时间:2019-07-11 03:29:21
1、选择题 在光滑的水平桌面上，有甲、乙两木块，两木块之间夹一轻质弹簧，弹簧仅与木块接触但不连接，用两手拿住两木块压缩弹簧，并使两木块静止，则（ ）
A．两手同时释放弹簧，两木块的总动量为零
B．甲木块先释放，乙木块后释放，两木块的总动量指向甲木块一方
C．甲木块先释放，乙木块后释放，两木块的总动量指向乙木块一方
D．甲木块释放后至乙木块释放前的这一过程中，两木块的总动量守恒
参考答案：A、在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即总动量为零，故A正确；
B、甲木块先释放，乙木块后释放，因此在乙释放前，动量不守恒，甲木块已有初动量，所以两木块的总动量指向甲木块一方，故B正确，C错误；
D、甲木块释放后至乙木块释放前的这一过程中，两木块的总动量不守恒，受到手对木块的弹力，故D错误
故选AB．
本题解析：
本题难度：一般
2、选择题 关于弹簧测力计上零刻度的意义，下列说法中错误的是
A．弹簧的长度为零
B．弹簧的伸长为零
C．弹簧所受的拉力为零
D．指针的初始位置
参考答案：A
本题解析：考点：
分析：弹簧本身是有一定长度的，我们用弹簧测力计，是依据弹簧的伸长与所受拉力成正比的原理，而弹簧的伸长与弹簧的长度是两个不同的概念．
解答：解：A、弹簧的长度不可能为零，弹簧都有自己的固有的原长，所以错误；
B、在没有施加拉力时，弹簧没有伸长，这就是弹簧的原长，原长是不计算在弹簧的伸长量之内的，所以正确；
C、零刻度线是弹簧没受拉力时的起点，以此为零，再度量受到拉力时的伸长量，所以正确；
D、指针的初始位置就是从弹簧的原长的末端开始标注的，所以正确．
故选A．
点评：是弹簧的伸长量与所受拉力成正比，而不是弹簧的总长度，这一点我们应该分清，因此，刻度值不应该包括弹簧的原长．
本题难度：简单
3、选择题 如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，对于小球的受力和运动，下列说法中正确的是（ ）
A．弹簧弹力一直在增大，合力先变小后变大
B．合力先变大后变小，速度先变小后变大
C．速度最大时，弹簧弹力也最大
D．弹簧弹力的最大值大于2倍的小球重力
参考答案：A、因为小球一直在压缩弹簧，弹簧的形变量x在增大，根据F=kx可知，弹簧弹力一直在增大，以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．故A正确；
B、由A分析知，合力先变小后变大，故B错误；
C、由A分析知，速度最大时，弹力和重力大小相等，重物将继续压缩弹簧，弹力继续增大，故C错误；
D、球所受弹力最大时也就是速度为0时，此时弹簧的压缩量最大．若小球以初速度为0从接触弹簧开始释放，当弹簧压缩量最大为x，则有：mgx=12kx2此时弹簧弹力F=kx=2mg；
本题中的小球是从高空下落的，所以弹簧压缩量最大时弹簧的形变量就会更大，这样它受到的弹力就大于2G．故D正确．
故选AD．
本题解析：
本题难度：一般
4、选择题 如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球所受重力不变
B．小球所受弹力改变
C．小球的加速度不变
D．小球的速度改变
参考答案：A、B小球从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，其重力不变，根据胡克定律可知，弹力逐渐增大．故AB正确．
C、D弹簧的弹力先小于小球的重力，后大于重力，则小球所受的合力方向先向下与速度同向，后向上与速度反向，则小球的速度先增大后减小．由于弹力不断增大，根据牛顿第二定律得知，加速度先减小后增大．故C错误，D正确．
故选ABD
本题解析：
本题难度：简单
5、实验题 (6分)学校科技活动小组的同学们准备自己动手粗略测定铁块与长木板之间的动摩擦因数，已有的器材：长木板、小铁块、米尺和刻度尺.他们同时从实验室借来一个电火花打点计时器，设计了如下实验：
a.用米尺测量长木板总长度
，将打点计时器固定在长木板上。然后将长木板靠在竖直墙壁固定（如图），并测量长木板顶端B相对于水平地面的高度
和长木板底端A与墙角C之间的距离
；
b.将小铁块连上纸带，接通打点计时器后释放，得到的纸带如下图, A、B、C、D、E是纸带上连续的5个点。
现用刻度尺直接测出AC、CE的距离分别为：
、
；已知交流电的频率为
，重力加速度为
.由此可求得铁块的加速度
＝?；根据牛顿第二定律，可求得动摩擦因数
＝?(用、和测得物理量的字母表示) 。?
参考答案：
?(3分)?，
?(或
)（3分）
本题解析：根据纸带由匀变速直线运动的判别式：
，而
，可得
；设斜面倾角为
，对木块由牛顿第二定律：
，
，
，可得
.
本题难度：一般