还剩11页未读，
继续阅读
解析：天津市滨海新区塘沽紫云中学2023-2024学年高三上学期第二次月考物理试卷（10月）（解析版）
展开
这是一份解析：天津市滨海新区塘沽紫云中学2023-2024学年高三上学期第二次月考物理试卷（10月）（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（5*5＝25分）
1. 在2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我国名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A. 她在空中上升过程中处于超重状态
B. 她在空中下落过程中做自由落体运动
C. 她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D. 入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．不计空气阻力，在空中上升过程中只受重力，所以她的加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；
B．她具有水平初速度，所以不是做自由落体运动，故B错误；
C．入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；
D．入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，所以入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，故D正确．
2. 如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象。下列判断正确的是（ ）
A. 3s末滑块离出发点最远
B. 在t＝1s时，滑块的加速度为零
C. 在4～6s时间内，滑块的平均速度为3m/s
D. 在5～6s时间内，滑块受到的合力为2N
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～1s内，滑块沿反方向运动，1～6s内滑块沿正方向运动，所以6s末滑块离出发点最远，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，可知在t＝1s时，加速度不为零，选项B错误；
C．在4～6s时间内滑块的位移
平均速度为
故C正确；
D．在5～6s时间内的加速度大小
所以其受到的合力为
F＝ma＝1×4N＝4N
选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身重力G与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，座椅旁边有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成角也与车厢相对静止，下列说法中正确的是（ ）
A. 乘客受到的合力方向与运动方向相同
B. 车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大
C. 车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G
D. 悬线与竖直方向夹角增大，车厢对乘客作用力F可能不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动，乘客受到的合力方向与运动方向也相反，选项A错误；
B．对小球，根据牛顿第二定律可知
可得
则车厢加速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，但是速度大，θ不一定大，选项B错误；
C．对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力
即F一定大于乘客的重力G，选项C正确；
D．悬线与竖直方向夹角增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。
故选C。
4. 生活中经常测量体重。测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体重，如图甲所示。现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作。该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示。对此，下列说法正确的是（ ）
A. 测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段
B. 测量者的重心在t3时刻速度最小
C. 测量者的重心在t4时刻加速度最大
D. 测量者在t1～t2时间内表现为超重
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t1～t3阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t3～t5阶段，示数大于重力，测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；
B．根据选项A可知，测量者的重心在t3时刻速度最大，B错误；
C．t4时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，C正确；
D．测量者在t1～t2时间内示数小于重力，处于失重状态，D错误。
故选C。
5. 如图为颈椎病人设计的一个牵引装置示意图。一根轻绳绕过两个定滑轮和一个轻质动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的轻质帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内。下面说法正确的是（ ）
A. 如果要增大手指所受的拉力，可以向上移动手指增大夹角θ来实现
B. 无论如何改变夹角θ，手指所受的拉力一定大于其中一个重物的重力
C. 若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小
D. 若θ=，每个重物的重力为G，保持系统静止需要手指施加大小为G的竖直向下的力
【答案】D
【解析】
【详解】对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图
则可知手指受力为
A．手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故A错误；
B．改变夹角θ，手指所受的拉力可能等于或小于重物的重力，故B错误；
C．若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小和方向，故C错误；
D．由
若θ=，每个重物的重力为G，则
方向竖直向下，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（5*3＝15分）
6. 如图所示，M，N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（ ）
A. 物体M一定受到4个力B. 物体N可能受到4个力
C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D. 物体M与N之间一定有摩擦力
【答案】AD
【解析】
【详解】将两个物体看做整体，整体在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上不受力，故物体M与墙之间没有弹力，所以也没有摩擦力；N在竖直方向上做加速直线运动，除了重力和M与N之间的支持力，必定会受到M对N的摩擦力，所以竖直方向上M受到恒力F、自身重力、N的压力、N对M摩擦力等4个力的作用，N受到重力、物体M的支持力和摩擦力3个力的作用，故AD正确，BC错误。
故选AD。
7. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如右图所示．(已知 cs53°＝0.6，sin53°＝0.8)以下说法正确的是( )
A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B. 小球静止时细绳的拉力大小为mg
C. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
【答案】AD
【解析】
【详解】小球静止时，分析受力情况，如图；
由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg；细绳的拉力大小为：．故A正确，B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：．故C错误，D正确．故选AD．
【点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．
8. 如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，关系图像如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则（ ）
A. 时刻，两物体之间的摩擦力最大
B. 时刻，两物体的速度方向开始改变
C. 时间内，物体做减速运动
D. 时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
【答案】CD
【解析】
【详解】对A、B系统，整体水平方向只受变化的推力作用系统，由图象可知，力F先向右减小，然后再向左增大，则由牛顿第二定律可知，系统的加速度先减小再增大；A所受合力为B对A的摩擦力，由牛顿第二定律可知，f=ma，由于a先减小后增大，则摩擦力摩擦力先减小后增大；在t时刻加速度为零，摩擦力最小，为零，故A错误；由图象可知，0-t时间内两物体向右做加速度减小的加速运动，t-2t时间内两物体向右做加速度增大的减速运动，t时刻两物体的运动方向不变，故B错误，C正确；因两物体一直相对静止，故在运动中加速度相同，而A由摩擦力提供加速度，整体由F提供，故A受到的摩擦力一直与F同向，故D正确；故选CD．
【点睛】先对整体受力分析可知整体的运动状态的变化；再对A分析可知AB间摩擦力的变化；由运动学公式可知速度的变化．
三、实验题（2*6＝12分）
9. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：
（1）弹簧的劲度系数为___________。
（2）为了用弹簧测力计测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_____更合理。
②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，则A、B间的动摩擦因数为________。
【答案】（1）300N/m
（2） ①. 甲 ②. 0.3
【解析】
【小问1详解】
由图1所示可知，当弹簧的弹力
时，弹簧的长度为
即弹簧的原长为
当弹簧的弹力
时，弹簧长度为
则此时弹簧的伸长量为
由胡克定律得弹簧的劲度系数为
【小问2详解】
[1]图乙所示方案，弹簧测力计与木块A要一起匀速运动，A所受滑动摩擦力才等于弹簧测力计示数，所以要使物块A匀速运动；图甲所示方案，弹簧测力计a是静止的、B相对滑动，实验不需要控制A做匀速运动，因此方案甲更合理；
[2]当A被拉动时，B处于静止状态，处于平衡状态，由平衡条件可知
滑动摩擦力
则A、B之间的动摩擦因数为
10. 如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．
(1)下列说法正确的是______．
A．每次小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后打开数据接收器
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象
(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a-F图像，他可能作出图2中______（选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
【答案】 ①. D ②. 丙 ③. C
【解析】
【分析】(1)实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcsθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m．
(2)如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量．
【详解】(1)A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcsθ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力;故A错误.
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误.
C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力，故应该是m1＜＜m2，故C错误；
D、由牛顿第二定律F=ma，所以，所以在用图象探究小车加速度与质量的关系时，通常作图象，故D正确；
故选D.
(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C.
【点睛】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差．
四、计算题（14+16+18＝48分）
11. 如图所示，传送皮带始终保持v＝2m/s的速度水平向右移动，一质量m＝0.5kg的小物块以v0＝4m/s的速度从A点向右滑上传送带。设小物块与传送带间的摩擦因数μ＝0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5m，g取10m/s2，求：
（1）物块从A点运动的B点所用时间？
（2）物块传送带上留下痕迹的长度？
【答案】（1）2s （2）1m
【解析】
【详解】（1）小物体滑上传送带匀减速运动的加速度为
a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
物体速度达到传送带速度所经历的时间为
经历的位移为
则物体匀速运动的时间为
物块从A点运动的B点所用时间
（2）在相对滑动的过程中，传送带的位移为
x1′＝vt1＝2×1m＝2m
则相对位移，即痕迹长度为
Δx＝x1﹣x1′＝1m
12. 如图所示，斜面AC长，倾角，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；
（3）小物块在水平地面上滑行的时间t。
【答案】（1）2m/s2
（2）2m/s （3）0.4s
【解析】
【小问1详解】
根据牛顿第二定律有
代入数据得
小问2详解】
根据匀变速直线运动规律有
代入数据得
【小问3详解】
根据动量定理，小物块在水平地面上滑行的过程
代入数据得
13. 如图所示，在倾角为的固定长斜面上放置一质量M=2kg、长度的极薄平板，平板的上表面光滑，其下端与斜面底端的距离。在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的小滑块视为质点，将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为。已知，，取，求：
（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度，，以及平板先后两个阶段的加速度，各为多大？
（2）小滑块离开平板瞬间，滑块和平板的速度，分别是多大？
（3）小滑块滑到斜面底端时，薄平板下端B距离小滑块的距离为多少？
【答案】（1），，，；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）小滑块在平板上运动时
解得
小滑块在斜面上运动时
解得
小滑块在平板上运动时，平板
解得
滑块滑离平板后，平板由
解得
（2）设滑块在平板上的过程，所用时间为，则：
解得
滑块滑离平板时的速度为
此时平板的速度
（3）设滑块离开平板后滑到斜面底端所用的时间为
对滑块
解得
在这段时间平板下滑的距离
则平板下端距离小滑块的距离
一、单项选择题（5*5＝25分）
1. 在2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我国名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力．下列说法正确的是（ ）
A. 她在空中上升过程中处于超重状态
B. 她在空中下落过程中做自由落体运动
C. 她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D. 入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小
【答案】D
【解析】
【详解】A．不计空气阻力，在空中上升过程中只受重力，所以她的加速度方向向下，故处于失重状态，故A错误；
B．她具有水平初速度，所以不是做自由落体运动，故B错误；
C．入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；
D．入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，所以入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小，故D正确．
2. 如图所示是质量为1kg的滑块在水平面上做直线运动的v﹣t图象。下列判断正确的是（ ）
A. 3s末滑块离出发点最远
B. 在t＝1s时，滑块的加速度为零
C. 在4～6s时间内，滑块的平均速度为3m/s
D. 在5～6s时间内，滑块受到的合力为2N
【答案】C
【解析】
【详解】A．0～1s内，滑块沿反方向运动，1～6s内滑块沿正方向运动，所以6s末滑块离出发点最远，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，可知在t＝1s时，加速度不为零，选项B错误；
C．在4～6s时间内滑块的位移
平均速度为
故C正确；
D．在5～6s时间内的加速度大小
所以其受到的合力为
F＝ma＝1×4N＝4N
选项D错误。
故选C。
3. 如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客，乘客在自身重力G与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止，座椅旁边有一小球用细线悬挂在车厢的天花板上，悬线与竖直方向成角也与车厢相对静止，下列说法中正确的是（ ）
A. 乘客受到的合力方向与运动方向相同
B. 车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大
C. 车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G
D. 悬线与竖直方向夹角增大，车厢对乘客作用力F可能不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动，乘客受到的合力方向与运动方向也相反，选项A错误；
B．对小球，根据牛顿第二定律可知
可得
则车厢加速度越大，悬线与竖直方向的夹角越大，但是速度大，θ不一定大，选项B错误；
C．对乘客受力分析可知，车厢对乘客的作用力
即F一定大于乘客的重力G，选项C正确；
D．悬线与竖直方向夹角增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。
故选C。
4. 生活中经常测量体重。测量者在体重计上保持静止状态，体重计的示数即为测量者的体重，如图甲所示。现应用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作。该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示。对此，下列说法正确的是（ ）
A. 测量者的重心经历了加速、减速、再加速、再减速四个运动阶段
B. 测量者的重心在t3时刻速度最小
C. 测量者的重心在t4时刻加速度最大
D. 测量者在t1～t2时间内表现为超重
【答案】C
【解析】
【详解】A．在t1～t3阶段，示数小于重力，测量者在加速向下运动，在t3～t5阶段，示数大于重力，测量者在减速向下运动，所以测量者经历了加速和减速两个运动阶段，A错误；
B．根据选项A可知，测量者的重心在t3时刻速度最大，B错误；
C．t4时刻示数与重力相差最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，C正确；
D．测量者在t1～t2时间内示数小于重力，处于失重状态，D错误。
故选C。
5. 如图为颈椎病人设计的一个牵引装置示意图。一根轻绳绕过两个定滑轮和一个轻质动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的轻质帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内。下面说法正确的是（ ）
A. 如果要增大手指所受的拉力，可以向上移动手指增大夹角θ来实现
B. 无论如何改变夹角θ，手指所受的拉力一定大于其中一个重物的重力
C. 若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小
D. 若θ=，每个重物的重力为G，保持系统静止需要手指施加大小为G的竖直向下的力
【答案】D
【解析】
【详解】对动滑轮受力分析，受重力、两个对称的拉力，拉力等于悬挂物体的重量mg，如图
则可知手指受力为
A．手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故A错误；
B．改变夹角θ，手指所受的拉力可能等于或小于重物的重力，故B错误；
C．若用此装置验证力的平行四边形定则，只需测出两个物体的重力和手指对帆布袋的拉力大小和方向，故C错误；
D．由
若θ=，每个重物的重力为G，则
方向竖直向下，故D正确。
故选D。
二、多项选择题（5*3＝15分）
6. 如图所示，M，N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是（ ）
A. 物体M一定受到4个力B. 物体N可能受到4个力
C. 物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D. 物体M与N之间一定有摩擦力
【答案】AD
【解析】
【详解】将两个物体看做整体，整体在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上不受力，故物体M与墙之间没有弹力，所以也没有摩擦力；N在竖直方向上做加速直线运动，除了重力和M与N之间的支持力，必定会受到M对N的摩擦力，所以竖直方向上M受到恒力F、自身重力、N的压力、N对M摩擦力等4个力的作用，N受到重力、物体M的支持力和摩擦力3个力的作用，故AD正确，BC错误。
故选AD。
7. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如右图所示．(已知 cs53°＝0.6，sin53°＝0.8)以下说法正确的是( )
A. 小球静止时弹簧的弹力大小为mg
B. 小球静止时细绳的拉力大小为mg
C. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D. 细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
【答案】AD
【解析】
【详解】小球静止时，分析受力情况，如图；
由平衡条件得：弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=mg；细绳的拉力大小为：．故A正确，B错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：．故C错误，D正确．故选AD．
【点睛】本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．
8. 如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，关系图像如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则（ ）
A. 时刻，两物体之间的摩擦力最大
B. 时刻，两物体的速度方向开始改变
C. 时间内，物体做减速运动
D. 时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
【答案】CD
【解析】
【详解】对A、B系统，整体水平方向只受变化的推力作用系统，由图象可知，力F先向右减小，然后再向左增大，则由牛顿第二定律可知，系统的加速度先减小再增大；A所受合力为B对A的摩擦力，由牛顿第二定律可知，f=ma，由于a先减小后增大，则摩擦力摩擦力先减小后增大；在t时刻加速度为零，摩擦力最小，为零，故A错误；由图象可知，0-t时间内两物体向右做加速度减小的加速运动，t-2t时间内两物体向右做加速度增大的减速运动，t时刻两物体的运动方向不变，故B错误，C正确；因两物体一直相对静止，故在运动中加速度相同，而A由摩擦力提供加速度，整体由F提供，故A受到的摩擦力一直与F同向，故D正确；故选CD．
【点睛】先对整体受力分析可知整体的运动状态的变化；再对A分析可知AB间摩擦力的变化；由运动学公式可知速度的变化．
三、实验题（2*6＝12分）
9. 某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：
（1）弹簧的劲度系数为___________。
（2）为了用弹簧测力计测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_____更合理。
②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，则A、B间的动摩擦因数为________。
【答案】（1）300N/m
（2） ①. 甲 ②. 0.3
【解析】
【小问1详解】
由图1所示可知，当弹簧的弹力
时，弹簧的长度为
即弹簧的原长为
当弹簧的弹力
时，弹簧长度为
则此时弹簧的伸长量为
由胡克定律得弹簧的劲度系数为
【小问2详解】
[1]图乙所示方案，弹簧测力计与木块A要一起匀速运动，A所受滑动摩擦力才等于弹簧测力计示数，所以要使物块A匀速运动；图甲所示方案，弹簧测力计a是静止的、B相对滑动，实验不需要控制A做匀速运动，因此方案甲更合理；
[2]当A被拉动时，B处于静止状态，处于平衡状态，由平衡条件可知
滑动摩擦力
则A、B之间的动摩擦因数为
10. 如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．
(1)下列说法正确的是______．
A．每次小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车后打开数据接收器
C．本实验m2应远小于m1
D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象
(2)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a-F图像，他可能作出图2中______（选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______．
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
【答案】 ①. D ②. 丙 ③. C
【解析】
【分析】(1)实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcsθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m．
(2)如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．得出图象弯曲的原因是：未满足沙和沙桶质量远小于小车的质量．
【详解】(1)A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcsθ，m约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力;故A错误.
B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误.
C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力，故应该是m1＜＜m2，故C错误；
D、由牛顿第二定律F=ma，所以，所以在用图象探究小车加速度与质量的关系时，通常作图象，故D正确；
故选D.
(2)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C.
【点睛】会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差．
四、计算题（14+16+18＝48分）
11. 如图所示，传送皮带始终保持v＝2m/s的速度水平向右移动，一质量m＝0.5kg的小物块以v0＝4m/s的速度从A点向右滑上传送带。设小物块与传送带间的摩擦因数μ＝0.2，传送带两端点A、B间的距离L＝5m，g取10m/s2，求：
（1）物块从A点运动的B点所用时间？
（2）物块传送带上留下痕迹的长度？
【答案】（1）2s （2）1m
【解析】
【详解】（1）小物体滑上传送带匀减速运动的加速度为
a＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
物体速度达到传送带速度所经历的时间为
经历的位移为
则物体匀速运动的时间为
物块从A点运动的B点所用时间
（2）在相对滑动的过程中，传送带的位移为
x1′＝vt1＝2×1m＝2m
则相对位移，即痕迹长度为
Δx＝x1﹣x1′＝1m
12. 如图所示，斜面AC长，倾角，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，重力加速度g取，，求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小a；
（2）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；
（3）小物块在水平地面上滑行的时间t。
【答案】（1）2m/s2
（2）2m/s （3）0.4s
【解析】
【小问1详解】
根据牛顿第二定律有
代入数据得
小问2详解】
根据匀变速直线运动规律有
代入数据得
【小问3详解】
根据动量定理，小物块在水平地面上滑行的过程
代入数据得
13. 如图所示，在倾角为的固定长斜面上放置一质量M=2kg、长度的极薄平板，平板的上表面光滑，其下端与斜面底端的距离。在平板的上端A处放一质量m=0.5kg的小滑块视为质点，将小滑块和薄平板同时无初速释放。设薄平板与斜面之间、小滑块与斜面之间的动摩擦因数均为。已知，，取，求：
（1）小滑块在平板上和在斜面上滑动时的加速度，，以及平板先后两个阶段的加速度，各为多大？
（2）小滑块离开平板瞬间，滑块和平板的速度，分别是多大？
（3）小滑块滑到斜面底端时，薄平板下端B距离小滑块的距离为多少？
【答案】（1），，，；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）小滑块在平板上运动时
解得
小滑块在斜面上运动时
解得
小滑块在平板上运动时，平板
解得
滑块滑离平板后，平板由
解得
（2）设滑块在平板上的过程，所用时间为，则：
解得
滑块滑离平板时的速度为
此时平板的速度
（3）设滑块离开平板后滑到斜面底端所用的时间为
对滑块
解得
在这段时间平板下滑的距离
则平板下端距离小滑块的距离
相关试卷
[物理][期中]天津市滨海新区塘沽渤海石油第一中学2023～2024学年高一下学期期中考试物理试卷(有解析)： 这是一份[物理][期中]天津市滨海新区塘沽渤海石油第一中学2023～2024学年高一下学期期中考试物理试卷(有解析)，共16页。
天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试物理试卷： 这是一份天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高二上学期期中考试物理试卷，共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高一上学期11月期中物理试题（Word版附解析）： 这是一份天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高一上学期11月期中物理试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
