福建省泉州市晋江市磁灶中学2022届高三物理上学期期中试卷含解析

2022-2022学年福建省泉州市晋江市磁灶中学高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．给出的4个选项中，只有一个选项正确）1．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法2．下列说法不正确的是()A．1分钟是指的是时间，它包含了60个时刻B．路程总是大于或等于位移的大小C．时间间隔确切地说就是两个时刻之间的间隔，对应某一事件发生的过程D．给定初末位置，路程有无数种可能，位移只有一种可能3．由万有引力定律可知，质量分别为m1、m2的两质点间距为r时，它们之间相互作用力的大小为F=G，式中G为万有引力常量．若用国际单位制的基本单位表示，G的单位应为()A．N•m2/kg2B．m3/（kg2•s2）C．m3/（kg•s2）D．m3/（kg•s）4．地球和火星绕太阳的运动都可以看成匀速圆周运动，地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，若地球和火星绕太阳运行的线速度分别为v地和v火，周期分别为T地和T火，下列判断正确的是()A．T地=T火B．T地＞T火C．v地＜v火D．v地＞v火-21-\n5．如图所示，质量m=1kg的物块在与水平方向夹角为θ=37°的推力F作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数μ=0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力F大小不可能是()A．5NB．15NC．25ND．35N6．一轮船以船头指向始终垂直于河岸方向以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是()A．水流速度越大，路程越长，时间越长B．水流速度越大，路程越短，时间越短C．渡河时间与水流速度无关D．路程和时间都与水速无关7．平抛一物体，当抛出1s后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是()A．初速度为10m/sB．落地速度为10m/sC．开始抛出时距地面的高度为25mD．水平射程为20m8．如图所示，已知mA=2mB=3mc，它们距轴的关系是rA=rC=rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的速度逐渐增大时()A．物体A先滑动B．物体B先滑动C．物体C先滑动D．B、C同时开始滑动9．如图是一汽车在平直路面上启动的速度一时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知()-21-\nA．0﹣t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变B．0﹣t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大C．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小D．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变10．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是()A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t=3s时发生追尾事故C．在t=5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米二、多项选择题（在小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）11．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则()A．小球下落的最大速度为5m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m12．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则()-21-\nA．该卫星的发射速度大于11.2km/sB．该卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sD．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ13．将力F分解为两个分力，已知其中一个分力F1的方向与F的夹角为一锐角θ，则()A．只要知道另一个力的方向，就可得到确定的两个分力B．只要知道F1的大小，就可得到确定的两个分力C．如果知道另一个分力的大小，就可得到唯一确定的两个分力D．另一个分力的最小值是F1sinθ14．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小为时，所用时间可能是()A．B．C．D．15．一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是()A．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16：5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ=三、实验16．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．（1）则下列叙述正确的是__________A．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置B．实验中AO和BO的夹角应尽可能大C．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线-21-\nD．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置（2）对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是__________．（3）本实验采用的科学方法是__________．17．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，已知计时器打点频率为50Hz．（1）如图2该同学得到一条纸带，每五个点取一个计数点，在纸带上连续取七个计数点，自A点起，相邻两个计数点间的距离分别为2.04cm、4.06cm、6.05cm、8.04cm、10.06cm、12.05cm，则打E点时小车的速度为__________m/s，小车的加速度为__________m/s2．（2）该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持__________不变．（3）该同学通过数据的处理做出了a﹣F图象，如图3所示，则①图中的直线不过原点的原因是__________．②此图中直线发生弯曲的原因是__________．四、计算题（共3题，共计34分）18．一个与水平方向夹37°角的力F作用在一个质量m=2kg的物体上，如图所示，物体在水平面上从A点由静止拉动8m，用的时间为4s．物体与地面间动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin37°=0.6），求：（1）物体的加速度a的大小（2）F的大小．-21-\n19．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=10m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=1s速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度的大小；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功；（3）物块回到底端A时的动能．20．如图所示，质量m=2kg的小球用长L=1.05m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H=6.05m的O点．现将细绳拉直至水平状态自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球作平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：（1）细绳能承受的最大拉力；（2）细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；（3）小球落地瞬间速度的大小．-21-\n2022-2022学年福建省泉州市晋江市磁灶中学高三（上）期中物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．给出的4个选项中，只有一个选项正确）1．在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法．以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是()A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法B．根据速度定义式v=，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，这里运用了假设法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法【考点】物理学史．【分析】质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．【解答】解：A、用质点代替物体，采用的科学方法是建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、以时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，采用了控制变量法，故C错误；D、在推导匀变速运动的位移公式时，采用微元法将变速运动等效近似为很多小段的匀速运动，故D错误．故选：B．【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．2．下列说法不正确的是()A．1分钟是指的是时间，它包含了60个时刻B．路程总是大于或等于位移的大小C．时间间隔确切地说就是两个时刻之间的间隔，对应某一事件发生的过程D．给定初末位置，路程有无数种可能，位移只有一种可能【考点】时间与时刻；位移与路程．【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．位移是指从初位置到末位置的有向线段，位移的大小只与初末的位置有关，与经过的路径无关；路程是指物体所经过的路径的长度．【解答】解：A、1分钟是指时间的长度，可以包含无数个时刻，所以A错误；-21-\nB、在单向的直线运动中，路程等于位移的大小，在曲线运动中，路程大于位移的大小，所以路程总是大于或等于位移的大小，所以B正确；C、时间间隔确切地说就是两个时刻之间的间隔，对应某一事件发生的过程，所以C正确；D、给定初末位置，只要经过的路线不同，路程就不同，但位移只有一种可能，所以D正确；本题选错误的，故选A．【点评】时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．3．由万有引力定律可知，质量分别为m1、m2的两质点间距为r时，它们之间相互作用力的大小为F=G，式中G为万有引力常量．若用国际单位制的基本单位表示，G的单位应为()A．N•m2/kg2B．m3/（kg2•s2）C．m3/（kg•s2）D．m3/（kg•s）【考点】力学单位制．【专题】定性思想；转换法；万有引力定律的应用专题．【分析】根据牛顿的万有引力定律F=G及牛顿第二定律，由m，r，F、a四个物理量的单位推导出G的单位．【解答】解：国际单位制中质量m、距离r、力F的单位分别是：kg、m、N，根据牛顿的万有引力定律F=G，得到G的单位是N•m2/kg2．根据牛顿第二定律得：F=ma，则1N=1kg•m/s2，所以G的单位还可以写成m3/（kg2•s2），故B正确．故选：B【点评】单位制是由基本单位和导出单位组成的，在国际单位制中，除了七个基本单位之外，其他物理量的单位都是导出单位，可以由物理公式推导出来．4．地球和火星绕太阳的运动都可以看成匀速圆周运动，地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，若地球和火星绕太阳运行的线速度分别为v地和v火，周期分别为T地和T火，下列判断正确的是()A．T地=T火B．T地＞T火C．v地＜v火D．v地＞v火【考点】万有引力定律及其应用．【专题】万有引力定律的应用专题．-21-\n【分析】根据万有引力提供向心力，解出线速度、周期与轨道半径大小的关系，据此讨论即可．【解答】解：根据万有引力提供向心力，得，．由此可知，轨道半径越大，线速度越小、周期越大，由于地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，所以v地＞v火，T地＜T火．故D正确、ABC错误．故选：D．【点评】本题要掌握万有引力提供向心力，并能够根据题意选择不同的向心力的表达式．5．如图所示，质量m=1kg的物块在与水平方向夹角为θ=37°的推力F作用下静止于墙壁上，物块与墙之间的动摩擦因数μ=0.5，若物块与墙面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则推力F大小不可能是()A．5NB．15NC．25ND．35N【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下达到最大值，此时力F为最大；当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上达到最大值，此时力F最小．根据平衡条件和摩擦力公式求出F的最大值和最小值，得出F的取值范围，再进行选择．【解答】解：当物体刚要上滑时，静摩擦力沿墙壁向下达到最大值，此时力F为最大，设为F1．物体的受力图如图1所示．根据正交分解得：F1sinθ=mg+f1；N1=F1cosθ又f1=μN1联立解得：F1==N=50N当物体刚要下滑时，静摩擦力沿墙壁向上达到最大值，此时力F最小，设为F2．根据正交分解得：F2sinθ+f2=mg；N2=F2cosθ又f2=μN2，联立解得：F2==10N推力F的取值范围为：10N≤F≤50N，则5N不可能．故A错误，BCD正确．本题选不可能的，故选：A-21-\n【点评】本题是力平衡中临界问题，关键分析临界条件：当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大值．正确分析受力情况，运用正交分解法求解．6．一轮船以船头指向始终垂直于河岸方向以一定的速度向对岸行驶，水匀速流动，则关于轮船通过的路程、渡河经历的时间与水流速度的关系，下述说法正确的是()A．水流速度越大，路程越长，时间越长B．水流速度越大，路程越短，时间越短C．渡河时间与水流速度无关D．路程和时间都与水速无关【考点】运动的合成和分解．【专题】运动的合成和分解专题．【分析】因为船垂直于河岸方向的速度不变，而水流方向是垂直于这个方向的，在这个方向上没有分速度，所以不论水速多大时间不变；水速越大，水流方向的位移就越大．【解答】解：设河宽为d，船垂直于河岸的速度为v，t=．时间与水速无关，故A错误，C正确；如果水速越大，船在水中运动的路程就越大，故BD错误．故选：C【点评】关键是将运动分解为垂直于河岸和平行于河岸两个分运动，然后分别作答即可解决此类问题．7．平抛一物体，当抛出1s后它的速度与水平方向成45°角，落地时速度方向与水平方向成60°角，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是()A．初速度为10m/sB．落地速度为10m/sC．开始抛出时距地面的高度为25mD．水平射程为20m【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】根据速度时间公式求出1s后竖直分速度，结合平行四边形定则求出平抛运动的初速度，根据平行四边形定则求出落地时竖直分速度，从而得出平抛运动的时间，根据初速度和时间求出水平射程．【解答】解：A、1s后竖直分速度vy1=gt1=10×1m/s=10m/s，根据平行四边形定则知，平抛运动的初速度v0=vy1=10m/s，故A正确．-21-\nB、落地时竖直分速度，则平抛运动的时间t=，落地速度v=2v0=20m/s，故B错误．C、抛出点距离地面的高度h=，故C错误．D、水平射程x=，故D错误．故选：A．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基础题．8．如图所示，已知mA=2mB=3mc，它们距轴的关系是rA=rC=rB，三物体与转盘表面的动摩擦因数相同，当转盘的速度逐渐增大时()A．物体A先滑动B．物体B先滑动C．物体C先滑动D．B、C同时开始滑动【考点】向心力；牛顿第二定律．【专题】牛顿第二定律在圆周运动中的应用．【分析】物体和圆盘一起做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，求出它们的临界角速度，从而判断谁先滑动．【解答】解：当静摩擦力达到最大静摩擦力时，角速度达到最大值，根据μmg=mrω2解得，B的半径最大，则B的临界角速度最小，所以物体B先滑动．故B正确，A、C、D错误．故选B．【点评】解决本题的关键知道物体做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律求出物体的临界角速度．9．如图是一汽车在平直路面上启动的速度一时间图象，t1时刻起汽车的功率保持不变，由图象可知()-21-\nA．0﹣t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变B．0﹣t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率增大C．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力减小，功率减小D．t1﹣t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变【考点】匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】运动学中的图像专题．【分析】根据速度时间图象，汽车先匀加速直线运动，然后做加速度不断减小的加速运动，最后匀速运动；对汽车受力分析，结合牛顿第二定律和功率和速度关系公式列式分析．【解答】解：A、B、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，在0﹣t1时间内，汽车做匀加速直线运动，故加速度恒定，根据牛顿第二定律，有F﹣f=ma根据功率和速度关系公式，有P=Fv由于速度v不断不变，故F不变，P变大，故A错误，B正确；C、D、在t1﹣t2时间内汽车做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有F﹣f=ma根据功率和速度关系公式，有P=Fv由于速度v不断增大，功率P恒定（题中已知条件），故F减小，a减小，故C错误，D错误；故选B．【点评】本题关键根据速度时间图象得到汽车的速度改变情况，然后受力分析，根据牛顿第二定律和功率与速度的关系列式分析．10．在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度匀速行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图所示，图线a、b分别为小汽车和大卡车的v﹣t图象（忽略刹车反应时间），以下说法正确的是()A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故B．在t=3s时发生追尾事故C．在t=5s时发生追尾事故D．若紧急刹车时两车相距40米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距10米【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】当两车通过的位移之差等于30m时，两车会发生追尾．根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，进行分析．【解答】解：ABC、根据速度﹣时间图象所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为：sb=vbt=10×3m=30m-21-\na车的位移为sa==60m，则sa﹣sb=30m，所以在t=3s时追尾．故B正确，A、C错误．D、若紧急刹车时两车相距40米，速度相等时，a车的=85m，b车位移s2=50m，因为s2+40＞s1，则不会发生追尾事故，最近距离△s=40+50﹣85m=5m．故D错误．故选：B．【点评】解答本题关键要抓住速度图象的面积表示进行求解，知道图线的物理意义，属于基本题．二、多项选择题（在小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）11．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示．取g=10m/s2．则()A．小球下落的最大速度为5m/sB．小球第一次反弹初速度的大小为5m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45mD．小球能弹起的最大高度为1.25m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】运动学中的图像专题．【分析】解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，最后求出反弹的高度．【解答】解：A、由图可知，小球下落到0.5s时的速度最大，最大速度为5m/s；故A正确；B、由图象可知，小球第一次反弹后初速度的大小为3m/s，故B错误；C、由图象可知：前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据v﹣t图象中速度图象与时间轴围成的面积表示位移可得小球弹起的高度为：h=×3×0.3=0.45m，故C正确D错误；故选：AC．【点评】解决本题要明确v﹣t图象的含义：在v﹣t图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负．12．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道I，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ．则()-21-\nA．该卫星的发射速度大于11.2km/sB．该卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/sC．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于7.9km/sD．卫星在Q点通过加速实现由轨道I进入轨道Ⅱ【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】人造卫星问题．【分析】了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义．当万有引力刚好提供卫星所需向心力时卫星正好可以做匀速圆周运动1．若是供大于需则卫星做逐渐靠近圆心的运动2．若是供小于需则卫星做逐渐远离圆心的运动【解答】解：A、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是发射地球卫星的最小速度，11.2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，所以该卫星的发射速度大于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误，B正确；C、7.9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．故C错误．D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ．故D正确．故选：BD【点评】本题要知道第一宇宙速度的含义．卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．13．将力F分解为两个分力，已知其中一个分力F1的方向与F的夹角为一锐角θ，则()A．只要知道另一个力的方向，就可得到确定的两个分力B．只要知道F1的大小，就可得到确定的两个分力C．如果知道另一个分力的大小，就可得到唯一确定的两个分力D．另一个分力的最小值是F1sinθ【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．【专题】平行四边形法则图解法专题．【分析】本题分析力分解唯一性问题，知道分解一个力是以这个力为对角线画平行四边形，常见分解唯一性的条件，由题设条件展开讨论即可．【解答】解：A、只要知道另一个力的方向，以合力为对角线做平行四边形，只能作一个，所以就可以得到两个确定的分力；正确B、只要知道F1的大小，以合力为对角线做平行四边形，也只能作一个；正确C、以F为对角线，已知F1的方向，根据几何知识知道，当另一个分力大小小于Fsinθ时构不成平行四边形，此时分角无解，当F=sinθ时，有唯一解，当力大于Fsinθ小于F时有两组解，因为不知道分力的大小所以不能确定有几解，故C错误；-21-\nD、根据平行四边形定则知，另一个分力的最小值是Fsinθ；故D错误．故选：AB【点评】本题主要考查力分解的唯一性，知道分解唯一性的条件是解决问题的关键，知道力分解时是以分解的力为对角线画平行四边形．14．给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为，当滑块速度大小为时，所用时间可能是()A．B．C．D．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【分析】当滑块速度大小为时，可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反，在整个过程中加速度不变，根据匀变速直线运动的速度时间公式求解．【解答】解：规定初速度的方向为正方向，若滑块的末速度与初速度方向相同，则t=．若滑块的末速度与初速度方向相反，则t=．故B、C正确，A、D错误．故选BC．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式，以及注意物体末速度的方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反．15．一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变．以下说法中正确的是()-21-\nA．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16：5B．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：4C．斜面的倾角为45°D．滑块与斜面的动摩擦因数μ=【考点】牛顿运动定律的综合应用；力的合成与分解的运用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】物体先在斜面上加速，后在水平面上减速，B点的速度大小是相同的，结合乙图中的时间关系，即可得出加速度的关系；由加速度与时间的关系，结合运动学的公式即可求出位移关系；由乙图得出受到的摩擦力的关系，从而得出斜面的倾角；根据物块在斜面上受力情况，运用牛顿第二定律求解摩擦因数．【解答】解：B、A到B的过程中：a1•4t0=v，B到C的过程中：v=a2t0所以：．故B正确；A、A到B的过程中：B到C的过程中可以采取逆向思维的方法，可得：所以：．故A错误；C、由图乙可得：f2=μmg=5N，f1=μmgcosθ=4N，所以：得：θ=37°．故C错误；D、物体在斜面上运动的过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1在水平面上运动的过程中：ma2=μmg联立以上各式，得：N，．故D正确．故选：BD【点评】本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况，由牛顿第二定律、运动学公式和动能定理进行解答．三、实验16．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某小组利用如图甲所示的装置完成实验，橡皮条的一端C固定在木板上，用两只弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．-21-\n（1）则下列叙述正确的是ACA．两次操作必须将橡皮条和绳的结点拉到相同位置B．实验中AO和BO的夹角应尽可能大C．在实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度线D．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置（2）对数据处理后得到如图乙所示的图线，则F与F′两力中，方向一定沿CO方向的是F′．（3）本实验采用的科学方法是等效替代．【考点】验证力的平行四边形定则．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题．【分析】本实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的．本实验采用作合力与分力图示的方法来验证，根据实验原理和方法来选择．【解答】解：（1）A、要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，橡皮条要沿相同方向伸长量相同，则O点的位置应固定．故A正确．B、本实验只要使两次效果相同就行，两个弹簧称拉力的方向没有限制．故B错误．C、本实验是在水平面作力的图示，为了减小误差弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度．故C正确．D、实验中，需记录弹簧测力计的读数和拉力的方向，以及O点的位置，故D错误．故选：AC．（2）数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，与橡皮筋同线的是实际值．所以方向一定沿CO方向的是F′．（3）本实验合力的效果与分力的效果相同；故本实验采用的科学方法是等效替代．故答案为：（1）AC，（2）F′；（3）等效替代【点评】本实验采用的是等效替代的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代．解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，明确合力和分力之间的关系，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题．17．在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，已知计时器打点频率为50Hz．-21-\n（1）如图2该同学得到一条纸带，每五个点取一个计数点，在纸带上连续取七个计数点，自A点起，相邻两个计数点间的距离分别为2.04cm、4.06cm、6.05cm、8.04cm、10.06cm、12.05cm，则打E点时小车的速度为0.905m/s，小车的加速度为2.00m/s2．（2）该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量M不变．（3）该同学通过数据的处理做出了a﹣F图象，如图3所示，则①图中的直线不过原点的原因是平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．②此图中直线发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量m＜＜M．【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题．【分析】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时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小．该实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法．【解答】解：（1）每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，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，可以求出打纸带上E点时小车的瞬时速度大小．vE==0.905m/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==2.00m/s2．（2）该同学要探究加速度a和拉力F的关系，应该保持小车质量M不变．（3）①图中当F=0时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时木板的右端垫得过高．②此图中直线发生弯曲的原因是随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量m＜＜M．故答案为：（1）0.905、2.00（2）小车质量M（3）①平衡摩擦力时木板的右端垫得过高②随着F的增大不再满足沙桶质量远小于小车质量m＜＜M【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．数据处理时注意单位的换算．-21-\n四、计算题（共3题，共计34分）18．一个与水平方向夹37°角的力F作用在一个质量m=2kg的物体上，如图所示，物体在水平面上从A点由静止拉动8m，用的时间为4s．物体与地面间动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2，sin37°=0.6），求：（1）物体的加速度a的大小（2）F的大小．【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据s=at2求出物体运动的加速度；（2）根据F=ma求出拉力的大小．【解答】解：由s=at2得物体运动的加速度为：a===1m/s2对物体进行受力分析，据牛顿第二定律可得：竖直方向上：﹣mg+Fsinα=0水平方向上：Fcosα﹣f=ma又f=μ解得：F=10.9N．答：（1）物体的加速度a的大小为1m/s2；（2）F的大小10.9N．【点评】解决本题的关键是理清物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．19．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=10m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=1s速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度的大小；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功；（3）物块回到底端A时的动能．-21-\n【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）由速度公式可以求出物体的加速度；（2）由平均速度公式求出物体的位移，由牛顿第二定律求出物体受到的摩擦力，然后由功的计算公式求出克服摩擦力的功；（3）由动能定理可以求出物体回到A时的动能．【解答】解：（1）物体的加速度：a===﹣10m/s2；加速度的大小a=10m/s2；（2）物块上滑过程中的最大位移：，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得，摩擦力：Ff=μmgcosθ=ma﹣mgsinθ=8N，物块克服摩擦力做的功Wf=Ffx=40J；（3）设物块回到底端A时的动能为Ek由动能定理得：，解得，动能Ek=J；答：（1）物块上滑过程中加速度的大小为10m/s2；（2）物块上滑过程中克服摩擦力做的功为40J；（3）物块回到底端A时的动能为20J．【点评】本题难度不大，分析清楚物体运动过程，应用加速度的定义式匀变速运动公式、功的计算公式与动能定理即可正确解题．20．如图所示，质量m=2kg的小球用长L=1.05m的轻质细绳悬挂在距水平地面高H=6.05m的O点．现将细绳拉直至水平状态自A点无初速度释放小球，运动至悬点O的正下方B点时细绳恰好断裂，接着小球作平抛运动，落至水平地面上C点．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：（1）细绳能承受的最大拉力；（2）细绳断裂后小球在空中运动所用的时间；（3）小球落地瞬间速度的大小．-21-\n【考点】机械能守恒定律；平抛运动；向心力．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）小球从A→B的过程中，绳子的拉力不做功，机械能守恒，可根据机械能守恒定律求出小球刚到达B点时的速度．小球运动到B点时的细绳的拉力最大，运用牛顿第二定律和向心力公式求解；（2）细绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解时间；（3）根据机械能守恒列式，求解即可．【解答】解：（1）小球从A→B过程，根据机械能守恒定律得：mgL=m﹣0经B点时，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m解得最大拉力为：F=3mg=3×2×10N=60N（2）小球从B→C过程做平抛运动，则有：H﹣L=解得：t==s=1s__________（3）从A→B→C过程，根据机械能守恒得：mgH=﹣0解得小球落地瞬间速度：v==m/s=11m/s答：（1）细绳能承受的最大拉力为60N；（2）细绳断裂后小球在空中运动所用的时间为1s；（3）小球落地瞬间速度的大小为11m/s．【点评】本题是机械能守恒和牛顿第二定律、向心力和数学知识的综合，理清物理过程，寻找物理规律是关键．-21-