第一章物理45分钟章末检测卷

第一章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～4题只有一项符合题目要求，5～8题有多项符合题目要求，每小题6分，共48分)1．(2018·海安模拟)下列说法正确的是()A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案:D2．(2018·成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是()A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度解析:甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，答案为D.答案:D3．两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是()A．两物体A、B在t＝2.5t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析:两物体A、B在t＝2.5t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误、D正确．两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C错误．答案:D4．(2018·福建省仙游一中月考)一条悬链长7.2m，从悬挂点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬挂点正下方20m处的一点所需的时间是(g取10m/s2)()A．0.3sB．0.4sC．0.7sD．1.2s解析:悬链下端到达20m处时，用时t1，则12.8＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，悬挂点落至20m处用时t2，则20＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，可知悬链通过20m处用时Δt＝t2－t1＝0.4s，B对．答案:B5．(2018·河北承德市月考)图示是某质点运动的速度图象，由图象得到的正确结果是()A．0～1s内的平均速度是2m/sB．0～2s内的位移大小是3mC．0～1s内的加速度大于2～4s内的加速度D．0～1s内的运动方向与2～4s内的运动方向相反解析:根据v－t图象可知，质点在0～1s内的位移x1＝1m，平均速度eq\x\to(v)1＝eq\f(x1,t1)＝1m/s，1～2s内的位移x2＝2m，0～2s内的位移x＝x1＋x2＝3m，A错误、B正确.0～1s内的加速度a1＝2m/s2，2～4s内的加速度a2＝－1m/s2，负号表示a2和v方向相反，故a1>a2，C正确.0～1s内与2～4s内的速度均为正值，表示物体都沿正方向运动，D错误．选B、C.答案:BC6．汽车在平直公路上做初速度为零的匀加速直线运动，途中用了6s时间先后经过A、B两根电线杆，已知A、B间的距离为60m，车经过B时的速度为15m/s，则()A．车经过A杆时速度为5m/sB．车的加速度为15m/s2C．车从出发到B杆所用时间为10sD．从出发点到A杆的距离是7.5m解析:根据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)求得汽车在A、B之间的平均速度eq\x\to(v)＝10m/s则eq\x\to(v)＝eq\f(vA＋vB,2)得vA＝5m/s，故选项A正确；汽车的加速度a＝eq\f(vB－vA,t)＝1.66m/s2，故选项B错误；汽车从出发到B杆的时间t＝eq\f(vB,a)＝9s，故选项C错误；根据veq\o\al(2,A)＝2ax，得x＝7.5m，故选项D正确．答案:AD7．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍，且已知滑块最开始1s内的位移为2.5m，由此可求得()A．滑块的加速度为5m/s2B．滑块的初速度为5m/sC．滑块运动的总时间为3sD．滑块运动的总位移为4.5m解析:根据滑块最开始1s内的位移为2.5m，有2.5m＝v0×1s－eq\f(1,2)a×(1s)2，根据滑块在最开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍，有v0×2s－eq\f(1,2)a×(2s)2＝2×eq\f(1,2)a×(2s)2，联立解得a＝1m/s2，v0＝3m/s，选项A、B错误；滑块运动的总时间为t＝eq\f(v0,a)＝3s，C正确；滑块运动的总位移为x＝eq\f(v0,2)t＝4.5m，D正确．答案:CD8．在一大雾天，一辆汽车以32m/s的速度匀速行驶在高速公路上，t＝0时刻汽车司机突然发现正前方100m处有一辆货车以20m/s的速度同方向匀速行驶，为避免与货车相撞，汽车司机立即刹车．已知两车运动的v－t图象如图所示，则()A．汽车减速运动的加速度为4m/s2B．两车的最近距离为82mC．t＝6s时汽车和货车相撞D．t＝3s时货车在汽车前解析:由v－t图象可知汽车减速运动时，加速度a＝eq\f(v－v0,t)＝eq\f(0－32,8)m/s2＝－4m/s2，加速度是矢量，既有大小又有方向，所以A选项错误；二者速度相等时两车具有最小距离，根据v＝v0＋at得t＝3s，此时二者距离x＝x0＋vt－(v0t＋eq\f(1,2)at2)＝82m，所以B正确、D正确；“匀减速追匀速”，速度相等时没有追上，此后汽车速度小于货车速度；二者不会相撞，选项C错误．答案:BD二、非选择题(共52分)9．(10分)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度．(1)请完成以下主要实验步骤:按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物________(填“靠近”或“远离”)计时器下端；________，________，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验．(2)图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取________(填“b”或“c”)来计算重力加速度．在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和________．解析:(1)为了使纸带打下的点多一些，竖直提起悬吊重物的纸带时应使重物靠近打点计时器下端，且应先接通电源，再释放纸带，使重物自由下落．(2)重物下落是匀加速运动，故应选“b”来计算重力加速度；重物下落过程中系统受重力、空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦力等．答案:(1)靠近先接通打点计时器电源，再释放纸带(2)b纸带与打点计时器之间有摩擦10．(10分)(2018·银川模拟)某同学通过实验测小车加速度时，用50Hz打点计时器打出纸带如图所示，经测量x1＝1.560cm，x2＝4.802cm，x3＝8.204cm.(1)每相邻两点的时间间隔是________s.(2)实验中应该先________，后________．(均选填字母:a、释放小车；b、接通打点计时器)(3)打点4时对应小车速度的大小为______m/s，小车的加速度为________m/s2(结果保留2位有效数字)．解析:(1)每相邻两点的时间间隔:T＝eq\f(1,f)＝eq\f(1,50)s＝0.02s.(2)接通打点计时器电源和释放小车，应先接通打点计时器电源，后释放小车．(3)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，可以求出纸带上打第4点时小车的瞬时速度大小:v＝eq\f(x3－x1,4T)＝eq\f(0.08204－0.0156,4×0.02)m/s≈0.83m/s根据逐差法得:a＝eq\f(x3－x2－x2－x1,4T2)＝eq\f(0.08204－0.04802－0.04802－0.0156,4×0.022)m/s2＝1.0m/s2答案:(1)0.02(2)ba(3)0.831.011．(14分)(2018·河北石家庄质量检测)如图所示为在某十字路口附近的一橡胶减速带，一警用巡逻车正以20m/s的速度行驶在该路段，在离减速带50m时巡逻车开始做匀减速运动，结果以5m/s的速度通过减速带，通过后立即以2.5m/s2的加速度加速到原来的速度．警用巡逻车可视为质点，减速带的宽度忽略不计．求由于减速带的存在，巡逻车通过这段距离多用的时间．解析:巡逻车做匀减速直线运动，由速度－位移公式可知，加速度:a＝eq\f(v2－v\o\al(2,0),2x1)＝－3.75m/s2减速需要的时间:t1＝eq\f(v－v0,a)＝4s巡逻车加速的时间:t2＝eq\f(v0－v,a′)＝6s加速的位移:x2＝eq\f(v\o\al(2,0)－v2,2a′)＝75m巡逻车通过的总位移x＝x1＋x2＝125m巡逻车匀速通过这段距离所用的时间t＝eq\f(x,v)＝6.25s多用的时间Δt＝t1＋t2－t＝3.75s答案:3.75s12．(18分)春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9m区间的速度不超过v0＝6m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后，甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2m/s2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章．(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9m处的速度恰好为6m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5s的反应时间后开始以大小为a乙＝4m/s2的加速度匀减速刹车，为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析:(1)对甲车速度由20m/s减速至6m/s过程中的位移x1＝eq\f(v\o\al(2,甲)－v\o\al(2,0),2a甲)＝91mx2＝x0＋x1＝100m即甲车司机需在离收费站窗口至少100m处开始刹车．(2)设甲刹车后经时间t，甲、乙两车速度相同，由运动学公式得:v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t解得t＝8s相同速度v＝v甲－a甲t＝4m/s<6m/s，即v＝6m/s的共同速度为不相撞的临界条件乙车从34m/s减速至6m/s的过程中的位移为x3＝v乙t0＋eq\f(v\o\al(2,乙)－v\o\al(2,0),2a乙)＝157m所以要满足条件甲、乙的距离至少为x＝x3－x1＝66m.答案:(1)100m(2)66m第二章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～6题只有一项符合题目要求，7～9题有多项符合题目要求，每小题7分，共63分)1．(2018·东海县学情调研考试)如图所示，一物体在粗糙水平地面上受斜向上的恒定拉力F作用而做匀速直线运动，则下列说法正确的是()A．物体可能只受两个力作用B．物体可能受三个力作用C．物体可能不受摩擦力作用D．物体一定受四个力作用解析:物体受到竖直向下的重力，地面给的支持力，恒定拉力F和地面给的摩擦力，四个力作用，缺少一个，则物体受到的合力不能为零，所以物体一定受四个力作用，D正确．答案:D2．(2018·芜湖模拟)如图所示，用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态．下列说法正确的是()A．物块P与斜面之间一定存在摩擦力B．弹簧的弹力一定沿斜面向下C．地面对斜面体A的摩擦力水平向左D．若增大推力，则弹簧弹力一定减小解析:对物块P受力分析可知，若推力F与弹簧弹力的合力与物块重力沿斜面向下的分力平衡，则物块P与斜面之间无摩擦力，A错误；弹簧处于拉伸或压缩状态物块P均可能保持静止，B错误；由整体法可知地面对斜面体A的静摩擦力平衡了推力F沿水平方向向右的分力，C正确；增大推力F，若物块P仍保持静止，则弹簧的弹力不变，D错误．答案:C3．在研究二力合成的实验中，AB是一根被拉长的橡皮筋，定滑轮是光滑的，如图所示，若改变拉力F而保持O点位置不变，则下列说法中正确的是()A．要使θ减小，减小拉力F即可B．要使θ减小，增大拉力F即可C．要使θ减小，必须改变α，同时改变F的大小才有可能D．要减小θ而保持α不变，则只改变F的大小是不可能保持O点的位置不变的解析:绳子对O点的拉力F2与F的合力和F1等大、反向，如图所示，O点位置不变，则橡皮筋的拉力F1不变，绳子拉力F2的方向不变，即α角不变，若要减小θ，必使F的大小和方向以及F2的大小发生改变，故D选项正确．答案:D4．如图所示，斜面固定，倾角为θ＝30°，物块m和M用轻质绳通过斜面上的定滑轮相连接(滑轮光滑)，一力F施加在绳上一点O使O点所受三力相互成120°角，已知M质量为10kg，m与斜面恰无摩擦力，则m的质量和F的值各为(g取10m/s2)()A．10kg100NB．20kg100NC．5kg50ND．20kg50eq\r(3)N解析:“O”点所受三力互成120°角且静止，则F＝Mg＝mgsinθ，则F＝Mg＝100N，m＝eq\f(M,sinθ)＝2M＝20kg.答案:B5．(2018·山西四校联考)如图所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则()A．Q可能受到两个力的作用B．Q可能受到三个力的作用C．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向水平向左D．Q受到的绳子拉力与重力的合力方向指向左下方解析:由平衡条件知，Q受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力的作用，选项A、B错误；由平衡条件知，Q受到的绳子拉力和重力的合力与支持力和摩擦力的合力大小相等、方向相反，由平行四边形定则知，支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，所以Q受到的绳子拉力和重力的合力方向指向左下方，选项C错误，选项D正确．答案:D6．(2018·湖南岳阳一中模拟)如图所示，我们常见这样的杂技表演:四个人A、B、C、D体型相似，B站在A的肩上，双手拉着C和D，A水平撑开双手支持着C和D.如果四个人的质量均为m＝60kg，g取10m/s2，估算A的手臂受到的压力和B的手臂受到的拉力大小分别为()A．120N，240NB．240N，480NC．350N，700ND．600N，1200N解析:对C进行受力分析如图所示，由四人体型相似推知四人手臂长度相同，则B的手臂与竖直方向的夹角为30°，则有FAC＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，即C受到A的推力约为eq\f(\r(3),3)mg，A的手臂受到的压力也是eq\f(\r(3),3)mg＝eq\f(\r(3),3)×60×10N≈350N；FBC＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，即C受到B的拉力为eq\f(2\r(3),3)mg，则B的手臂受到的拉力也为eq\f(2\r(3),3)mg＝eq\f(2\r(3),3)×60×10N≈700N，故选C.答案:C7．(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是()A．A、B的质量之比为1:eq\r(3)B．A、B所受弹簧弹力大小之比为eq\r(3):eq\r(2)C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为eq\r(2):1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1:eq\r(2)解析:弹簧对A、B的弹力大小相等，设为kx，对A、B分别进行受力分析，由平衡条件可知mAg＝kxtan60°，FA＝kx/cos60°，mBg＝kxtan45°，FB＝kx/cos45°，联立解得A、B两物体质量之比为mA:mB＝tan60°:tan45°＝eq\r(3):1，FA:FB＝cos45°:cos60°＝eq\r(2):1，在剪断弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度aA:aB＝gcos60°:gcos45°＝1:eq\r(2)，故C、D正确．答案:CD8．(2018·广东五校联考)如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮．A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着．已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是()A．弹簧的弹力不变B．物体A对斜面的压力将减小C．物体A受到的静摩擦力将减小D．弹簧的弹力及物体A受到的静摩擦力都不变解析:设mA＝3mB＝3m，对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得弹簧的弹力不变，A正确，再对物体A进行受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力和静摩擦力，如图所示．刚开始由于mAgsin45°＝eq\f(3\r(2),2)mg>mBg＝mg，所以摩擦力沿斜面向上，斜面倾角变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上．根据平衡条件得到Ff＋FT－3mgsinθ＝0，FN－3mgcosθ＝0，解得Ff＝3mgsinθ－FT＝3mgsinθ－mg，FN＝3mgcosθ.当θ减小时，物体A受到的静摩擦力Ff将减小，物体A对斜面的压力FN增大，故C正确，B、D错误．答案:AC9．如图所示，将一个表面光滑的铁球放在两块斜面板AB和CD之间，两板与水平面的夹角都是60°.已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力减小B．如果突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力增大C．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对AB板的压力先减小后增大D．如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小，则球对CD板的压力先减小后增大解析:原来球静止，受力如图所示，由几何关系和平衡条件可得AB板对铁球的支持力F2＝G，则铁球对AB板的压力F′2＝F2＝G，突然撤去CD板，则撤去后铁球对AB板的压力为Gcos60°，因此撤去后铁球对AB板的压力减小．故A项正确，B项错误；如果保持AB板不动，使CD板与水平面的夹角缓慢减小的过程中，两挡板弹力的合力等于重力，大小和方向都不变，AB挡板对铁球弹力F2的方向不变，改变CD挡板的弹力F1方向，根据三角形定则，(如图所示)知AB挡板的弹力F2逐渐减小，CD挡板的弹力先减小后增大．根据牛顿第三定律可知，球对AB板的压力逐渐减小，球对CD板的压力先减小后增大，故C项错误，D项正确．答案:AD二、非选择题(共37分)10．(12分)(2018·广东湛江一中等四校联考)在“验证力的平行四边形定则”实验中．(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F1＝1.92N，F2＝3.84N，如图甲所示，F1和F2的合力大小F合＝________N．(保留3位有效数字)现保持F2方向不变，减小F1和F2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，下列说法正确的是________．A．F1一定减小B．F1一定增大C．F2一定减小D．F2一定增大(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k＝________N/m.(保留2位有效数字)解析:(1)根据平行四边形定则作出F1和F2的合力如图甲所示．F1＝1.92N，F2＝3.84N＝2F1，由几何关系可得F1、F2和F合构成一个直角三角形，F合＝F2对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O点的位置和F2方向不变，使橡皮条的结点拉到同样的位置O点，拉力F1方向和大小都改变，如图乙所示．根据平行四边形定则可以看出，当F1与F2夹角减小时，F2的读数不断减小，F1先变小后变大，所以C正确．(2)根据题图乙可以知道，当拉力为5.0N时，弹簧的伸长量△x＝(8.98－0.5)cm＝8.48cm，因为刻度尺需要估读，在范围8.47～8.49cm内均正确．因此根据F＝kx得k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(5.0N,8.48×10－2m)＝59N/m在范围58～60N/m内均正确．答案:(1)3.33C(每空4分)(2)59(4分)11．(12分)(2018·南昌模拟)某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中，按示意图所示安装好实验装置，让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐，在弹簧上安装可移动的轻质指针P，实验时的主要步骤:①将指针P移到刻度尺的5cm处，在弹簧挂钩上挂上200g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码，将指针P移到刻度尺的10cm处，在弹簧挂钩上挂上250g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码，将指针P移到刻度尺的15cm处，在弹簧挂钩上挂上50g的钩码，静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤，在每次重复③时，都将指针P下移5cm，同时保持挂钩上挂的钩码质量不变．将实验所得数据记录、列表如下:次数弹簧原长l0/cm弹簧长度l/cm钩码质量m/g15.007.23200210.0015.56250315.0016.6750420.0022.2350525.0030.5650根据实验步骤和列表数据，回答下列问题:(1)重力加速度g取10m/s2，在实验步骤③中，弹簧的原长为15cm时，其劲度系数k＝________N/m.(2)同一根弹簧的原长越长，弹簧的劲度系数________．(弹簧处在弹性限度内)A．不变B．越大C．越小解析:(1)挂50g钩码时，弹簧的弹力为0.5N，根据胡克定律得，k＝eq\f(F,Δx)＝eq\f(0.5,16.67－15.00×10－2)N/m≈30N/m.(2)对第3、4、5次数据分析，弹簧弹力相等，同一根弹簧，原长越长，形变量越大，根据胡克定律F＝kx知，弹簧的劲度系数越小，故选项C正确．答案:(1)30(2)C12．(13分)完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤:(1)如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点O的位置、两弹簧测力计的读数F1、F2以及两细绳套的方向．(2)如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到________，记下细绳套的方向(如图丙中的c)，读得弹簧测力计的示数F＝________.(3)如图丙，按选定的标度作出了力F1、F2的图示，请在图丙中:①按同样的标度作出力F的图示；②按力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.(4)若F′与F________________________________________________________________________，则平行四边形定则得到验证．解析:(2)如题图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置O，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数F＝4.0N.(3)①作出力F的图示如图所示．②根据力的平行四边形定则，作出F1、F2的合力F′，如图所示．(4)若有F′与F在误差范围内大小相等，方向相同，则平行四边形定则得到验证．答案:(2)同一位置O4.0N(3)见解析(4)在误差范围内大小相等，方向相同第三章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～9题有多项符合题目要求，每小题6分，共54分)1．关于力与运动，下列说法正确的是()A．没有力的推动作用，小车就不能运动B．物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变C．物体处于静止时才有惯性D．汽车的速度越大则惯性越大解析:惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，小车已经有了初速度的情况下，没有力的推动作用，小车仍然运动，故A错误；力是改变物体运动状态的原因，物体只受一个力的作用，其运动状态一定改变，故B正确；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，惯性大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态无关，故C、D错误．答案:B2．(2018·江西新余四中模拟)图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢底板的摩擦力大小为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．0.35mgB．0.30mgC．0.23mgD．0.20mg解析:由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g，设水平方向上的加速度为a水平，则eq\f(a竖直,a水平)＝tan37°＝eq\f(3,4)，解得a水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得Ff＝ma水平＝0.20mg，故D正确．答案:D3．(2018·山东青岛模拟)如图所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为eq\r(2)R，AC长为2eq\r(2)R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A．1:eq\r(2)B．1:2C．1:eq\r(3)D．1:3解析:设AB与竖直方向的夹角为θ，则AB＝2Rcosθ＝eq\r(2)R，所以θ＝45°，小球沿AB下滑的加速度为a＝gcosθ，解得小球在AB运动的时间为t1＝eq\r(\f(2AB,a))＝eq\r(\f(4R,g))；同理知小球在AC上运动的时间为t2＝eq\r(\f(2AC,a))＝eq\r(\f(8R,g))，则t1与t2之比为1:eq\r(2)，选项A正确．答案:A4．(2018·深圳模拟)在光滑斜面上有一质量为m的小球，小球与平行于斜面的轻弹簧和与竖直方向成θ＝30°角轻绳的一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零．则下列关于小球的加速度a大小的说法，正确的是()A．剪断绳的瞬间，a＝gB．剪断绳的瞬间，a＝eq\f(\r(3),2)gC．剪断弹簧B端的瞬间，a＝eq\f(1,2)gD．剪断弹簧B端的瞬间，a＝eq\f(\r(3),2)g解析:小球处于静止状态，且斜面对小球的弹力恰好为零；根据共点力平衡有:弹簧的弹力F＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，剪断绳的瞬间，弹簧的弹力不变，则小球的加速度a＝eq\f(mgsin30°－F,m)＝0，故A、B错误；剪断弹簧B端的瞬间，根据牛顿第二定律得，a＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(1,2)g，故C正确、D错误．答案:C5．(2018·江西赣中南五校联考)如图所示，水平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB(mA>mB)，由于B球受到水平风力作用，A环与B球一起向右匀速运动，已知绳与竖直方向的夹角为θ，则下列说法正确的是()A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B．风力增大时，杆对A环的支持力保持不变C．B球受到的风力F为mAgtanθD．A环与水平细杆间的动摩擦因数为eq\f(mB,mA＋mB)解析:以整体为研究对象，分析受力如图甲所示，根据平衡条件得，杆对环A的支持力FN＝(mA＋mB)g，所以杆对环A的支持力保持不变，B正确．以B球为研究对象，分析受力如图乙所示，由平衡条件得，轻质绳对球B的拉力FT＝eq\f(mBg,cosθ)，风力F＝mBgtanθ，风力F增大时，θ增大，cosθ减小，FT增大，故A、C错误．由图甲得到Ff＝F，环A与水平细杆间的动摩擦因数μ＝eq\f(Ff,FN)＝eq\f(mB,mA＋mB)tanθ，故D错误．选B.答案:B6．(2018·广东广雅中学三诊)消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力C．消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力解析:绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；儿童从井内被加速向上提的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，故B正确；消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力，故C正确；消防员对绳子的拉力是作用在绳子上的力，而绳子对儿童的拉力是作用在儿童上的力，故二力不是平衡力，故D错误．答案:BC7．如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动．将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t秒后，Q的速度也变为v，再经t秒物体Q到达传送带的右端B处，则()A．前t秒内物体做匀加速运动，后t秒内物体做匀减速运动B．后t秒内Q与传送带之间无摩擦力C．前t秒内Q的位移与后t秒内Q的位移大小之比为1:1D．Q由传送带左端运动到右端的平均速度为eq\f(3,4)v解析:前t秒内物体Q相对传送带向左滑动，物体Q受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律Ff＝ma可知，物体Q做匀加速运动，后t秒内物体Q相对传送带静止，做匀速运动，不受摩擦力作用，选项A错误、B正确；前t秒内Q的位移x1＝eq\f(v,2)t，后t秒内Q的位移x2＝vt，故eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，选项C错误；Q由传送带左端运动到右端的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x1＋x2,2t)＝eq\f(\f(v,2)t＋vt,2t)＝eq\f(3,4)v，选项D正确．答案:BD8.(2018·汕头质检)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是()A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析:设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向:mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向:ma＝mgsinθ，雨滴的加速度为:a＝gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力:F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2可得:t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得:v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．答案:AC9．如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为eq\r(3)mgD．恒力F的最小值为eq\f(\r(3),2)mg解析:小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝eq\f(1,2)at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误、B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，选项D正确．答案:BCD二、非选择题(共46分)10．(13分)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮的摩擦．(1)下列说法正确的是()A．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B．实验时应先接通电源后释放小车C．实验中m2应远小于m1D．测力计的读数始终为eq\f(m2g,2)(2)如图为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________m/s2(交流电的频率为50Hz，结果保留两位有效数字)．(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象可能是图中的图线()解析:(1)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A错误．实验时应先接通电源后释放小车，选项B正确．实验中m2不必远小于m1，选项C错误．由于P向下加速运动，测力计的读数始终小于eq\f(m2g,2)，选项D错误．(2)由Δx＝aT2解得小车的加速度的大小是0.50m/s2.(3)遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a－F图象，应该是当F从某一值开始增大，加速度a才开始增大，所以可能是图线C.答案:(1)B(2)0.50(3)C11．(16分)如图甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示(B落地后不反弹)．已知mA＝2kg，mB＝4kg，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求:(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．解析:(1)在0～0.5s内，根据题图乙，可得A、B整体的加速度a1为a1＝eq\f(2m/s,0.5s)＝4m/s2设细线张力大小为FT，分别对A、B，由牛顿第二定律有FT－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1mBg－FT＝mBa1联立解得μ＝0.25(2)B落地后，A继续减速上升由牛顿第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2代入数据得a2＝8m/s2故A减速向上滑动的位移x2＝eq\f(2m/s2,2a2)＝0.25m0～0.5s内A加速向上滑动的位移x1＝eq\f(2m/s2,2a1)＝0.5m所以，A上滑的最大位移x＝x1＋x2＝0.75m答案:(1)0.25(2)0.7512．(17分)(2018·山东青岛一模)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h.将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0的大小；(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F，物块相对木板刚好静止，求拉力F的大小．解析:(1)由于μgcosθ>gsinθ，所以在运动过程中物块相对于木板静止，两者的加速度a＝gsinθ，根据eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(h,sinθ)－L，解得v0＝eq\r(2h－Lg).(2)对木板与物块整体有F－2mgsinθ＝2ma0，对物块有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0，解得F＝eq\f(3,2)mg.答案:(1)eq\r(2h－Lg)(2)eq\f(3,2)mg第四章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～7题只有一项符合题目要求，8～10题有多项符合题目要求，每小题7分，共70分)1．(2018·吉林省吉林市调研)某质点在几个恒力作用下做匀速直线运动，现突然将与质点速度方向相反的一个力旋转90°，则关于质点运动状况的叙述正确的是()A．质点的速度一定越来越小B．质点的速度可能先变大后变小C．质点一定做匀变速曲线运动D．因惯性质点继续保持匀速直线运动解析:将与质点速度方向相反的作用力F旋转90°时，该力与其余力的合力夹角为90°，这时质点所受的合力大小为eq\r(2)F，方向与速度的夹角为45°，质点受力的方向与运动的方向之间的夹角是锐角，所以质点做速度增大的曲线运动，故A、B错误；根据牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(\r(2)F,m)，所以质点做匀变速曲线运动，故C正确、D错误．答案:C2．(2018·重庆调研)如图所示，某河段两岸平行，河水越靠近河中央水流速度越大．一条小船(可视为质点)沿垂直于河岸的方向航行，它在静水中航行速度为v，沿河岸向下及垂直河岸建立直角坐标系xOy，则该船渡河的大致轨迹正确的是()解析:小船在垂直于河岸方向做匀速直线运动，平行河岸方向先做加速运动后做减速运动，因此合速度方向与河岸间的夹角先减小后增大，即运动轨迹的切线方向与x轴的夹角先减小后增大，C项正确．答案:C3．(2018·浙江温州十校联考)2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，其运行轨道为如图所示的绕地球E运动的椭圆轨道，地球E位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了卫星经过相等时间间隔(Δt＝eq\f(T,14)，T为运转周期)的位置．如果作用在卫星上的力只有地球E对卫星的万有引力，则下列说法正确的是()A．面积S1>S2B．卫星在轨道A点的速度小于B点的速度C．T2＝Ca3，其中C为常数，a为椭圆半长轴D．T2＝C′b3，其中C′为常数，b为椭圆半短轴解析:根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故面积S1＝S2，选项A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道A点的速度大于在B点的速度，选项B错误；根据开普勒第三定律可知eq\f(a3,T2)＝k，其中k为常数，a为椭圆半长轴，选项C正确，选项D错误．答案:C4．(2018·南京、盐城模拟)(多选)如图所示，A、B两点分别是斜面的顶端、底端，C、D是斜面上的两个点，LAC:LCD:LDB＝1:3:3，E点在B点正上方并与A点等高．从E点水平抛出质量相等的两个小球，球a落在C点，球b落在D点，球a和球b从抛出到落在斜面上的过程中(不计空气阻力)，下列说法正确的是()A．两球运动时间之比为2:1B．两球抛出时初速度之比为4:1C．两球动能增加量之比为1:2D．两球重力做功之比为1:3解析:球1和球2下降的高度之比为1:4，根据t＝eq\r(\f(2h,g))知，时间之比为1:2，故A错误．因为球1和球2的水平位移之比为2:1，时间之比为1:2，则初速度之比为4:1，故B正确．根据动能定理知，重力做功之比为1:4，则动能增加量之比为1:4，故C、D错误．答案:B5．(2018·哈师大附中月考)如图，MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为FT1、FT2.下列说法正确的是()A．若l1sinθ1>l2sinθ2，则FT1>FT2B．若l1cosθ1>l2cosθ2，则FT1>FT2C．若l1tanθ1>l2tanθ2，则FT1>FT2D．若l1>l2，则FT1>FT2解析:设两环的质量均为m，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有:FT1cosθ1＝mω2l1cosθ1；对右环有:FT2cosθ2＝mω2l2cosθ2两环ω相等得eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(l1,l2)；若l1cosθ1>l2cosθ2，则FT1cosθ1>FT2cosθ2，不能得到FT1>FT2；由题意可知l1sinθ1<l2sinθ2；若l1tanθ1>l2tanθ2，可得cosθ1<cosθ2，不能得到FT1>FT2；若l1>l2，则FT1>FT2，选项D正确，A、B、C错误．答案:D6．(2018·广西重点高中高三一模)2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h＝393km的圆轨道A上，“神舟十一号”处于圆轨道B上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C运动到位置2，然后沿轨道A运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R＝6371km，引力常量为G＝6.67×10－11N·m2/kg2，地球质量为M＝6.0×1024kg，不计大气阻力．下列说法正确的是()A．“天宫二号”在轨道A上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B上的运行周期小B．“天宫二号”在轨道A上的加速度比“神舟十一号”在轨道B上的加速度大C．“天宫二号”在轨道A上的运行速率约为7.7km/sD．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能解析:由eq\f(GMm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，可知半径越大，周期越大，A错．由eq\f(GMm,r2)＝ma，得加速度a＝eq\f(GM,r2)，半径越大，加速度越小，B错．由eq\f(GMm0,R＋h2)＝m0eq\f(v2,R＋h)，得v＝eq\r(\f(GM,R＋h))＝7.7km/s，C对．“神舟十一号”在轨道C上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D错．答案:C7．如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式FT＝a＋bcosθ，式中a、b为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A.eq\f(b,2m)B.eq\f(2b,m)C.eq\f(3b,m)D.eq\f(b,3m)解析:当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，FT1＝a＋b，FT1＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,1),L)；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，FT2＝a－b，FT2＝－mg＋eq\f(mv\o\al(2,2),L)；由动能定理有mg·2L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得g＝eq\f(b,3m)，选项D正确．答案:D8．(2018·黑龙江哈三中模拟)(多选)如图所示，竖直轴位于水平转台中心，质量为m的小球由三根伸直的轻绳连接，和水平转台一起以角速度ω匀速转动，倾斜绳与竖直轴夹角为θ，竖直绳对小球的拉力为F1，水平绳对小球的拉力为F2，小球到竖直轴的距离为r，以下说法可能正确的是()A．mgtanθ＝mω2rB．mgtanθ－F2＝mω2rC．(mg＋F1)tanθ＝mω2rD．(mg－F1)tanθ＝mω2r解析:根据向心力公式可知，F合＝mrω2，对小球进行受力分析可知，小球受重力、倾斜绳的拉力、水平绳的拉力和竖直绳的拉力，竖直方向处于平衡状态，则有mg＋F1＝Fcosθ，Fsinθ－F2＝mrω2，当F1和F2均为零时，则有mgtanθ＝mω2r；当F1恰好为零时，则有mgtanθ－F2＝mω2r；当F2恰好为零时，则有(mg＋F1)tanθ＝mω2r，故A、B、C正确，D错误．答案:ABC9．(2018·江苏苏北四市一模)(多选)澳大利亚科学家近日宣布，在离地球约14光年的“红矮星Wolf1061”周围发现了三颗行星b、c、d，它们的公转周期分别是5天、18天、67天，公转轨道可视为圆，如图所示．已知引力常量为G.下列说法正确的是()A．可求出b、c的公转半径之比B．可求出c、d的向心加速度之比C．若已知c的公转半径，可求出“红矮星”的质量D．若已知c的公转半径，可求出“红矮星”的密度解析:行星b、c的周期分别为5天、18天，均做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律eq\f(R3,T2)＝k，可以求出轨道半径之比，A正确．行星c、d的周期分别为18天、67天，同上可以求出轨道半径之比，根据万有引力提供向心力，有Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得a＝eq\f(GM,r2)，故可以求出c、d的向心加速度之比，B正确．已知c的公转半径和周期，根据牛顿第二定律有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得M＝eq\f(4π2r3,GT2)，故可以求出“红矮星”的质量，但不知道“红矮星”的体积G，无法求出“红矮星”的密度，C正确，D错误．答案:ABC10．(2018·湖北省襄阳市高三第一次调研测试)(多选)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放．小物体刚到B点时的加速度为a，对B点的压力为FN，小物体离开B点后的水平位移为x，落地时的速率为v.若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径R(不超过圆心离地的高度)．不计空气阻力，下列图象正确的是()解析:设小物体释放位置距地面高为H，小物体从A点到B点应用机械能守恒定律有，vB＝eq\r(2gR)，到地面时的速度v＝eq\r(2gH)，小物体的释放位置到地面间的距离始终不变，则选项D对；小物体在B点的加速度a＝eq\f(v\o\al(2,B),R)＝2g，选项A对；在B点对小物体应用向心力公式，有FB－mg＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，又由牛顿第三定律可知N＝FB＝3mg，选项B错；小物体离开B点后做平抛运动，竖直方向有H－R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有x＝vBt，联立可知x2＝4(H－R)R，选项C错．答案:AD二、非选择题(共30分)11．(12分)(2018·潍坊高三段考)为确保弯道行车安全，汽车进入弯道前必须减速．如图所示，AB为进入弯道前的平直公路，BC为水平圆弧形弯道．已知AB段的距离sAB＝14m，弯道半径R＝24m．汽车到达A点时速度vA＝16m/s，汽车与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2.要确保汽车进入弯道后不侧滑．求汽车:(1)在弯道上行驶的最大速度；(2)在AB段做匀减速运动的最小加速度．解析:(1)在BC弯道，由牛顿第二定律得，μmg＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，代入数据解得vmax＝12m/s.(2)汽车匀减速至B处，速度恰好减为12m/s时，加速度最小，由运动学公式－2aminsAB＝veq\o\al(2,max)－veq\o\al(2,A)，代入数据解得amin＝4m/s2答案:(1)12m/s(2)4m/s212．(18分)如图所示，一个可以看成质点的小球用没有弹性的细线悬挂于O′点，细线长L＝5m，小球质量为m＝1kg.现向左拉小球使细线水平，由静止释放小球，已知小球运动到最低点O时细线恰好断开，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求小球运动到最低点O时细线的拉力F的大小．(2)如果在小球做圆周运动的竖直平面内固定一圆弧轨道，该轨道以O点为圆心，半径R＝5eq\r(5)m，求小球从O点运动到圆弧轨道上的时间t.解析:(1)设小球摆到O点时的速度为v，小球由A点到O点的过程，由机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mv2在O点由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)解得F＝30N(2)细线被拉断后，小球做平抛运动，有x＝vty＝eq\f(1,2)gt2x2＋y2＝R2联立并代入数据，解得t＝1s.答案:(1)30N(2)1s第五章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～9题有多项符合题目要求，每小题6分，共54分)1．滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10J的功．在上述过程中()A．弹簧的弹性势能增加了10JB．滑块的动能增加了10JC．滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD．滑块和弹簧组成的系统机械能守恒解析:拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误．答案:C2．(2018·衡水模拟)质量为2吨的汽车，发动机牵引力的功率为30kW，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15m/s，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时的加速度为()A．0.5m/s2B．1m/s2C．2m/s2D．2.5m/s2解析:汽车在水平路面上行驶所受阻力Ff＝eq\f(P,v)＝2000N；当汽车的速度为10m/s时，牵引力F＝eq\f(P,v′)＝3000N；加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝0.5m/s2，选项A正确．答案:A3．(2018·石家庄二模)静止在水平地面上的物体，同时受到水平面内两个互相垂直的力F1、F2的作用，由静止开始运动了2m，已知F1＝6N，F2＝8N，则()A．F1做功12JB．F2做功16JC．F1、F2的合力做功28JD．F1、F2做的总功为20J解析:物体由静止沿F1、F2的合力方向运动，位移为2m，因为位移的方向应与合力的方向一致，所以WF1＝F1·l·cos53°＝7.2J，WF2＝F2·l·cos37°＝12.8J，故A、B错误；F1、F2的合力F合＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝10N，W总＝F合·l＝20J，故C错误、D正确．答案:D4．如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A点自由滑下，然后在水平面上前进至B点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m，A、B两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB段运动的过程中，克服摩擦力做的功()A．大于μmgLB．小于μmgLC．等于μmgLD．以上三种情况都有可能解析:设斜坡与水平面的交点为C，BC长度为L1，AC水平长度为L2，AC与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W1＝－μmgL1，在斜坡上摩擦力做功W2＝－μmgcosθ·eq\f(L2,cosθ)＝－μmgL2，所以在滑雪者经过AB段过程中，摩擦力做功W＝W1＋W2＝－μmg(L1＋L2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C正确．答案:C5．(2018·常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F，多次改变小球初始下落的高度h，就能得出F与v的函数关系，下列关于F与v之间的关系中有可能正确的是()解析:小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F＋mg＝meq\f(v2,R)(②)，联立①②解得F＝meq\f(v2,R)－mg(③)，根据③式，F－v关系图象是开口向上的抛物线，C项正确．答案:C6．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是()A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析:在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．答案:CD7．(2018·青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，A．M和m组成的系统机械能守恒B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和解析:运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin30°＝mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M减小的机械能等于M减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确．答案:BD8．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2.则此物体()A．在位移L＝9m时的速度是3eq\r(3)m/sB．在位移L＝9m时的速度是3m/sC．在OA段运动的加速度是2.5m/s2D．在OA段运动的加速度是1.5m/s2解析:由图象可知当L＝9m时，W＝27J，而WFf＝－μmgL＝－18J，则W合＝W＋WFf＝9J，由动能定理，有W合＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝3m/s，A项错误，B项正确；在A点时，W′＝15J，W′Ff＝－μmgL′＝－6J，由动能定理可得vA＝3m/s，则a＝eq\f(v\o\al(2,A),2L′)＝1.5m/s2，C项错误，D项正确．答案:BD9．(2018·陕西省咸阳市高考模拟考试)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置．把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的eq\f(1,3)，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力．则()A．球b下摆过程中处于失重状态B．球b下摆过程中向心加速度变小C．当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的eq\f(4,9)D．两球质量之比ma:mb＝9:2解析:球b下摆过程中加速度方向向上，处于超重状态，速度逐渐增大，向心加速度逐渐增大，选项A、B错误．设Ob段长度为L，对球b下摆过程，由机械能守恒定律，有mbgL＝eq\f(1,2)mbv2，在球b下摆到O点正下方时，由牛顿第二定律，有F－mbg＝mbeq\f(v2,L)，联立解得F＝3mbg.对球a，设地面支持力为FN，则FN＝eq\f(1,3)mag.由平衡条件，FN＋F＝mag，联立解得ma:mb＝9:2，选项D正确．球b所受向心力为Fb＝mbeq\f(v2,L)＝2mbg＝eq\f(4,9)mag，选项C正确．答案:CD二、非选择题(共46分)10．(12分)(2017·江苏卷，10)利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M＝200.0g，钩码的质量为m＝10.0g，打点计时器的电源为50Hz的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g＝9.80m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力对小车做的功W.利用Ek＝eq\f(1,2)Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.W/×10－3J2.452.923.353.814.26ΔEk/×10－3J2.312.733.123.614.00请根据表中的数据，在图3中作出ΔEk－W图象．图3(4)实验结果表明，ΔEk总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F＝________N.解析:(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动．(2)两计数点间的时间间隔T＝5×0.02s＝0.1sv1＝eq\f(x02,2T)＝eq\f(2.06＋2.50×0.01,2×0.1)m/s＝0.228m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5，4.24)，(2.15，2.0)图线的斜率k＝eq\f(4.24－2.0,4.5－2.15)≈0.953①又有k＝eq\f(ΔEk,ΔW)＝eq\f(Mv2,2mgΔx)②根据运动学公式有v2＝2aΔx根据牛顿第二定律有F＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093N答案:(1)小车做匀速运动(2)0.228(3)见解析图(4)0.09311．(14分)(2018·河北省两校高三年级模拟考试)质量为m＝2kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求:(1)4s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；(2)前4s内，力F的平均功率．解析:(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ffm＝μmg＝4N，在第1s内物块静止不动第1～3s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a1＝eq\f(F1－μmg,m)＝2m/s23s末，物块的速度v1＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s第3～4s内，物块做匀速直线运动，4s后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a2＝μg＝2m/s2则物块继续滑行时间t＝eq\f(v1,a2)＝2s(2)设第1～3s内与第3～4s内物块的位移分别为x1、x2x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4mx2＝v1t2＝4m前4s内，力F做功的大小为W＝F1x1＋F2x2＝48J前4s内，力F的平均功率P＝eq\f(W,t总)＝12W答案:(1)2s(2)12W12．(20分)(2018·江西联考)如图所示，P为弹射器，PA、BC为光滑水平面分别与传送带AB水平相连，CD为光滑半圆轨道，其半径R＝2m，传送带AB长为L＝6m，并以v0＝2m/s的速度逆时针匀速转动．现有一质量m＝1kg的物体(可视为质点)由弹射器P弹出后滑向传送带经BC紧贴圆弧面到达D点，已知弹射器的弹性势能全部转化为物体的动能，物体与传送带的动摩擦因数为0.2.若物体经过BC段的速度为v，物体到达圆弧面最高点D时对轨道的压力为F，(g＝10m/s2)(1)写出F与v的函数表达式；(2)要使物体经过D点时对轨道压力最小，求此次弹射器初始时具有的弹性势能为多少；(3)若某次弹射器的弹性势能为8J，则物体弹出后第一次滑向传送带和离开传送带由于摩擦产生的热量为多少？解析:(1)对于D点分析可得:F＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋2mgR联立可得:F＝meq\f(v2,R)－5mg＝eq\f(1,2)v2－50(2)当F＝0时，v＝10m/s，根据能量守恒定律得:Ep＝eq\f(1,2)mv2＋μmgL＝62J(3)当Ep＝8J时，vA＝4m/s设物体向右匀减速运动历时t1，t1＝eq\f(vA,a)＝2s此时物体向右的位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝4m皮带向左的位移x2＝v0t1＝4m两者相对位移Δx1＝x1＋x2＝8m当物体向右匀减速到0时又向左匀加速运动直到与传送带速度相等，两者相对静止，设此过程历时t2，t2＝eq\f(v0,a)＝1s物体向左的位移x3＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝1m皮带向左的位移x4＝v0t2＝2m两者的相对位移Δx2＝x4－x3＝1mΔx＝Δx1＋Δx2＝9mQ＝μmg·Δx＝18J答案:(1)F＝eq\f(1,2)v2－50(2)62J(3)18J第六章45分钟章末检测卷满分100分一、选择题(1～4题只有一项符合题目要求，5～7题有多项符合题目要求，每小题7分，共49分)1．下列说法正确的是()A．动能为零时，物体一定处于平衡状态B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变D．动能不变，物体的动量一定不变解析:动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误．答案:B2．(2018·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是()A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好解析:根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．答案:D3．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1:p2等于()A．1:1B．1:eq\r(2)C．1:2D．1:4解析:物体做初速度为零的匀加速直线运动，veq\o\al(2,1)＝2ah，veq\o\al(2,2)＝2a(2h)，则p1＝meq\r(2ah)，p2＝meq\r(4ah)，p1:p2＝1:eq\r(2)，故B选项正确．答案:B4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是()A．F1>F2，I1＝I2B．F1<F2，I1<I2C．F1>F2，I1>I2D．F1＝F2，I1＝I2解析:冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.答案:A5．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是()A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零解析:木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动