B、s﹣t图象的斜率表示速度,甲的斜率大，则甲的速度比乙的大，故B正确．C、物体的位移等于s的变化量．则知0.6﹣0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C错误．D、0﹣0.6小时内，甲的位移比乙的大，0。6﹣0。8小时内，甲的位移比乙的大，所以0。8小时内，甲的路程比乙的大，故D错误．故选：B．4．若货物随升降机运动的v﹣t图象如图所示(竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【分析】根据速度时间图线得出每段过程中的加速度变化,从而结合牛顿第二定律得出支持力随时间的变化关系．【解答】解：根据速度时间图线可知，货物先向下做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得,mg﹣F=ma,解得F=mg﹣ma＜mg,然后做匀速直线运动，F=mg，然后向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得,F﹣mg=ma，解得F=mg+ma＞mg，然后向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得，F﹣mg=ma，解得F=mg+ma＞mg,然后做匀速直线运动,F=mg，最后向上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得,mg﹣F=ma,解得F=mg﹣ma＜mg．故B正确，A、C、D错误．故选：B．5．如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（)A． B．C． D．【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【分析】对A、B整体和B物体分别受力分析，然后根据平衡条件列式后联立求解即可．【解答】解:对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：F=μ2（m1+m2）g①再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：水平方向：F=N竖直方向：m2g=f其中：f=μ1N联立有：m2g=μ1F②联立①②解得：=故选：B6．如图所示,A、B两小球分别连在轻绳两端，B球另一端用弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为（)A．都等于 B．和0C．和 D．和【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【分析】在剪短上端的绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变，再分别对A、B两个小球运用牛顿第二定律，即可求得加速度．【解答】解：①对A：在剪断绳子之前，A处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于A的重力沿斜面的分力相等．在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，此时小球A受到的合力为F=mgsin30°=ma,a=②对B：在剪断绳子之前，对B球进行受力分析，B受到重力、弹簧对它斜向上的拉力、支持力及绳子的拉力，在剪断绳子的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，对B球进行受力分析，则B受到到重力、弹簧的向上拉力、支持力．所以根据牛顿第二定律得：mAgsin30°=mBaa=故选:C7．如图所示,质量不等的盒子A和物体B用细绳连接，跨过光滑的定滑轮，A置于倾角为θ的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，B悬于斜面之外而处于静止状态．现向A中缓慢加入沙子，下列说法正确的是（）A．绳子的拉力逐渐减小B．A对斜面的压力逐渐增大C．A所受的摩擦力一定逐渐增大D．A可能沿斜面下滑【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】绳子拉力等于B的重力，保持不变．A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力．A所受的重力沿斜面向下的分力与拉力的合力等于静摩擦力．当向A中缓慢加入沙子时,根据平衡条件讨论A受到的摩擦力的变化．整体保持静止，合力为零，保持不变．【解答】解：A、绳子拉力等于B的重力，保持不变，故A错误；B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力,随着沙子质量的增加，A对斜面的压力逐渐增大,故B正确；C、由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系,故不能确定静摩擦力的方向,故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、减小,故C错误;D、由于μ=tanθ，故增加的重力的分力与增加的摩擦力大小相等，方向相反；故不会使物体滑动；故D错误；故选:B．8．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s，关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡5【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．【分析】人先做加速运动，之后是匀速运动，计算到达各个关卡的时间与关卡放行和关闭的时间对比，得出结果．【解答】解：根据v=at可得，2=2×t1，所以加速的时间为t1=1s加速的位移为x1=at2==1m，之后匀速运动的时间为s=3.5s，到达关卡2的时间为t2=1+3.5=4.5s小于5s,放行；可以通过，所以可以通过关卡2继续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动时间t3=s=4s，所以到达第3关卡的时刻(从开始运动计时）为8.5s，7＜8。5＜12，也是放行,可以通过,从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是,所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为到达关卡4的总时间为1+3。5+4+4=12.5s，12＜8.5＜14关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；故选：C9．如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端,另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（）A．三条绳中的张力都相等B．杆对地面的压力大于自身重力C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力不为零D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对杆进行分析，明确杆受力情况,再根据水平和竖直方向的平衡关系可分析力之间的关系．【解答】解：A、由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止,故在水平方向三力水平分力的合力应为零；故说明三力的大小不可能相等;故AC错误；B、由于三力在竖直方向有拉力，杆在竖直方向合力为零,故杆对地面的压力大于重力；故B正确；D、由于杆受绳子的拉力、重力及支持力；故绳子拉力的合力与重力的合力等于支持力;故不是平衡力；故D错误;故选：B10．如图所示,质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2,置于光滑的水平面上．当水平力F作用于左端A上,两物体一起作匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起作匀加速运动时,A、B间作用力大小为F2，则（）A．在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等B．在两次作用过程中，F1+F2＜FC．在两次作用过程中，F1+F2=FD．在两次作用过程中，【考点】牛顿第二定律；作用力和反作用力．【分析】对整体分析,求出加速度，隔离分析，运用牛顿第二定律求出A对B的作用力大小【解答】解：A、对整体分析，整体的加速度都为：a=．故A正确．BC、隔离分析,第一种情况，A对B的作用力为：F1=m2a=,第二中情况，A对B的作用力为:F2=m1a=．则有：F1+F2=F．故B错误，C正确．D、以上数据可知，=．故D错误．故选：AC．11．如图所示,光滑水平面上放有截面为圆周的柱状物体A,A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（）A．水平外力F增大 B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小 D．B对A的作用力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用;物体的弹性和弹力．【分析】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后根据共点力平衡条件得到A球左移后各个力的变化情况;最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况．【解答】解：B、D、对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如右图当A球向左移动后，A球对B球的支持力N′的方向不断变化，根据平衡条件结合矢量合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断减小，则B对A的作用力也减小．故B正确，D错误．A、C、再对A和B整体受力分析,受到总重力G、地面支持力FN,推力F和墙壁的弹力N，如图根据平衡条件，有F=NFN=G故地面对A的支持力保持不变,推力F随着壁对B球的支持力N的不断减小而不断减小．故A、C错误．故选:B．12．如图（a）,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v‒t图线如图（b）所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为己知量,则不可求出（）A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数．【分析】由图b可求得物体运动过程及加速度，再对物体受力分析，由牛顿第二定律可明确各物理量是否能够求出．【解答】解：由图b可知,物体先向上减速到达最高时再向下加速度；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移，故可出物体在斜面上的位移；图象的斜率表示加速度,上升过程及下降过程加速度均可求,上升过程有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；但由于m均消去，故无法求得质量;因已知上升位移及夹角,则可求得上升的最大高度；本题选择不能求出的；故选：B．二.实验题13．某学生用图（a)所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑时的加速度a=3。25m/s2，打C点时物块的速度v=1。79m/s；（2)已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是C（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度．【分析】（1)根据△x=aT2可求加速度,根据求解C点的速度;(2）对滑块根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因素的表达式进行分析即可．【解答】解:（1）根据△x=aT2，有:解得:a===3。25m/s2打C点时物块的速度：v=m/s=1。79m/s（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma解得：μ=故还需要测量斜面的倾角，故选:C；故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C．14．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）．每次将弹簧秤示数改变0。50N，测出所对应的l,部分数据如下表所示：F（N）00.501.001。052。002.50l（cm)l010.9712。0213.0013。9815。05③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置,重新记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB．完成下列作图和填空:（1）利用表中数据在给出的坐标纸上画出F﹣l图线,根据图线求得l0=10.0cm．（2）测得OA=6.00cm,OB=7。60cm，则FOA的大小为1。80N．（3）根据给出的标度,在答题卡上作出FOA和FOB的合力F′的图示．（4）通过比较F′与F00′的大小和方向,即可得出实验结论．【考点】验证力的平行四边形定则．【分析】（1）根据表中数据利用描点法得出对应的数据，图象与横坐标的交点即为l0；（2）橡皮筋两端拉力相等，根据题意求得总长度即可求得皮筋上的拉力；（3）通过给出的标度确定力的长度,根据平行四边形得出图象如图所示；(4）根据实验原理可明确应比较实验得出的拉力与通过平行四边形定则得出的合力．【解答】解：（1）根据表格中数据利用描点法作出图象如图所示；由图可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0=10.0cm；（2)AB的总长度为6.00+7.60cm=13。60cm；由图可知，此时两端拉力F=1.80N;（3)根据给出的标度,作出合力如图所示;（4)只要作出的合力与实验得出的合力F00′大小和方向在误差允许的范围内相等,即可说明平行四边形定则成立；故答案为：（1）如图所示；10.0；（2）1。80;（3）如图所示；（4)F00′三.计算题15．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示．物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动．g取10m/s2．（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；（2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．【考点】动能定理．【分析】（1）对物块从A点到与墙碰撞前过程运用动能定理，求出物块与地面间的动摩擦因数．（2)对碰撞的过程，运用动量定理，求出碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F．【解答】解:(1）对A到墙壁过程，运用动能定理得：,代入数据解得:μ=0.32．（2)规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F△t=mv′﹣mv，代入数据解得：F=130N．答:（1）物块与地面间的动摩擦因数为0.32．（2)碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小为130N．16．如图，用一块长L1=1m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌面长L2=1.5m．斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m=0。2kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2,忽略物块在斜面与桌面交接处速度大小的变化．(重力加速度取10m/s2．最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：（1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）；(2）当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数μ2．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】（1)要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力,列出不等式即可求解夹角的正切值；（2）对全过程由动能定理进行分析,则可求得动摩擦因数;【解答】解：（1）为使小物块下滑，则有：mgsinθ≥μ1mgcosθ；故θ应满足的条件为：tanθ≥0.1，则θ角增大到tanθ=0。1时，物块能从斜面开始下滑．（2）在全过程中，克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2（L2﹣L1cosθ）对全过程，由动能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0代入数据解得：μ2=0.4；答：（1）θ角增大到tanθ=0.1时时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示);（2）当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0。4．