2020-2021学年广东省佛山市某校高三(上)月考物理试卷(10月份)有答案

2020-2021学年广东省佛山市某校高三（上）月考物理试卷
（10月份）
一.选择题：本题共12小题，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每题3分。

第9～12题有多项符合题目要求，每题4分；全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。

1. 质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t+t2，则该质点（）
A.第1s内的位移是5m
B.前2s内的平均速度是6m/s
C.任意相邻的1s内位移差都是1m
D.任意1s内的速度增量都是2m/s
2. 两个中间有孔的质量为M的小球A、B用一轻弹簧相连，套在水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在一质量为m的小球C上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．下列说法正确的是（）
A.水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+mg
B.连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为mg
3
C.连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为√3mg
3k
D.套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量为√3mg
3k
3. 质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则（）
A.小球对圆槽的压力为MF
m+M
B.小球对圆槽的压力为mF
m+M
C.水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大
D.水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
4. 如图所示，离地面高ℎ处有甲、乙两个物体，甲以初速度v0水平射出，同时乙以初速度v0沿倾角为45∘的光滑斜面滑下。

若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）
A.√gℎ
2B.√gℎ C.√2gℎ
2
D.2√gℎ
5. 中国在西昌卫星发射中心成功发射“亚太九号”通信卫星，该卫星运行的轨道示意图如图所示，卫星先沿椭圆轨道1运行，近地点为Q，远地点为P，当卫星经过P点时点火加速，使卫星由椭圆轨道1转移到地球同步轨道2上运行，下列说法正确的是（）
A.卫星在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等
B.卫星在轨道1上运行经过P点的加速度等于在轨道2上运行经过P点的加速度
C.卫星在轨道2上时处于超重状态
D.卫星在轨道1上运行经过P点的速度大于经过Q点的速度
6. 如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30∘，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止。

已知能使小物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为ω．物体与
盘面间的动摩擦因数为√3
2
（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（）
A.这个行星的质量M=ω2R2L
G
B.这个行星的同步卫星的周期是π
ω√R L
C.这个行星的第一宇宙速度v1＝2ω√LR
D.离行星表面距离为2R的地方的重力加速度为ω2L
7. 如图所示，一物体仅在三个共点恒力F1、F2、F3的作用下以速度V0水平向右做匀速
直线运动，其中F1斜向右上方，F2竖直向下，F3水平向左．某时刻撤去其中的一个力，其他力的大小和方向不变，一段时间后恢复该力，则下列说法不
⋅
正确的是（）
A.如果撤去的是F1，则物体先做匀变速曲线运动，恢复该力之后将做直线运动
B.如果撤去的是F1，恢复F1时物体的速度大小可能为v0
C.如果撤去的是F2，在恢复该力之前的时间内，因物体做曲线运动，故在相等时间间
隔内其速度的变化量△V的方向时刻在改变
D.如果撤去的是F3，物体将向右做匀加速直线运动，恢复该力后做匀速直线运动
8. 如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）
A.汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态
B.“水流星”匀速转动过程中，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力
C.在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，目的是利用轮缘与外轨的侧压力助火车
转弯
D.脱水桶的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
9. 如图所示，光滑的水平地面上有三块木块a、b、c，质量均为m，a、c之间用轻质
细绳连接，现用一水平恒力F作用在b上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把
一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。

则在粘上橡
皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）
A.无论粘在哪块木块上面，系统的加速度都不变
B.若粘在a木块上面，绳的张力减小，a、b间摩擦力不变
C.若粘在b木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都减小
D.若粘在c木块上面，绳的张力和a、b间摩擦力一定都增大
10. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。

现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v−t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（）
A.t2时刻，弹簧形变量为0
B.t1时刻，弹簧形变量为
C.从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大
D.从t1时刻到t2时刻，拉力F大小不变
11. 如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（）
A.A、B都有沿切线方向且向后滑动的趋势
B.B的向心力等于A的向心力
C.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
D.若B相对圆盘先滑动，则A、B间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB
12. 如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连，某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、
β，A球向左的速度为v，下列说法正确的是（）
v
A.此时B球的速度为cosα
cosβ
v
B.此时B球的速度为cosβ
cosα
C.当β增大到等于90∘时，B球的速度达到最大
D.在β增大到90∘的过程中，绳对B球的拉力一直做正功
二.实验题（每空2分，共16分）
某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。

（1）图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.76cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l为________cm。

（2）本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是（）（填选项前的字母）。

A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
（3）图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________。

如图所示，某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放。

（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________cm。

（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为________。

（3）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间△t，则相应小车经过光
电门时的速度v＝________（用题中所给符号表示），通过描点作出线性图象，研究小
车加速度与力的关系．处理数据时应作出________（选填“v−m”或“v2−m”）图象。

（4）某同学在（3）中作出的线性图象不通过坐标原点，其原因是________。

三.解答题（15题13分，16题13分，17题18分，共44分。

解答应写出必要的文
字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分．有数值计算的题，答案
中必须明确写出数值和单位）
圆形轨道，BC段为高ℎ＝5m
如图所示，轨道ABCD的AB段为一半径R＝0.2m的光滑1
4
的竖直轨道，CD段为水平轨道。

一质量为0.1Kg的小球由A点从静止开始下滑到B点时
速度的大小为2m/s，离开B点做平抛运动(g取10m/s2)，求：
①小球离开B点后，在CD轨道上的落地点到C的水平距离；
②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小？
③如果在BCD轨道上放置一个倾角θ＝45∘的斜面（如图中虚线所示），那么小球离开B
点后能否落到斜面上？如果能，求它第一次落在斜面上的位置。

如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37∘的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以v0＝2m/s的
速度顺时针匀速转动，某时刻B从传送带左端以速度v1＝6m/s向右运动，经过一段时
间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为0.2，
斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10m/s2，sin37∘＝0.6，求：
（1）B向右运动的总时间；
（2）在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量。

如图所示，在足够高和足够长的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用
轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C栓接。

当C从静止开始下落距离ℎ时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（可视为质点），最终B恰好未从木板A上滑落。

A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度为g，求：
（1）C由静止下落距离ℎ时，A的速度大小v0；
（2）木板A的长度L；
（3）若当铁块B轻放在木板A的最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。

参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省佛山市某校高三（上）月考物理试卷
（10月份）
一.选择题：本题共12小题，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每题3分。

第9～12题有多项符合题目要求，每题4分；全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。

1.
【答案】
D
【考点】
匀变速直线运动的位移与时间的关系
【解析】
at2，即可求得质点的初速度和加对照匀变速直线运动的位移时间关系公式x＝v0t+1
2
速度，再根据匀变速直线运动规律求解各选项的正误。

【解答】
解：A．代入t＝1s，可得第1s内的位移为6m，故A错误；
B．代入t＝2s，可得前2s的位移为14m，根据平均速度公式可得前2s的平均速度为
7m/s，故B错误；
C．根据位移时间关系公式x＝v0t+1
at2，可得物体运动的初速度为5m/s，加速度为
2
2m/s2，据Δx＝aT2，可得任意相邻1s内位移差都是2m，故C错误；
D．因为加速度为2m/s2，所以任意1s内速度增量都是2m/s，故D正确．
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
胡克定律
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
对小球受力分析后根据平衡条件得到弹簧的弹力，根据胡克定律求解出压缩量；根据几何关系得到弹簧的长度．
【解答】
解：A．选择整体为研究的对象，则它们在竖直方向只受到重力的作用与杆的支持力，由二力平衡可知，杆的支持力与整体的重力大小相等，即N=2Mg+mg，所以水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg+0.5mg，故A错误．
B．对三个小球分别进行受力分析如图：
则：由对称性可知，左右弹簧对C的拉力大小相等，与合力的方向之间的夹角是30∘，
所以：2F1cos30∘=mg，得：F1=mg
2cos30∘=√3
3
mg，故B错误．
C．由胡克定律得：F1=kx1，连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量：x1=√3mg
3k
，故C 正确．
D．对A进行受力分析，则水平方向受到水平弹簧向左的弹力与F1的水平分力的作用，
由受力平衡得：F2=F1⋅cos60∘=√3
6
mg，同理，对B进行受力分析得：F2′=F1⋅
cos60∘=√3
6
mg，
所以弹簧的弹力是√3
6mg，套在水平光滑横杆上的轻弹簧的形变量：x′=F2
k
=√3
6k
mg，
故D错误．
故选：C．
3.
【答案】
C
【考点】
动力学中的整体法与隔离法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由整体法可求得系统的加速度a=F
M+m
，小球对圆槽的压力F N=m√g2+a2=
m√g2+F2
(M+m)2
，当F增大后，F N增大，故C正确．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
平抛运动的概念
【解析】
根据题意可知：甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，运动的时间可以通过竖直方向上自由落体运动的公式求解，乙做匀加速直线运动，运动的时间与甲相等，由几何关系及位移时间公式即可求解。

【解答】
甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据
ℎ=1
2gt2得：t=√2ℎ
g
①
根据几何关系可知：x
乙
=√2ℎ②
乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：a=F
m =mg sin45
m
=√2
2
g③
根据位移时间公式可知：x=v0t+1
2
at2④由①②③④式得：
v0=√gℎ2
所以A正确。

5.
【答案】
B
【考点】
人造卫星上进行微重力条件下的实验
向心力
同步卫星
万有引力定律及其应用
【解析】
卫星在椭圆轨道上运动时在近地点做离心运动，在远地点做近心运动，根据相应运动条件判断速度大小问题，卫星在轨道上运动的加速度由万有引力产生，决定加速度的大小是万有引力的大小．
【解答】
A、在P点处时，卫星在轨道1的速度小于轨道2上的速度，因此在轨道1的机械能小于在轨道2上运动时的机械能，故A错误；
B、根据牛顿第二定律和万有引力定律得：GMm
r2
=ma，所以卫星在轨道2上经过P点的
加速度等于在轨道1上经过P点的加速度，故B正确；
C、卫星在轨道2上时处于失重状态，故C错误；
D、卫星从Q到P，因引力做负功，则在轨道1上运行经过P点的速度小于经过Q点的速度，故D错误。

6.
【答案】
C
【考点】
人造卫星上进行微重力条件下的实验
同步卫星
万有引力定律及其应用
【解析】
当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，角速度最大，由牛顿第二定律求出重力加速度，然后结合万有引力提供向心力
以及万有引力近似等于重力，联立逐项分析求解即可。

【解答】
物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律：μmg cos30∘−mg sin30∘＝mω2L
可得：g=ω2L
μcos30−sin30
=4ω2L
A、绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力：G Mm
R2
=mω2R ＝mg
可得这个行星的质量：M=gR 2
G =4ω2R2L
G
．故A错误；
B、不知道同步卫星的高度，也不知道该行星的自转周期，所以不能求出该行星同步卫星的周期，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力：G Mm
R2=m v12
R
，结合G Mm
R2
=mg，以及：g＝4ω2L
联立可得这个行星的第一宇宙速度v1=√gR=2ω√LR．故C正确；
D、设离行星表面距离为ℎ＝2R的地方的重力加速度为g′，
对于高为ℎ的位置，根据万有引力近似等于重力有：G Mm
(ℎ+R)2=G Mm
(3R)2
=mg′，
对于行星表面，根据万有引力近似等于重力有：G Mm
R2
=mg
联立可得：g′=g
9
，又因为：g＝4ω2L
故离行星表面距离为2R的地方的重力加速度：g′=4ω2L
9
，故D错误。

7.
【答案】
C
【考点】
动能定理的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
曲线运动的概念
【解析】
物块在三个共点力F1、F2、F3的作用下做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，撤去一个力，则剩余的力的合力与撤去的力大小相等，方向相反，再结合物体做曲线运动的条件分析做什么运动，根据△v=a△t判断速度变化量．
【解答】
解：A、物块在三个共点力F1、F2、F3的作用下以速度v0水平向右做匀速直线运动，说明三个共点力平衡，如果撤去F1，则F2、F3的合力与F1等大反向，合力与初速度不在一条直线上，物块做匀变速曲线运动，恢复F1，物块又处于平衡状态，做匀速直线运动，故A正确；
B、撤去F1，F2、F3的合力对物块可能先做负功后做正功，有可能总功为零，即恢复F1时物块的速度大小可能为v0，故B正确；
C、撤去F2之后，物块做类平抛运动，则△v=a△t，因为加速度a是恒定的矢量，故在相等时间间隔内△v的大小和方向都不变，故C错误；
D、撤去F3后，合力水平向右，合力与速度方向相同，所以物块向右做匀加速直线运动；恢复该力后，物体受力平衡，做匀速直线运动；故D正确；
本题选不正确的，故选：C
8.
【答案】
B
【考点】
向心力
牛顿第二定律的概念
【解析】
利用圆周运动的向心力分析过水路面、火车转弯、水流星和洗衣机脱水原理即可，如
防止车轮边缘与铁轨间的挤压，通常做成外轨略高于内轨，火车高速转弯时不使外轨
受损，则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供。

【解答】
A、汽车通过凹形桥最低点时，处于超重状态；
B、演员表演“水流星”，，解得，
，解得N1<F N3，在最高点处水对碗底的
压力小于其在最低处水对碗底的压力，故B正确；
C、在铁路的转弯处，当火车按规定速度转弯时，从而减轻轮缘对外轨的挤压；
D、洗衣机脱水桶的脱水原理是水滴受到的力小于它所需要的向心力，故D错误。

9.
【答案】
C,D
【考点】
牛顿第二定律的概念
力的合成与分解的应用
摩擦力的判断
摩擦力的计算
【解析】
根据F为系统合外力，由牛顿第二定律求得加速度变化；分别对a，b，c进行受力分析，由牛顿第二定律求得绳子张力和摩擦力的变化。

【解答】
A、系统始终没有相对滑动，那么，由牛顿第二定律可知：无论粘在哪块木块上面，但是比没有橡皮泥时要小；
BCD、对a，b，ab间摩擦力为ac的合外力；
那么，由加速度减小可得：若粘在a或b上；若粘在c上；
若粘在a或c上，摩擦力增大，摩擦力减小，CD正确；
10.
【答案】
B,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
x-t图像（匀变速直线运动）
非常规图像
匀变速直线运动的概念
牛顿第二定律的概念
胡克定律
【解析】
（1）速度最大时加速度为零，可以根据胡克定律求出A达到最大速度时的弹簧压缩量；（2）从开始到t1时刻，A与B整体做匀加速直线运动，可以根据牛顿第二定律求出拉力
F的表达式进行分析。

【解答】
A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，则得：x＝。

B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，解得：x＝。

CD、从开始到t6时刻，A与B整体做匀加速直线运动，有：F+kx−2mg sinθ＝2ma，
由于x逐渐减小，
从t8时刻到t2时刻，B物体做匀加速运动，解得F＝mg sinθ+ma，故C错误。

11.
【答案】
B,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
向心力
【解析】
对A、B进行受力分析，得到合外力的方向；由匀速圆周运动规律得到向心力的大小方
向继而可得摩擦力的方向、大小．
【解答】
A、把AB当成一个整体，在水平方向上只受摩擦力作用，所以，摩擦力即物块所受合
外力，其作为向心力保证物块做匀速圆周运动；对物块A同样分析。

向心力方向指向圆心，所以，摩擦力方向指向圆心，物块有沿径向向外滑动的趋势，故A错误；
B、物体做匀速圆周运动，向心力F=m v2
，A、B质量相同，一起做匀速圆周运动的
R
速度、半径也相等，所以，两者的向心力相等，故B正确；
C、A、B的向心力相等都为F，A的向心力即B对A的摩擦力（指向圆心），B的向心力
为盘对B的摩擦力−A对B的摩擦力，由作用力与反作用力的关系（大小相等，方向相反）可知，A对B的摩擦力也等于F，所以，盘对B的摩擦力等于2F，故C正确；
D、B相对圆盘先滑动，则B的合外力小于A的合外力，不足以提供向心力；A、B间的
动摩擦因数μA，B对A的摩擦力f AB＝μA mg；盘与B间的动摩擦因数μB，B的合外力F B −f AB＝2μB mg−μA mg；所以，2μB mg−μA mg<μA mg，即μB<μA，故D错
＝f
B盘
误。

12.
A,C,D
【考点】
运动的合成与分解
【解析】
将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B 沿绳子方向的分速度．
组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断小球B减小的势能与物块A增加的动能的大小关系．
【解答】
解：A、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B沿绳子方向的分速度．在沿绳子方向的分速度为v
绳子
=v cosα，所以v B=
v
绳子cosβ=v cosα
cosβ
．故A正确，B错误．
C、当β增大到等于90∘时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，故C正确；
D、在β增大到90∘的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力一直做正功．故D正确．
故选：ACD
二.实验题（每空2分，共16分）
【答案】
6.89
A
超过了弹簧的弹性限度
【考点】
探究弹力和弹簧伸长的关系
【解析】
（1）根据图乙示数和不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度示数之差，求解弹簧的
伸长量△l。

（2）根据弹簧测力计使用规范，分析操作方法；
（3）F＝kx和弹簧测力计的性质，分析△l−F图线的形成原因。

【解答】
图乙刻度尺的示数为：14.3cm，此时弹簧的伸长量△l＝14.65cm−7.76cm＝4.89cm
本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力的操作，规范的做法是：逐
一增挂钩码，故A正确。

造成丙同学描绘的弹簧的伸长量△l与弹力F的关系图线，AB段明显偏离直线OA的主要原因是：超过了弹簧的弹性限度。

【答案】
1.140
,v2−m
小车与水平轨道间存在摩擦力（或未平衡摩擦力）
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
刻度尺
【解析】
（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；
（2）为使绳子的拉力等于重物的重力，m应远远小于M；
（3）由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度。

由题意可知，
该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2＝2as＝2s，可根据v2−m图象可以直观的得出结论，根据斜率求得位移。

（4）根据（3）的函数关系即可判断出。

【解答】
游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，
20分度游标卡尺的精度为0.05mm
游标卡尺的主尺读数为1.8cm，游标读数为0.05×8mm＝7.40mm＝0.040cm，
所以最终读数为：1.2cm+0.040cm＝1.140cm
该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究，研究小车的加速度和小车所受合力
的关系。

为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，那么小车的合力就是绳子
的拉力。

根据牛顿第二定律得：
对m:mg−F＝ma
对M:F＝Ma
解得：F＝，当m<<M时，绳子的拉力近似等于重物的总重力。

在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，故则相应小车经过光电门时的速度v
＝
每次小车都从同一位置A由静止释放，测出小车上遮光条通过光电门时的速度v，小车
所受拉力可认为等于mg，
由v2＝2as，mg＝Ma
可得：v6＝m，即v2与m成正比，
因此处理数据时应作出v4−m图象．
在v2−m图象中，这是由于小车与水平轨道间存在摩擦力（或未平衡摩擦力）
三.解答题（15题13分，16题13分，17题18分，共44分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
【答案】
②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为3N(1)③小球离开B点后能落到斜面上，它第一次落在斜面上的位置距离B点为1.13m。

【考点】
牛顿第三定律的概念
平抛运动的概念
向心力
机械能守恒的判断
【解析】
①小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离；
②小球在B点时做的是匀速圆周运动，对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球受到的支持力的大小，在根据牛顿第三定律可以知道对圆形轨道的压力大小；
③小球做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得水平距离，与斜面的长度相对比，可以知道，小球将落在斜面上，再根据平抛运动的规律可以求得落在斜面上的位置。

【解答】
②小球到达B点时对圆形轨道的压力大小为3N(1)③小球离开B点后能落到斜面上，它第一次落在斜面上的位置距离B点为1.13m。

【答案】
B向右运动的总时间是2s；
在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量是25J。

【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
（1）对A、B系统应用牛顿第二定律求出它们的加速度，应用运动学的公式求出B向右运动的总时间。

（2）物块B向左运动做初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式求出B向左运动的时间；应用运动学公式求出整个过程B相对于传送带的位移，然后根据功的计算公式求出因摩擦产生的热量。

【解答】
B受到水平向左的摩擦力，向右匀减速运动的过程中、B整体
μmg+mg sin 37∘＝2ma1，
代入数据解得加速度大小a2＝4 m/s2，
B的速度减为7 m/s所用时间t1＝s＝1 s，
B的速度由v3＝2 m/s减为零的过程中、B整体
mg sin 37∘−μmg＝2ma2，
代入数据解得加速度大小a2＝2 m/s7，。