陕西省延安市黄陵中学2016-2017学年高一（上）期末物理试卷（重点班）（解析版）

2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末物理试卷（重点班）
　
一、单项选择题30分（共10小题，每小题3分）
1．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（　　）
A．伽利略
B．牛顿
C．开普勒
D．胡克
2．下列各组物理量中，都是矢量的是（　　）
A．位移、时间、速度
B．速度、速率、加速度
C．加速度、速度的变化量、速度
D．路程、时间、位移
3．如图所示，小球以v1=3m/s的速度水平向右运动，碰一墙壁经△t=0.01s后以v2=2m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01s内的平均加速度是（　　）
A．100
m/s2，方向向右
B．100
m/s2，方向向左
C．500
m/s2，方向向左
D．500
m/s2，方向向右
4．美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（　　）
A．30
m/s
B．40
m/s
C．20
m/s
D．10
m/s
5．如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为μ．现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（　　）
A．L+m1g
B．L+（m1+m2）g
C．L+m2g
D．L+（）g
6．在第12届柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100m决赛中和男子200m决赛中分别以9.58s和19.19s的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．200
m决赛中的位移是100
m决赛的两倍
B．200
m决赛中的平均速度约为10.42
m/s
C．100
m决赛中的平均速度约为10.44
m/s
D．100
m决赛中的最大速度约为20.88
m/s
7．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（　　）
A．0.25
m/s　向右
B．1
m/s　向右
C．0.25
m/s　向左
D．1
m/s　向左
8．如图所示，质量为m=20kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，物体同时还受到大小为10N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力
（g取10m/s2）（　　）
A．大小是10
N，方向水平向左
B．大小是20
N，方向水平向左
C．大小是20
N，方向水平向右
D．大小是30
N，方向水平向右
9．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为（　　）
A．
mg
B．
C．
D．
10．两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑的水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对B的作用力等于（　　）
A．
F
B．
F
C．F
D．
F
　
二、多项选择题20分（共5小题，每小题4分，多选、错选不给分，少选给2分）
11．关于牛顿第一定律的说法正确的是（　　）
A．牛顿第一定律不能在实验室中用实验验证
B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的
D．物体的运动需要力来维持
12．如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小
13．2013年10月24日，中国选手廖辉在举重世锦赛夺得三金，打破挺举、总成绩两项世界纪录．如图所示，假设廖辉抓举质量不变，而两手臂间的夹角变大，当举起保持稳定时，两手臂的用力F1和它们的合力F的大小变化情况为（　　）
A．F1增大
B．F1不变
C．F不变
D．F增大
14．电梯内有一弹簧秤挂着一个重5N的物体．当电梯运动时，看到弹簧秤的读数为6N，则可能是（　　）
A．电梯加速向上运动
B．电梯减速向上运动
C．电梯加速向下运动
D．电梯减速向下运动
15．质点做直线运动的v﹣t图象如图5所示，则（　　）
A．在第1
s内质点做变速直线运动
B．在1～3
s内质点做加速度a=﹣2
m/s2的变速直线运动
C．在2～3
s内质点的运动方向与规定的正方向相反，加速度方向与1～2
s内的加速度方向相同
D．在前3
s内速度的变化量为4
m/s
　
三、实验题18分（每空2分）
16．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，得到了如图所示的图形，图中P为橡皮条的固定点，用两只弹簧秤或用一只弹簧秤时，都将橡皮条与细线的结点拉到O点，实验中要比较的是图中　　和　　两个力的大小和方向，其中力　　是实验直接测得的合力．
17．某次实验纸带的记录如图所示，图中前几个点模糊，因此从O点开始每打5个点取1个计数点，则小车通过D点时速度是　　m/s，小车运动的加速度是　　m/s2．（打点计时器的电源频率是50Hz）
18．探究物体的加速度与力、质量的关系实验如下：
（1）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持　　不变，分别改变施加在物体上的水平拉力F，测出相对应的加速度a．
（2）在探究物体的加速度与物体质量的关系时，应保持　　不变，分别改变物体的
质量m，测出相对应的加速度a．
（3）本实验也可以不测加速度的具体数值，通过测出两个初速度为零的匀加速运动在相同时间内发生的位移x1、x2来测量不同情况下物体加速度的比值，此比值=　　．
（4）如果a﹣图象是通过坐标原点的一条直线，则说明　　．
A．加速度a与质量m成正比
B．加速度a与质量m成反比
C．质量m与加速度a成反比
D．质量m与加速度a成正比．
　
四、计算题32分
19．如图所示，足球质量为m，尼龙绳与墙壁的夹角为θ，求尼龙绳对足球的拉力F1和墙壁对足球的支持力F2．
20．如图所示，质量为m=10kg的物体，在F=60N水平向右的拉力作用下，由静止开始运动．设物体与水平面之间的动摩擦因素 =0.4，求：
（1）物体所受滑动摩擦力为多大？
（2）物体的加速度为多大？
（3）物体在第3s内的位移为多大？
21．行驶安全距离是指从发现障碍到制动，最后完全静止所行驶的距离．小汽车在一条平直公路上行驶时的限速是90km/h．已知汽车橡胶轮胎与干路面的动摩擦因数是0.50，驾驶员的反应时间是0.6s，g取10m/s2．
（1）求小汽车在该路段行驶时的安全距离．
（2）假设遭遇冰雪天气，汽车橡胶轮胎与雪地的动摩擦因数变为0.2，若仍保持原来的行车距离，则此时的最高行驶速度应降低多少？（结果可以用根式表示）
　
2016-2017学年陕西省延安市黄陵中学高一（上）期末物理试卷（重点班）
参考答案与试题解析
　
一、单项选择题30分（共10小题，每小题3分）
1．最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论断的科学家是（　　）
A．伽利略
B．牛顿
C．开普勒
D．胡克
【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．
【分析】本题比较简单，考查了伽利略的主要贡献，根据对物理学史的理解可直接解答．
【解答】解：伽利略最早对自由落体运动进行科学的研究，否定了亚里士多德错误论，故BCD错误，A正确．
　
2．下列各组物理量中，都是矢量的是（　　）
A．位移、时间、速度
B．速度、速率、加速度
C．加速度、速度的变化量、速度
D．路程、时间、位移
【考点】矢量和标量．
【分析】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
【解答】解：A、其中的时间是标量，所以A错误；
B、其中的速率是标量，所以B错误；
C、加速度、速度的变化、速度都是矢量，所以C正确；
D、其中的路程和时间都是标量，所以D错误．
故选C．
　
3．如图所示，小球以v1=3m/s的速度水平向右运动，碰一墙壁经△t=0.01s后以v2=2m/s的速度沿同一直线反向弹回，小球在这0.01s内的平均加速度是（　　）
A．100
m/s2，方向向右
B．100
m/s2，方向向左
C．500
m/s2，方向向左
D．500
m/s2，方向向右
【考点】加速度．
【分析】根据加速度的定义式，结合小球的初末速度求出小球的平均加速度．
【解答】解：规定向右为正方向，则小球的平均加速度为：a=，可知方向向左．
故选：C．
　
4．美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s，若该飞机滑行100m时起飞，假设航空母舰静止，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（　　）
A．30
m/s
B．40
m/s
C．20
m/s
D．10
m/s
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移时间公式便可解决．
【解答】解：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移时间公式有：
解得：v0=m/s=40m/s
故选：B
　
5．如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数均为μ．现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（　　）
A．L+m1g
B．L+（m1+m2）g
C．L+m2g
D．L+（）g
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．
【分析】当两木块一起匀速运动时，木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力而平衡，根据平衡条件求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧伸长的长度，再求解两木块之间的距离．
【解答】解：对木块1研究．木块1受到重力、弹簧的拉力、地面的支持力和摩擦力．
根据平衡条件弹簧的弹力F=μm1g
又由胡克定律得到弹簧伸长的长度x==
所以两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是S=L+x=L+m1g．
故选A
　
6．在第12届柏林世界田径锦标赛中，牙买加飞人博尔特在男子100m决赛中和男子200m决赛中分别以9.58s和19.19s的成绩打破他在北京奥运会创造的纪录，获得两枚金牌，如图所示．关于他在这两次决赛中的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．200
m决赛中的位移是100
m决赛的两倍
B．200
m决赛中的平均速度约为10.42
m/s
C．100
m决赛中的平均速度约为10.44
m/s
D．100
m决赛中的最大速度约为20.88
m/s
【考点】平均速度；位移与路程．
【分析】正确解答本题的关键是：理解应用平均速度的公式求物体的平均速度；理解位移和路程的区别；明确在体育比赛中100米比赛是直道，200米是弯道．
【解答】解：A、200米比赛为弯道，路程大小是200米（位移不是200m），100米比赛为直道，位移大小为100米，故A错误；
B、由于200米比赛为弯道，无法求出其位移大小，故平均速度无法求，故B错误；
C、100米比赛的位移大小为100米，因此其平均速度为：，故C正确；
D、由于100比赛过程中运动员并不是一直匀加速运动，不成立，无法求出其最大速度，故D错误．
故选：C．
　
7．质点做直线运动的v﹣t图象如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为（　　）
A．0.25
m/s　向右
B．1
m/s　向右
C．0.25
m/s　向左
D．1
m/s　向左
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】质点做直线运动的v﹣t图象中，图象与横坐标所围成的面积表示位移，平均速度等于总位移除以总时间，根据即可解题．
【解答】解：由v﹣t图象可知质点前8s内的运动的位移为：
S=×3×2+×5×（﹣2）=﹣2m
因而=﹣0.25m/s
故平均速度大小为0.25m/s，方向向左，故C正确．
故选：C
　
8．如图所示，质量为m=20kg的物体，在粗糙水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，物体同时还受到大小为10N，方向向右的水平拉力F的作用，则水平面对物体的摩擦力
（g取10m/s2）（　　）
A．大小是10
N，方向水平向左
B．大小是20
N，方向水平向左
C．大小是20
N，方向水平向右
D．大小是30
N，方向水平向右
【考点】滑动摩擦力．
【分析】滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，根据f=μFN求出滑动摩擦力的大小．
【解答】解：物体相对于地面向左运动，则滑动摩擦力的方向水平向右，大小f═μFN=0.1×200N=20N．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
　
9．如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为（　　）
A．
mg
B．
C．
D．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】以相机为研究对象，对相机受力分析，先将各支架的作用力向水平和竖直方向分析，由共点力的平衡条件可得出各支架的受力．
【解答】解：要使相机受力平衡，则三根支架竖直向上的力的合力应等于重力，
即3Fcosθ=mg；
解得F=mg；
故选D．
　
10．两个物体A和B，质量分别为m1和m2，互相接触放在光滑的水平面上，如图所示，对物体A施以水平的推力F，则物体A对B的作用力等于（　　）
A．
F
B．
F
C．F
D．
F
【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用．
【分析】对整体研究，由牛顿第二定律求出加速度，再隔离对B研究，B水平方向受到A对它的作用力，由牛顿第二定律求出作用力．
【解答】解：根据牛顿第二定律，得
对整体：a=
对B：F′=m2a=
故选B
　
二、多项选择题20分（共5小题，每小题4分，多选、错选不给分，少选给2分）
11．关于牛顿第一定律的说法正确的是（　　）
A．牛顿第一定律不能在实验室中用实验验证
B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因
C．惯性定律与惯性的实质是相同的
D．物体的运动需要力来维持
【考点】牛顿第一定律．
【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；即物体在不受力的作用时，总保持静止状态或物体做匀速直线运动状态．
【解答】解：A、牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不是直接通过实验得出的；故A正确；
B、由牛顿第一定律可知，当物体不受力或受平衡力时，物体将处于静止状态或匀速直线运动状态，因此力是改变物体运动状态的原因；故B正确；
C、惯性是由惯性定律（牛顿第一运动定律）所推导出来的物体本身所具有的一种性质，它们的含义并不是完全相同的，故C错误；
D、由牛顿第一定律可得，力不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持；故D错误．
故选：AB
　
12．如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是（　　）
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小
【考点】作用力和反作用力；物体的弹性和弹力．
【分析】“押加”比赛中两队对绳子的拉力等大反向，之所以甲获胜，原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力．
【解答】解：A、对甲、乙两人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两人的摩擦力；整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力；故A错误；
B、甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等；
即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜；故C错误，BD正确；
故选：BD
　
13．2013年10月24日，中国选手廖辉在举重世锦赛夺得三金，打破挺举、总成绩两项世界纪录．如图所示，假设廖辉抓举质量不变，而两手臂间的夹角变大，当举起保持稳定时，两手臂的用力F1和它们的合力F的大小变化情况为（　　）
A．F1增大
B．F1不变
C．F不变
D．F增大
【考点】力的合成．
【分析】两手间距增大时，增大了手臂之间的夹角，两只手臂所受的力F1的合力F与运动员重力平衡，由此可知合力F大小不变，由于夹角的增大，合力保持不变，只每只手臂所受力F1是增大的．
【解答】解：运动员所受F1的合力F与运动员重力大小相等方向相反，故夹角增大时合力大小不变；
手臂间距增大时，相当于在力图中两力F1之间的夹角θ增大，若力F1大小不变，则其合力F随夹角的增大而减小，现要保持合力F大小不变，当夹角增大时，则F1增大，故AC正确，BD错误．
故选：AC．
　
14．电梯内有一弹簧秤挂着一个重5N的物体．当电梯运动时，看到弹簧秤的读数为6N，则可能是（　　）
A．电梯加速向上运动
B．电梯减速向上运动
C．电梯加速向下运动
D．电梯减速向下运动
【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．
【分析】对物体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，再确定物体的运动情况．
【解答】解：当电梯运动时，看到弹簧秤的度数为6N，物体受向上的弹力，向下的重力，根据牛顿第二定律，有：
F﹣G=ma
由于F大于G，故加速度向上，处于超重状态，故电梯加速上升或者减速下降；
选项AD正确，BC错误．
故选：AD
　
15．质点做直线运动的v﹣t图象如图5所示，则（　　）
A．在第1
s内质点做变速直线运动
B．在1～3
s内质点做加速度a=﹣2
m/s2的变速直线运动
C．在2～3
s内质点的运动方向与规定的正方向相反，加速度方向与1～2
s内的加速度方向相同
D．在前3
s内速度的变化量为4
m/s
【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．
【分析】在前2s内速度为正值，表示物体沿正方向运动，后1s内速度负值，表示物体沿负方向运动．v﹣t图象的斜率表示加速度，由斜率研究加速度的大小和方向．速度的变化量等于末速度与初速度之差．
【解答】解：A、在第1
s内，质点速度不变，做匀速直线运动，故A错误．
B、根据v﹣t图象的斜率表示加速度，可知，在1s～3s内质点的加速度
a===﹣2
m/s2，即在1
s～3
s内质点做加速度a=﹣2
m/s2的变速直线运动，故B正确；
C、在2
s～3
s内质点的速度为负，其与规定的正方向相反，加速度为负，且加速度方向与1
s～2
s内的加速度方向相同，故C正确；
D、在前3
s内速度的变化量为△v=v﹣v0=﹣2﹣2=﹣4
m/s，故D错误．
故选：BC
　
三、实验题18分（每空2分）
16．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，得到了如图所示的图形，图中P为橡皮条的固定点，用两只弹簧秤或用一只弹簧秤时，都将橡皮条与细线的结点拉到O点，实验中要比较的是图中　F3　和　F4　两个力的大小和方向，其中力　F4　是实验直接测得的合力．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】正确解答本题的关键是：理解“等效法”的含义以及在本实验中的应用；明确实验原理以及实验步骤等．
【解答】解：本实验采用“等效法”，即用一个弹簧将绳套拉到O点，用两个弹簧互成角度的拉绳套时也拉到O点，这样两次拉绳套的作用效果相同，根据平行四边形定则做出两个弹簧拉力的合力，然后和一个弹簧拉绳套时的拉力相比较，从而验证力的平行四边形定则，据此可知实验中要比较F3、F4两个力的大小和方向，其中F4是实验直接测得的合力，即一个弹簧拉时的拉力．
故答案为：F3、F4，F4．
　
17．某次实验纸带的记录如图所示，图中前几个点模糊，因此从O点开始每打5个点取1个计数点，则小车通过D点时速度是　2.46　m/s，小车运动的加速度是　6.2　m/s2．（打点计时器的电源频率是50Hz）
【考点】测定匀变速直线运动的加速度．
【分析】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D点时小车的瞬时速度大小．
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．
【解答】解：从A点开始每打5个点取1个计数点，相邻的计数点之间的时间间隔是0.1s
（1）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，
vD==m/s=2.46m/s
（2）逐差法求解：
a==6.2m/s2；
故答案为：2.46；6.2．
　
18．探究物体的加速度与力、质量的关系实验如下：
（1）在探究物体的加速度与力的关系时，应保持　质量　不变，分别改变施加在物体上的水平拉力F，测出相对应的加速度a．
（2）在探究物体的加速度与物体质量的关系时，应保持　力　不变，分别改变物体的
质量m，测出相对应的加速度a．
（3）本实验也可以不测加速度的具体数值，通过测出两个初速度为零的匀加速运动在相同时间内发生的位移x1、x2来测量不同情况下物体加速度的比值，此比值=　　．
（4）如果a﹣图象是通过坐标原点的一条直线，则说明　B　．
A．加速度a与质量m成正比
B．加速度a与质量m成反比
C．质量m与加速度a成反比
D．质量m与加速度a成正比．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】（1）（2）探究“加速度与力、质量的关系”实验采取控制变量法探究加速度与力、质量的关系；
（3）根据匀变速直线运动的规律x=at2可以加速度与位移的关系；
（4）为了直观地反映物体的加速度与物体质量的关系，需作a﹣图象，若图象是通过坐标原点的一条直线，则说明加速度a与质量m成反比．
【解答】解：（1）该实验采取控制变量法，在探究物体的加速度与力的关系时，应保持质量m不变．
（2）在探究物体的加速度与物体的质量的关系时，应持力F不变．
（3）根据匀变速直线运动的规律x=at2可得：
x1=a1t2
x2=a2t2
由此可得：
=．
（4）如果a﹣图象是通过坐标原点的一条直线，则能够说明在外力一定的条件下，a与m成反比，故ACD错误，B正确．
故答案为：（1）质量；（2）力；（3）；（4）B．
　
四、计算题32分
19．如图所示，足球质量为m，尼龙绳与墙壁的夹角为θ，求尼龙绳对足球的拉力F1和墙壁对足球的支持力F2．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】分析足球的受力情况，作出力图，运用合成法，由几何知识求解悬绳对球的拉力F1和墙壁对球的支持力F2．
【解答】解：对小球进行受力分析如图所示：重力mg、悬绳对球的拉力F1和墙壁对球的支持力F2，三个力的合力为零
根据平衡条件得知，mg和F2的合力与F2大小相等、方向相反，则有：
F1=，F2=mgtanα
答：绳对足球的拉力F1和墙壁对足球的支持力F2分别为，mgtanα．
　
20．如图所示，质量为m=10kg的物体，在F=60N水平向右的拉力作用下，由静止开始运动．设物体与水平面之间的动摩擦因素 =0.4，求：
（1）物体所受滑动摩擦力为多大？
（2）物体的加速度为多大？
（3）物体在第3s内的位移为多大？
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；滑动摩擦力．
【分析】（1）根据滑动摩擦力的公式可以直接求得滑动摩擦力的大小；
（2）根据物体的受力，由牛顿第二定律可以求得物体的加速度的大小；
（3）由位移公式用前3s的位移减去前2s的位移就是第3s内位移的大小．
【解答】解：（1）由滑动摩擦力的公式可得，
F = FN= mg=0.4×10×10N=40N
（2）由牛顿第二定律可得，
（3）由位移公式用前3s的位移减去前2s的位移就是第3s内位移，
所以
．
答：（1）物体所受滑动摩擦力为40N．
（2）物体的加速度为2m/s2．
（3）物体在第3s内的位移是5m．
　
21．行驶安全距离是指从发现障碍到制动，最后完全静止所行驶的距离．小汽车在一条平直公路上行驶时的限速是90km/h．已知汽车橡胶轮胎与干路面的动摩擦因数是0.50，驾驶员的反应时间是0.6s，g取10m/s2．
（1）求小汽车在该路段行驶时的安全距离．
（2）假设遭遇冰雪天气，汽车橡胶轮胎与雪地的动摩擦因数变为0.2，若仍保持原来的行车距离，则此时的最高行驶速度应降低多少？（结果可以用根式表示）
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）汽车在反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动，结合两段位移之和求出安全距离．
（2）先求出雪天中的加速度，据运动学公式和安全距离求出最高行驶的速度即可．
【解答】解：（1）汽车先做匀速直线运动，再做匀减速直线运动．
反应时间内，汽车做匀速运动：s1=vmt=25×0.6m=15m
减速过程，由牛顿第二定律得
μmg=ma
所以a=5m/s2
减速过程位移，据运动学公式得：s2===62.5m
则汽车行驶必要的安全距离为s=s1+s2=15m+62.5m=77.5m
（2）遭遇冰雪天气，汽车橡胶轮胎与雪地的动摩擦因数变为0.2，所以减速的加速度a2=μg=2m/s2
汽车减速时，位移不变，据运动学公式得：
=m/s
答：（1）求小汽车在该路段行驶时的安全距离77.5m．
（2）假设遭遇冰雪天气，汽车橡胶轮胎与雪地的动摩擦因数变为0.2，若仍保持原来的行车距离，则此时的最高行驶速度应降低．
　
2017年1月30日