2018-2019高中物理 全一册章末检测试卷（打包4套）粤教版必修1.zip

1第一章 运动的描述章末检测试卷(一)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.其中 1～7 题为单项选择题，8～12 题为多项选择题.全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选和不选的得 0 分)1.下列各组物理量中，都是矢量的是( )A.位移、时间、速度B.路程、速率、位移C.加速度、速度的变化量、速度D.速度、时间、加速度答案 C解析 位移、速度、加速度既有大小又有方向，是矢量；而时间、路程和速率只有大小没有方向，是标量，故选 C.【考点】描述运动的基本概念【题点】描述运动的基本概念2.2015 年 4 月 4 日，长春发生月全食天象.17 时整，半影月食开始，19 时 54 分月球完全进入地球本影，20 时 06 分 01 秒月球移出地球本影，期间有 12 分 01 秒左右可以观测到铜红色的红月亮.则( )A.19 时 54 分是时刻B.20 时 06 分 01 秒是时间C.12 分 01 秒是时刻D.在观测月全食时可将地球看成质点2答案 A3.如图 1，一架执行救援任务的直升机悬停在空中，救生员抱着伤病员，缆绳正在将他们拉上飞机.若以救生员为参考系，则处于静止状态的是( )图 1A.伤病员B.直升机C.地面D.直升机驾驶员答案 A4.如图 2 所示为甲、乙两物体运动的 s－ t 图象，下列关于甲、乙两物体运动的描述，正确的是( )图 2A.甲、乙两个物体同时出发B.甲、乙两个物体在同一位置出发C.甲的速度比乙的速度小D.t2时刻两个物体速度相同答案 C解析 由题图可知甲物体从 0 时刻开始运动，而乙物体从 t1时刻开始运动，故 A 错误；由题图可知甲物体从坐标 s1开始运动，而乙物体从坐标为 0 的位置开始运动，故 B 错误；s－ t 图象的斜率等于物体运动的速度，由题图可知乙运动的速度大于甲运动的速度，故 C正确； t2时刻两物体的位置相同即两物体相遇，故 D 错误.5.某物体沿直线运动，其 v－ t 图象如图 3 所示，则下列说法正确的是( )3图 3A.物体 8 s 内始终向一个方向运动B.前 3 s 内速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动C.4～6 s 内物体速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动D.第 7 s 内速度方向与加速度方向相同，物体做加速运动答案 B解析 物体在 0～4 s 内做加速运动，速度与加速度同向；在 4～5 s 内做减速运动，速度与加速度反向，5 s 末速度减为 0；5～6 s 内做反方向的加速运动，速度与加速度同向；6～8 s 内在反方向做减速运动，速度与加速度反向，综上所述，B 项正确，A、C、D 项错误.6.一质点始终向着一个方向做直线运动，在前 t 时间内平均速度为 ，后 t 时间内平均速23 v2 13度为 2v，则物体在 t 时间内的平均速度大小为( )A. B. C.v D.3v4 3v2 2v3答案 C解析 前 t 时间内的位移 s1＝ · ＝ vt，后 t 时间内的位移 s2＝2 v· t＝ vt，所以 t23 v2 2t3 13 13 13 23时间内的平均速度 ＝ ＝ v，故 C 正确.v13vt＋ 23vtt【考点】平均速度【题点】平均速度的计算7.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的 a－ t 图象如图 4 所示.下列 v－ t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图 44答案 D解析 由题图可知，在 0～ 时间内 a＝ a00，若 v0≥0，物体做匀加速运动；若 v0500g，因此摩托车驾驶员有生命危险.(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为 a1、 a2，根据加速度定义得 a1＝ ，|Δ v1|Δ t1a2＝|Δ v2|Δ t2所以 a1∶ a2＝ ∶ ＝ ∶ ＝1∶1.|Δ v1|Δ t1 |Δ v2|Δ t2 204 1531第三章 研究物体间的相互作用章末检测试卷(三)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.其中 1～8 题为单项选择题，9～12 题为多项选择题.全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选和不选的得 0 分)1.物体在斜面上匀速下滑，如图所示的四个受力示意图中能正确反映物体受力情况的是( )答案 A2.同一物体在下列几组共点力作用下可能处于静止状态的是( )A.3 N、4 N、5 N B.3 N、5 N、9 NC.4 N、6 N、11 N D.5 N、6 N、12 N答案 A解析 处于静止状态的物体所受到的合力为零，根据三个共点力的合力范围可知：3 N、4 N、5 N 的合力范围是 0≤ F 合 ≤12 N，故 A 可能；3 N、5 N、9 N 的合力范围是 1 N≤ F 合≤17 N，故 B 不可能；4 N、6 N、11 N 的合力范围是 1 N≤ F 合 ≤21 N，故 C 不可能；5 N、6 N、12 N 的合力范围是 1 N≤ F 合 ≤23 N，故 D 不可能.3.如图 1 所示，一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，2则下列说法正确的是( )图 1A.拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力B.拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小C.拉力与摩擦力的合力方向竖直向上D.小孩和车所受的合力方向向前答案 C解析 小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，利用正交分解法分析易知，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故选项 A 错误；根据力的合成和二力平衡易知，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力方向竖直向下，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故选项 B 错误，C 正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故选项 D 错误.【考点】共点力及平衡【题点】简单的共点力的平衡问题4.如图 2 所示，三个相同的轻质弹簧连接在 O 点，弹簧 1 的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为 30°，弹簧 2 水平且右端固定在竖直墙壁上，弹簧 3 的另一端悬挂质量为m 的物体且处于静止状态，此时弹簧 1、2、3 的形变量分别为 x1、 x2、 x3，则( )图 2A.x1∶ x2∶ x3＝ ∶1∶23B.x1∶ x2∶ x3＝ ∶2∶13C.x1∶ x2∶ x3＝1∶2∶ 3D.x1∶ x2∶ x3＝2∶1∶ 3答案 D解析 以结点 O 为研究对象进行受力分析如图所示，运用合成法：3由几何知识知： FT1＝mgcos 30°FT2＝ mgtan 30°， FT3＝ mg故 FT1∶ FT2∶ FT3＝2∶1∶ 3根据胡克定律： F＝ kx则 x1∶ x2∶ x3＝2∶1∶ 3故选 D.5.在图 3 中， AB、 AC 两光滑斜面互相垂直， AC 与水平面成 30°角.若把球 O 的重力 G 按照其作用效果分解，则两个分力的大小分别为( )图 3A. G， G B. G， G12 32 33 3C. G， G D. G， G23 22 22 32答案 A解析 对球所受重力进行分解如图所示，由几何关系得 F1＝ Gsin 60°＝ G， F2＝ Gsin 3230°＝ G，A 正确.12【考点】按力的效果分解力【题点】按力的效果分解力6.如图 4 所示，一个足球用网兜悬挂于 O 点， A 点为网兜上对称分布的网绳的结点， OA 为一4段竖直绳，设网绳的长短和足球重力不变，网绳重力忽略不计，若足球越大，则( )图 4A.网绳的拉力越大B.网绳的拉力不变C.网绳的拉力越小D.竖直绳 OA 的拉力越大答案 A解析 设网兜有 n 根网绳，每根网绳与竖直方向的夹角为 θ ，则 nFTcos θ ＝ mg， FT＝，若足球越大，网绳与竖直方向的夹角越大，cos θ 越小，则 FT越大，故 A 正确，mgncos θB、C 错误；以网绳和足球整体为研究对象，根据平衡条件，竖直绳 OA 的拉力大小总是与足球的重力相等，保持不变，故 D 错误.7.如图 5 所示，质量为 m 的物体置于倾角为 θ 的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为 μ ，先用平行于斜面的推力 F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次推力 的值为( )F1F2图 5A.cos θ ＋ μ sin θ B.cos θ － μ sin θC.1＋ μ tan θ D.1－ μ tan θ答案 B解析 对物体受力进行正交分解，结合力的平衡条件可知：第一次推力 F1＝ mgsin θ ＋ μmg cos θ ；由 F2cos θ ＝ mgsin θ ＋ μ (mgcos θ ＋ F2sin θ )，解得第二次推力 F2＝，故两次推力的比值 ＝cos θ － μ sin θ ，B 正确.mgsin θ ＋ μ mgcos θcos θ － μ sin θ F1F2【考点】静态平衡问题分析【题点】多力平衡问题8.如图 6 所示，物块 A 放在木板上，当缓慢抬起木板的一端，使木板与水平面夹角 α 分别为 30°、45°时，物块受到的摩擦力相等，则物块和木板间的动摩擦因数为( )5图 6A. B.22 32C. D.12 33答案 A解析 木板的倾角 α 分别为 30°、45°时，物块受到的摩擦力大小相等，分析可知：当倾角为 30°时物块受到的是静摩擦力，当倾角为 45°时物块受到的是滑动摩擦力.当倾角为 30°时，静摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，即 f＝ mgsin 30°.当倾角为 45°时物块受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式得f＝ μF N＝ μmg cos 45°得到 mgsin 30°＝ μmg cos 45°解得 μ ＝ ，故选 A.22【考点】静态平衡问题分析【题点】三力平衡问题9.大小不变的 F1、 F2两个共点力的合力为 F，则下列说法正确的是( )A.合力 F 一定大于任一个分力B.合力 F 的大小既可能等于 F1，也可能等于 F2C.合力有可能小于任一个分力D.在 0°至 180°的范围内，合力 F 的大小随 F1、 F2间夹角的增大而减小答案 BCD10.如图 7 所示，物块 M 在静止的传送带上以速度 v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为 v，则传送带启动后( )图 7A.M 静止在传送带上B.M 可能沿斜面向上运动C.M 受到的摩擦力不变D.M 下滑的速度不变6答案 CD解析 由 M 匀速下滑可知其处于平衡状态， M 受重力、滑动摩擦力和支持力，传送带启动以后对 M 的受力情况没有影响，自然也不会影响其运动状态，故 C、D 正确.11.如图 8 所示，物体 P 静止于固定的斜面上， P 的上表面水平，现把物体 Q 轻轻地叠放在P 上，则( )图 8A.P 向下滑动B.P 静止不动C.P 所受的合外力增大D.P 与斜面间的静摩擦力增大答案 BD解析 物体 P 静止于斜面上，则 mgsin θ ≤ μmg cos θ ，把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上时，P、 Q 整体质量增加，相对斜面仍然满足 m′ gsin θ ≤ μm ′ gcos θ ，故 P 静止不动，所受的合外力为零，A、C 错误，B 正确； P 所受的合外力为零， P 与斜面间的静摩擦力增大为m′ gsin θ ，D 正确.12.如图 9 是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根轻绳绕过两个光滑定滑轮和一个光滑动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内.如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是( )图 9A.只增加绳的长度B.只增加重物的重量C.只将手指向下移动D.只将手指向上移动答案 BC解析 绳上的拉力等于悬挂重物的重力 mg，手指受力分析如图，三个力的合力为零，两个拉力的大小恒定，夹角越大，合力越小，夹角越小，合力越大；只增加绳的长度时，由于两7个绳拉力不变，动滑轮位置不变，故三个力大小方向都不变，故 A 错误；只增加重物的重量，两个拉力变大，动滑轮位置不变，则两拉力夹角不变，故合力变大，故手要用较大的力，故B 正确；手指向下移动，两个拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，故手要用较大的力，故 C 正确；手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故 D 错误.【考点】静态平衡问题分析【题点】三力平衡问题三、实验题(本题共 2 小题，共 12 分)13.(6 分)在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”时，某同学把两根弹簧按如图 10 所示方式连接起来进行探究.图 10 图 11(1)某次测量示数如图 11 所示，则指针示数为______cm.(2)在弹性限度内，将 50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针 A、 B 的示数 LA和 LB如表所示.用表中数据计算弹簧 Ⅰ 的劲度系数为______N/m(重力加速度 g＝10 m/s2).由表中数据______(填“能”或“不能”)计算出弹簧 Ⅱ 的劲度系数.钩码数 1 2 3 4LA/cm 15.71 19.71 23.66 27.76LB/cm 29.96 35.76 41.51 47.36答案 (1)16.00 (2)12.50 能解析 (1)刻度尺最小分度为 1 mm，读数时需估读到毫米下一位，故指针的示数为 16.00 cm.(2)表中对 LA的测量有四组数据，应采用逐差法计算增加一个钩码时弹簧Ⅰ增加的长度.8L0＝ ＝0.04 mLA3＋ LA4－ LA1－ LA24故 k＝ ＝12.50 N/mmgL0通过计算 LB－ LA可得出 A、 B 两指针间的长度，进而计算出增加一个钩码时弹簧Ⅱ增加的长度，从而计算出其劲度系数.14.(6 分)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一只弹簧测力计.(1)为了完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：弹力 F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50伸长量 x(×10－2 m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42根据表中数据作出 F－ x 图象并求得该弹簧的劲度系数 k＝________N/m；(2)某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图 12 甲所示，其读数为________N；同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为 2.50 N，请在图乙中画出这两个共点力的合力 F 合 的图示；图 12(3)由题(2)图得到 F 合 ＝________N.答案 (1)见解析图 53(说明：±2 范围内都可)(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02 范围内都可)见解析图 (3)3.3(说明：±0.2 范围内都可)解析 (1)以水平方向为 x 轴，竖直方向为 F 轴，建立直角坐标系，然后描点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数 k，在直线上任取一点，如(6×10－2, 3.2)，则 k＝ N/m≈53 N/m.3.26×10－ 29(2)弹簧测力计的读数为 2.10 N，设每单位长度为 1 N，则合力 F 合 的图示如图所示.(3)经测量，合力 F 合 ＝3.3 N.三、计算题(本题共 4 小题，共 40 分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.(8 分)如图 13 所示，物体 A 重 GA＝40 N，物体 B 重 GB＝20 N， A 与 B、 B 与地面之间的动摩擦因数相同，用水平绳将物体 A 系在竖直墙壁上，用水平力 F 向右拉物体 B，当 F＝30 N 时，才能将 B 匀速拉出，则接触面间的动摩擦因数多大？图 13答案 0.3解析 设接触面间的动摩擦因数为 μ ，物体 A 与 B 间的摩擦力为 f1＝ μG A物体 B 与地面间的摩擦力为 f2＝ μ (GA＋ GB)将 B 匀速拉出，拉力大小与两个摩擦力的合力大小应相等，有 F＝ f1＋ f2＝ μ (2GA＋ GB)解得 μ ＝0.3【考点】摩擦力的分析和计算【题点】滑动摩擦力的分析和计算16. (8 分)如图 14 所示，光滑金属球的重力 G＝40 N.它的左侧紧靠竖直的墙壁，右侧置于倾角 θ ＝37°的斜面体上.已知斜面体处于水平地面上保持静止状态，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图 14(1)墙壁对金属球的弹力大小；(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向.答案 (1)30 N (2)30 N 方向向左解析 (1)金属球静止，则它受到的三个力平衡(如图所示).由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为 FN1＝ Gtan θ ＝40tan 37°＝30 N.10(2)斜面体对金属球的弹力为 FN2＝ ＝50 NGcos 37°由斜面体平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为 f＝ FN2sin 37°＝30 N摩擦力的方向向左.17.(12 分)如图 15 所示，在倾角 θ ＝37°的固定斜面上，用一水平力 F 推一质量为 m＝10 kg 的物体，欲使物体沿斜面匀速运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数 μ ＝0.2，试求 F 的大小.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g＝10 m/s 2)图 15答案 112 N 或 48 N解析 若物体沿斜面向上匀速运动，对物体受力分析如图甲所示，根据平衡条件： Fcos 37°＝ f＋ mgsin 37°f＝ μ (mgcos 37°＋ Fsin 37°)解得： F≈112 N若物体沿斜面向下匀速运动，对物体受力分析如图乙所示，根据平衡条件： Fcos 37°＋ f＝ mgsin 37°f＝ μ (mgcos 37°＋ Fsin 37°)解得： F≈48 N.18.(12 分)如图 16 所示，重为 12 N 的物块 G1在三根细绳悬吊下处于静止状态；细绳 BP 在水平方向，细绳 AP 偏离竖直方向 37°角，且连在重为 50 N 的物块 G2上，物块 G2静止于倾角为 37°的斜面上(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，取 g＝10 m/s 2.求：图 16(1)AP 和 BP 绳的拉力大小；(2)斜面对物块 G2的支持力和摩擦力的大小.11答案 (1)15 N 9 N (2)34.6 N 37.2 N解析 (1)分析 P 点受力，如图甲所示，由平衡条件得 FAcos 37°＝ G1， FAsin 37°＝ FB，解得： FA＝15 N， FB＝9 N.(2)分析物块 G2的受力情况，如图乙所示，由物体的平衡条件得：f＝ G2sin 37°＋ FB′cos 37°FN＋ FB′sin 37°＝ G2cos 37°FB′＝ FB由以上三式得： f＝37.2 N， FN＝34.6 N.1第二章 探究匀变速直线运动规律章末检测试卷(二)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.其中 1～8 题为单项选择题，9～12 题为多项选择题.全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选和不选的得 0 分)1.物体在做匀减速直线运动(运动方向不变)，下面结论正确的是( )A.加速度越来越小B.加速度方向总与运动方向相反C.位移随时间均匀减小D.速率随时间有可能增大答案 B解析 匀减速直线运动加速度不变，A 错；加速度方向与运动方向同向时加速，反向时减速，B 对；单方向减速的过程中位移越来越大，C 错；单方向匀减速到零之前速率越来越小，D错.2.做匀变速直线运动的物体位移随时间的变化规律为 s＝24 t－1.5 t2 (m)，根据这一关系式可以知道，物体速度为零的时刻是( )A.1.5 s B.8 sC.16 s D.24 s答案 B3.如图 1 所示，甲、乙两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动.已知甲的质量比乙的质量大，下列说法正确的是(空气阻力不计)( )2图 1A.甲、乙可能在空中相撞B.甲、乙落地时的速度相等C.下落过程中，甲、乙速度变化的快慢相同D.从开始下落到落地，甲、乙的平均速度相等答案 C解析 物体做自由落体运动，加速度为 g，与物体的质量无关，下落过程中，甲、乙速度变化的快慢相同，甲、乙不可能在空中相撞，选项 A 错误，C 正确；根据 vt2＝2 gs，物体落地时的速度 vt＝ ，故两物体到达地面时速度不相等，选项 B 错误；由平均速度2gs＝ ＝ 知两物体平均速度也不相等，选项 D 错误.v0＋ vt2 vt24.汽车进行刹车试验，若速率从 8 m/s 匀减速至零，用时 1 s.按规定速率为 8 m/s 的汽车刹车后拖行距离不得超过 5.9 m，那么对上述刹车试验的拖行距离的计算及是否符合规定的判断正确的是( )A.拖行距离为 8 m，符合规定B.拖行距离为 8 m，不符合规定C.拖行距离为 4 m，符合规定D.拖行距离为 4 m，不符合规定答案 C5.在平直公路上，汽车以 20 m/s 的速度做匀速直线运动，从某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为 5 m/s2，则它关闭发动机后通过 37.5 m 所需时间为( )A.3 s B.4 s C.5 s D.6 s答案 A解析 根据 s＝ v0t＋ at2，将 v0＝20 m/s， a＝－5 m/s 2，12s＝37.5 m代入得： t1＝3 s， t2＝5 s但因刹车时间 t0＝ ＝4 s，所以 t2＝5 s 应舍去.故只有选项 A 正确.0－ v0a6.甲、乙两物体同时开始做直线运动，它们的位移 s 与时间 t 的图象如图 2 所示，则( )3图 2A.甲物体做匀加速直线运动，乙物体做曲线运动B.t2时刻两物体速度相等C.出发时乙在甲前 s0处D.甲、乙两物体有一次相遇答案 C解析 由于图象是 s－ t 图象，图象中直线表示物体做匀速直线运动，所以甲做匀速直线运动，A 错误， t2时刻，乙物体速度大于甲物体的速度，B 错误；甲从原点出发，乙从 s0处出发，C 正确；由题图看出，甲、乙的图线有两个交点，故两物体有两次相遇，D 错误.7.一可视为质点的物体以初速度 v0＝20 m/s 从斜面底部沿光滑固定斜面匀减速向上滑动，当上滑距离 s0＝30 m 时，速度减为 10 m/s，物体恰滑到斜面顶部速度减为零，则斜面长度为( )A.40 m B.50 m C.32 m D.60 m答案 A解析 根据 vt2－ v02＝2 as，得加速度为 a＝ ＝ m/s2＝－5 m/s2，物体到v022－ v202s0 102－ 2022×30达斜面顶部时速度为 0，则斜面长度 L＝ ＝40 m，选项 A 正确，选项 B、C、D 错误.0－ v202a【考点】速度与位移关系的理解与应用【题点】速度与位移关系的应用8.某物体运动的速度与时间关系如图 3 所示，由图象可知( )图 3A.该物体做匀减速运动B.它的初速度为 20 m/sC.加速度为 10 m/s2D.前 20 s 内的位移为 600 m答案 A4解析 物体的速度均匀减小，做匀减速直线运动，选项 A 正确； t＝0 时刻的速度即初速度，由题图知，初速度为 30 m/s，选项 B 错误；加速度 a＝ ＝－1 m/s 2，选项 C 错误；0－ 30 m/s30 s图线与时间轴所围“面积”表示位移，则前 20 s 内的位移 s＝ ×20 m＝400 m，选项30＋ 102D 错误.9.一个物体以初速度 1 m/s 做匀加速直线运动，经过一段时间后速度增大为 7 m/s，则( )A.该加速过程中物体平均速度为 4 m/sB.物体在该运动过程位移中点的瞬时速度为 4 m/sC.将该过程分为两段相等时间，则物体先后两段相等时间内的位移之比是 5∶11D.将该过程分为两段相等位移，则物体先后两段位移所用时间之比是 1∶( －1)2答案 AC解析 该加速过程的平均速度 ＝ ＝ m/s＝4 m/s，故 A 正确；物体在该运动过程vv0＋ vt2 1＋ 72位移中点的瞬时速度 2s＝ ＝ m/s＝5 m/s，故 B 错误；将该过程分为两段相v20＋ v2t2 12＋ 722等时间，前一半时间的位移 s1＝ · ＝ · ＝ · ，后一半时间的位移＋ v02 t2 4＋ 12 t2 52 t2s2＝ · ＝ · ＝ · ，则物体先后两段相等时间内的位移之比 ＝ ，故 C 正确；＋ vt2 t2 4＋ 72 t2 112 t2 s1s2 511前一半位移平均速度 1＝ ＝ m/s＝3 m/s，后一半位移的平均速度 2＝ ＝ v＋ v02 5＋ 12 v ＋ vt2 5＋ 72m/s＝6 m/s，根据 t＝ ，得位移相同时，时间与平均速度成反比，则 ＝ ＝ ，故 D 错误.sv t1t2 63 21【考点】匀变速直线运动规律的综合应用【题点】匀变速直线运动规律的综合应用10.如图 4 所示为两个物体 A 和 B 在同一直线上沿同一方向同时开始运动的 v－ t 图线，已知在第 3 s 末两个物体在途中相遇，则( )图 4A.A、 B 两物体是从同一地点出发B.3 s 内物体 A 的平均速度比物体 B 的大C.A、 B 两物体在减速阶段的加速度大小之比为 2∶15D.t＝1 s 时，两物体第一次相遇答案 CD解析 由图线与时间轴所围的“面积”读出两物体在 3 s 内的位移不等，而在第 3 s 末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，故 A 错误；由图线与时间轴所围的“面积”读出两物体在 3 s 内 B 的位移大于 A 的位移，则 B 的平均速度大于 A 的平均速度，故 B 错误；图象的斜率表示加速度，知在减速阶段 A 的加速度大于 B 的加速度， aA＝－2 m/s2， aB＝－1 m/s2，故 aA∶ aB＝2∶1，故 C 正确；由图线与时间轴所围的“面积”表示位移可知，1～3 s内 A、 B 两物体位移相等，且第 3 s 末两个物体在途中相遇，所以 t＝1 s 时，两物体相遇，选项 D 正确.11.下列给出的四组图象中，能够反映同一直线运动的是( )答案 BC解析 A、B 选项中的左图表明 0～3 s 内物体做匀速运动，位移正比于时间，加速度为零，3～5 s 内物体做匀加速运动，加速度大小 a＝ ＝2 m/s2，A 错，B 对；C、D 选项中左图Δ vΔ t0～3 s 内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s 内位移与时间成正比，表示物体做匀速运动， v＝ ＝2 m/s， a＝0，C 对，D 错.Δ sΔ t12.竖直的墙壁上 AE 被分成四段相等的部分，一物体由 A 点从静止释放做自由落体运动，如图 5 所示，下列结论正确的是( )图 5A.物体到达各点的速率 vB∶ vC∶ vD∶ vE＝1∶ ∶ ∶22 3B.物体通过每一部分时，其速度增量 vB－ vA＝ vC－ vB＝ vD－ vC＝ vE－ vDC.物体从 A 到 E 的平均速度 ＝ vBv6D.物体从 A 到 E 的平均速度 ＝ vCv答案 AC解析 由 t＝ ，物体到达 B、 C、 D、 E 的时间之比为 tB∶ tC∶ tD∶ tE＝1∶ ∶ ∶2，根2sg 2 3据 vt＝ gt，得 vB∶ vC∶ vD∶ vE＝1∶ ∶ ∶2，A 正确，B 错误；显然 vB＝ ，而2 3vE2＝ ，所以物体从 A 到 E 的平均速度 ＝ vB，C 正确，D 错误.v0＋ vE2 v二、实验题(本题共 2 小题，共 12 分)13.(6 分)某同学用图 6 甲所示装置测定重力加速度.(已知打点频率为 50 Hz)图 6(1)实验时下面步骤的先后顺序是 .A.释放纸带 B.接通电源(2)打出的纸带如图乙所示，可以判断实验时重物连接在纸带的 (填“左”或“右”)端.(3)图乙中是连续的几个计时点，每个计时点到 0 点的距离 d 如下表所示：计时点 1 2 3 4 5 6距离 d/cm 6.00 12.50 19.30 26.50 34.10 42.10根据这些数据可求出重力加速度的测量值为 .(保留三位有效数字)答案 (1)BA (2)左 (3)9.72 m/s 2解析 (1)根据打点计时器的使用步骤，应先接通电源，后释放纸带，故顺序为 B、A.(2)纸带与重物相连的那端最先打点，故点的分布比较密集些，所以重物连接在纸带的左端.(3)我们用逐差法来求重力加速度的测量值.根据表中的数据可得g＝ m/s2≈9.72 m/s 2.[42.10－ 19.30－ 19.30]×10－ 23×0.02214.(6 分)如图 7 所示，为测量做匀加速直线运动的小车的加速度，将宽度均为 b 的挡光片7A、 B 固定在小车上，测得两者间距为 d.图 7(1)当小车匀加速向左行驶经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间为 Δ t1和 Δ t2，则小车的加速度 a＝ .(2)为减小实验误差，可采用的方法有 .A.增大两挡光片宽度 bB.减小两挡光片宽度 bC.增大两挡光片间距 dD.减小两挡光片间距 d答案 (1) [ － ] (2)BCb22d 1Δ t22 1Δ t12解析 (1)两挡光片通过光电门的速度分别为vA＝ ， vB＝bΔ t1 bΔ t2根据 vB2－ vA2＝2 ad，得： a＝ [ － ].b22d 1Δ t22 1Δ t12(2)本实验测速度的原理是用挡光片通过光电门时的平均速度代替瞬时速度，所以挡光片通过光电门的时间越短，即宽度越小，误差越小；另外，两挡光片间距越大，误差越小.三、计算题(本题共 4 小题，共 40 分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.(8 分)如图 8 所示，自屋檐自由落下的一个小球在 Δ t＝0.25 s 内通过高度为 Δ h＝2 m的窗口，求窗口的上沿距屋檐的高度？( g 取 10 m/s2)图 8答案 2.28 m解析 设窗口上沿离屋檐的距离为 s，球落到窗口上沿处的速度为 v1，落到窗口下沿处的速度为 v2，根据 vt＝ gt 得 v1＝ gt1， v2＝ g(t1＋Δ t)由匀变速直线运动规律有 v22－ v12＝2 gΔ h代入得 g2(t1＋Δ t)2－ g2t12＝2 g·Δ h8代入数据：Δ t＝0.25 s，Δ h＝2 m， g＝10 m/s 2，解得 t1＝0.675 s.所以 s＝ gt12＝ ×10 m/s2×(0.675 s)2≈2.28 m.12 12【考点】自由落体运动规律的应用【题点】自由落体运动公式的应用16.(10 分)跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距离地面 125 m 时打开降落伞，伞张开后运动员就以 14.3 m/s2的加速度做匀减速直线运动，到达地面时的速度为 5 m/s，取 g＝10 m/s 2.问：(1)运动员离开飞机时距地面的高度为多少？(2)离开飞机后，运动员经过多长时间才能到达地面？(结果保留三位有效数字)答案 (1)305 m (2)9.85 s解析 (1)设运动员自由下落的高度为 s1，则此时速度为 v1，有v12＝2 gs1 ①打开降落伞做减速运动时满足： v22－ v12＝2 as2 ②式中 v2＝5 m/s， a＝－14.3 m/s 2， s2＝125 m联立①②解得 s1＝180 m ③所以总高度为 s＝ s1＋ s2＝(180＋125) m＝305 m ④(2)设第一过程经过的时间是 t1，有 s1＝ gt12 ⑤12第二过程经过的时间是 t2＝ ＝ s≈3.85 sv2－ v1a 5－ 60－ 14.3⑥所以总时间为 t＝ t1＋ t2＝9.85 s ⑦17.(10 分)甲、乙两车从同一地点出发同向运动，其 v－ t 图象如图 9 所示.试计算：图 9(1)乙车开始运动多长时间后两车相遇？(2)相遇处距出发点多远？(3)相遇前两车的最大距离是多少？答案 (1)4.83 s (2)17.5 m (3)3 m解析 从图象知两车初速度是 v0＝0，加速度分别为 a1＝ ＝ m/s2， a2＝ ＝ Δ v1Δ t1 34 Δ v2Δ t2 32m/s2，做匀加速运动.9(1)两车相遇时位移相等，设乙车运动 t 时间后两车相遇，则甲、乙两车位移为s1＝ a1(t＋2 s)2， s2＝ a2t2，由于 s1＝ s2，所以 a1(t＋2 s)2＝ a2t2，代入数据解得12 12 12 12t′＝(2－2 ) s(舍去)， t＝(2＋2 ) s≈4.83 s.2 2(2)相遇点离出发点的距离 s2＝ a2t2＝ × ×4.832 m≈17.5 m.12 12 32(3)由图可知甲车行驶 t4＝4 s 时两车速度相等，此时两车距离最大，Δ s＝ s 甲 － s 乙＝ ×3×4 m－ ×3×2 m＝3 m.12 1218.(12 分)某一长直的赛道上，有一辆 F1 赛车，前方 200 m 处有一安全车以 10 m/s 的速度匀速前进，这时赛车从静止出发以 2 m/s2的加速度追赶.(1)求赛车出发 3 s 末的瞬时速度大小；(2)赛车何时追上安全车？(3)追上之前与安全车最远相距多少米？(4)当赛车刚好追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以 4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，问两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不发生相撞)答案 (1)6 m/s (2)20 s (3)225 m (4)20 s解析 (1)赛车在 3 s 末的速度v＝ at3＝2×3 m/s＝6 m/s.(2)赛车追上安全车时有 v0t＋ s＝ at2，代入数据解得 t＝20 s；12(3)当两车速度相等时，相距最远，则有 t′＝ ＝ s＝5 s，则相距的最远距离v0a 102Δ s＝ v0t′＋ s－ at′ 2＝(10×5＋200－ ×2×52) m＝225 m.12 12(4)两车相遇时赛车的速度 v1＝ at＝40 m/s，赛车减速到静止所用的时间 t1＝ ＝ v1a′ 404s＝10 s，赛车减速到静止前进的距离 smax＝ ＝200 m，相同的时间内安全车前进的距离v212a′s′＝ v0t1＝100 msmax，所以赛车停止后安全车与赛车再次相遇，所用时间 t2＝ ＝ smaxv0 20010s＝20 s.1第四章 力与运动章末检测试卷(四)(时间：90 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分.其中 1～8 题为单项选择题，9～12 题为多项选择题.全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，错选和不选的得 0 分)1.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持物体运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是( )A.亚里士多德、伽利略 B.伽利略、牛顿C.伽利略、爱因斯坦 D.亚里士多德、牛顿答案 B2.伽利略的斜面实验为牛顿运动定律奠定了基础，下列有关说法正确的是( )A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.已知月球上的重力加速度是地球上的 ，故一个物体从地球上移到月球上惯性减小为原来16的16C.同一物体运动越快越难停止运动，说明物体的速度越大，其惯性越大D.由于巨轮惯性很大，施力于巨轮，经过很长一段时间后惯性变小答案 A解析 惯性是指物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，所以物体抵抗运动状态变化的性质是 惯性，其大小和物体的质量有关系，与物体的运动状态无关，A 正确，C、D 错误；在月球上和地球上，重力加速度的大小不一样，所受的重力大小也就不一样，但质量不变，惯性也不变，B 错误.23.如图 1 所示，乘客在公交车上发现车厢顶部 A 处有一小水滴落下，并落在地板偏前方的 B点处，由此判断公交车的运动情况是( )图 1A.向前加速运动B.向前减速运动C.向后匀速运动D.向后减速运动答案 B解析 水滴离开车顶后，由于惯性在水平方向上保持离开时的速度不变，而水滴落点 B 在 A点正下方的前面，表明若车向前行驶，水滴下落时，车正在减速，A 错误，B 正确；若车向后减速运动时，水滴下落时将落在 A 点正下方的后方，故 D 错误；若车向后匀速运动，水滴将落在 A 点的正下方，C 错误.4.如图 2 所示，建筑工人在砌墙时需要将砖块运送到高处，采用的方式是一工人甲在低处将一摞砖竖直向上抛出，在高处的工人乙将其接住.每块砖的质量均为 m，现只考虑最上层的两块砖，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图 2A.工人甲在将砖块抛出时(砖未离手)砖块处于失重状态B.工人甲在将砖块抛出时(砖未离手)砖块间的作用力等于 mgC.工人甲在将砖块抛出后，砖块处于失重状态D.工人甲在将砖块抛出后，砖块间的作用力等于 mg答案 C解析 工人甲在将砖块抛出时(砖未离手)，砖块具有向上的加速度，处于超重状态，A 错误；由牛顿第二定律 FN－ mg＝ ma，所以砖块间作用力 FN＝ m(g＋ a)mg，B 错误；工人甲在将砖块抛出后，砖块受重力作用具有向下的加速度，处于失重状态，C 正确；工人甲在将砖块抛出后，砖块间的作用力等于 0，D 错误.5.如图 3 所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A 用细线悬挂于支架前端，3质量为 m 的物块 B 始终相对于小车静止地摆放在右端. B 与小车平板间的动摩擦因数为 μ .若某时刻观察到细线偏离竖直方向 θ 角，则此刻小车对物块 B 产生的作用力的大小和方向为( )图 3A.mg，竖直向上B.mg ，斜向左上方1＋ μ 2C.mgtan θ ，水平向右D.mg ，斜向右上方1＋ tan2 θ答案 D解析 以 A 为研究对象，受力分析如下图所示根据牛顿第二定律得： mAgtan θ ＝ mAa，得： a＝ gtan θ ，方向水平向右.再对 B 研究得：小车对 B 的摩擦力为： f＝ ma＝ mgtan θ ，方向水平向右，小车对 B 的支持力大小为FN＝ mg，方向竖直向上，则小车对物块 B 产生的作用力的大小为： F＝ ＝ mgF2N＋ f2，方向斜向右上方，D 正确.1＋ tan2 θ6.细绳拴着一个质量为 m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为 53°，如图 4 所示.(已知 cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，重力加速度为 g)以下说法正确的是( )图 4A.小球静止时弹簧的弹力大小为 mg35B.小球静止时细绳的拉力大小为 mg35C.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为 gD.细绳烧断瞬间小球的加速度立即为 g534答案 D解析 小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧的弹力大小为： F＝ mgtan 53°＝ mg，细绳的拉力大小为： FT＝ ＝ mg，故43 mgcos 53°53A、B 错误；细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为： a＝ ＝ g，故 C 错误，D 正确.FT′m 53【考点】瞬时加速度问题【题点】瞬时加速度问题57.如图 5 所示，用完全相同的轻弹簧 A、 B、 C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30°，弹簧 C 水平，则弹簧 A、 C 的伸长量之比为( )图 5A. ∶4 B.4∶3 3C.1∶2 D.2∶1答案 D解析 将两小球及弹簧 B 视为一个整体，对整体正交分解知，水平方向二力平衡，故有kΔ xAsin 30°＝ kΔ xC，可得 Δ xA∶Δ xC＝2∶1，选项 D 正确.8.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图 6 所示，则以下说法中正确的是( )图 6A.物体在 2 s 内的位移为零B.4 s 末物体将回到出发点C.2 s 末物体的速度为零D.物体做往复运动答案 C解析 由题图可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性的朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以 2 s 末的速度为零，位移不为零，A、B、D 错误，C 正确.9.将一个小球以某一初速度竖直上抛，空气阻力与速度大小成正比，且始终小于小球的重力.从抛出到落回抛出点的全过程中，下列判断正确的是( )A.上升经历的时间一定小于下降经历的时间B.小球的加速度方向不变，大小一直在减小C.小球的加速度方向不变，大小先减小后增大D.上升到最高点时，小球的速度为零，加速度也为零答案 AB解析 由于空气阻力的影响，球上升和下降经过同一高度处时，一定是上升的速度大于下降的速度，因此上升过程的平均速度一定大，故上升经历的时间一定小于下降经历的时间，故6A 正确；无论上升还是下降，合力始终向下，上升过程 mg＋ kv＝ ma， v 减小因此 a 减小；下降过程 mg－ kv＝ ma， v 增大因此 a 减小，即小球的加速度一直减小，故 B 正确，C 错误；最高点处速度为零，加速度为 g，故 D 错误.10.如图 7 所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角 θ ＝30°，当载人车厢以加速度 a 斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的 1.25 倍，此时人与车厢相对静止，设车厢对人的摩擦力为 f，人的体重为 G，重力加速度为 g，下面正确的是( )图 7A.a＝ B.a＝g4 g2C.f＝ G D.f＝ G33 34答案 BD解析 由于人对车厢底的正压力为其重力的 1.25 倍，所以在竖直方向上有 Fy－ mg＝ ma 上 ，解得 a 上 ＝0.25 g，设水平方向上的加速度为 a 水 ，则 ＝tan 30°＝ ，所以 a 水 ＝ g，a上a水 33 34则 a＝ ＝ g， f＝ ma 水 ＝ G，B、D 正确.a水cos 30°12 3411.如图 8 所示，一小球从空中自由落下，在与正下方的直立轻质弹簧接触直至速度为零的过程中，关于小球的运动状态，下列说法中正确的是( )图 8A.接触后，小球做减速运动，加速度的绝对值越来越大，速度越来越小，最后等于零B.接触后，小球先做加速运动，后做减速运动，其速度先增大后减小直到为零C.接触后，速度为零的地方就是弹簧被压缩最大之处，加速度为零的地方也是弹簧被压缩最大之处D.接触后，小球速度最大的地方就是加速度等于零的地方答案 BD解析 从小球下落到与弹簧接触开始，一直到把弹簧压缩到最短的过程中，弹簧弹力与小球重力相等的位置是转折点，之前重力大于弹力，之后重力小于弹力，而随着小球向下运动，7弹力越来越大，重力恒定，所以之前重力与弹力的合力越来越小，之后重力与弹力的合力越来越大，且反向(竖直向上).由牛顿第二定律知，加速度的变化趋势和合力的变化趋势一样，而在此过程中速度方向一直向下.12.如图 9 所示为运送粮袋的传送装置，已知 AB 间长度为 L，传送带与水平方向的夹角为θ ，工作时运行速度为 v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为 μ ，正常工作时工人在 A 点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是( )图 9A.粮袋到达 B 点的速度可能大于、等于或小于 vB.粮袋开始运动的加速度为 g(sin θ －cos θ )，若 L 足够大，则以后将以速度 v 做匀速运动C.若 μ ＜tan θ ，则粮袋从 A 到 B 一直做加速运动D.不论 μ 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 a＞ gsin θ答案 AC解析 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 点时的速度小于 v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 B 点时速度与 v 相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达 B 点时的速度大于 v；故 A 正确.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为 μmg cos θ ，根据牛顿第二定律得，加速度 a＝ g(sin θ ＋ μ cos θ )，故 B 错误.若 μ ＜tan θ ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故 a 的方向一直向下，粮袋从 A 到 B 一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ ＋ μ cos θ )的加速度匀加速；也可能先以 g(sin θ ＋ μ cos θ )的加速度匀加速，后以 g(sin θ － μ cos θ )的加速度匀加速，故 C 正确.由以上分析可知，粮袋从 A 到 B 不一定一直做匀加速运动.故 D 错误.二、实验题(本题共 2 小题，共 14 分)13.(6 分)某探究学习小组的同学们要“探究加速度与力、质量的定量关系” ，他们在实验室组装了一套如图 10 所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出).8图 10(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”).(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量 M，挡光板的宽度 l，光电门1 和光电门 2 的中心距离为 s.某次实验过程：力传感器的读数为 F，小车通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间分别为 t1、 t2(小车通过光电门 2 后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是________________.答案 (1)等于 不需要 (2) F＝ ( － )Ml22s 1t2 1t21解析 (1)由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.(2)由于挡光板的宽度 l 很小，故小车在光电门 1 处的速度 v1＝ ，在光电门 2 处的速度为lt1v2＝ ，由 v22－ v12＝2 as，得 a＝ ＝ ( － ).故验证的关系式为 F＝ Ma＝ ( －lt2 v2－ v212s 12sl2t2 l2t21 M2sl2t2)＝ ( － ).l2t21 Ml22s 1t2 1t2114.(8 分)如图 11 所示为“用 DIS(位移传感器、数据采集器、计算机 DIS 直接显示物体加速度)探究加速度与力的关系”的实验装置.图 11(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持______________不变，用钩码所受的重力大小作为__________，用 DIS 测小车的加速度.(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据画出 a－ F 关系图线(如图 12 所示).9图 12①分析此图线 OA 段可得出的实验结论是____________________________.②此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______.(填选项前字母)A.小车与轨道之间存在摩擦B.轨道保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大答案 (1)小车总质量 小车所受的合外力 (2)①在质量不变时，加速度与合外力成正比 ②C解析 (1)保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用 DIS 测加速度.(2)① OA 段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比.②设小车质量为 M，所挂钩码的质量为 m，由实验原理得 mg＝ F＝ Ma，即 a＝ ＝ ，而实际mgM FM上 a′＝ ，可见 a′＜ a， AB 段明显偏离直线是由于没有满足 M≫m 造成的，故 A、B、DmgM＋ m错误，C 正确.三、计算题(本题共 3 小题，共 38 分.要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图 1315.(10 分)在水平地面上有一个质量为 4.0 kg 的物体，物体在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动.10 s 后拉力大小减小为 ，并保持恒定.该物体的速度－时间图象如图 13 所示(取F3g＝10 m/s 2).求：(1)物体所受到的水平拉力 F 的大小；(2)该物体与地面间的动摩擦因数.答案 (1)9 N (2)0.12510解析 (1)物体的运动分为两个过程，由题图可知两个过程的加速度分别为：a1＝1 m/s 2， a2＝－0.5 m/s 2对物体受力分析如图甲、乙所示：甲 乙对于两个过程，由牛顿第二定律得：F－ f＝ ma1－ f＝ ma2F3联立以上二式解得：F＝9 N， f＝5 N(2)由滑动摩擦力公式得：f＝ μF N＝ μmg解得 μ ＝0.125.16.(12 分)如图 14 所示，某人用轻绳牵住一只质量 m＝0.6 kg 的氢气球，因受水平风力的作用，系氢气球的轻绳与水平方向成 37°角.已知空气对气球的浮力为 15 N，人的质量M＝50 kg，且人受的浮力忽略不计.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图 14(1)求水平风力的大小；(2)求人对地面的压力大小；(3)若水平风力增强，人对地面的压力如何变化？并说明理由.答案 (1)12 N (2)491 N (3)见解析解析 (1)对氢气球进行受力分析，如图甲所示.11由平衡条件可知，竖直方向， F 浮 ＝ mg＋ FTsin 37°；水平方向， F 风 ＝ FTcos 37°，解得 F 风 ＝12 N， FT＝15 N.(2)对人进行受力分析，如图乙所示.由平衡条件可知，竖直方向， FN＝ Mg－ FT′sin 37°＝500 N－15 N×0.6＝491 N；根据牛顿第三定律，人对地面的压力大小为 491 N.(3)若风力增强，只改变了水平方向的力，视氢气球及人为一整体，所以竖直方向上的受力情况没有改变，人对地面的压力不变.17.(16 分)如图 15 所示，一质量为 mB＝2 kg 的木板 B 静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板 B 右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角 θ ＝37°，一质量为 mA＝2 kg 的物块 A 由斜面轨道上距轨道底端s0＝8 m 处由静止释放，物块 A 刚好没有从木板 B 的左端滑出，已知物块 A 与斜面轨道间的动摩擦因数为 μ 1＝0.25，与木板 B 上表面间的动摩擦因数为 μ 2＝0.2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g 取 10 m/s2，物块 A 可看做质点，请问：图 15(1)物块 A 刚滑上木板 B 时的速度为多大？(2)物块 A 从刚滑上木板 B 到相对木板 B 静止共经历了多长时间？木板 B 有多长？答案 (1)8 m/s (2)2 s 8 m解析 (1)设物块 A 沿斜面下滑的加速度为 a1，则mAgsin θ － μ 1mAgcos θ ＝ mAa1解得 a1＝4 m/s 2物块 A 滑到木板 B 上时的速度为v1＝ ＝ m/s＝8 m/s.2a1s0 2×4×8(2)物块 A 在木板 B 上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为 a2＝ ＝ μ 2g＝2 m/s 2μ 2mAgmA设木板 B 的长度为 L，二者相对静止时经历的时间为 t2，最终的共同速度为 v2，在达到共同速度时，木板 B 滑行的距离为 s，12利用位移关系得 v1t2－ a2t22－ a2t22＝ L12 12对物块 A 有 v2＝ v1－ a2t2v22－ v12＝－2 a2(s＋ L)对木板 B 有 v22＝2 a2s联立解得相对滑行时间和木板 B 的长度分别为：t2＝2 s， L＝8 m.