2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高一（下）开学物理试卷（含解析）

2023-2024学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高一（下）开学物理试卷
一、单选题：本大题共9小题，共27分。
1.关于万有引力和行星运动规律，下列说法中正确的是( )
A. 开普勒利用自己观测的行星运动数据，发现行星绕太阳做匀速圆周运动
B. 牛顿提出了万有引力定律，并计算出了地球的质量
C. “月地检验”中比较的是月球绕地球公转的向心加速度和赤道上物体随地球自转的向心加速度
D. 开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动
2.年世界泳联锦标赛中，中国军团以枚金牌的成绩力压美国，位列金牌榜第一名。若把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. ，运动员处于失重状态 B. 运动员在时刻接触水面
C. 运动员在水中时，最深处的加速度最大 D. 运动员潜入水中的深度等于
3.如图所示，煤矿使用传送带运送煤块。水平传送带的长度一定，以一定的速度顺时针转动。将一煤块轻放在传送带最左端的点，煤块先做匀加速运动再匀速运动到达最右端。下列说法正确的是( )
A. 煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力，后是静摩擦力
B. 煤块在向右匀加速运动的过程中，受到的摩擦力水平向左
C. 煤块质量越大，在传送带上留下的划痕越长
D. 仅提高传送带的传送速度，煤块在传送带上可能一直做匀加速运动
4.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复，弹簧始终处在弹性限度内。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力随时间变化的图像，如图乙所示。不计空气阻力，则下列选项正确的是( )
A. 时刻小球速度最大
B. 时刻小球速度最大
C. 这段时间内，小球的速度先增大后减小
D. 这段时间内，小球的加速度先增大后减小
5.研究某公交车的刹车性能时，让公交车沿直线运行到最大速度后开始刹车，公交车开始刹车后位移与时间的关系满足物理量均采用国际制单位，则下列说法正确的是( )
A. 公交车运行的最大速度为
B. 公交车刹车的加速度大小为
C. 公交车刹车后第内的平均速度为
D. 公交车从刹车开始内的位移为
6.如图所示，是平面直角坐标系，水平、竖直，一质点从点开始做平抛运动，点是轨迹上的一点。质点在点的速度大小为，方向沿该点所在轨迹的切线方向。点为点在轴上的投影，点速度方向的反向延长线与轴相交于点。已知，，重力加速度取，则下列说法正确的是( )
A. 平抛的初速度为
B. 质点在点的速度大小为
C. 连线与水平方向的夹角为
D. 若平抛初速度加倍，则质点下落到与点同一高度所用时间将减半
7.“加速度的变化率”可以表示加速度随时间变化的快慢。汽车加速度的变化率越小，乘客舒适感越好。某轿车由静止启动，前内加速度随时间的变化关系如图所示，则( )
A. 内轿车做匀速运动
B. 第末，轿车速度达到
C. 加速度变化率的单位为
D. 乘客感觉内比内更舒适
8.如图所示，固定在竖直平面内的半圆弧轨道两端点、连线水平，将一轻质小环套在轨道上，一根轻质细线穿过轻环，一端系在点，另一端系一质量为的小球，不计一切摩擦，小球恰好静止在图示位置，重力加速度为，则下列说法不正确的是( )
A. 轨道对轻环的支持力大小为
B. 细线对点的拉力大小为
C. 细线对轻环的作用力大小为
D. 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为
9.如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球大小不可忽略，系绳延长线过球心、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中( )
A. 玩具小车做减速运动 B. 玩具小车做加速运动
C. 绳对球的拉力大小变小 D. 绳对球的拉力大小变大，球处于超重状态
二、多选题：本大题共5小题，共20分。
10.如图所示，轻绳沿竖直方向，轻绳沿水平方向，金属小球、均处于静止状态，重力加速度为，则下列说法正确的是( )
A. 球受四个力
B. 球受两个力
C. 剪断轻绳瞬间，球加速度大小为
D. 剪断轻绳瞬间，球加速度大小为
11.如图所示，、两物体相距，物体以的速度向右匀速运动，而物体此时的速度为，向右做匀加速运动，加速度为。欲让两物体相遇两次，则可能的值为( )
A. B. C. D.
12.如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体、，两物体间用一根细线连接，在细线的中点施加一与斜面垂直的拉力，使两物体及斜面均处于静止状态。下列说法正确的是( )
A. 、两物体对斜面的压力一定相同 B. 、两物体的受力个数一定相同
C. 地面受到的摩擦力向右 D. 逐渐增大拉力，物体先滑动
13.如图，内壁光滑的玻璃管内用长为的轻绳悬挂一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力。下列说法正确的是( )
A. 仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B. 仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小
C. 仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D. 仅增加角速度至 后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
14.如图所示，一个倾角为的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板一劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与物块连接，物块与物块接触且不粘连，弹簧与斜面平行，物块通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块连接，物块、和的质量均为，物块、与斜面之间的动摩擦因数均为，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住使细线刚好伸直但不绷紧，此时、处于静止状态且、与斜面之间的静摩擦力刚好为，然后松手，物块下落，、上升，在、分离时，还没有落地。重力加速度，，，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是( )
A. 松手前，弹簧弹力为
B. 当弹簧弹力为时，、恰好分离
C. A、分离瞬间，弹簧弹力为
D. 从释放到、分离这一过程中，物块的最大加速度为
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
15.用如图甲所示的向心力演示器探究向心力的表达式，已知小球在挡板、、处做圆周运动的轨迹半径之比为：：。
在这个实验中，利用了______来探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
探究向心力大小与质量的关系时，选择两个质量______选填“相同”或“不同”的小球，分别放在______选填“”或“”和挡板处。
如图乙所示，一类似于实验装置的皮带传动装置，、、三点到各自转轴的距离分别为、、，已知，若在传动过程中，皮带不打滑。则点与点的角速度之比______，点与点的向心加速度大小之比______。
16.在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验，受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验。如图甲所示，主要步骤如下：
将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；
将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块，弹簧处于原长时滑块左端位于点，点到点的距离为，拉动滑块使其左端处于点，由静止释放并开始计时；
计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力，加速度随时间变化的图像，部分图像如图乙所示。
回答以下问题结果均保留两位有效数字：
弹簧的劲度系数为______；
该同学从图乙中提取某些时刻与的数据，画出图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为______；
该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的图像Ⅱ，则待测物体的质量为______。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
17.城镇老旧小区改造中常需要把建材吊运到居民楼顶，吊运过程如图所示，静止站在地面上的工人将建材拉离墙面一定距离，楼顶工人缓慢向上拉绳。某时刻轻绳、与竖直方向的夹角分别为、，已知建材的质量，，，。求该时刻：
轻绳、的拉力和的大小；
人对地面的摩擦力的大小和方向。
18.如图所示，水平地面上固定有倾角为，高为的斜面。点位于点正上方且与点等高。细绳一端固定于点，另一端与质量为的小球相连。细绳能够承受的最大拉力为为重力加速度。小球在竖直平面内做圆周运动，到最低点时细绳恰好拉断，之后做平抛运动并恰好垂直落到斜面上，求：
细绳长度；
小球做平抛运动的时间。
19.如图甲所示，质量，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板左端放置一个质量、大小可以忽略的小物块。物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，从时刻开始对物块施加一水平向右的拉力，拉力的大小随时间的变化关系如图乙所示，末撤去拉力。，物块与木板间及木板和地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
时，物块受到的摩擦力大小；
在的时间内，物块相对木板滑行的位移大小；
木板在水平地面上停止运动的时刻。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、开普勒利用第谷观测的行星运动数据，发现行星绕太阳的轨迹为椭圆，故A错误；
B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪什测出了引力常量，并首次计算出了地球的质量，故B错误；
C、牛顿通过比较月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度和地面重力加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”，故C错误；
D、开普勒行星运动定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动，故D正确。
故选：。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】
【解析】解：由图可知运动员的加速度相同，加速度为正，方向竖直向下，根据超重和失重的含义可知，运动员处于失重状态，故A正确；
时刻速度减小，运动员开始接触水面，时刻速度为零，运动员在水的最深处；图像斜率的绝对值表示加速度的大小，时刻的斜率最小，加速度最小，故BC错误；
D.则运动员潜入水中的深度为时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的深度
，故D错误。
故选：。
A.运动员的加速度相同，加速度为正，方向竖直向下，再根据超重和失重的含义分析作答；
时刻速度减小，运动员开始接触水面，时刻速度为零，运动员在水的最深处，根据图像的斜率分析加速度；
D.根据图像的面积分析作答。
本题主要考查了对图像的理解，知道图像斜率绝对值表示加速度的大小，图像与坐标轴围成的“面积”表示位移。
3.【答案】
【解析】解：共速前，煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力；共速后，煤块不受摩擦力作用，故A错误；
B.煤块在向右匀加速运动的过程中，煤块相当于传送带的运动趋势水平向左，因此煤块受到的摩擦力水平向右，故B错误；
C.以煤块为对象，根据牛顿第二定律
解得加速度
根据运动学公式，煤块与初速度共速所用时间为
煤块在传送带上留下的划痕长度为
可知煤块在传送带上留下的划痕长度与煤块的质量无关，故C错误；
D.仅提高传送带的传送速度，可能煤块到达右端前还没有与传送带共速，则煤块在传送带上可能一直做匀加速运动，故D正确。
故选：。
由于煤块的初速度为零，所以煤块相对于传送带向左运动，煤块受到向右的滑动摩擦力作用，当加速到与传送带速度相等时，摩擦力突变为零；
C.根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求共速时间，根据运动学公式求相对位移，即划痕的长度；
D.煤块与传送带共速的时间与传送带的长度和传送带的速度有关，根据牛顿第二定律和运动学公式分析作答。
本题考查了传送带问题，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，要掌握传送带问题的处理方法；掌握求解煤块划痕的方法。
4.【答案】
【解析】解：、时刻小球刚接触弹簧，小球的速度仍在增大，速率不是最大，故A错误；
B、时刻小球到达最低点，其速率为零，故B错误；
C、根据合力的方向与速度方向可知，这段时间内，小球的合力先向上，后向下，小球先加速后减速，故C正确；
D、这段时间内，小球从最低点向上运动，弹簧的弹力先大于小球的重力，后小于重力，合力先向上，后向下，而弹力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度先减小后反向增大，故D错误。
故选：。
A、可利用此刻小球的所受合力情况判断加速度方向，进而判断速度变化情况；
B、利用图像判断弹簧弹力与小球的运动情况；
C、利用牛顿第二定律合力与加速度的关系，判断小球加速度变化情况；
D、利用牛顿第二定律合力与加速度的关系，判断小球加速度变化情况。
本题考查了对牛顿第二定律的理解，其中涉及到通过合力情况判断加速度情况的问题。
5.【答案】
【解析】解：、由匀变速直线运动位移与时间公式，
又由
有，。
由题意可知汽车做匀减速直线运动，故汽车运动的最大速度为初速度，为，故AB错误；
C、利用
代入数据解得前内位移为：
前内位移为：
第位移为：
代入数据解得
平均速度为：
代入数据解得，故C正确；
D、设汽车刹车至停下的时间为，根据速度与时间公式
代入数据解得，所以汽车末已经停下来，
故刹车位移为
，故D错误。
故选：。
、可利用位移与时间公式，结合题中所给公式判断最大速度、加速度；
C、利用公式计算出第位移，再利用平均速度公式计算平均速度；
D、可先计算刹车时间，再利用公式计算此阶段的位移。
本题考查了对匀变速直线运动规律的理解，重点考查了对位移与时间公式的应用，其中把握刹车问题为实际问题是解决本题的关键。
6.【答案】
【解析】解：根据平抛运动的推论可知是的中点，则有
竖直方向做自由落体运动，则有
可得
水平方向做匀速直线运动，则有
解得
故A正确；
B.质点在点的竖直速度为
所以质点在点的速度为
解得
故B错误；
C.根据速度的分解有
解得
所以质点在点的速度方向与水平方向的夹角为，故C错误；
D.平抛运动时间仅与高度有关，与水平初速度无关，下降相同高度所用时间也相同，故D错误。
故选：。
根据平抛运动的推论可知是的中点，根据平抛运动规律解得初速度；解得质点在点的竖直速度，根据速度的合成与分解解得，平抛运动时间仅与高度有关。
本题考查了平抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础。
7.【答案】
【解析】解：、由图像知内，加速度不变，轿车做匀加速运动，故A错误；
B、图像围成的面积表示速度的变化量，内图像的面积为
因初速度为，即第末，轿车速度达到，故B正确；
C、加速度变化率为加速度的变化量除以时间，单位为，时间单位为，故加速度变化率的单位为，故C错误；
D、由图像知内的加速度变化率为
而内加速度变化率为，由题知加速度变化率越小乘客感觉越舒适，即内乘客感觉更舒适，故D错误。
故选：。
根据加速度变化率的定义式可以知道其单位。匀减速直线运动的加速度恒定不变。图象与坐标轴所围面积表示速度的变化量。由数学知识求汽车的瞬时速度。
本题主要考查物体运动时加速度的定义，知道在图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量，能理解加速运动与减速运动由加速度与速度方向决定，而不是由加速度的大小变化决定。
8.【答案】
【解析】解：对球分析，受重力和拉力而平衡，故：；再对环受力分析，受两个拉力和支持力，如图所示：
对环根据平衡条件可知，两段细线拉力的合力沿角平分线方向，则图中，
再根据等腰三角形底角相等，有，而，故。
A、轨道对轻环的支持力大小，故A正确；
B、细线对点的拉力大小为，故B正确；
C、细线对轻环的作用力大小为两个拉力的合力，为，故C错误；
D、根据图中几何关系可得点和轻环的连线与竖直方向的夹角为，故D正确。
本题选择错误选项；
故选：。
先对球受力分析，受重力和细线的拉力而平衡，根据平衡条件求解细线的拉力；再对轻环受力分析，受两个拉力和支持力，结合平衡条件作图分析即可。
本题考查共点力平衡条件，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、结合几何关系和平衡条件列式求解。
9.【答案】
【解析】解：拉球的绳子与竖直方向夹角为，由于球的半径不能忽略，易知球在上升的过程中，逐渐增大。
、将球的速度分解为沿绳子和垂直于绳子方向，车与球在沿绳子方向上速度相等
可知
球上升的过程中，随着增大，车速逐渐减小，因此玩具小车做减速运动，故A正确，B错误；
、由于球匀速运动，所受合力为零
则在竖直方向上有
可得
随着逐渐增大，绳子拉力逐渐增大，而球匀速运动，即不处于超重状态也不处于失重状态，故CD错误。
故选：。
、将球的速度沿着绳和垂直绳的速度分解根据关联速度问题可知，其中沿着绳的速度等于玩具小车速度，据此判断；
、将绳的拉力分解，再根据竖直方向平衡判断拉力变化情况。
本题考查了运动的合成与分解问题，涉及了关联速度，一般有绳的关联速度问题，沿着绳的分速度相等，这是解题的突破口。
10.【答案】
【解析】解：对小球受力分析如下图
对于球，竖直方向上球受到重力以及绳的拉力，水平方向上，由于球保持静止，故绳对球无拉力，球受两个力，即重力与绳的拉力。对于球，竖直方向球受到重力，由于绳无拉力，由平衡条件可知，绳对球一定存在拉力，球受三个力，即重力、绳的拉力以及绳力，故A错误，B正确；
C.剪断轻绳瞬间，对球受力分析如下图
球只受到重力，绳以及绳无拉力，故球加速度大小为，故C正确；
D.剪断轻绳瞬间，对球受力分析如下图
球受到重力与绳的拉力，故球的加速度大小不为，故D错误。
故选：。
画出小球、的受力示意图，对两球的状态分析可能的受力情况；
先判断某力发生突变时合力的情况，再根据瞬时加速度跟瞬时合外力的关系判断；
考查物体的受力分析和瞬时加速度问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
11.【答案】
【解析】解：设经过时间，物体、相遇，位移满足
物体做匀速直线运动的位移
物体做匀加速直线运动的位移
联立并代入数据可得
根据上述方程，有可能成立的值时，由
得
故CD正确，AB错误。
故选：。
可先假设经过时间，物体、相遇，利用相遇时的位移关系计算出相遇时间关于距离的关系式，利用关系式表示的线性关系，计算有可能成立时，的大小。
本题考查了匀变速直线运动中追及相遇的问题，利用位移与时间公式联立两物体间的距离与时间关系是解决本题的关键，其中应用数学知识解析物理量间关系是解决此类题型的必备能力。
12.【答案】
【解析】解：、利用正交分解法分别对、进行受力分析，在垂直于斜面方向，都有，即、两物体对斜面的压力相同，故A正确；
B、对，有斜向下的运动趋势，受到的力有重力、支持力、绳的拉力、静摩擦力共个力；对，其运动趋势既可能斜向上也可能斜向下，摩擦力可能斜向上也可能斜向下，甚至可以为零，即可能只受到个力作用，故B错误；
C、把物体、和斜面看成是一个整体，整体处于静止状态，在水平方向的分量与地面对斜面的静摩擦力是一对平衡力，所以在水平方向的分量向左，受到地面的摩擦力向右，地面受到的摩擦力向左，故C错误；
D、对、即将滑动时做受力分析
对沿斜面方向有：
对沿斜面方向有：
正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则先达到最大静摩擦力，先滑动，故D正确。
故选：。
利用整体法，把、、看成一个整体，水平向左的分量和受到地面的摩擦力是一对平衡力；一定有摩擦力，而可以没有摩擦力；绳子对于、两物体在垂直斜面方向的分量相同；把绳子和力和重力都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可。
本题考查了摩擦力、共点力的平衡、力的合成与分解的运用等知识点。对摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题。
13.【答案】
【解析】解：当玻璃管绕竖直轴以角速度匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力，此时对小球受力分析如图所示：，此时向心力：
，
A、增加绳长之后，此时小球需要的向心力增大，此时小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故A错误；
B、增加绳长之后，小球做圆周运动的半径增大，要保持小球与管壁之间无压力，则小球所需向心力大小不变，半径增大，故需要减小角速度，故B正确；
C、增加小球质量，此时，质量可被约去，小球做圆周运动的半径不变，小球对玻璃管无压力，故玻璃管对小球也无压力，故C错误；
D、仅增加角速度至 后，小球需要的向心力增大，小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故D正确；
故选：。
14.【答案】
【解析】解：用手托住使细线刚好伸直但不绷紧，说明绳子拉力为。此时、处于静止状态且、与斜面之间的静摩擦力刚好为。把、看成一个整体，可得
，故A正确；
、恰好分离时，、之间弹力为，并且、加速度相等
先对分析
再把、看成一个整体分析
联立，可得
故B错误，C正确；
D.释放瞬间，的加速度最大，对、、整体分析，释放瞬间
解得，故D正确。
故选：。
利用整体受力平衡可求出弹力大小；根据牛顿第二定律，对以及、整体分析可求出弹力大小；对、、整体分析可求出加速度大小
学生在解决本题时，应注意将受力分析同牛顿第二定律结合起来。
15.【答案】 不相同 ： ：
【解析】解：本实验探究向心力的大小与小球质量、角速度和半径之间的关系的实验，由于影响向心力大小的因素有小球质量、角速度和半径，因此要采用控制变量法进行研究，故AB错误，C正确。
故选：。
探究向心力大小与质量的关系时，要可知两小球做匀速圆周运动的半径相同、两小球的质量不同，因此选择两个质量不同的小球，分别将两小球放在、两个挡位；
两轮通过皮带传动，皮带不打滑时，轮边缘线速度大小相等，因此
根据线速度与角速度的关系
可得
所以点与点的角速度之比
根据题图可知，为同轴传动，因此
联立可得
根据向心加速度公式
因此点与点的向心加速度大小之比。
故答案为：；不相同；；：；：。
根据实验原理分析实验采用的物理研究的方法；
根据控制变量法分析两小球的质量和做圆周运动的半径；
、两点为皮带传动，、两点为同轴传动；根据两种传动方式的特点，结合圆周运动线速度、角速度和转动半径的关系以及圆周运动向心加速度的公式求解作答。
本题考查了探究向心力的表达式的实验，理解实验的原理和实验采用的物理研究方法；知道圆周运动两种传动方式的特点，掌握圆周运动线速度、角速度和转动半径的关系以及圆周运动向心加速度的公式是解题的关键。
16.【答案】
【解析】解：由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于点，点到点的距离为拉动滑块使其左端处于点，由静止释放并开始计时。结合图乙的图有
，
根据胡克定律
计算出
根据牛顿第二定律有
则图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中Ⅰ，则有
则滑块与加速度传感器的总质量为
滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中Ⅱ，则有
则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为
则待测物体的质量为
故答案为：；；
根据图像结合胡克定律解得；
根据牛顿第二定律结合图像可解得质量．
本题考查牛顿第二定律，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意图像斜率的含义。
17.【答案】解：以建材为研究对象，受力分析后建坐标系如图所示：
根据平衡条件，竖直方向有
水平方向
联立解得，
对人受力分析，在水平方向有
解得
由牛顿第三定律知人对地面的摩擦力大小
方向水平向右。
答：轻绳的拉力和的大小为；轻绳的拉力的大小为；
人对地面的摩擦力的大小为；方向水平向右。
【解析】分别以建材和人为研究对象，进行受力分析；再根据平衡条件和牛顿第三定律求解作答。
本题主要考查了共点力作用下物体的平衡，做好受力分析是解题的关键。
18.【答案】解：细绳断裂后小球平抛的示意图如下
假设小球做平抛运动的水平位移为，竖直位移为，绳长为，根据圆周运动的知识有
之后做平抛运动
将速度方向反向延长经过水平位移中点，有
且
代入，解得
答：细绳长度为；
小球做平抛运动的时间为。
【解析】画出绳断后小球平抛示意图，根据牛顿第二定律，平抛运动的位移规律和速度规律结合图中几何关系列式联立求解。
考查平抛运动规律和牛顿运动定律，会根据题意列式结合几何关系联立解答。
19.【答案】解：由题意可知，在的时间内，物块受到拉力，假设物块与板不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律可得
解得
再隔离有
解得
物块受到最大静摩擦力为
故
假设成立，物块受到的摩擦力大小为。
时，物块和木板的速度为
的时间内，拉力
设物块和木板间发生相对滑动，物块和木板的加速度分别为和
隔离有
隔离有
解得
加速度不相等，所以物块和木板间会发生相对滑动；
时，物块和木板的速度分别为
在的时间内，物块在木板上滑行的位移大小为
解得
撤去拉力后，设经过时间二者相对静止，此时二者的速度为。物块的加速度大小为
木板的加速度不变仍为
则
解得
解得
由题意可知，二者将一起滑行，一起滑行时的加速度为，时间为，则
解得
故木板在水平地面上停止运动的时刻为
解得
答：时，物块受到的摩擦力大小为；
在的时间内，物块相对木板滑行的位移大小为；
木板在水平地面上停止运动的时刻为。
【解析】分别对物块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出其加速度，结合最大静摩擦力大小分析解答；
分别计算物块和木板运动的位移，从而计算物块相对木板滑行的位移大小；
根据物块与平板的运动情况，分阶段解得时间，求和即可。
根据物体的受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中是个变力，在后发生了改变，所以加速度也要发生变化。采用隔离法，由牛顿第二定律和运动学公式相结合研究。
第1页，共1页