2017-2018学年甘肃省天水市一中高一上学期第三次(期末)考试物理试题 Word版含答案

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甘肃省天水一中2017-2018学年高一上学期第三次月考物理试卷 Word版含解析

甘肃省天水一中2017-2018学年高一上学期第三次月考物理试卷一、选择题（本题共12道小题，每小题4分，共48分．第1-8题为单选题，每道小题只有一个正确答案；第9-12题为多选题，每小题有多个正确答案，全选对得4分，选对部分但不全得2分，有选错或不答者得0分．）1．下列说法正确的是( )A．物体的速度越大，其惯性越大B．速度很大的物体，其加速度一定很大C．合力与分力是一种等效的研究思想D．亚里士多德设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法考点：惯性．分析：惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，正确理解“等效替代”科学思想方法的应用，加速度表示速度变化快慢的物理量．解答：解：A、惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，与速度无关，故A错误；B、加速度表示速度变化快慢的物理量，与速度无关，速度大，加速度不一定大，故B错误；C、该实验中，两个力拉绳套和一个力拉绳套时，节点要到同一位置，即要求作用效果相同，故采用了“等效替代”的科学思想方法，故C正确；D、伽利略设想的理想斜面实验开创了实验研究和逻辑推理相结合的探索自然规律的科学方法，故D错误．故选：C．点评：惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质，不能和生活中的习惯等混在一起．2．F1、F2是力F的两个分力．若F=10N，则下列哪组力不可能是F的两个分力( ) A．F1=10NF2=10N B．F1=20NF2=20NC．F1=2NF2=6N D．F1=20NF2=30N考点：力的合成．专题：受力分析方法专题．分析：根据合力F和两分力F1、F2之间的关系|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，求出两个力的合力范围，判断哪一组合力不可能为10N．解答：解：A、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，10N和10N的合力范围为[0N，20N]，可能为10N．故A正确．B、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，20N和20N的合力范围为[0N，40N]，可能为10N．故B正确．C、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，2N和6N的合力范围为[4N，8N]，不可能为10N．故C错误．D、根据|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|，20N30N的合力范围为[10N，50N]，可能为10N．故D正确．本题选不可能的，故选C．点评：本题考查合力和分力之间的关系．合力F和两分力F1、F2之间的关系为|F1﹣F2|≤F≤|F1+F2|．3．如图所示，斜面体P放在水平面上，物体Q放在斜面上，Q受到一个水平作用力F，Q 和P都处于静止状态．设P对Q的摩擦力和水平面对P的摩擦力分别为F1、F2．现保持力F的大小不变，方向变为沿斜面向上，整个系统仍处于静止状态，则( )A．F1、F2一定都变小B．F1不一定变大，F2一定变小C．F1一定变大，F2一定变小D．F1、F2都一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，按照效果讨论摩擦力情况；然后对整体受力分析，得到P与地面间摩擦力情况．解答：解：对物体Q受力分析，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力，受推力、重力、支持力，可能有摩擦力①当mgsinθ＞Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向上，大小为：F1=mgsinθ﹣Fcosθ；②当mgsinθ=Fcosθ时，摩擦力为零；③当mgsinθ＜Fcosθ时，摩擦力沿着斜面向下，大小为：F1=Fcosθ﹣mgsinθ；F变为沿斜面向上时，摩擦力也可能出现类似三种情况；对前后两次F1大小不能比较；再对整体受力分析，第一次F2=F，第二次F2=Fcosθ，则F2变小，因此B正确，ACD错误；故选：B．点评：本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，要注意静摩擦力随着外力的变化而变化．4．一质量为m的人站在电梯中，电梯减速下降，若加速度大小为g（g为重力加速度），则人对电梯底部的压力大小为( )A．mg B．mg C．mg D．mg考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：由于电梯减速减速，故加速度向上，可知人处于超重状态，由此对人受力分析，列牛顿第二定律解得电梯对人的支持力，进而得人对电梯的压力解答：解：由于电梯减速减速，故加速度向上，对人受力分析，受到重力mg，地面支持力N，由牛顿第二定律：mg﹣N=ma即：mg﹣N=﹣m解得：N=故选：D点评：重点是对超重和失重的判定，其依据是加速度的方向，加速向下为失重，加速度向上为超重．5．如图所示，光滑水平地面上有质量相等的两物体A、B，中间用劲度系数为k的轻弹簧相连，在外力F1、F2作用下运动，且满足F1＞F2，当系统运动稳定后，弹簧的伸长量为( )A．B．C．D．考点：牛顿第二定律；胡克定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，隔离对A分析，通过牛顿第二定律和胡克定律求出弹簧的伸长量．解答：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=．隔离对A分析，有F1﹣F弹=ma，解得弹簧弹力．根据胡克定律得，弹簧的伸长量x=．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．6．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点．设滑块所受支持力为F N．OP与水平方向的夹角为θ．下列关系正确的是( )A．F=B．F=mgtanθC．F N=D．F N=mgtanθ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：物体处于平衡状态，对物体受力分析，根据共点力平衡条件，可求出支持力和水平推力．解答：解：对小滑块受力分析，受水平推力F、重力G、支持力F N、根据三力平衡条件，将受水平推力F和重力G合成，如图所示，由几何关系可得，，所以A正确，B、C、D错误．故选A．点评：本题受力分析时应该注意，支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心．本题也可用正交分解列式求解！7．物体沿直线作匀变速运动，它的位移与时间的关系是x=24t﹣6t2，（x的单位是m，t的单位是s），则它的速度为零的时刻是( )A．s B．4s C．2s D．24s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的位移时间公式，求出匀变速运动的初速度和加速度，然后根据匀变速直线运动的速度时间公式，求出速度为0时所需的时间．解答：解：根据匀变速直线运动的位移时间公式，v0=24m/s，a=﹣12m/s2．根据v=v0+at，当v=0时，t=2s．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式和速度时间公式v=v0+at．8．下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是( )A．B．C．D．考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：s﹣t图象中的纵坐标表示物体的位置，v﹣t图象中图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，分析各图象中的运动过程可得出正确结果．解答：解：A、由图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为0，说明物体又回到了初始位置，故A错误；B、由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故B正确；C、物体第1s内的位移沿正方向，大小为2m，第2s内位移为2m，沿负方向，故2s末物体回到初始位置，故C错误；D、物体做匀变速直线运动，2s末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故D错误；故选B．点评：图象为物理学中的重要方法，在研究图象时首先要明确图象的坐标，从而理解图象的意义；即可确定点、线、面的含义．9．把一个F=8N的力分解为F1=5N的分力和另一个与F成30°角的分力F2，则这个F2的大小可能为( )A．3 N B．7 N C．（4+3 ）N D．（4﹣3）N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：根据平行四边形定则，结合合力与分力的大小，从而可知分解的组数．解答：解：由几何关系，若F2=Fsinα时，即F2的大小至少为4N；因分力F2大小为5N，而被分解的力F=8N，则出现Fsinα＜F2＜F的情况，平行四边形定则，结合几何关系，则有两个解，由图中：AB=8N，BD=4N，BC=5N，直角三角形BDC中，由勾股定理，可知：CD=3N；而AD=4N；因此AC=（4﹣3）N，AE=（4+3）N；故选：CD．点评：解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，知道平行四边形定则与三角形定则的实质是相同的，注意另一分力的大小与此分力的最小值相比，从而确定是否有几种解．10．测得一个做匀变速直线运动的质点在第1s内的位移是8m，第2s内的位移是10m，有人对其运动作出下述判断，正确的是( )A．质点运动的加速度是2m/s2B．质点在第1s初的速度是6m/sC．质点在第1s末的速度一定是9m/sD．质点在第2s内的平均速度是9m/s考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据连续相等时间内的位移之差是一恒量气促加速度，根据位移和时间求出平均速度，结合某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第1s末的速度，从而根据速度时间公式求出第1s初的速度．解答：解：A、根据△x=aT2得，质点的加速度a=，故A正确．B、前2s内的平均速度，可知质点在第1s末的速度为9m/s，所以质点在第1s内的初速度v0=v﹣at=9﹣2×1m/s=7m/s，故B错误，C正确．D、质点在第2s内的平均速度．故D错误．故选：AC．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷．11．如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧Ⅰ和水平细轻线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．小球静止时，Ⅰ中弹力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，小球的加速度为a．则下列关系式正确的是( )A．T1=mgcosθB．T2=mgtanθC．若剪断Ⅱ，则a=gtanθ，方向水平向左D．若剪断Ⅰ，则a=，方向沿Ⅰ的延长线考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据共点力平衡求出Ⅰ中弹力大小和Ⅱ中拉力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出瞬时加速度，剪断弹簧的瞬间，细线的拉力立即变为零．解答：解：A、绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：，T2=mgtanθ．故A错误，B正确．C、若剪断Ⅱ的瞬间，弹簧的弹力不变，合力大小等于T2，根据牛顿第二定律知，加速度a=，方向水平向左．故C正确．D、刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细绳弹力突变为0，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下，故D错误．故选：BC．点评：本题为瞬时问题，关键要抓住弹簧弹力不可突变，细绳弹力可突变，结合牛顿第二定律分析求解．12．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为17m，传送带在电动机的带动下以2m/s的恒定速率顺时针转动，在传送带底端A处无初速度放一个质量为0.5kg的小物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.8，其它摩擦不计．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2．则( )A．物体被传动的开始一小段时间内加速度的大小为0.4 m/s2B．物体从A到B运动的总时间为11sC．物体在第4s末的速度为2m/sD．从A到B每输送这样的物体一次，至少需要多消耗的电能为68 J考点：功能关系；牛顿第二定律．分析：根据牛顿第二定律求出开始物体的加速度，结合运动学公式求出匀加速运动的时间和位移，从而得出匀速运动的时间，求出物体从A到B的时间．根据速度时间公式求出4s末的速度，通过能量守恒定律求出多消耗的电能．解答：解：A、根据牛顿第二定律得：=μgcosθ﹣gsinθ=0.8×10×0.8﹣10×0.6m/s2=0.4m/s2．故A正确．B、物体做匀加速运动的时间为：，匀加速运动的位移为：=，则匀速运动的时间为：=6s，则运动的总时间为：t=t1+t2=5+6s=11s．故B正确．C、第4s末的速度为：v=at=0.4×4m/s=1.6m/s．故C错误．D、重物重力势能的增加量为：△E p=mgh=5×17×0.6J=51J，动能的增加量为：，摩擦产生的热量为：Q=μmgcosθ•△x===16J，根据能量守恒定律得，多消耗的电能为：W=△E p+△E k+Q=51+1+16J=68J．故D正确．故选：ABD点评：解决本题的关键理清重物在传送带上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式、能量守恒定律综合求解．二、实验题（共14分）13．如图1所示是在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上安装了宽度为L（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下匀加速先后通过两个光电门，配套的数字光电计时器记录了遮光条通过第一个光电门的时间为△t1，通过第二个光电门的时间为△t2，以及滑块从第一个光电门运动到第二个光电门的时间为t，并从刻度尺上读得两个光电门之间的距离为x．（1）若用螺旋测微器测量遮光条的宽度L，如图2所示，则读数为L=0.6725cm；（2）下列说法正确的是（多选）ABCA．滑块经过光电门1时的瞬时速度为B．滑块经过光电门2时的瞬时速度为C．滑块的加速度为D．滑块的加速度为．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的速度，结合速度位移公式或速度时间公式求出加速度．解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×22.5mm=0.225mm，则最终读数为6.725mm=0.6725cm．（2）A、因为极短时间内的平均速度等于瞬时速度，则滑块经过光电门1时的瞬时速度为v1=，滑块经过光电门2时的瞬时速度为v2=．故A、B正确．C、根据速度位移公式得，a==．故C正确．D、根据速度时间公式得，加速度a=．故D错误．故选：ABC故答案为：（1）0.6723﹣﹣0.6726；（2）ABC点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道极短时间内的平均速度可以代替瞬时速度．14．某小组“验证牛顿第二定律”的实验装置如图1，长木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器（使用50Hz的交流电工作）的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．（1）（选择）该小组研究加速度和拉力关系时，得到的图象将会是图2的B图（2）图3给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图3中未标出），计数点间的距离如图3所示．根据图3中数据计算的加速度a=0.500m/s2（保留三位有效数字）．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题．分析：（1）该实验需要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零．（2）利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小，解答：解：（1）该实验需要平衡摩擦力，如果不平衡摩擦力，当有较小拉力时，物体仍然处于静止状态，即加速度为零．所以得到的图象在横轴有截距，故B正确、ACD错误．故选：B．（2）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T=0.1s，根据纸带数据可知，相邻的相等时间内的位移之差△x=2.40﹣1.90=0.50cm=0.0050m根据△x=aT2得：a=故答案为：（1）B （2）0.500；点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．三、计算题15．甲、乙两处相距8m．交警在甲处发现前方乙处有违章车辆B正以v=4m/s的速度匀速向前运动，1s后交警立即驾驶车辆A出发匀加速去追赶B．已知A的初速度为零，加速度为a=2m/s2．求：（1）A开始运动后经多少时间追上B？（2）A开始运动后经多少时间两车相距最远？这个最远距离是多大？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：抓住位移关系，结合运动学公式求出追及的时间，当两车速度相等时，相距最远，结合速度时间公式求出相距最远的时间，从而结合位移公式求出最远的距离．解答：解：（1）设历时时间t追上．有：+8，代入数据得，+8，解得t=6s，（2）当两车速度相等时，相距最远，根据v=at′得，t′=，则相距的最远距离=m=16m．答：（1）A开始运动后经6s时间追上B；（2）A开始运动后经2s时间两车相距最远，这个最远距离是16m．点评：本题考查了运动学中的追及问题，抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，两车有最大距离．16．质量为m=2kg的物体，放在水平面上，它们之间的动摩擦因数μ=0.5，现对物体施F=20N 的作用力，方向与水平成θ=37°角斜向上，如图所示，物体运动4s后撤去力F到物体再停止时，通过的总路程是多少？（g=10m/s2，sin37°=0.6）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律分别求出匀加速直线运动的加速度和撤去外力F后的加速度，然后根据运动学公式求出两段过程的位移，从而得出总位移．解答：解：前4s，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：Fcosθ﹣f1=ma1竖直方向有：Fsinθ+F N1﹣mg=0且f1=μF N1解得：a1=6m/s2由运动学公式知在4s末，有v1=a1t1=24m/s=48m撤去力F有：f2=μmg=ma2解得：a2=5m/s2根据解得：s2=57.6m得通过的总路程是s=s1+s2=105.6m答：通过的总路程是105.6m．点评：加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以根据运动求力．17．如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0 kg，长度L=1.0 m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5 kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动．（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2．求解拉力F1的最小值．（2）先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解．解答：解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：μ1mg=ma1F1﹣μ1mg﹣μ3（m+M）g=Ma2且有a1=a2解得：F1=4.5N（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则滑块的位移：v=a1tμ2mg=ma3x1=，x2=且有：x1+x2=+=木板的位移：+=根据牛顿第二定律，对木板：F2﹣μ1mg﹣μ3（m+M）g=Ma4解得：F2=6N要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N．（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件F≥6N．点评：本题的关键是隔离法对滑块和木板分别正确受力分析由牛顿第二定律列方程，并找出其满足条件的临界情况．。

甘肃省天水市一中高二上学期第三次(期末)考试物理试题含答案

天水市一中2016级2017-2018学年度第一学期第三次考试物理一、选择题（每小题4分，共48分。

其中第3、6、7、9、11题至少有两个选项正确，其它各题只有一个选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，选错得0分)1．电动势的单位v,是由基本单位组成的，以下正确的是A ．B ．322S A m kg ••C ．22S A m kg ••D ．222sA m kg ••2．如图所示电路中灯泡L 1、L 2不亮，但电路中只有一处断开.今用电压表测得U ab =0，U ac =3V ，U bd =3V,U cd =0,则可知A ．L 2断B ．L 1断C ．R 断D ．电键K 未接通3．如图所示电路中，当滑动变阻器 R 的触头向左滑动时，下列说法正确的是A ．R 上消耗的功率可能一直变小B ．R 上消耗的功率可能一直变大C ．R 上消耗的功率可能先变小后变大D ．R 上消耗的功率可能先变大后变小 4．有一长直螺线管通有正弦交流电（t I i mωsin =)，当电子沿螺线管轴线射入后，若不计电子重力，则电子的运动情况是A．变速直线运动B．匀速直线运动C．匀速圆周运动D．沿轴线来回往复5．如图,两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、o、b在M、N 的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等.下列说法正确的是A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同6．电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动,磁场方向垂直它的运动平面，电子所受电场力恰是磁场对它的作用力的3倍。

若电子电荷量为e,质量为m，磁感应强度为B，则电子运动的角速度可能是A．eB/m B．2eB/m C．3eB/m D．4eB/m 7．如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直,且一半在磁场内,一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是A．将线框向左拉出磁场B．以ab边为轴转动（小于90°）C．以ad边为轴转动(小于60°)D．以bc边为轴转动（小于60°)学必求其心得，业必贵于专精8．如图，为了测出自感线圈的直流电阻,可采用如图所示的电路。

甘肃天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次(期末)考试物理试题(原卷版)

甘肃省天水市一中2017-2018学年高二上学期第三次（期末）考试物理试题一、选择题1. 电动势的单位v，是由基本单位组成的，以下正确的是A. B. C. D.2. 如图所示电路中灯泡L1、L2不亮，但电路中只有一处断开。

今用电压表测得U ab=0，U ac =3V，U bd=3V，U cd =0，则可知A. L2断B. L1断C. R断D. 电键K未接通3. 如图所示电路中，当滑动变阻器R的触头向左滑动时，下列说法正确的是A. R上消耗的功率可能一直变小B. R上消耗的功率可能一直变大C. R上消耗的功率可能先变小后变大D. R上消耗的功率可能先变大后变小4. 有一长直螺线管通有正弦交流电（i=I m sinωt)，当电子沿螺线管轴线射入后，若不计电子重力，则电子的运动情况是A. 变速直线运动B. 匀速直线运动C. 匀速圆周运动D. 沿轴线来回往复5. 如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o 点的距离均相等。

下列说法正确的是A. o点处的磁感应强度为零B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D. a、c两点处磁感应强度的方向不同6. 电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直它的运动平面，电子所受电场力恰是磁场对它的作用力的3倍。

若电子电荷量为e，质量为m，磁感应强度为B，则电子运动的角速度可能是A. eB/mB. 2eB/mC. 3eB/mD. 4eB/m7. 如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是......A. 将线框向左拉出磁场B. 以ab边为轴转动（小于90°）C. 以ad边为轴转动（小于60°）D. 以bc边为轴转动（小于60°）8. 如图，为了测出自感线圈的直流电阻，可采用如图所示的电路.在测量完毕后将电路解体时应该A. 首先断开开关S1B. 首先断开开关S2C. 首先拆除电源D. 首先拆除安培表9. 如图所示，有一个闭合金属铜环放置在光滑水平的绝缘桌面上，铜环正上方有一个竖直的条形磁铁。

2018届甘肃省天水市一中高三上学期第三学段考试物理试题 Word版含解析

天水一中2015级2017--2018学年度第一学期期末考试物理试题一、选择题1. 一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是( )A. 物体的位移相等B. 物体动能的变化量相等C. F对物体做的功相等D. 物体动量的变化量相等【答案】D【解析】A：物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大．故A项错误。

D：根据动量定理，恒力F沿水平方向推该物体，相同的时间间隔内物体动量的变化量相等。

故D项正确。

2. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A. 安培力的方向可以不垂直于直导线B. 安培力的方向总是垂直于磁场的方向C. 安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D. 将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】试题分析：本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F=BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，让其中的一半与磁场的方向平行，安培力的大小将变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．故选：B．【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F=BIL．3. 两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图( )A. B.C. D.【答案】A【解析】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A考点：电场线；电场强度及电势.【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决4. 2014年11月1日早晨6时42分，被誉为“嫦娥5号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器，在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速再入返回关键技术，为探月工程持续推进奠定了坚实基础。

精品解析：甘肃省天水市第一中学2017-2018学年高二第三次学业水平模拟考试物理试题(解析版)

天水一中2016级学业水平测试第三次检测物理第一部分必答题（必修模块共80分）本部分包括《物理（必修1）》和《物理（必修2）》的内容。

一、选择题（本愿共16小题，每小愿2分共32分．在每小题给出的四个选项当中，只有一个选项是正确的）1. 下列物理量中属于矢量的是A. 速度B. 质量C. 时间D. 路程【答案】A【解析】试题分析：速度即有大小又有方向，并且可以根据平行四边形合成与分解，是矢量，A对；质量、时间、路程都是只有大小没有方向的物理量，是标量．故选A．考点：矢量和标量2. 有两个共点力，一个力的大小是3 N，另一个力的大小是6 N，它们合力的大小可能是A. 18 NB. 6 NC. 2 ND. 1 N【答案】B【解析】【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，并且F1+F2≥F≥|F1-F2|．【详解】两力合成时，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1-F2|；则3 N和6 N的合力范围是9N≥F≥3N，所以可能为6N．故选B．3. 在国际单位制中，规定长度、质量和时间的单位是（）A. m、kg、sB. km、N、hC. m、J、hD. w、kg、s【答案】A【解析】【分析】在国际单位制中，长度、质量和时间的单位是力学中基本单位，分别是m 、kg 、s ．【详解】A 、在国际单位制中，规定长度、质量和时间的单位分别是m 、kg 、s ．故A 正确．B 、km 、N 、h 分别是长度的常用单位，力的单位和时间的常用单位．故B 错误．C 、m 是长度的国际单位，J 、h 分别是功的单位、时间的常用单位．故C 错误．D 、W 是功率的单位，不是长度的单位．故D 错误．故选A4. 乘客坐在行驶的火车上，看到车外的房屋和树木向车后方退去，他选择的参考系是（）A. 他乘坐的火车B. 迎面驶来的火车C. 路旁的房屋D. 路旁的树木【答案】A【解析】路旁的房屋和树是被研究的物体，路旁的房屋和树飞速向后退去，房屋和树是运动的，火车（或乘客）和它们之间发生位置的改变，所以房屋和树木向后退是以火车（乘客）为参考系的，A 正确．5. 一个物体做自由落体运动，取g = 10 m/s 2，则第2 s 末物体速度的大小为A. 10 m/sB. 20 m/sC. 30 m/sD. 40 m/s 【答案】B【解析】【分析】【详解】自由落体运动是初速度为零，加速度为g 的匀加速直线运动，根据公式0v v at =+可得第2s 末的速度为210/20/v gt m s m s ==⨯=，故B 正确．6. 跳水运动员从10 m 高的跳台上跳下，在运动员下落的过程中A. 运动员的动能增加，重力势能增加B. 运动员的动能减少，重力势能减少C. 运动员的动能减少，重力势能增加D. 运动员的动能增加，重力势能减少【答案】D【解析】试题分析：本题比较简单，只要弄清运动员下落过程中速度变化，以及重力做功情况即可正确解答本题．解：运动员下落过程中，重力做正功，重力势能减小，运动员速度越来越大，因此动能增加，故ABC 错误，D 正确．故选D ．7. 如图所示，一个小球绕圆心O 做匀速圆周运动，已知圆周半径为r ，该小球运动的角速度为ω，则它运动线速度的大小为（）．A. r ωB. r ωC. 2r ωD. 2r ω【答案】B【解析】【分析】【详解】球做匀速圆周运动，转动的半径为r ，角速度为ω，故线速度为v r ω=，B 正确．8. 一个质点沿直线运动，其速度图象如图所示，则质点（）A. 在0~10s 内做匀加速直线运动B. 在0~10s 内做匀速直线运动C. 在10~40s 内做匀加速直线运动D. 在10~40s 内保持静止【答案】A【解析】【分析】【详解】AB .图像中质点在0~10s 内速度一直增大，且斜率一定，所以质点做匀加速直线运动，故A 项符合题意，B 项不符合题意．CD .图像中质点在10s ~40s 速度保持不变，所以质点做匀速直线运动，故CD 项不符合题意．9. 在力的合成中，合力与分力的大小关系是（）A. 合力一定大于每一个分力B. 合力一定至少大于其中一个分力C. 合力一定至少小于其中一个分力D. 合力可能比两个分力都小，也可能比两个分力都大【答案】D【解析】试题分析：合力的取值范围：▏F1−F2▏≤F合≤F1+F2，例如：一个3N的力和一个6N的力的合力取值范围是：[3N，9N]，所以合力有可能比任意一个分力小，有可能大于其中的一个小于其中的一个分力，有可能比两个分力都大．故选D．考点：合力和分力【名师点睛】合力的取值范围是：▏F1−F2▏≤F合≤F1+F2，如果不好分析，可取一个特值看看．10. 作用在一个物体上的两个共点力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小为（）A. 10NB. 35NC. 50ND. 70N【答案】C【解析】【分析】两个分力的夹角是90°，根据勾股定理可以直接求得合力的大小．【详解】分力的大小分别是30N和40N，合力的大小为50=，所以C正确．故选C．F N11. 如图所示，劲度系数为k的轻弹簧，下端悬挂木块A并处于静止状态，弹簧的伸长量为l∆（处于弹簧限度内），则木块所受重力的大小为（）A. l∆B. k l∆C.lk∆D.kl∆【答案】B【解析】【分析】【详解】弹簧伸长量为l∆，根据胡克定律得弹簧的拉力大小为：F k l=∆物体保持静止，故物体的重力等于弹簧的拉力，则有：G F k l==∆故选B．12. 如图5所示，水平地面上有一货箱，货箱所受的重力G =1000N. 某人用F = 400N的水平力拉货箱，没有拉动. 则货箱受到的静摩擦力大小是（）A. 400NB. 600NC. 1000ND. 1400N【答案】A【解析】用F=400N的水平力拉货箱，没有拉动．知货箱在水平方向上受到的拉力和静摩擦力平衡，有f=F=400N，故A正确，B. C. D错误．故选A.点睛：用F=400N的水平力拉货箱，没有拉动．处于平衡状态，货箱受到的摩擦力是静摩擦力，根据平衡求出静摩擦力的大小．13. 如图所示，一个小物块沿光滑斜面向下滑动。

甘肃省天水市第一中学高三物理上学期第三阶段考试试题(扫描(2021年整理)

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甘肃省天水市第一中学2017-2018学年度上学期高三第三阶段考试
物理试题。

2017-2018学年甘肃省天水一中高三(上)期末物理试卷(J)

2017-2018学年甘肃省天水一中高三（上）期末物理试卷(J)副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共5.0分）1.一小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示。

矩形线圈与阻值为10Ω的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法中正确的是()A. t1时刻通过线圈的磁通量为零B. t2时刻感应电流方向发生变化C. t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D. 交变电流的有效值为√2A【答案】D【解析】解：A、t1时刻电动势为零，磁通量最大，故A错误；B、t2时刻感应电流方向也没有改变，故B错误；C、t3时刻电动势为零，通过线圈的磁通量变化率为零，故C错误；D、电压的有效值为U=√2=10√2V，所以交变电流的有效值为I=UR=√2A，故D正确。

故选：D。

磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大，根据有效值等于最大值除以√2求出电压的有效值，根据欧姆定律求出电流。

本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力。

2.如图所示，在一理想变压器的副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一正弦交变电压，下列说法正确的是()A. 保持Q位置不变，将P向上滑动，变压器的输出电压变小B. 保持Q位置不变，将P向上滑动，电流表的读数变小C. 保持P位置不变，将Q向上滑动，电流表的读数变小D. 保持P位置不变，将Q向上滑动，变压器输出功率变小【答案】B【解析】解：A、输出电压由输入电压和匝数比决定，保持Q位置不变，电压不变，A 错误；B、保持Q位置不变，将P向上滑动，电阻增大，电压不变，副线圈的电流减小，电流与匝数成反比，所以电流表的读数变小，B正确；C、保持P位置不变，将Q向上滑动，副线圈匝数增大，输出电压增大，副线圈电流增大，则电流表的读数变大，C错误；D、保持P位置不变，将Q向上滑动，副线圈匝数增大，输出电压增大，变压器输出功率变大，D错误；故选：B。

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天水市一中高一级2017-2018学年度第一学期第三次考试物理试题（满分：100分考试时间：90分钟）一、选择题(1～8每题只有一个选项是正确的，8～10每题有两个选项是正确的，全部选对得5分，选不全得3分，选错或不选得0分，共50分）1、关于力学单位制，下列说法中正确的是A、kg、m、N是基本单位B、kg、N、m/s都是导出单位C、在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=maD、在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是g2、“蛟龙”号载人潜水器2011年7月30号凌晨4时26分开始进行第四次下潜实验，并在深度5182米的位置成功安放了中国大洋协会的标志和一个木雕的中国龙，如图所示。

下潜全程历时8小时57分，于13时2分完成下潜任务后顺利返回到“向阳红09”母船。

关于此次潜实验说法正确的是A、“5182米”是指位移B、“5182米”是指路程C、“4时26分”、“8小时57分”、“13时2分”是指时间车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室。

关于这起事故原因的物理分析正确的是A、由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，继续向前运动，压扁驾驶室B、由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动C、由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动D、由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动5、关于力，以下说法中正确的是A、只有接触物体之间才可能有相互作用力B、马拉车加速前进时，马拉车的力大于车拉马的力C、地球上的物体受到重力作用，这个力没有反作用力D、相互接触的物体之间也不一定有弹力产生6、如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的动摩擦因数μ，要使物体不致下滑，车厢前进的加速度至少应为（重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）gμA.μgB.C.D.gμg7、如图所示，在光滑水平面上有甲、乙两木块，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，现用一水平力F向左推木块乙，当两木块一起匀加速运动时，两木块之间的距离是8、在以0.5m/s2的加速度匀加速上升的电梯内，分别用天平和弹簧秤称量一个质量8kg的物体（g取10m/s2），则A. 天平的示数为8kgB. 天平的示数为8.4kgC. 弹簧秤的示数为80ND. 弹簧秤的示数为84N9、甲、乙两物体做自由落体运动，已知甲物体的质量是乙物体的质量的2倍，而甲距地面的高度是乙距地面高度的一半，下列说法正确的是A、甲物体的加速度和是乙物体加速度相同B、甲物体着地的速度是乙物体着地的速度的1 2CD、甲、乙两物体的末速度相同10、建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处（如右图1）。

右图2为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是A、前5s的平均速度是0.5m/sB、整个过程上升高度是28mC、30～36s材料处于超重状态D、前10s钢索最容易发生断裂二、实验题（共3小题，每小题5分，共15分）11、某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”。

弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。

弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。

分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。

下列不必要的实验要求是A、应测量重物M所受的重力B 、弹簧测力计应在使用前校零C 、拉线方向应与木板平面平行D 、改变拉力，进行多次实验，每次都要使O 点静止在同一位置12、在验证牛顿第二定律的实验中：某组同学用如图（甲）所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系，下列措施中不需要和不正确的是①首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力②平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中增减砂子，使小车能匀速滑动③每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力④实验中通过在塑料桶中增减砂子来改变小车受到的拉力⑤实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源A 、①③⑤B 、②③⑤C 、③④⑤D 、②④⑤13、某组同学实验得出数据，画出a-F 图如图（乙）所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是A 、实验中平衡摩擦力时长木板垫起的角度太小B 、实验中平衡摩擦力时长木板垫起的角度太大C 、实验中绳子拉力方向没有跟平板平行D 、实验中不满足“砂桶和砂的总质量远小于小车质量”的条件三、解答题（本题共3小题,共35分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位、）14、（10分）一小汽车由静止开始匀加速启动，加速度a=2.5m/s 2，其最大速度为V m =3m/s ，试求它在t=5s 内发生的位移。

15、（10分）如图所示，0.50.1A B m kg m kg ==，，两物体与地面间的动摩擦因数均为0.2，当大小为F＝5N水平拉力作用在物体A上时，求物体A的加速度。

（忽略滑轮的质量以及滑轮和绳的，取）16、（15分）如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ=37°，一滑块以初速度v0=16m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点。

滑块运动的图象如图乙所示，（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）。

求：（1）AB之间的距离；（2）滑块再次回到A点时的速度；天水市一中高一级2017-2018学年第一学期第三次考试物理试题参考答案与评分标准一.选择题(1～8每题只有一个选项是正确的，8～10每题有两个选项是正确的，全部选对得5分，选不全得3分，选错或不选得0分，共50分）1．C【解析】N不是基本单位，A错误；kg是基本单位不是导出单位，B错误；在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F=ma，否则k不等于1，C正确；在国际单位制中，质量的单位是kg,D错误。

考点：本题考查单位制。

2．D【解析】 “5182米”距离水面5182米的一个位置，不是位移，也不是路程，故AB 错误．“4时26分”、“13时2分”，在时间轴上对应的是一个点，是时刻，“8小时57分”在时间轴上对应的是一段，是时间，故C 错误，D 正确．考点：本题考查位移与路程、时间与时刻等3．C【解析】运动用逆向思维，设斜面的长度为2x,由公式2202v v ax -=得：22v a x =、2202v v ax -=,解得初速度为0v =，C 正确。

考点：本题考查匀变速直线运动规律的应用。

4．A【解析】钢材原来随汽车一起向前运动，在汽车制动时，由于摩擦，车迅速停止，而钢材由于惯性要保持原来向前的速度前进，压扁驾驶室．故A 正确；质量是惯性大小的量度，与速度大小无关，质量不变，惯性不变．所以汽车紧急制动时，汽车和钢材的惯性都没有改变．故BCD 错误．考点：本题考查惯性概念的理解。

5．D【解析】不接触的物体之间也可能有相互作用力，例如磁极之间的相互作用，选项A 错误；根据牛顿第三定律可知，马拉车加速前进时，马拉车的力等于车拉马的力，选项B 错误；地球上的物体受到重力作用，这个力也有反作用力，是物体对地球的吸引力，选项C 错误；相互接触的物体之间如果没有形变也没有弹力产生，选项D 正确；故选D.考点：本题考查力的概念理解。

6．B 【解析】要使物体不致下滑，则竖直方向受平衡力作用，则所受的最大静摩擦力至少和重力平衡，则μF N ＝mg ,由牛顿第二定律，F N ＝ma,则加速度至少应为g/μ，B 正确。

考点：本题考查静摩擦力及牛顿第二定律。

7．C 【解析】两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体，由F=（m 1+m 2）a ；对于甲，F 弹=m 1a ；对弹簧：F 弹=kx ；三式联立解得，x =，故两木块之间的距离是L －x= L －。

，所以C 正确．考点：本题考查连接体问题处理方法及牛顿第二定律的应用。

8．AD【解析】天平的工作原理是等臂杠杆，测量质量，在超重环境中质量测与加速度无关，故为8kg ；故A 正确，B 错误；弹簧秤的测力原理是胡克定律，测量力，根据牛顿第二定律，有：F ﹣mg=ma ；解得：F=m （g+a ）=8×（10+0.5）=84N.故C 错误，D 正确；考点：本题考查弹簧秤的测力原理及牛顿第二定律的应用。

9．AC【解析】甲、乙两物体做自由落体运动，加速度都为重力加速度，相同，故A 正确；根据v 2=2gh ，末速度为v=，故甲物体着地的速度是乙物体着地的速度的，故B 错误，D 错误；C 、根据h=gt 2，t=，故甲物体下落的时间是乙物体下落的时间的，故C 正确；考点：本题考查自由落体运动的基本规律。

10．BD【解析】根据v-t 图象可知：0-10s 内材料的加速度a=0.1m/s 2， 0-5s 位移x=at 2=1.25m ，所以前5s 的平均速度是0.25m/s ，故A 错误；通过速度时间图象包围的面积求出整个过程上升高度h=（20+36）×1m=28m ，故B 正确；C 、30～36s 内材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的，所以处于失重状态，故C 错误；D 、前10s 钢索是向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上的，根据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力，10-30s匀速运动，材料所受的拉力等于重力，30-36s 做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，故D 正确。

考点：本题考查匀变速直线运动的速度时间图像、运动学公式、牛顿第二定律的应用。

二．实验题（共3小题，每小题5分，共15分）11．D【解析】两弹簧测力计所拉两绳对O 点拉力的合力与物体所拉绳对结点O 的拉力平衡，按照实验要求在实验中应多次测量，但是多次测量时即使O 点在不同的位置也可以，所以D 不必要；实验中应测量物体的重力；为减小实验误差，弹簧测力计在使用前应调零，同时拉线方向应与木板平面平行为。

考点：本题考查验证力的平行四边形定则实验的有关知识。

12．B【解析】①实验时首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力就是细绳对小车的拉力；②平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动；③每次改变拉小车的拉力后都不需要重新平衡摩擦力；④实验中通过在塑料桶中增加砂子来改变小车受到的拉力是正确的；⑤实验中应先接通电源，后放开小车；由此可见：①④正确，②③⑤错误，故选B ． 13．B【解析】由图象可知，a-F 图象在a 轴上有截距，这是由于实验中平衡摩擦力时长木板垫起的角度太大造成的．故选B ．三．解答题（共3小题，共35分）14．（10分）小汽车加速时间为t 1=V m /a =1.2s ――――――――――――2分加速阶段的位移为x 1= V 2m /2a =1.8m ――――――――――――――――2分匀速阶段的位移为x 2=V m (t －t1)＝11.4m ―――――――――――――――2分5s内发生的位移为x= x1+x2=13.2m―――――――――――――――――2分15．（10分）对A由牛顿第二定律得。