邢台二中高三上学期开学物理试卷

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2017—2018学年河北省邢台二中高三(上）开学物理试卷一、选择题（本大题共12小题,每小题5分，共60分．其中1—8题为单选，9—12题为多选．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（）A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快C．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量GD．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场2．一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点时止．在此过程中，重物的加速度的数值将（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大再减小3．“物体运动状态发生了改变”是指（)A．物体的位置发生了改变B．物体速度大小或速度方向发生了变化C．物体加速度大小或加速度方向发生了变化D．物体位移大小或位移方向发生了变化4．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间t后,将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计，下列说法中不正确的是(）A．加速时加速度的大小为g B．加速时动力的大小等于mgC．减速时动力的大小等于mg D．减速飞行时间2t后速度为零5．轻绳一端系在质量为m的物块A上,另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中,环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变,F2逐渐增大 B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变 D．F1逐渐减小，F2保持不变6．如图，长为L的粗糙长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴转动．当木板转到与水平面的夹角为α时,小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．整个过程木板对物块做功大于物块机械能的增量B．整个过程支持力对物块做功为零C．整个过程木板对物块做功为零D．整个过程支持力对物块做功为mgLsinα7．提高物体（例如汽车）运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即f=kv2，k是阻力因数）．当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是（）A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0B．发动机额定功率不变,使阻力因数减小到C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0D．发动机额定功率不变,使阻力因数减小到8．如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹,从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为（）A．速度一直变小直到零B．速度先变大,然后变小直到为零C．加速度一直变小，方向向上D．加速度先变小后变大9．在平直公路上，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A． B． C． D．10．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g．现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（)A．a=μg B．a= C．a= D．a=﹣11．滑雪者从山上M处以水平速度飞出，经t0时间落在山坡上N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的P处．斜坡NP与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图象是（）A． B． C． D．12．有一系列斜面，倾角各不相同,它们的底端相同,都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（）A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面均光滑,且这些滑块到达O点的速率相同,则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同,则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数,滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上二、实验题（本大题共两小题，共18分）13．（1）某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点,因保存不当，纸带被污染,如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16。6mmSB=126。5mmSD=624。5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为s；②打C点时物体的速度大小为m/s（取2位有效数字）③物体的加速度大小为（用SA、SB、SC、SD和f表示)14．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系（1）下列说法正确的是(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量木块和木块上砝码的总质量,（选填“远大于”“远小于”或“近似等于"）(3）如图2，为某次实验得到的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中x1=7.05cm，x2=7.68cm．x3=8.33cm，x4=8。95cm，x5=9.61cm，x6=10。26cm．打C点时木块的瞬时速度大小是m/s,处理纸带数据，得木块加速度的大小是m/s2．（结果保留两位有效数字）(4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在木平桌面上,木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图3中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别μ甲、μ乙，由图可知，m甲m乙，μ甲μ乙（选填“大于”“小于"或“等于”)三、计算题(本大题共2小题，共44分）15．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1。2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0。5，当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角,将小球从O点静止释放．g取10m/s2,sin37°=0。6，cos37°=0。8,求：（1）当θ=37°时,小球离开杆时的速度大小；(2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0,求此时θ的正切值．16．如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0。1．初始时,传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，随后,在平稳滑上右端平板上的同时,在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0。5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：（1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）有F作用期间平板的加速度大小；（3)平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字)?【选修3-4】（第一题4分，第二题6分，共10分)17．如图所示，甲为某一简谐波在t=1.0s时刻的图象，乙为甲图中C点的振动图象．则下列说法正确的是(）A．甲图中B点的运动方向向左B．波速v=4m/sC．要使该波能够发生明显的衍射，则要求障碍物的尺寸远大于4mD．该波与另一列波发生稳定的干涉，则另一列波的频率为1Hz18．两束平行的、同频率的红色细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上,如图所示．已知其中一条光线始终不改变传播方向穿过玻璃，它的入射点是O;另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点．已知玻璃截面的圆半径为R,OA=,OP=R．求：①玻璃材料对该红光的折射率;②光从A点到达P点的时间．

2017-2018学年河北省邢台二中高三（上）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题,每小题5分，共60分．其中1-8题为单选，9-12题为多选．全部选对的得5分,选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位物理学家所作科学贡献的表述中，与事实不相符的是（)A．伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因B．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重的物体与轻的物体下落一样快C．牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许比较准确地测出了引力常量GD．法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场【考点】1U：物理学史．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家如伽利略、牛顿、法拉第等人的物理学贡献即可．【解答】解:A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，与事实相符；B、亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体,重的物体比轻的物体下落的快，与事实不相符；C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许比较准确地测出了引力常量G，与事实相符；D、法拉第提出了场的概念并用电场线形象地描述电场，与事实相符;本题选与事实不相符的，故选:B．2．一根弹簧的下端挂一重物，上端用手牵引使重物向上做匀速直线运动．从手突然停止到物体上升到最高点时止．在此过程中，重物的加速度的数值将(）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先减小后增大 D．先增大再减小【考点】37：牛顿第二定律．【分析】由题意知道，物体先匀速上升,拉力等于重力;手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升,弹力减小，合力变大且向下，故物体做加速度不断变大的减速运动．【解答】解:物体匀速运动过程,弹簧对物体的弹力与重力二力平衡；手突然停止运动后，物体由于惯性继续上升，弹簧伸长量变小，弹力减小，故重力与弹力的合力变大，根据牛顿第二定律,物体的加速度变大;故选A．3．“物体运动状态发生了改变”是指（）A．物体的位置发生了改变B．物体速度大小或速度方向发生了变化C．物体加速度大小或加速度方向发生了变化D．物体位移大小或位移方向发生了变化【考点】32:加速度与力、质量的关系式；15：位移与路程．【分析】（1）力的作用效果是使物体产生形变或使物体的运动状态发生改变；（2）运动状态的改变通常表现为速度的方向、速度的快慢或二者一起改变．【解答】解：（1）力的作用效果：改变物体的运动状态，或使物体发生形变；所以力可以改变物体的运动状态,也可以使物体发生形变．（2）物体运动状态的改变，是指物体运动方向或运动快慢的改变或它们同时改变．故选：B．4．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°,使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计，下列说法中不正确的是（）A．加速时加速度的大小为g B．加速时动力的大小等于mgC．减速时动力的大小等于mg D．减速飞行时间2t后速度为零【考点】37:牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【分析】起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上,根据几何关系求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀加速运动速度公式求解最大速度;推力方向逆时针旋转60°后，先根据牛顿第二定律求解加速度，再求出继续上升的时间．【解答】解：A、B、起飞时,飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb,如图所示：在△OFFb中,由几何关系得:F=，Fb=mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g故A正确,B错误；C、D、t时刻的速率：v=a1t=gt推力方向逆时针旋转60°,合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，如图所示，此时合力大小为:F’h=mgsin30°动力大小：飞行器的加速度大小为:a2==g由速度公式可知，速度为零的时间为：t′===2t故CD正确；本题选错误的；故选:B．5．轻绳一端系在质量为m的物块A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上．现用水平力F拉住绳子上一点O，使物块A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2的变化情况是（）A．F1保持不变，F2逐渐增大 B．F1保持不变，F2逐渐减小C．F1逐渐增大，F2保持不变 D．F1逐渐减小，F2保持不变【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用;2G：力的合成与分解的运用．【分析】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析杆对环的摩擦力和弹力,再由牛顿第三定律分析环对杆的摩擦力F1的变化情况．以结点O为研究对象,分析F的变化，根据F与杆对环的弹力的关系，分析杆对环的弹力的变化情况．【解答】解：以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，作出力图如图1所示．根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力F1=G,保持不变．杆对环的弹力F2=F．再以结点O为研究对象,分析受力情况，作出力图如图2所示．由平衡条件得到F=mgtanθ当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，θ逐渐减小，则F逐渐减小，F2逐渐减小．所以F1保持不变,F2逐渐减小．故选:B．6．如图，长为L的粗糙长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块．现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴转动．当木板转到与水平面的夹角为α时,小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端，重力加速度为g．下列说法正确的是（）A．整个过程木板对物块做功大于物块机械能的增量B．整个过程支持力对物块做功为零C．整个过程木板对物块做功为零D．整个过程支持力对物块做功为mgLsinα【考点】6C：机械能守恒定律．【分析】当缓慢提高木板时，导致物块受到的支持力发生变化，则不能再根据功的定义去算支持力对物块做的功，因此由动能定理结合重力做功，可求出支持力做功．在此过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直,所以静摩擦力不做功．【解答】解：A、整个过程中，根据功能原理知,木板对物体做功等于物体机械能的增加量；故A错误B、木板转动的过程中，支持力对物块要做功,故B错误．C、整个过程中,物块的机械能减少,由功能原理可知，木板对物块做功不为零，故C错误．D、物块在缓慢提高过程中，由动能定理可得：W支﹣mgLsinα=0﹣0，则有整个过程支持力对物块做功W支=mgLsinα．故D正确．故选：D7．提高物体（例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比,即f=kv2，k是阻力因数)．当发动机的额定功率为P0时,物体运动的最大速率为vm,如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是(）A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到C．阻力因数不变,使发动机额定功率增大到4P0D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到【考点】63：功率、平均功率和瞬时功率．【分析】当速度最大时,牵引力等于阻力．联合P=Fvm=fvm和f=kv2进行分析．【解答】解：A、当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，有，则k=．阻力因数不变,使发动机额定功率增大到2P0，有,则v=,故A错误．B、发动机额定功率不变,使阻力因数减小到,则有,则v=，故B错误．C、阻力因数不变,使发动机额定功率增大到4P0，则有，则v=,故C错误．D、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到,则有，解得v=2vm．故D正确．故选:D．8．如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹,从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为（)A．速度一直变小直到零B．速度先变大，然后变小直到为零C．加速度一直变小,方向向上D．加速度先变小后变大【考点】37：牛顿第二定律；2G：力的合成与分解的运用．【分析】根据小球所受的合力判断小球加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系,判断速度的变化．【解答】解：A、小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达最大速度,然后物体做减速运动，速度减小，到达最高的速度为零，故A错误,B正确;C、开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小;当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越小，加速度减小,当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故CD错误．故选:B9．在平直公路上,汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20m处时，还有3s绿灯就要熄灭．而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度﹣时间图象可能是图中的（）A． B． C． D．【考点】1I：匀变速直线运动的图像；1D:匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】此题应先根据V﹣t图象所围成的面积表示位移，来计算或估算位移的大小．【解答】解:A、由图形面积表示位移知SA=(×3）m=15m，故A错误；B、由图面积可知SB＞15m,故B正确；C、由图形面积表示位移：SC=（10×1+×2）=20m，故C正确;D、SD=（10×0.5+×2.5)m=17。5m，故D错误；故选：B、C．10．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g．现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是()A．a=μg B．a= C．a= D．a=﹣【考点】37：牛顿第二定律．【分析】要分析木板的加速度就是来分析它受力，而题目并没有说木板相对物块到底是动了还是没动，因此我们要分两种情况来考虑这个问题：一：木板相对物块没动，这样的话就是说木板和物块一起做匀加速直线运动,可以通过受力来找加速度．二：木板相对物块动了,则木板就是在物块的摩擦力和地面的摩擦力作用下做匀加速直线运动,又可以做出一个结果．【解答】解：一：木板相对物块没动①若F＜μmg，则木板上下表面都受到大小相等、方向相反的摩擦力,摩擦力大小为F，此时木板加速度为0；②若μmg＞F＞μmg,则木板和物块一起做匀加速直线运动，整体水平方向的受力为：拉力F和地面的摩擦力f，则其加速度为：a==，故D正确．二：木板相对物块动了此时F＞μmg，则木板就是在物块的摩擦力和地面对它的摩擦力作用下做匀加速直线运动，其受到木块的摩擦力为：f1=μmg，收到地面的摩擦力为f2=μmg，则获得的加速度为：a=,故C正确．故选:CD．11．滑雪者从山上M处以水平速度飞出,经t0时间落在山坡上N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的P处．斜坡NP与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图象是（）A． B． C． D．【考点】44：运动的合成和分解；43：平抛运动．【分析】从M到N做平抛运动,在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动；从N到P做匀加速直线运动，将该运动进行分解，根据运动学规律得出在水平方向和竖直方向上分运动的规律．【解答】解：从M到N做平抛运动，分速度vx不变，分速度vy均匀增大，加速度为g．从N到P做匀加速直线运动，加速度a=gsin30°=．在水平方向上有分加速度，所以水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上的分加速度为，做匀加速直线运动，则0～t0和t0~2t0时间内在竖直方向上的加速度比值为4：1．故B、D正确，A、C错误．故选BD．12．有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示．有一系列完全相同的滑块（可视为质点）从这些斜面上的A、B、C、D…各点同时由静止释放，下列判断正确的是（）A．若各斜面均光滑,且这些滑块到达O点的速率相同,则A、B、C、D…各点处在同一水平线上B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直面内的圆周上C．若各斜面均光滑,且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D…各点处在同同一直面内的圆周上D．若各斜面与这些滑块间有相同的摩擦因数,滑到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D…各点处在同一竖直线上【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】(1）重力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；（2）根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象,根据位移之间的关系即可判断运动时间；（3）滑块损失的机械能为克服摩擦力做功．【解答】解：A．根据mgh=，小球质量相同，达O点的速率相同,则h相同，即各释放点处在同一水平线上，故A正确，B错误;C、以O点为最低点作等时圆,可知从ab点运动到O点时间相等，C正确；D、若各次滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能为克服摩擦力做功为:，即各释放点处在同一竖直线上，D正确;故选：ACD二、实验题（本大题共两小题,共18分）13．（1)某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz,在纸带上打出的点中，选出零点,每隔4个点取1个计数点，因保存不当,纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mmSB=126.5mmSD=624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知:①相邻两计数点的时间间隔为0。1s;②打C点时物体的速度大小为2.5m/s（取2位有效数字)③物体的加速度大小为（用SA、SB、SC、SD和f表示）【考点】M5:测定匀变速直线运动的加速度；M2：打点计时器系列实验中纸带的处理．【分析】纸带实验中,若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论,可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度．【解答】解析：(1)①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02×5=0.1s．②根据间的平均速度等于点的速度得vc===2.5m/s．③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即△x=aT2，所以有：xBC=xAB+aT2，xCD=xBC+aT2=xAB+2aT2，xBD=2xAB+3aT2，所以a==答案:（1)①0.1②2。5③14．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系（1）下列说法正确的是A（填字母代号）A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度(2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量,（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）(3）如图2，为某次实验得到的一条纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0。10s，其中x1=7.05cm，x2=7.68cm．x3=8.33cm,x4=8。95cm，x5=9。61cm,x6=10。26cm．打C点时木块的瞬时速度大小是0。86m/s，处理纸带数据，得木块加速度的大小是0。64m/s2．（结果保留两位有效数字）(4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在木平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线,设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别μ甲、μ乙，由图可知，m甲大于m乙，μ甲小于μ乙（选填“大于"“小于”或“等于”）【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【分析】（1）实验要保证拉力等于小车受力的合力,要平衡摩擦力，细线与长木板平行；（2)实验满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，砝码盘和砝码的重力等于小车所受的合外力；（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小；（4)根据牛顿第二定律得出加速度与拉力F的关系式,结合图线的斜率和截距比较质量和动摩擦因数的大小．【解答】解：(1）A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,不应悬挂“重物”，故B错误；C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；D、平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度,故D错误；故选:A（2）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力,则有a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg﹣T=ma,对小木块有T=Ma．综上有:小物块的实际的加速度为a=＜,只有当m＜＜M时，才能有效的保证实验的准确性；故答案为：远小于．(3)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得：vC==0.86m/s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得:a=m/s2=0.64m/s2故答案为：0.86，0。64．（4）当没有平衡摩擦力时有：FF﹣μmg=ma，故a=﹣μg，知图线的斜率表示质量的倒数，可知m甲＜m乙，甲的纵轴截距大于乙的纵轴截距，可知μ甲＞μ乙．故答案为:大于，小于．三、计算题（本大题共2小题,共44分）15．如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0。5，当杆竖直固定放置时,小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0。6，cos37°=0.8，求：（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0,求此时θ的正切值．【考点】AG:匀强电场中电势差和电场强度的关系;37：牛顿第二定律．【分析】（1)当杆与竖直方向成37°时，对球受力分析，由牛顿第二定律求的加速度，由运动学公式求速度；（2）当摩擦力为0时,球与杆的弹力为0，由平衡条件即可求出正切值．【解答】解：（1)当杆竖直固定放置时，μF=mg解得：F=2N当θ=37°时，小球受力情况如图示，垂直杆方向上有：Fcos37°=mgsin37°+FN得：FN=1N小球受摩擦力Ff=μFN=0.5N小球沿杆运动的加速度为a=解得a=15m/s2由得,小球到达杆下端时速度为v=6m/s(2)当摩擦力为0时,球与杆的弹力为0，由平衡条件得：Fcosθ=mgsinθ得：tanθ=2答：(1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小为6m/s；（2）改变杆与竖直线的夹角θ,使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值为2．16．如图所示，一水平的足够长的浅色长传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面．传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点）,煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0。1．初始时，传送带与煤块及平板都是静止的．现让传送带以恒定的向右加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动,随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F．最终煤块没有从平板上滑下,已知平板质量M=4kg，(重力加速度为g=10m/s2）,求:(1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）有F作用期间平板的加速度大小；(3）平板上表面至少多长（计算结果保留两位有效数字)？【考点】37:牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出煤块在传送带上发生相对滑动时的加速度,结合速度时间公式求出传送带达到速度v的时间以及煤块达到该速度的时间，根据运动学公式分别求出传送带和煤块的位移,从而得出相对位移的大小．（2）根据牛顿第二定律求出煤块在平板车上的加速度大小，结合速度时间公式求出共同的速度大小，从而通过速度时间公式求出平板车的加速度．（3）根据牛顿第二定律求出平板车与地面间的动摩擦因数，得出煤块和平板车共速后煤块和平板车的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出平板车表面的至少长度．【解答】解：(1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a1==μ1g=0.1×10m/s2=1m/s2，方向向右；设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2,煤块速度达到v，即v=at1=a1t2，代值可得t1=0。5s,t2=1.5s，传送带发生的位移s=+v（t2﹣t1）=，煤块发生的位移s′==，黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即：△s=s﹣s′，代入数据解得△s=0。75m．（2）煤块滑上平板时的速度为v0=1.5m/s，加速度为a1==μ1g=1m/s2，经过t