一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。1-9题为单选题，10-12题为多选题） 1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列叙述错误的是（ ） A．伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
B．伽利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C．伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快 D．伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量
2．奥运会比赛中，跳水比赛是我国的传统优势项目．某运动员正在进行10m跳台训练，下列说法中正确的是（ ）
A．为了研究运动员的技术动作，可将正在下落的运动员视为质点 B．运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升 C．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小 D．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短
3．关于物体运动的速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ） A．速度变化量越大，加速度就越大 B．速度变化率越大，加速度就越大 C．加速度方向不变，速度方向也不变 D．加速度方向与速度变化量的方向可以相反
4．奥运会上中国女排某运动员在发球时，一位摄影爱好者从侧面给他拍了张全身照，相机的曝光时间秒，运动员实际身高为1.98m，在相片上身高5.00cm，排球在照片上留下了0.50cm的径迹，根据以上数据可估算出她的发球时速为（ ） A．24Km/h B．68Km/h C．86Km/h D．120Km/h
5．物体甲的x﹣t图象和物体乙的v﹣t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）
A．甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m
B．甲在整个t=6s时间内有往返运动，它通过的总体位移为零 C．乙在整个t=6s时间内有往返运动，它通过的总体位移为6m D．乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为零
6．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为5m/s则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是（ ） A．2.0m B．2.5m C．3.0m D．3.5m
7．一辆遥控车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起运动过程的位移x与速度v的关系式为x=20﹣0.2v2（各量均采用国际单位制单位），下列分析正确的是（ ） A．上述过程的加速度大小为5m/s2 B．t=0时刻的初速度为20m/s C．刹车过程的位移为20m D．至t=6s时车的位移为15m
8．如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L．现用力F作用于小球B上（图上F未标出），使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．则力F最小值为（ ）
A． G B． G C．G
D．2G
2
9．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m
10．一个物体在6个共点力的作用下处于静止状态，现在撤去其中的两个力，这两个力的大小分别是15N和25N，其余4个力保持不变，则该物体所受合力大小可能是（ ） A．零 B．3N C．20N D．40N
11．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中相遇时速率为v，则下列说法中正确的是（ ） A．物体A，B各自在空中运动的总时间相等
B．物体A上抛的初速度和物体B落地时的速度大小相等，都是2v C．两物体在空中相遇时的位置一定是物体B开始下落时高度的中点
D．物体A能上升的最大高度和物体B开始下落时的高度相同
12．质量为M，半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m，半径为r的光滑球B以下说法正确的有（ ）
A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左 C．B对A的压力大小为 D．细线对小球的拉力大小为
二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）
13．借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度．如图所示，传感器系统由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测物体上，每隔0.3s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时（红外线的传播时间可以忽略不计），收到超声波脉冲时计时停止．在某次测量中，B盒记录到的连续两个超声波脉冲所需的时间分别为0.15s和0.155s，由此可知，该物体A正 （选填“靠近”或“远离”）B盒运动，该物体运动的速度为 m/s．（超声波传播速度取340m/s）
14．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数均为k，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．则上述过程中，下面木块上升的距离为 、上面木块上升的距离为 ．
15．如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．再用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．
（1）用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是： ． （2）这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的a点标记得不妥，其原因是： ． （3）图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中 是F1和F2合力的实际测量值．
16．关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是 （ ） A．电磁打点计时器使用的是4V∼6V的直流电源 B．使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小
C．在测量物体速度时，先让物体运动，后接通打点计时器的电源 D．纸带上打的点越密，说明物体运动的越快
17．在研究匀变速直线运动的实验中电源频率为50Hz，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A．B．C．D．E为相邻的记数点，相邻记数点间有4个计时点未标出，设A点为计时起点，则可求得C点的瞬时速度VC= m/s，小车的加速度a= m/s（计算结果保留两位有效数字）
三、解答题（共3小题，满分0分）
18．如图所示，质量m=9.8kg的木块静止于水平面上，现用大小为30N、方向与水平方向成θ=37°斜向上的拉力F拉动木块，使木块沿水平地面匀速滑行．取g=10m/s， （sin37°=0.6，cos37°=0.8）求 （1）木块对地面压力的大小 （2）木块与地面间的动摩擦因素μ
19．如图为某主题公园一种大型游戏机“跳楼机”．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．取g=10m/s2．求：
（1）座椅在自由下落结束时刻的速度大小？ （2）在匀减速阶段，座椅和游客的加速度大小．
2
2
20．在一条平直的公路上有一辆长L0=1.5m的电动自行车正以v=3m/s的速度向前行驶，在其车尾后方S0=16.5m远处的另一条车道上有一辆长L=6.5m的公共汽车正以v0=10m/s同向驶来．由于公共汽车要在前方设50m处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰停在站点处．不考虑公共汽车的再次启动，求 （1）公共汽车刹车的加速度
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间 （3）两车错车的时间． 四、附加题
21．已知一质点X方向做变加速直线运动，已知其初速度为v0，加速度方向与初速度方向相同．
（1）若其加速度随时间的变化关系为a=a0﹣kt，式中a0，k（k＞0）均为常量，求当t=t0时（a≠0）质点的速率
（2）若其加速度随位移的变化关系为a=a0+kx，式中a0，k（k＞0）均为常量，求当x=x0时质点的速率．
2016-2017学年陕西省西安市高新一中高一（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。1-9题为单选题，10-12题为多选题） 1．关于伽利略对自由落体运动的研究，下列叙述错误的是（ ） A．伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
B．伽利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法
C．伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快 D．伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量 【考点】1L：伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】要了解伽利略“理想斜面实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略斜面实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理．（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端．
【解答】解：A、伽利略猜想自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上的理想化推理，故A错误．
B、伽利略把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确
C、伽利略认为，如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快，故C正确 D、伽利略采用了斜面实验，“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量，故D正确 本题选错误的，故选：A．
2．奥运会比赛中，跳水比赛是我国的传统优势项目．某运动员正在进行10m跳台训练，下列说法中正确的是（ ）
A．为了研究运动员的技术动作，可将正在下落的运动员视为质点 B．运动员在下落过程中，感觉水面在匀速上升 C．前一半时间内位移大，后一半时间内位移小 D．前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短
【考点】15：位移与路程；13：质点的认识．
【分析】A、物体能不能看成质点看物体的形状大小在所研究的问题中能不能忽略． B、运动员在下落的过程做匀加速直线运动，以自己为参考系，水面做匀加速上升． C、跳台比赛可看成自由落体运动，前一半时间和后一半时间的位移比为1：3． D、向下运动的过程中，速度越来越大．可知前一半位移所用的时间长．
【解答】解：A、研究运动员的技术动作，运动员的形状大小不能忽略，故运动员不能看成质点．故A错误．
B、运动员在下落的过程做匀加速直线运动，以自己为参考系，水面做匀加速上升．故B错误．
C、运动员下落的过程中，速度越来越大，后一半时间内的位移比前一半时间内位移大，根据h=gt，
前一半时间内的位移是整个位移，所以前一半时间内的位移与后一半时间内的位移比为1：3．
前一半位移内所用的时间长，后一半位移内所用的时间短．故C错误，D正确． 故选D．
3．关于物体运动的速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ） A．速度变化量越大，加速度就越大 B．速度变化率越大，加速度就越大 C．加速度方向不变，速度方向也不变 D．加速度方向与速度变化量的方向可以相反 【考点】1B：加速度；17：速度． 【分析】根据加速度的定义式a=
，加速度等于速度的变化率．物体的速度变化量大，
2
加速度不一定大．加速度与速度无关．
【解答】解：A、速度变化量大，加速度不一定大．还与时间有关，但加速度很小．故A错误．
B、加速度是反映速度变化快慢的物理量．速度变化率越大，加速度就越大，故B正确． C、加速度的方向保持不变，速度方向可以改变，例如平抛运动，故C错误 D、加速度的方向总是与速度变化量的方向相同，故D错误
故选：B
4．奥运会上中国女排某运动员在发球时，一位摄影爱好者从侧面给他拍了张全身照，相机的曝光时间秒，运动员实际身高为1.98m，在相片上身高5.00cm，排球在照片上留下了0.50cm的径迹，根据以上数据可估算出她的发球时速为（ ） A．24Km/h B．68Km/h C．86Km/h D．120Km/h 【考点】17：速度．
【分析】当时间很短时，可以用平均速度表示该时间内某个时刻的瞬时速度；先根据比例估算出排球的位移大小，然后根据平均速度的定义列式求解平均速度，得到发球时速． 【解答】解：在相片上巴洛斯身高5.00cm，她的实际身高为1.98m，排球在照片上留下了0.50cm的径迹，故位移x约为0.198m； 相机的曝光时间t=秒，故发球时速： v==
C正确，ABD错误； 故选：C．
5．物体甲的x﹣t图象和物体乙的v﹣t图象分别如图所示，则这两个物体的运动情况是（ ）
A．甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为4m B．甲在整个t=6s时间内有往返运动，它通过的总体位移为零 C．乙在整个t=6s时间内有往返运动，它通过的总体位移为6m D．乙在整个t=6s时间内运动方向一直不变，它通过的总位移大小为零
【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】x﹣t图象的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量．v﹣t图象的斜率表示加速度，图象与t轴包围的面积大小表示位移大小．由此分析即可．
【解答】解：AB、根据x﹣t图象的斜率表示速度，可知甲在整个t=6s时间内运动方向一直不变，总位移为△x=2m﹣（﹣2m）=4m，故A正确，B错误．
CD、乙在0﹣3s内沿负方向做匀减速直线运动，3﹣6s内沿正方向做匀加速直线运动，根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，知乙通过的总位移为零．故CD错误．
故选：A
6．小球以某一较大初速度冲上一足够长光滑斜面，加速度大小为5m/s2则小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移是（ ） A．2.0m B．2.5m C．3.0m D．3.5m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】斜面光滑，小球在斜面上做匀减速运动，其逆过程是匀加速运动，运用逆向思维解答．
【解答】解：小球在沿斜面上滑过程中最后一秒的位移等于从最高点沿斜面下滑第一秒内通过的位移，为： x=故选：B
7．一辆遥控车在平直公路上做刹车实验，t=0时刻起运动过程的位移x与速度v的关系式为x=20﹣0.2v（各量均采用国际单位制单位），下列分析正确的是（ ） A．上述过程的加速度大小为5m/s B．t=0时刻的初速度为20m/s C．刹车过程的位移为20m D．至t=6s时车的位移为15m
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】将位移与速度的关系式x=（10﹣0.1v）m与匀变速直线运动的位移与速度的关系式对比，可得到刹车时初速度和加速度，就可判断刹车时间，从而可求刹车的位移． 【解答】解：AB、根据公式 x==﹣+和位移与速度的关系式为 x=（20﹣0.2v）m，可得：﹣ =20，
=﹣0.2，解得：a=﹣2.5m/s，v0=10m/s，则加速度大小为2.5m/s．故AB错误．
2
22
2
2
2
==2.5m，故B正确，ACD错误
C、刹车过程的位移为 x==m=20m，故C正确．
D、刹车至停的用时 t0=为x=20m，故D错误． 故选：C
=s=4s，所以至t=6s时车的位移等于刹车4s时的位移，
8．如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O点．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L．现用力F作用于小球B上（图上F未标出），使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．则力F最小值为（ ）
A． G B． G C．G D．2G
【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】根据系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上时A的受力的特点，判断出B的受力，然后由矢量合成的特点即可得出结论．
【解答】解：根据系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上的特点可知，A一定只受到重力和绳子的拉力，否则不能静止在竖直方向上，属于杆对A的作用力等于0，对B的作用力也等于0．
轻杆与细线OA长均为L，可知∠ABO等于45°．
B只受到重力，绳子的拉力以及力F的作用，根据平行四边形定则可知，当力F的方向与绳子的方向垂直时，力F最小．如图 最小值是：
故A正确，BCD错误． 故选：A
．
9．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当
风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（ ）
A．4m B．8m C．32m D．64m 【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用．
【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．
【解答】解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有： F=f N=mg 其中： F=kSv=kav f=μN=μmg=μρag 解得： a=
3
2
22
现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍； 故选：D
10．一个物体在6个共点力的作用下处于静止状态，现在撤去其中的两个力，这两个力的大小分别是15N和25N，其余4个力保持不变，则该物体所受合力大小可能是（ ） A．零 B．3N C．20N D．40N
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】一个物体在6个共点力的作用下处于静止状态，合力为零，两个力的合力与剩余4个力的合力等值反向，求出两个力的合力范围，从而得出剩余4个力的合力范围． 【解答】解：撤去的两个力的合力与剩余力的合力等值反向，撤去两个力的合力范围为[10N，40N]，则剩余力的合力范围为[10N，40N]，故C、D正确，A、B错误． 故选：CD．
11．从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有一物体B自由下落，两物体在空中相遇时速率为v，则下列说法中正确的是（ ） A．物体A，B各自在空中运动的总时间相等
B．物体A上抛的初速度和物体B落地时的速度大小相等，都是2v C．两物体在空中相遇时的位置一定是物体B开始下落时高度的中点 D．物体A能上升的最大高度和物体B开始下落时的高度相同 【考点】1N：竖直上抛运动；1J：自由落体运动．
【分析】竖直上抛运动看成向上的加速度为﹣g的匀减速直线运动处理，根据两物体在空中同时到达同一高度求出运动经过的时间，由运动学公式和竖直上抛运动的对称性分析求解． 【解答】解：A、根据竖直上抛运动的对称性可知，B自由落下到地面的速度为2v，在空中运动时间为tB=
，
=
．故A错误．
A竖直上抛物体在空中运动时间tA=2×
B、设两物体从下落到相遇的时间为t，则对于自由下落物体有：gt=v；竖直上抛物体的初速度为v0，则由题v=v0﹣gt 解得v0=2v，故B正确． C、D、物体A能上升的最大高度hA=显然两者相等．
B下落的时间为t=，下落的高度为h=gt2=中点．故C错误，D正确． 故选：BD
12．质量为M，半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m，半径为r的光滑球B以下说法正确的有（ ）
A．A对地面的压力等于（M+m）g B．A对地面的摩擦力方向向左
=hB．则知不是B物体开始下落时高度的=
，B开始下落的高度hB=g（
）2=
，
C．B对A的压力大小为
D．细线对小球的拉力大小为
【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用；29：物体的弹性和弹力．
【分析】根据受力平衡，首先由整体法求得地面对A的作用力，再由隔离法对B进行受力分析，由B受力平衡得到B的受力情况；最后由牛顿第三定律即可求得各相互作用的力． 【解答】解：AB、将AB看成一个整体，那么物体只受重力和地面对A的支持力作用，故由受力平衡可得：A对地面的摩擦力为零，且支持力FN=（M+m）g，再根据牛顿第三定律可得：A对地面的压力等于（M+m）g，故A正确，B错误； CD、设A对B的支持力FN′与水平方向夹角为θ，那么，对B进行受力分析可得：
；
细线对小球的拉力大小为：
根据牛顿第三定律可得：B对A的压力大小为，故CD正确； 故选：ACD．
二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）
；
13．借助运动传感器可用计算机测出物体运动的速度．如图所示，传感器系统由两个小盒子A、B组成，A盒装有红外线发射器和超声波发射器，它装在被测物体上，每隔0.3s可同时发射一个红外线脉冲和一个超声波脉冲；B盒装有红外线接收器和超声波接收器，B盒收到红外线脉冲时开始计时（红外线的传播时间可以忽略不计），收到超声波脉冲时计时停止．在某次测量中，B盒记录到的连续两个超声波脉冲所需的时间分别为0.15s和0.155s，由此可知，该物体A正 远离 （选填“靠近”或“远离”）B盒运动，该物体运动的速度为 5.7 m/s．（超声波传播速度取340m/s）
【考点】M4：探究小车速度随时间变化的规律．
【分析】根据题意B盒记录到的连续两个超声波脉冲所需的时间分别为0.15s和0.155s，时间变长，故A盒运动方向是背离B盒，由s=vt可求两次的位移差，时间为△t=t2﹣t1=0.3s，物体运动的速度为v=
，从而即可求解．
【解答】解：根据题意，得：B盒记录到的连续两个超声波脉冲所需的时间分别为0.15s和0.155s，时间变长，由s=vt知，s变大，故A盒运动方向是远离B盒； 由运动学公式s=vt，得s1=vt1=340×0.15=51m，s2=vt2=340×0155=52.7m 由v=得v=
==5.7m/s
故答案为：远离，5.7．
14．如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数均为k，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧．则上述过程中，下面木块上升的距离为
．
、上面木块上升的距离为
【考点】2S：胡克定律．
【分析】开始时弹簧处于压缩状态，弹力等于两个木块的总重力，由胡克定律求出弹簧压缩的长度x1和x2．当上面的木块刚离开上面弹簧时，弹簧仍处于压缩状态，此时弹力等于下面木块的重力，再由胡克定律求出弹簧此时压缩的长度x2′，所以在这过程中上面木块移动的距离为s1=（x2﹣x2′）+x1，下面木块移动的距离s2=x2﹣x2′．
【解答】解：开始时：设上面弹簧压缩的长度x1，下面弹簧压缩的长度x2，则有： m1g=kx1 m1g+m2g=kx2 解得：
；
当上面的木块刚离开上面弹簧时，设下面弹簧压缩的长度为x2′，则有：
m2g=kx2′ 得到：
所以在这过程中上面木块移动的距离为：下面木块移动的距离为： 故答案为：
；
15．如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．再用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．
（1）用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是： 保证前后两次作用力的效果相同 ．
（2）这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的a点标记得不妥，其原因是： oa两点的距离太近，画力的方向时容易产生误差． ．
（3）图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中 F 是F1和F2合力的实际测量值．
【考点】M3：验证力的平行四边形定则．
【分析】（1）验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向；
（2）在找出力的方向时，应使两点距离大一些，这样可以减小误差． （3）分析两个合力的来源可知实验值及真实值；
【解答】解：（1）两次拉到同一位置可以保证前后两次作用力的效果相同；
（2）由图可知，o、a两点距离太近，画力的方向时容易产生误差，应使a离o远一些； （3）实际测量值一定与AO在同一直线上，而另一合力是由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线，故F为实际测量值，F′为理论值；
故答案为：（1）保证前后两次作用力的效果相同；（2）oa两点的距离太近，画力的方向时容易产生误差．（3）F．
16．关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是 （ ） A．电磁打点计时器使用的是4V∼6V的直流电源 B．使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越小
C．在测量物体速度时，先让物体运动，后接通打点计时器的电源 D．纸带上打的点越密，说明物体运动的越快 【考点】L5：电火花计时器、电磁打点计时器．
【分析】了解电磁打点计时器的工作电压和实验的工作步骤，打点计时器使用的都是交流电源；能够熟练使用打点计时器便能正确解答该题．在实验操作步骤的顺序上要注意先通电，后释放纸带．
【解答】解：A、电磁打点计时器使用的是4V∼6V的交流电源，故A错误；
B、使用的电源频率越高，根据周期与频率关系T=可知，打点的时间间隔就越小，故B正确；
C、在测量物体速度时，先接通打点计时器的电源，后释放纸带让物体运动，故C错误； D、纸带上打的点越密，说明物体在相同时间运动的位移越小，则运动的速度越小，运动的越慢，故D错误； 故选：B
17．在研究匀变速直线运动的实验中电源频率为50Hz，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A．B．C．D．E为相邻的记数点，相邻记数点间有4个计时点未标出，设A点为计时起点，则可求得C点的瞬时速度VC= 1.7 m/s，小车的加速度a= 6.4 m/s2（计算结果保留两位有效数字）
【考点】M5：测定匀变速直线运动的加速度．
【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C点时小车的瞬时速度大小．
【解答】解：由于相邻记数点间有4个计时点未标出，即从A点开始每5个点取一个计数点（打点计时器的电源频率是50Hz），所以相邻的计数点间有5个时间间隔，即：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C点时小车的瞬时速度大小为： vC=
=
m/s=1.7m/s
2
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT可以求出加速度的大小，得： s3﹣s1=2a1T s4﹣s2=2a2T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得： a=（a1+a2）
2
即小车运动的加速度计算表达式为：a=，
代入数据解得：a=故答案为：1.7，6.4．
三、解答题（共3小题，满分0分）
m/s=6.4m/s
22
18．如图所示，质量m=9.8kg的木块静止于水平面上，现用大小为30N、方向与水平方向成θ=37°斜向上的拉力F拉动木块，使木块沿水平地面匀速滑行．取g=10m/s2， （sin37°=0.6，cos37°=0.8）求 （1）木块对地面压力的大小 （2）木块与地面间的动摩擦因素μ
【考点】37：牛顿第二定律；29：物体的弹性和弹力．
【分析】（1）由木块在竖直方向上受力平衡得到地面对木块的支持力，再由牛顿第三定律即可得到木块对地面压力；
（2）根据木块在水平方向上受力平衡得到摩擦力，就可根据摩擦力公式求得动摩擦因数． 【解答】解：（1）木块沿水平地面匀速滑行，故木块受力平衡； 那么在竖直方向上有：mg=Fsinθ+FN
所以有：FN=mg﹣Fsinθ=9.8×10﹣30×0.6（N）=80N； 由牛顿第三定律可得：木块对地面压力的大小也为80N； （2）木块在水平方向上受力平衡，则有：μFN=Fcosθ 解得：
；
答：（1）木块对地面压力的大小为80N； （2）木块与地面间的动摩擦因素μ为0.3．
19．如图为某主题公园一种大型游戏机“跳楼机”．参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．取g=10m/s2．求：
（1）座椅在自由下落结束时刻的速度大小？ （2）在匀减速阶段，座椅和游客的加速度大小．
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】（1）由匀加速运动的速度公式直接求解；
（2）由匀变速的位移公式求得自由落体的位移，进而得到匀减速运动的位移，然后再根据匀变速运动的位移公式求得加速度．
【解答】解：（1）座椅由静止自由下落1.2s，座椅在自由下落结束时刻的速度大小为：v=gt=12m/s；
（2）自由落体的位移为：
所以，匀减速阶段初速度v=12m/s，末速度为0，位移为：x=40﹣4﹣7.2（m）=28.8m， 那么在匀减速阶段，座椅和游客的加速度大小为：答：（1）座椅在自由下落结束时刻的速度大小为12m/s； （2）在匀减速阶段，座椅和游客的加速度大小为2.5m/s2．
20．在一条平直的公路上有一辆长L0=1.5m的电动自行车正以v=3m/s的速度向前行驶，在其车尾后方S0=16.5m远处的另一条车道上有一辆长L=6.5m的公共汽车正以v0=10m/s同向驶来．由于公共汽车要在前方设50m处的站点停车上下旅客，便在此时开始刹车使之做匀减速运动，结果车头恰停在站点处．不考虑公共汽车的再次启动，求 （1）公共汽车刹车的加速度
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间 （3）两车错车的时间．
【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】（1）由汽车的刹车距离求得其加速度．
（2）、（3）由加速度与二者的初速度确定汽车相对自行车的相对运动确定其第一次错车时间．第一次错车后公共汽车速度与自行车速度相等，所以自行车将会反超公共汽车，由自行车的位移可求出第二次错车的时间．
【解答】解：（1）由汽车刹车s=50m处的站点停车，则汽车刹车加速度为：a==﹣1m/s2．
（2）汽车相对自行车做初速度为：v′0=（10﹣3）m/s=7m/s、加速度大小为a=﹣1m/s2 的匀减速运动．
=
；
则车头到达自行车尾历时为t1，则有：S0=v′0t1+at1． 代入数据得：16.5=7t1+（﹣1）t1． 代入数据解得：t1=3s
（3）车尾到达自行车头历时为t2：则有：S0+L+L0=v′0t2+at22． 代入数据得：16.5+6.5+1.5=7t2+（﹣1）t22． 代入数据解得：t2=7s
则第一次错车时间为：△t1=t2﹣t1=4s
第一次错车后公共汽车的速度为：v′=v0﹣at2=10﹣7=3m/s=v0
第一次错车后公共汽车的位移为：s′=v0t﹣at2=10×7﹣×1×49=45.5m＜50m 所以第一次错车后自行车将反超公共汽车，并在公共汽车停止后完全反超 从第一次错车后到自行车完全反超自行车，有： v△t2=s﹣s′+L+L0=50﹣45.5+6.5+1.5=12.5m 解得第二次错车时间为：△t2=
s
=
s
2
2
2
所以两车错车总时间为：△t=△t1+△t2=4+答：（1）公共汽车刹车的加速度是﹣1m/s2．
（2）从汽车开始刹车计时，公共汽车（车头）从后方追至自行车车尾所需的时间是3s． （3）两车错车的时间是 四、附加题
21．已知一质点X方向做变加速直线运动，已知其初速度为v0，加速度方向与初速度方向相同．
（1）若其加速度随时间的变化关系为a=a0﹣kt，式中a0，k（k＞0）均为常量，求当t=t0时（a≠0）质点的速率
（2）若其加速度随位移的变化关系为a=a0+kx，式中a0，k（k＞0）均为常量，求当x=x0时质点的速率．
【考点】1G：匀变速直线运动规律的综合运用．
【分析】（1）将加速度用速度和时间的变化量来表示，然后化简得到速度和时间的变化量关
s．
系式，再对其进行累加即可求解；
（2）将加速度用位移和时间的变化量来表示，然后化简得到位移和时间的变化量关系式，再对其进行累加即可求解． 【解答】解：（1）加速度以，当t=t0时质点的速率
，那么，△v=a0△t﹣kt△t=
；
，所
（2）加速度，那么，
，所以，当
；
x=x0时质点的速率
答：（1）若其加速度随时间的变化关系为a=a0﹣kt，式中a0，k（k＞0）均为常量，则当t=t0时（a≠0）质点的速率为
；
（2）若其加速度随位移的变化关系为a=a0+kx，式中a0，k（k＞0）均为常量，则当x=x0时质点的速率为
．
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