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最新人教版高中物理必修一单元测试题全套带答案解析 章末综合测评(第一章) (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．下列有关质点的说法中正确的是( ) A．只有质量和体积都极小的物体才能视为质点 B．研究一列火车过铁路桥经历的时间时，可以把火车视为质点 C．研究自行车的运动时，因为车轮在不停地转动，所以在任何情况下都不能把自行车做为质点 D．虽然地球很大，还在不停地自转，但是在研究地球的公转时，仍然可以把它视为质点 【解析】 物体能否看成质点，不是看物体的质量和体积大小，是看形状和大小在所研究的问题中能否忽略，故A错误；研究火车过桥，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点，故B错误；研究车轮的转动，车轮的形状不能忽略，自行车不能看成质点，但在研究自行车的运动速度时，就可以忽略自行车的自身大小，则可把自行车做为质点，故C错误；地球很大，在研究地球公转时，地球的大小与日地距离比较，可以忽略，可以看做质点，故D正确． 【答案】 D 2．南北朝傅翕曾写下这样一首诗：“空手把锄头，步行骑水牛．人在桥上走，桥流水不流．”其中“桥流水不流”一句应理解成其选择的参考系是( ) A．水 B．桥 C．人 D．地面 【解析】 “桥流水不流”可以理解为“桥动水不动”，意思就是说桥在运动，水在静止．以水为参照物，则水就是静止的，桥是运动的，与题意相符，故A正确；以桥为参照物，则桥是静止的，水是运动的，与题意不符，故B错误；以人为参照物，因为人在桥上走，桥是运动的，而水相对人的位置也发生了变化，所以水也是运动的，与题意不符，故C错误；以地面为参照物，地面与桥的位置没有发生变化，桥是静止的，水相对地面的位置发生了变化，所以水也是运动的，故D也是错误的． 【答案】 A 3．关于物体的运动，下列说法正确的是( ) A．速度大的物体，位移一定大 B．加速度大的物体，速度变化一定大 C．物体的位移大小和路程相等 D．位移、速度、加速度都是矢量 【解析】 物体的位移与速度及时间都有关，故速度大的物体，位移不一定大，选项A错误；根据Δv＝aΔt可知，加速度大的物体，速度变化不一定大，选项B错误；只有当物体做单向的直线运动时，物体的位移大小才和路程相等，选项C错误；位移、速度、加速度都是矢量，选项D正确． 【答案】 D 4．一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3(m)，它的速度随时间t变化的关系为v＝6t2(m/s)．该质点在t＝0到t＝2 s间的平均速度和t＝2 s到t＝3 s间的平均速度大小分别为( ) A．12 m/s,39 m/s B．8 m/s,38 m/s C．12 m/s,19.5 m/s D．8 m/s,12 m/s 【解析】 根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为x＝5＋2t3(m)得： t＝0时，x0＝5 m t＝2 s时，x2＝21 m t＝3 s时，x3＝59 m Δx116则质点在t＝0到t＝2 s时间内的位移Δx1＝x2－x1＝16 m，v＝Δt＝2＝8 m/s 1Δx338则质点在t＝2 s到t＝3 s时间内的位移Δx3＝x3－x2＝38 m，v2＝Δt＝1＝38 m/s.故选2B. 【答案】 B 5．一支队伍沿平直的公路匀速前进，其速度大小为v1，队伍全长为L.一个通讯兵从队尾以速率v2(v2＞v1)赶到队前然后立即原速率返回队尾，则这个过程中通讯兵通过的路程和位移分别是( ) 22v2L2v1v2LA.22，22 v2－v1v2－v12v22v1v2L2LB.2，2 v2＋v2v212＋v12v1v2L2v22LC.2，2 v2－v2v212－v1D．无法确定 【解析】 本题如果以地面为参考系分析较为复杂，可以以行进的队伍为参考系．在通讯兵从队尾向队前前进的过程中，通讯兵相对于队伍的速度为v2－v1；在从队前返回队尾的过程中，通讯兵相对于队伍的速度为v2＋v1.通讯兵两次相对于队伍的位移均为L，设运动的时间分别为t1、t2， LL则有：t1＝，t2＝ v2－v1v1＋v2通讯兵通过的路程为两段路程的和，即有：s′＝v2t1＋v2t2 将上面的关系式代入得： 2L2v2LL＋＝22 s′＝v2v2－v1v1＋v2v2－v1整个过程中，通讯兵通过的位移大小等于队伍前进的距离，即有： L2v1v2LL＋＝22，A正确． s＝v1v－vv＋v2112v2－v1【答案】 A 6．(多选)一个物体以初速度v0沿直线运动，t1秒末速度为v1，如图1所示，则下列说法正确的是( ) 图1 v1－v0A．t1秒内的平均加速度a＝t 1B．t1之前，物体的瞬时加速度越来越小 C．t＝0时的瞬时加速度为零 D．平均加速度和瞬时加速度的方向相同 v1－v0【解析】 初速度为v0，末速度为v1，则平均加速度a＝t，选项A正确；瞬时加1速度等于图象上该时刻对应的切线的斜率，故瞬时加速度逐渐减小，选项B正确、C错误；物体做加速直线运动，平均加速度与瞬时加速度的方向相同，选项D正确． 【答案】 ABD 7．物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度—时间图象如图2所示，下列说法中正确的是 ( ) 图2 A．在1 s末，速度为9 m/s B．0～2 s内，加速度为6 m/s2 C．6～7 s内，做速度方向向西的加速运动 D．10～12 s内，做速度方向向东的加速运动 【解析】 由所给图象知，物体1 s末的速度为9 m/s，A对；0～2 s内，物体的加速度12－6a＝2 m/s2＝3 m/s2，B错；6～7 s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，C对；10～12 s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，D错． 【答案】 AC 8．在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上．中科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军．改写了我国服务机器人从未进入世界前5的纪录，标志着我国在该领域的研究取得了重要进展．图中是科大著名服务机器人“可佳”，如图3所示，现要执行一项任务．给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)，然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5)，然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)．这个过程中机器人所用时间是22 s，则( ) 图3 A. 机器人的运动轨迹是一条直线 B. 整个过程中机器人的位移大小为22 m C. 机器人不会两次通过同一点 D. 整个过程中机器人的平均速度为1 m/s 【解析】 机器人的运动轨迹为折线，A错误；由题意知机器人初位置坐标为(0,0)，末位置坐标为(2,2)，故位移为：x＝22＋22 m＝22 m，故B正确；由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)时会与由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)有交点，即会经过同一位置，C错误；平均速度为x22位移与时间的比值，故v＝t＝ m/s＝1 m/s，故D正确． 22【答案】 BD 二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答) 9．(6分)在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如以下表格所示，为了算出加速度，合理的方法是 . 计数点序号 计数点对应时刻/s 通过计数点的速度/(cm·s1) －1 0.1 44.0 2 0.2 62.0 3 0.3 81.0 4 0.4 100.0 5 0.5 110.0 6 0.6 168.0 ΔvA.根据任意两计数点的速度公式a＝Δt算出加速度 B．根据实验数据，画出v-t图象，量出其倾角，由公式a＝tan α算出加速度 ΔvC．根据实验数据，画出v-t图象，选取图线上相距较远两点所对应的速度，用公式a＝Δt算出加速度 D．依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度 【解析】 在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出v-t图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上相距较远的两点所对应的速度及时间，用公式aΔv＝Δt算出加速度，所以误差小，故A错误，C正确；根据实验数据画出v-t图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式a＝tan α算出的数值并不是加速度，故B错误；选项D中的方法是不对的，因为根本就不知道加速度是一个什么函数，如果是一个变化值这种方法完全是错误的，除非你能确定加速度是什么函数，故D错误． 【答案】 C 10．(12分)打点计时器是高中物理中重要的物理实验仪器，图4甲、乙所示是高中物理实验中常用的两种，请回答下面的问题： 甲 乙 图4 (1)甲图是 打点计时器，电源采用的是 ． (2)乙图是 打点计时器，电源采用的是 ． (3)在“练习使用打点计时器的实验中”，记录的纸带如图5所示，图中前几个点模糊不清，从A点开始每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50 Hz)． 图5 【解析】 (1)甲图是电磁打点计时器，电源采用的是4～6 V低压交流电源． (2)乙图是电火花计时器，电源采用的是220 V交流电源． (3)在研究物体的运动性质时，在Δt很小时，通常用一段时间的平均速度代替其某点的瞬时速度，由题意知相邻两计数点的时间间隔为T＝0.1 s 52.43－23.71×10－2vD＝2T＝ m/s≈1.44 m/s 2×0.1CE23.71－3.07×10－2vB＝2T＝ m/s≈1.03 m/s 2×0.1ACvD－vBΔv由a＝Δt得a＝2T＝2.05 m/s2. 【答案】 (1)电磁 4～6 V低压交流电源 (2)电火花 220 V交流电源 (3)1.44 2.05 11．(17分)如图6所示，小球从高出地面h＝15 m的位置，在t＝0时刻竖直向上抛出，经1 s小球上升到距抛出点5 m的最高处，之后开始竖直回落，经0.5 s刚好经过距最高点1.25 m处位置，再经过1.5 s到达地面．求： 图6 (1)前1.5 s内平均速度； (2)全过程的平均速率．(结果保留一位小数) 【解析】 (1)由题图可知：前1.5 s小球的位移为：x＝H－h′＝5 m－1.25 m＝3.75 m x3.75所以前1.5 s内平均速度v＝t＝1.5 m/s＝2.5 m/s. 1(2)由题图可知：全过程小球的路程为s＝5 m＋5 m＋15 m＝25 m s25全过程的平均速率为v′＝t＝3 m/s≈8.3 m/s. 【答案】 (1)2.5 m/s (2)8.3 m/s 12．(17分)一列长100 m的列车以v1＝30 m/s的正常速度行驶，当通过1 000 m长的大桥时，必须以v2＝20 m/s的速度行驶．在列车上桥前需提前减速，当列车头刚上桥时速度恰好为20 m/s，列车全部离开大桥时又需通过加速恢复原来的速度．减速过程中，加速度大小为0.25 m/s2；加速过程中，加速度大小为1 m/s2，则该列车从减速开始算起，到过桥后速度达到30 m/s，共用了多长时间？ 【解析】 设过桥前减速过程所需时间为t1 v2－v120－30t1＝a＝ s＝40 s， 1－0.25设过桥所用的时间为t2 x1 000＋100t2＝＝ s＝55 s， v220设过桥后加速过程所需时间为t3 v1－v230－20t3＝a＝1 s＝10 s， 2共用时间t＝t1＋t2＋t3＝105 s. 【答案】 105 s 章末综合测评(第二章) (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．下列四幅图中，能大致反映自由落体运动图象的是( ) 【解析】 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，故它的v-t图象是一过原点的倾斜直线，a-t图象是一平行时间轴的直线，故D对，A、C错；B图中的图象表示物体匀速下落．故应选D. 【答案】 D 2．长为5 m的竖直杆下端距离一竖直隧道口5 m，若这个隧道长也为5 m，让这根杆自由下落，它通过隧道的时间为(g取10 m/s2)( ) A.3 s C．(3＋1)s B．(3－1)s D．(2＋1)s 【解析】 画出直杆穿过隧道的图示， Δt＝2h＋L1＋L2－g2hg＝2×1510－2×5s＝(3－1)s，故选项B正确． 10【答案】 B 3．做匀加速直线运动的质点在第一个7 s内的平均速度比它在第一个3 s内的平均速度大6 m/s，则质点的加速度大小为( ) A．1 m/s2 C．3 m/s2 B．1.5 m/s2 D．4 m/s2 【解析】 根据匀变速直线运动的规律可知，第一个3 s内的平均速度为第1.5 s末的速Δv6度；第一个7 s内的平均速度为第3.5 s末的速度；则有：a＝Δt＝2 m/s＝3 m/s2；故选C. 【答案】 C 4．汽车在水平公路上运动时速度为36 km/h，司机突然以2 m/s2的加速度刹车，则刹车后8 s汽车滑行的距离为( ) A．25 m C．50 m B．16 m D．144 m 【解析】 初速度 v0＝36 km/h＝10 m/s. 选汽车初速度的方向为正方向．设汽车由刹车开始到停止运动的时间为t0，则由vt＝v0＋at＝0得： 0－v00－10t0＝a＝ s＝5 s －21故汽车刹车后经5 s停止运动，刹车后8 s内汽车滑行的距离即是5 s内的位移，为s＝2(v01＋vt)t0＝2(10＋0)×5 m＝25 m. 故选A 【答案】 A 5．两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v-t图象如图1所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是( ) 图1 A．A、B加速时的加速度大小之比为2∶1，A、B减速时的加速度大小之比为1∶1 B．在t＝3t0时刻，A、B相距最远 C．在t＝5t0时刻，A、B相距最远 D．在t＝6t0时刻，A、B相遇 【解析】 由v-t图象，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比10∶1，减速时A、B的加速度大小之比为1∶1，所以选项A错误；由A、B运动关系可知，当A、B速度相同时距离最远，所以选项B、C错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度—时间图象可以算出运动位移，可知6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，所以选项D正确． 【答案】 D 6．下列说法符合历史事实的是( ) A．在物理学的发展历程中，牛顿首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体的运动 B．在物理学的发展历程中，伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体的运动 C．伽利略研究自由落体运动时，遇到的困难是无法准确测量加速度 D．伽利略研究自由落体运动时，遇到的困难是无法准确测量瞬时速度 【解析】 在物理学的发展历程中，伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度概念用来描述物体的运动，故A错误，B正确；伽利略研究自由落体运动时，遇到的困难是无法准确测量瞬时速度，故C错误，D正确． 【答案】 BD 7．做初速度不为零的匀加速直线运动的物体，在时间T内通过位移x1到达A点，接着在时间T内又通过位移x2到达B点，则以下判断正确的是( ) A．物体在A点的速度大小为2x1B．物体运动的加速度为T 2 x2－x1C．物体运动的加速度为T 2 3x2－x1D．物体在B点的速度大小为2T 【解析】 根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知：vAx1＋x2x2－x1 2＝2T，故A正确；根据x2－x1＝at得物体运动的加速度为：a＝T 2，故B错误，C正x1＋x2x2－x13x2－x1确；在该加速运动过程中有：vB＝vA＋aT＝2T＋T＝2T，故D正确． 【答案】 ACD 8．某高速列车沿直线运动的v-t图象如图2所示，则该列车( ) x1＋x2 2T 图2 A．0～30 s时间内的位移等于9×102 m B．30 s时刻的速度大于30 m/s C．0～60 s时间内做匀加速运动 D．90～120 s时间内做匀速运动 1【解析】 根据图象的“面积”看出0～30 s时间内的位移小于2×60×30 m＝9×102 m，故A错误；由图看出，30 s时的速度大于30 m/s，故B正确；0～60 s时间内，由于图线切线的斜率是变化的，说明列车的加速度是变化的，则列车做的是变加速运动，故C错误；90 s～120 s时间内列车的速度不变，说明做匀速运动．故D正确． 【答案】 BD 二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答．) 9．(12分)如图3为接在50 Hz低压交流电源上的打点计时器，在纸带做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的是每打5个点所取的记数点，但第3个记数点没有画出．由图数据可求得： 图3 (1)该物体的加速度为 m/s2. (2)第3个记数点与第2个记数点的距离约为 cm. (3)打第2个计数点时该物体的速度为 m/s. (4)如果当时电网中交变电流的频率是f＝51 Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比 (选填：偏大、偏小或不变). 【解析】 (1)设1、2间的位移为x1,2、3间的位移为x2,3、4间的位移为x3,4、5间的位移为x4； 因为周期为T＝0.02 s，且每打5个点取一个记数点，所以每两个点之间的时间间隔T＝0.1 s； 由匀变速直线运动的推论xm－xn＝(m－n)at2得： x4－x1＝3at2 代入数据得： (5.84－3.62)×10－2＝3a×0.12 解得：a＝0.74 m/s2. (2)第3个记数点与第2个记数点的距离即为x2，由匀变速直线运动的推论x2－x1＝at2得x2＝x1＋at2，带入数据得：x2＝3.62×10－2＋0.74×0.12＝0.0436(m)即为：4.36 cm. (3)由中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可知： x1＋x2v2＝2t＝0.399 m/s. (4)当电网中交变电流的频率是f＝51 Hz时，电流的周期变小，计数点之间的时间间隔变小，即实际的时间间隔小于0.1 s，但是该同学不知道仍以0.1 s计算，根据x4－x1＝3at2，知测量值比实际值偏小． 【答案】 (1)0.74 (2)4.36 (3)0.399 (4)偏小 10．(12分)飞机受阅后返回某机场，降落在跑道上减速过程简化为两个匀减速直线运动．飞机以速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动时间为t1；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下．在平直跑道上减速滑行总路程为s.求：第二个减速阶段飞机运动的加速度大小和时间. 【解析】 如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下． A到B过程，依据运动学规律有： 1 2s1＝v0t1－2a1t1 vB＝v0－a1t1 B到C过程，依据运动学规律有： 1s2＝vBt2－a2t 2 220＝vB－a2t2 A到C过程，有：s＝s1＋s2 联立解得： a2＝ 22s＋a1t1－2v0t1v0－a1t122s＋a1t 21－2v0t1t2＝. v0－a1t1v0－a1t122s＋a1t 21－2v0t1【答案】 . 2s＋a1t 2v0－a1t11－2v0t111．(14分)甲车以加速度3 m/s2由静止开始做匀加速直线运动．乙车落后2 s在同一地点由静止开始以加速度6 m/s2做匀加速直线运动．两车的运动方向相同，求： (1)在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是多少？ (2)乙车出发后经多长时间可追上甲车？此时它们离出发点多远？ 【解析】 (1)两车距离最大时速度相等，设此时乙车已运动t秒，则甲、乙两车的速度分别是 v1＝3×(t＋2) m/s， v2＝6×t m/s＝6t m/s， 1由v1＝v2得：t＝2 s，由x＝2at 2知，两车距离的最大值 121Δx＝2a甲(t＋2)－2a乙t 2 11＝2×3×42 m－2×6×22 m ＝12 m. (2)设乙车出发后经t′秒追上甲车，则 11x1＝2a甲(t′＋2)2＝2×3×(t′＋2)2 m， 11x2＝2a乙t′2＝2×6×t′2m 由x1＝x2代入数据， 求得t′＝(2＋22)s. 将所求得时间代入位移公式可得x1＝x2≈70 m. 【答案】 (1)12 m (2)(2＋22) s 70 m 12．(14分)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中，某运动员用11.00 s跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离． 【解析】 根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为s1和s2， 1由运动学规律得s1＝2at 20 1s1＋s2＝2a(2t0)2 t0＝1 s 联立解得a＝5 m/s2 设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为s，依题意及运动学规律，得 t＝t1＋t2 v＝at1 1 2s＝2at1＋vt2 设加速阶段通过的距离为s′， 1则s′＝2at 21 求得s′＝10 m. 【答案】 5 m/s2 10 m 章末综合测评(第三章) (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．关于重力，下列说法正确的是( ) A．重力就是地球对物体的吸引力，重力的方向总是和支持重物的支持面垂直的 B．重力的大小可以用弹簧秤或天平直接测出 C．质量大的物体所受重力一定比质量小的物体所受重力大 D．物体对悬绳的拉力或对支撑面的压力的大小可以不等于重力 【解析】 重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，施力物体是地球，重力的方向总是竖直向下，所以A错误；天平是测量质量的工具，而弹簧秤是测力的工具，故B错误；重力G＝mg，因此重力大小不仅仅与质量有关，还与重力加速度有关，故C错误；当处于非平衡状态时，物体对悬绳的拉力或对支撑面的压力的大小可以不等于重力，所以D正确． 【答案】 D 2．一均质木棒，一端靠在光滑圆球上，另一端搁于粗糙的水平地面上，木棒处于静止状态，则这时木棒受到的力有( ) 图1 A．重力、地面和球的弹力 B．重力、地面的摩擦力 C．重力、地面和球的弹力、地面的摩擦力 D．重力、地面的摩擦力和球的弹力 【解析】 以木棒为研究对象，木棒共受四个力作用：重力，地面和球对木棒的支持力，木棒相对于地面有向左滑动的趋势，受到地面向右的静摩擦力．故选C. 【答案】 C 3．小明想推动家里的衣橱，但使出了吃奶的力气也推不动，他便想了个妙招，如图2所示，用A、B两块木板，搭成一个底角较小的人字形架，然后往中央一站，衣橱被推动了．下列说法中正确的是( ) 图2 A．这是不可能的，因为小明根本没有用力去推衣橱 B．这有可能，A板对衣橱的推力有可能大于小明的重力 C．A、B板的夹角应该尽可能小，才能推动衣橱 D．这不可能，A板对衣橱的推力不可能大于小明的重力 【解析】 如图，小明的重力可以分解成沿A、B两个方向的力，由于底角较小，所以A、B方向的力会很大．A对衣橱的力可以分解成水平方向和竖直方向的力，而水平方向的力有可能大于小明重力，故选B. 【答案】 B 4．如图3所示，一重为10 N的球固定在支杆AB的上端，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N，则AB杆对球的作用力( ) 图3 A．大小为7.5 N B．大小为10 N C．方向与水平方向成53°角斜向右下方 D．方向与水平方向成53°角斜向左上方 【解析】 对小球进行受力分析如图所示，AB杆对球的作用力与绳的拉力的合力与小球G4重力等大反向，令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得：tan α＝＝3，α＝53°，F拉故D项正确． 【答案】 D 5．如图4所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( ) 图4 A．F1不变，F2变大 C．F1变大，F2变大 B．F1不变，F2变小 D．F1变小，F2变小 【解析】 由于木板始终处于静止状态，因此木板所受合力为零，故选项C、D错误；对木板进行受力分析如图所示，由平衡条件得：2F2cos θ＝G，当轻绳被剪短后，θ增大，cos θ减小，则F2增大，故选项A正确、B错误． 【答案】 A 6．四个完全相同的弹簧测力计，外壳通过绳子分别与四个完全相同的物体相连，挂钩一端施加沿轴线方向的恒力F，以下四种情况中关于弹簧测力计读数的说法正确的是( ) 图5 A．如果图甲中的物体静止在水平地面上，那么弹簧秤的读数可能小于F B．如果图乙中的物体静止在斜面上，那么弹簧秤的读数一定等于F C．如果图丙中的物体静止在粗糙水平地面上，那么弹簧秤的读数一定等于F D．如果已知图丁中水平地面光滑，则由于物体的质量未知无法判定弹簧秤的读数与F的大小关系 【解析】 图甲中的物体静止在水平地面上，根据平衡原理，那么弹簧秤的读数等于F，故A错误；不论物体静止在斜面上，还是静止在粗糙水平地面上，由平衡条件，可知，弹簧秤的读数一定等于F，故BC正确；已知图丁中水平地面光滑，虽物体的质量未知，但弹簧秤的读数与F的大小仍相等，故D错误． 【答案】 BC 7．如图6所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止．若木块A与B的接触面是水平的，且F≠0，则木块B的受力个数可能是( ) 图6 A．3 C．5 B．4 D．6 【解析】 B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力、斜面的支持力四个力．斜面对物体B可能有静摩擦力，也有可能没有静摩擦力；故木块B受力的个数可能是4个，也可能是5个．故选BC. 【答案】 BC 8．如图7所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为24 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，则下列说法正确的是( ) 图7 A．关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 B．关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变 C．此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N D．此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N 【解析】 关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，A正确、B错误；对锁舌，受到弹簧弹力，锁壳的作用力，受力平衡，则有： F弹＝Fsin 37°； 24因此F＝0.6 N＝40 N，故C正确、D错误． 【答案】 AC 二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答．) 9．(10分)图8甲是一个用来测方木块和长木板间动摩擦因数的简单装置．方木块放在水平长木板上，方木块被一根绳子系在右面一端固定的水平弹簧测力计上．长木板下面有轮子可以滚动，用一个平稳的水平力向左推动木板，木板向左缓慢移动，待弹簧测力计的指针稳定后，读出测力计的读数Ff.在方木块上放砝码可以改变它对长木板的压力F的大小．将测得的各组Ff和F的数据用圆点标于坐标图上，如图乙所示．请你根据各点表示的数据描出Ff-F图线，求出方木块与长木板间的动摩擦因数μ＝ . 图8 【解析】 作出Ff-F图线如图所示： 由Ff＝μF可知，图象的斜率k＝μ； 10由图象可知，μ＝50＝0.2. 【答案】 0.2(0.18～0.22均对) 10．(12分)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则． 图9 ①如图9(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶 时电子秤的示数F； ②如图9(b)，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、 和电子秤的示数F1； ③如图9(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着②中L2的方向拉开细线L2，使 和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2； ④在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若 ， 则平行四边形定则得到验证. 【解析】 ①要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；②要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1；③已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2；④根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证． 【答案】 ①静止 ②三根细线的方向 ③结点O的位置 ④F和F′在误差范围内重合 11．(15分)如图10所示，放在长木板上的木块质量为m，当木板与水平方向夹角为α时，木块静止在长木板上． 图10 (1)此时木块所受的弹力和摩擦力各为多大？ (2)当把长木板的倾角增大到θ(θ＞α)时，木块刚好沿长木板匀速下滑，木块和长木板之间的动摩擦因数为多少？ 【解析】 (1)木块受力情况如图所示，根据重力的作用效果把重力分解为F1、F2.由静止时二力平衡可得 FN＝F2＝mgcos α Ff＝F1＝mgsin α. (2)当倾角增大到θ时，木块刚好匀速下滑，木块受力情况仍如图所示．由二力平衡可知 Ff′＝F1′＝mgsin θ FN′＝F2′＝mgcos θ 由Ff′＝μFN′得μ＝mgsin θ＝tan θ. mgcos θ【答案】 (1)mgcos α mgsin α (2)tan θ 12．(15分)两质量分别为M和m的物体用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图11所示放置，OA、OB与水平面的夹角分别为30°和60°，M重20 N，m静止在水平面上．求： 图11 (1)OA绳和OB绳的拉力大小； (2)m受到的摩擦力． 【解析】 (1)结点O的受力如图所示． 根据平衡条件得，竖直方向上 FTAcos 60°＋FTBcos 30°－Mg＝0 水平方向上FTAsin 60°－FTBsin 30°＝0 解得FTA＝10 N ， FTB＝103 N＝17.3 N. (2)由于m也处于平衡状态，故在水平方向上 FTB－FTA－Ff＝0 所以摩擦力大小Ff＝FTB－FTA＝7.3 N方向水平向左． 【答案】 (1)10 N 17.3 N (2)7.3 N 方向水平向左 章末综合测评(第四章) (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．下列哪个仪器测量的物理量不是力学基本量( ) A．托盘天平 C．秒表 B．刻度尺 D．测力计 【解析】 托盘天平是测量质量的仪器，是测量的力学基本量，所以A正确；刻度尺是测量长度的仪器，是测量的力学基本量，所以B正确；秒表是测量时间的仪器，是测量的力学基本量，所以C正确；测力计是测量力的仪器，力不是基本物理量，所以D错误． 【答案】 D 2．下面说法正确的是( ) A．物体所受合外力越大，加速度越大 B．物体所受合外力越大，速度越大 C．物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小 D．物体的加速度大小不变一定受恒力作用 【解析】 根据牛顿第二定律，物体受的合外力决定了物体的加速度，而加速度大小和速度大小无关，A对，B错；物体做匀加速运动说明加速度方向与速度方向一致，当合外力减小但方向不变时，加速度减小但方向也不变，所以物体仍然做加速运动，速度增加，C错误；加速度是矢量，其方向与合外力方向一致，加速度大小不变，若方向发生变化，合外力方向必然变化，D错误． 【答案】 A 3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图1所示．那么下列说法中正确的是( ) 图1 A．顾客始终受到三个力的作用 B．顾客始终处于超重状态 C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下 【解析】 在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由度与速度平行水平牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向左下方，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向竖直向下，故选C. 【答案】 C 4．放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图2甲．在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙．则( ) 甲 乙 丙 图2 A．a1＝a2＝a3 C．a1<a2＝a3 B．a1＝a2<a3 D．a1<a2<a3 【解析】 对物体进行受力分析：加速度方向：mgsin θ－μmgcos θ＝ma，所以a＝gsin θ－μgcos θ＝g(sin θ－μcos θ)可以看出a与质量无关，a1＝a2，选项C、D错误；对于竖直F向下的力F，(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma3，a3＝(g＋m)(sin θ－μcos θ)得a1＝a2 <a3，选项B正确． 【答案】 B 5．如图3所示x、y、z为三个物块，K为轻质弹簧，L为轻线，系统处于平衡状态．现若将L突然剪断，用ax、ay分别表示刚剪断时x、y的加速度，则有( ) 图3 A．ax＝0、ay＝0 C．ax≠0、ay≠0 B．ax＝0、ay≠0 D．ax≠0、ay＝0 【解析】 将L突然剪断后瞬间，线的拉力立即就没有了，所以y原来受到的线的拉力没有了，而上面受到的弹簧的拉力不变，所以y就有了合力，产生了加速度，所以ay≠0，对于物体x，由于上下的弹簧的拉力都没发生变化，x的受力不变，加速度为0，故B选项正确．故选B. 【答案】 B 6．如图4所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于B上，三物体可一起匀速运动，撤去力F后，三物体仍可一起向前运动，设此时A、B间作用力为Ff1，B、C间作用力为Ff2，则Ff1和Ff2的大小为( ) 图4 A．Ff1＝0 C．Ff2＝F FB．Ff1＝3 2D．Ff2＝3F 【解析】 开始三个物体在拉力F的作用下一起做匀速直线运动，知F＝Ff， 撤去F后，三个物体一起做匀减速直线运动，整体的加速度为：a＝FfF＝ 3m3mF隔离后对A分析，A在水平方向上的合力等于B对A的摩擦力，有：Ff1＝ma＝3 2隔离后对AB分析，AB整体所受的合力等于C对它们的摩擦力，有：Ff2＝2ma＝3F，故BD正确． 【答案】 BD 7．在升降机中，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20%，于是他作出下列判断，其中正确的是( ) A．升降机以0.8g的加速度加速上升 B．升降机以0.2g的加速度加速下降 C．升降机以0.2g的加速度减速上升 D．升降机以0.8g的加速度减速下降 【解析】 A、D项的a＝0.8g，方向竖直向上，由牛顿第二定律F－mg＝ma得F＝1.8mg，其中F为人的视重，即人此时处于超重状态，A、D错误．B、C项的a＝0.2g，方向竖直向mg－F′下，根据牛顿第二定律mg－F′＝ma，得F′＝0.8mg，人的视重比实际重力小mg×100%＝20%，B、C正确． 【答案】 BC 8．如图5所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是( ) 图5 vLA.v＋2μg C.2Lμg LB.v 2LD．v 【解析】 因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，1则L＝2μgt 2，可得t＝2Lμg，C正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，0＋vv22L则L＝2t，可得t＝v，D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v(t2μgvvL－μg)＝L，可得t＝v＋2μg，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B错误． 【答案】 ACD 二、非选择题(共4小题，共52分．按题目要求作答) 9．(12分)在“探究物体运动加速度与外力关系”实验中 图6 (1)根据测得的数据作出aF图线，若作出的aF图线如图6甲所示，这是由 造成的，若作出的aF图线如图乙所示，这是因 造成的． A．在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了 B．由于砂及砂桶质量远远小于小车的质量 C．由于砂及砂桶质量较大，不能很好满足远远小于小车的质量造成的 D．实验前没有平衡摩擦力 (2)某同学在接通电源进行实验之前，将实验器材组装如图丙所示，请你指出该装置中的错误或不妥之处(只要指出二处错误或不妥之处即可)． . 【解析】 (1)①aF图象不过原点，图中当F＝0时，a≠0.也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为0，说明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是实验前木板右端垫得过高，即平衡摩擦力过度导致，故选A.②图线上部弯曲，即当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比，这是由于没有满足小车质量M远大于小桶及钩码质量m造成的，故选C.故选A，C (2)①打点计时器使用的是交流电，电源应该是4～6 V交流电；②小车应该停靠在打点计时器附近，以提高纸带的使用效率；③没有抬起木板右端用来平衡摩擦力． 【答案】 (1)A，C (2)电源应该是4～6 V交流电；小车应该停靠在打点计时器附近 10．(12分)如图7所示，装置中OA、OB是两根轻绳，AB是轻杆，它们构成一个正三角形，在A、B两处分别固定质量均为m的小球，此装置悬挂在O点，开始时装置自然下垂．现对小球B施加一个水平力F，使装置静止在如图所示的位置，此时OA竖直．求： 图7 (1)轻绳OA的拉力大小； (2)拉力F的大小． 【解析】 (1)图中AB是轻杆．无作用力，轻绳OA的拉力大小为FA，则 FA＝mg. (2)B球受重力、OB绳拉力和水平力F三力作用而处于平衡状态 mgtan 30°＝F F＝3mg. 【答案】 (1)mg (2)3mg 11．(14分)物体以14.4 m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为θ＝37°的斜坡，到最高点后再滑下，如图8所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求： 图8 (1)物体沿斜面上滑的最大位移； (2)物体沿斜面下滑的时间．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 【解析】 (1)上滑时加速度大小设为a1，由牛顿第二定律得： mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得a1＝7.2 m/s2 2v0上滑最大位移为x＝2a 1代入数据得x＝14.4 m. (2)下滑时加速度大小设为a2，由牛顿第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 解得a2＝4.8 m/s2 1由x＝2a2t 2得下滑时间 t＝2xa2＝6 s. 【答案】 (1)14.4 m (2)6 s 12．(14分)如图9所示，质量为m的物体A放在倾角为θ＝37°的斜面上时，恰好能匀速下滑，现用细线系住物体A，并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B，物体A恰好能沿斜面匀速上滑，求： 图9 (1)物体A和斜面间的滑动摩擦因数； (2)物体B的质量． 【解析】 (1)当物体A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲： 根据共点力平衡条件，有： Ff＝mgsin θ FN＝mgcos θ 其中：Ff＝μFN 联立解得：μ＝tan 37°＝0.75. (2)当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙： A物体所受摩擦力大小不变，方向沿斜面向下 沿斜面方向的合力为0，故： TA＝Ff′＋mgsin θ 对物体B： TB＝mBg 由牛顿第三定律可知： TA＝TB 由以上各式可求出： mB＝1.2m. 【答案】 (1)0.75 (2)1.2m 模块综合测评 (时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．甲、乙两车沿平直公路通过同样的位移．甲车在前半段位移以30 km/h的速度运动．后半段位移以60 km/h的速度运动；乙车在前半段时间内以30 km/h的速度运动，后半段时间内以60 km/h的速度运动，则甲、乙两车在整个位移中的平均速度v甲和v乙的大小关系是( ) A．v甲＝v乙 B．v甲<v乙 C．v甲>v乙 D．由于不知道位移和时间，所以无法比较 【解析】 设甲车前后两段位移均为x，则v甲＝x设乙车前后两段所用时间均为t， 30t＋60t则v乙＝＝45 km/h 2t故v甲<v乙，B正确． 【答案】 B 2．如图1所示，分别位于P、Q两点的两小球初始位置离水平地面的高度差为1.6 m，现同时由静止开始释放两球，测得两球先后落地的时间差为0.2 s，g取10 m/s2，空气阻力不计，P点离水平地面的高度h为( ) x＝30＋60 km/h＝40 km/h 30＋602x2×30×60 图1 A．0.8 m C．2.45 m B．1.25 m D．3.2 m 2hg，故根1【解析】 根据自由落体运动规律可得h＝2gt2，所以在空中运动时间为t＝据题意可得2（h＋1.6）－g2hg＝0.2，解得h＝2.45 m，故C正确． 【答案】 C 3．如图2所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( ) 图2 A．箱子受到的摩擦力方向向右 B．地面对木板的摩擦力方向向左 C．木板对地面的压力大小为3mg D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg 【解析】 人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力，根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力等于重力，为3mg，故C正确；若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误． 【答案】 C 4．利用传感器与计算机结合，可以绘制出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到一沿平直轨道运动的小车的速度—时间图象如图3所示，由此图象可知( ) 图3 A．小车在20 s～40 s做加速度恒定的匀变速直线运动 B．20 s末小车回到出发点 C．小车0～10 s内的平均速度大于10～20 s内的平均速度 D．小车10～30 s内的加速度方向相同 【解析】 根据图象的斜率等于加速度，可知小车在20 s～30 s内和30 s～40 s内加速度大小相等、方向相反，加速度大小不变，因此在20 s～40 s内小车做的不是加速度恒定的匀变速直线运动，故A错误．在前20 s内小车一直沿正方向运动，则20 s末小车没有回到出发点，故B错误．根据图线与坐标轴所围的面积在数值上表示位移的大小，可知小车在0～10 s内的位移小于10～20 s内的位移，而时间相等，则小车0～10 s内的平均速度小于10～20 s内的平均速度，故C错误．图象斜率的正负表示加速度的方向，则知小车10～30 s内的加速度方向相同，故D正确． 【答案】 D 5．体育器材室里，篮球摆放在图4所示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为( ) 图4 1A.2mg mgDC. 222D－dmgDB.d 2mgD2－d2D． D设球架对【解析】 以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，篮球的支持力FN与竖直方向的夹角为α. Dd（2）2－（2）2D2D2－d2 D由几何知识得：cos α＝＝根据平衡条件得：2FNcos α＝mg 解得：FN＝2mgDD－d22 mgD2D－d22则得篮球对球架的压力大小为：FN′＝FN＝【答案】 C .故选C. 6.甲、乙两物体从同一地点沿同一条直线同时运动，其速度－时间图象如图5所示，下列说法正确的是( ) 图5 A．0～t1时间内两物体均处于静止状态 B．t1～t2时间内甲物体始终在乙物体的前面 C．t2时刻两物体相遇 D．t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动 【解析】 由vt图象可知，0～t1时间内甲、乙均做匀速运动，t1～t2时间内，甲物体做匀减速直线运动，A错误，D正确；t2时刻之前，v甲始终大于v乙，两物体又从同一地点同向运动，故t1～t2时间内甲物体始终在乙物体前面，且两物体相距越来越远，B正确，C错误． 【答案】 BD 7．(多选)如图6所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( ) 图6 A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 【解析】 鱼缸相对于桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D正确． 【答案】 BD 8．如图7甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图 乙中所提供的信息可以计算出( ) 甲 乙 图7 A．物体的质量为2 kg B．斜面的倾角为37° C．加速度为6 m/s2时物体的速度 D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N F【解析】 对物体受力分析，根据牛顿第二定律得a＝mcos θ－gsin θ，当F＝0 N时，a＝－6 m/s2，当F＝20 N时，a＝2 m/s2，解得θ＝37°，m＝2 kg.由三力平衡得物体能静止在斜面上所施加的沿水平方向的最小外力为F＝mgtan θ＝15 N，故选项A、B正确，D错误；由于运动情况未知，力F随时间的变化情况未知，无法确定加速度为6 m/s2时物体的速度． 【答案】 AB 二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答) 9．(10分)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图8)．实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O. 图8 (1)(多选)某同学在做该实验时认为： A．拉橡皮条的绳细一些且长一些，实验效果较好 B．拉橡皮条时，弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行 C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些 D．拉力F1和F2的夹角越大越好 其中正确的是 (填入相应的字母)． (2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则 (选填“能”或“不能”)用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是 ． 【解析】 (1)拉力F1和F2的夹角越大，则合力越小，作图时相对误差太大，正确的选项为A、B、C. (2)若两个弹簧测力计的读数均为4 N，且两弹簧测力计拉力的方向相互垂直，则其合力为42N＞5 N，故不能用一个量程为5 N的弹簧测力计测量出它们的合力． 【答案】 (1)A、B、C (2)不能 量程太小 10．(12分)某同学设计了如图9所示的装置来探究加速度与力的关系．轻质弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d.开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t. 图9 (1)木块的加速度可以用d和t表示为a＝ ． (2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F的关系．下图中能表示该同学实验结果的是 ． (3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是 ． A．可以改变滑动摩擦力的大小 B．可以更方便地获取更多组实验数据 C．可以更精确地测出摩擦力的大小 D．可以获得更大的加速度以提高实验精度 2d【解析】 (1)根据匀变速直线运动公式得：a＝t 2 (2)当有拉力时加速度还是零，所以图线不经过原点的原因是没有平衡小车的摩擦力．A、B、D答案不可能，只有C答案正确． (3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比水的质量容易改变，可以更方便地获取更多组实验数据，可以更精确地测出摩擦力的大小，故选B，C. 2d【答案】 (1)t 2 (2)C (3)BC 11．(14分)如图10甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v-t图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求： (1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L； (2)沿斜面向上运动两个阶段加速度a1、a2的大小和拉力F的大小． 图10 【解析】 (1)在2 s内，由题图乙知： 1物块上升的最大距离：s1＝2×2×1 m＝1 m 1物块下滑的距离：s2＝2×1×1 m＝0.5 m 所以位移大小x＝s1－s2＝0.5 m 路程L＝s1＋s2＝1.5 m． (2)由题图乙知，沿斜面向上运动的两个阶段加速度的大小 a1＝4 m/s2 a2＝4 m/s2 ⑤ ⑥ ① ② ③ ④ 设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有 0～0.5 s内： F－Ff－mgsin θ＝ma1⑦ 0．5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2⑧ 由⑤⑥⑦⑧式得F＝8 N．⑨ 【答案】 (1)0.5 m 1.5 m (2)4 m/s2 4 m/s2 8 N 12．(16分)如图11所示，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v. 图11 (1)求箱子加速阶段的加速度为a′； (2)若a＞gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力． v2v2【解析】 (1)设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：s1＝2a′，s2＝2a v2v2得： s＝s1＋s2＝2a′＋2a 解得： a′＝. 2as－v2av2(2)设小球不受车厢的作用力，应满足：FNsin θ＝ma FNcos θ＝mg 解得：a＝gtan θ 减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力FN与左壁支持力共同提供，当a＞gtan θ 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图， 则：FNsin θ＝ma FNcos θ－F＝mg 解得：F＝ma1tan θ－mg 【答案】 (1)av22as－v2 (2)0 matan θ－mg. 本文来源：https://www.dywdw.cn/79eb5001ee630b1c59eef8c75fbfc77da269977c.html
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2022-07-14
