章末质量评估-教师版

章末质量评估(一)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)1．在田径运动会400mA．这样做是为了使参加比赛的同学位移大小相同B．这样做是为了使参加比赛的同学路程大小相同C．这样做是为了使参加比赛的同学所用时间相同D．这种做法其实是不公平的，明显对外侧跑道的同学有利解析：这种做法其实是公平的，为了使参加比赛的同学路程大小相同，B正确．答案：B2．一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg的小球从一定的高度自由下落，测得在第5s内的位移是18A．物体在2s末的速度是20m/sB．物体在第5s内的平均速度是3.6mC．物体在第2s内的位移是20mD．物体在5s内的位移是50解析：根据h＝eq\f(1,2)gt2可得，eq\f(1,2)g×(5s)2－eq\f(1,2)g×(4s)2＝18m，因此星球上的重力加速度g＝4m/s2,2s末的速度v＝gt＝8m/s，A错误；第5s内的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(18,1)m/s＝18m/s，B错误；第2s内的位移h2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×4×22m－eq\f(1,2)×4×12m＝6m，C错误；物体在5s内的位移h＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×4×52m＝50m，D正确．答案：D3．(2017·东海县学情调研考试)如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x－t)图线．由图可知()A．在时刻t1，a、b两车运动方向相同B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大解析：从图中可知a车的位置不随时间变化，所以a车静止，b车的位移先增大，后减小，所以b车先朝着正方向运动，由朝着负方向运动，图象的斜率表示速度，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，A、B错误，C正确；曲线b在顶点处的斜率为零，即速度为零，所以b车的速率不是一直都比a车的大，D错误．答案：C4．一辆汽车以12m/s的速度行驶，遇到紧急情况，司机刹车，使汽车做匀减速直线运动，若制动后汽车的加速度大小为6m/sA．开始刹车经3s，汽车的速度大小为6m/B．开始刹车经3s，汽车的位移大小为9C．开始刹车经3s，汽车的位移大小为12D．汽车在开始刹车3s内的平均速度大小为6m/解析：汽车制动到停止的时间t0＝eq\f(Δv,a)＝2s．刹车位移x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝12m．所以经过3s时，汽车已停止，所以速度为0，故A、B错误，C正确．经过2s汽车停止，所以3s内的位移等于2s内的位移，则x′＝12m，eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x′,t)＝eq\f(12,3)m/s＝4m/s，故D错误．答案：C5．甲、乙两辆小车由同一地点出发运动，速度—时间图象如图所示，则()A．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为43B．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为34C．相遇前甲、乙最远距离为6mD．甲、乙同时开始运动解析：速度图象的斜率等于物体的加速度，则甲的加速度a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2，乙的加速度a乙＝eq\f(Δv′,Δt′)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，所以运动时甲的加速度与乙的加速度之比为14，故A、B错误；当甲、乙速度相等时，相距最远，速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移，则Δx＝eq\f(1,2)×4×4m－eq\f(1,2)×1×4m＝6m，故C正确；由题图可知，甲先运动3s后乙开始运动，故D错误．答案：C6．云台山是全球首批世界地质公园，青龙峡景点有“中原第一峡谷”美誉，这里气候独特，水源丰富，植被原始完整，是生态旅游的好去处，乘坐索道缆车观赏怡人的风景以外，还能感受悬挂在高空的刺激感．如图所示，对于正在乘坐索道缆车观光的某游客来说，以下说法正确的是()A．以自己为参考系，看到对面的山迎面走来B．以对面的山为参考系，自己静止不动C．以自己为参考系，看到同一缆车里的人向对面的山不断靠近D．以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去解析：以自己(或自己乘坐的缆车)为参考系，看到对面的山迎面走来，看到同一缆车里的人静止不动，看到两边的青山绿水向身后走去，A、D正确，C错误．以对面的山为参考系看到自己向山靠近，B错误．答案：AD7．如图是一辆汽车做直线运动的x－t(位移—时间)图象，对相应的线段所表示的运动，下列说法正确的是()A．AB段表示车静止B．BC段发生的位移大于CD段发生的位移C．CD段运动方向和BC段运动方向相反D．CD段运动速度小于BC段运动速度解析：AB段物体位移不随时间变化，处于静止状态．故A正确．BC段发生的位移是8km，CD段发生的位移是－12km，所以CD段发生的位移大于BC段发生的位移，故B错误．CD段斜率为负值，速度为负，表示物体的运动方向沿着负方向，BC段斜率为正值，速度为正，方向与规定的正方向相同，即CD段运动方向和BC段运动方向相反，故C正确．由题图得知，CD段斜率最大，速度最大，物体运动最快，CD段运动速度大于BC段运动速度，故答案：AC8．某质点以20m/s的初速度竖直向上运动，其加速度保持不变，经2s到达最高点，上升高度为20m，又经过2s回到出发点时，速度大小仍为20mA．质点运动的加速度大小为10m/s2B．质点在这段时间内的平均速度为零C．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相同解析：根据加速度的定义知，取竖直向上为正方向，则a＝eq\f(－20－20,4)m/s2＝－10m/s2，负号表示加速度方向与规定的正方向相反，即竖直向下，选项A正确；由位移的定义知，这段时间内的总位移为零，而路程为40m，根据平均速度的定义知，平均速度为零，故B正确；质点做匀变速运动，每时每刻的加速度都相同，在最高点速度为零，但加速度大小仍为10m/s2，方向竖直向下，所以选项C错误；在抛出点两时刻的瞬时速度大小相等，但方向相反，选项D错误．答案：AB9．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前方50mA．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B．在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C．在第30s末，甲、乙两车相距50mD．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次解析：由题图可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运动，但是速度—图象一直在时间轴的上方，没有反向，故A错误；在第20s末，甲车的加速度大小为a甲＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，乙车的加速度大小为a乙＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(2,3)m/s2，不相等，故B错误；在第30s末，甲车的位移为20×10m＋eq\f(1,2)×20×20m＝400m，乙车的位移为eq\f(1,2)×30×20m＝300m，所以甲、乙两车相距400m－300m－50m＝50m，故C正确；刚开始乙在甲的前方50m处，甲的速度大于乙的速度，经过一段时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，到30s末，甲停止运动，甲在乙的前面50m处，此处乙以20m/s的速度匀速运动，所以再经过2.5s乙追上甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故D正确．答案：CD二、非选择题10．(1)在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，下列说法正确的是()A．电火花计时器正常工作时，其打点的周期取决于交流电压的高低B．电火花计时器应接在10V以下的交流电源上才能正常工作C．打点计时器连续工作时间很短，应注意打点之后要立即关闭电源D．开始实验时，应先接通电源，后释放小车(2)某同学在实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带如图所示，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10s，其中x1＝7.05cm、x2＝7.68cm、x3＝8.33cm、x4＝8.95cm、x5＝9.61cm、x6＝10.26(3)另一同学利用气垫导轨测定滑块的加速度，滑块上安装了宽度为3.0cm的挡光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了挡光板通过第一个光电门的时间为Δt1＝0.30s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10s，挡光板从开始挡住第一个光电门到开始挡住第二个光电门的时间为Δt＝4.0s．试估算：滑块经过第一个光电门时的速度大小v1＝________m/s；在运动过程中，滑块的加速度大小a＝________m/s2解析：(1)电火花计时器正常工作时，其打点的周期取决于交流电压的周期，选项A错误；电火花计时器工作时需要220V交流电压，选项B错误；开始实验时，应先接通电源，待打点计时器工作稳定后，再释放小车，选项D正确；打点计时器长时间工作可能烧毁，应注意打点之后要立即关闭电源，选项C正确．(2)D点的瞬时速度vD＝eq\f(x3＋x4,2T)＝eq\f(8.33＋8.95,0.2)cm/s＝0.86m/s.(3)滑块经过第一个光电门的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(0.03,0.30)m/s＝0.1m/s滑块经过第二个光电门的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(0.03,0.10)m/s＝0.3m/s，所以加速度a＝eq\f(v2－v1,Δt)＝eq\f(0.3－0.1,4)m/s2＝0.05m/s2.答案：(1)CD(2)0.86(3)0.10.0511．2015年9月19日，四川省康定市境内突发泥石流．一汽车停在小山坡底，司机突然发现山坡上距坡底80m处的泥石流以8m/s的速度、0.5m/s2解析：(1)由运动学公式veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2ax得vt＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2ax)＝eq\r(64＋2×0.5×80)m/s＝12m/s.(2)泥石流在下坡阶段运动的时间为t1＝eq\f(vt－v0,a)＝eq\f(12－8,0.5)s＝8s.设汽车恰被泥石流追上时汽车运动的时间为t2，泥石流在水平段运动的时间为t3，则在水平段有x泥＝vtt3，x车＝eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,2)，vt＝a0t2，且t1＋t3－t反＝t2，x泥＝x车时汽车有最小加速度．联立以上各式并代入相关数据解得a0＝0.8m/s2则汽车的加速度至少应为0.8m/s2答案：(1)12m/s(2)0.8m/12．下图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格，请根据表格计算：车速v(km/h)反应距离x′(m)刹车距离x(m)停车距离L(m)40101020601522.537.580A＝()B＝()C＝()(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横过马路，此时他的车速为72km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1解析：(1)根据表格数据可知，驾驶员在反应时间内做匀速直线运动，则：t＝eq\f(x′1,v1)＝eq\f(x′A,v3)①解得：x′A＝eq\f(v3,v1)·x′1＝eq\f(80,40)×10m＝20m(2)如果路面情况相同，汽车刹车的加速度相同，则：x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2a)，xB＝eq\f(v\o\al(2,3),2a)解以上两式得：xB＝eq\f(v\o\al(2,3),v\o\al(2,1))·x1＝eq\f(802,402)×10m＝40mLC＝x′A＋xB＝20m＋40m＝60m(3)解①式得驾驶员的正常反应时间t＝eq\f(x′1,v1)＝eq\f(10,\f(40,3.6))s＝0.9s喝了酒的驾驶员的反应时间：t′＝t＋0.1s＝(0.9＋0.1)s＝1.0s在反应时间内汽车行驶的距离：x′＝vt′＝eq\f(72,3.6)×1.0m＝20m刹车距离：x＝eq\f(v2,v\o\al(2,1))·x1＝eq\f(722,402)×10m＝32.4m停车距离：L＝x′＋x＝(20＋32.4)m＝52.4m>故汽车不能在50m答案：(1)20(2)4060(3)不能在50m章末质量评估(二)一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求)1．体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，关于运动员手臂受到的拉力变化，下列判断正确的是()A．不变B．变小C．变大D．无法确定解析：对运动员受力分析如图所示，运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为α，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝eq\f(mg,2cosα)，α减小，cosα增大，F减小，故B正确．答案：B2．(2017·岳阳模拟)如图所示，A、B两物体叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小解析：物体B具有水平向左的恒定加速度，由牛顿第二定律知，物体B受到的合外力水平向左且恒定，对物体B受力分析可知，物体B在水平方向的合外力就是物体A施加的静摩擦力，因此，物体B受到的摩擦力方向向左，且大小不变，故A正确．答案：A3.如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的两端，则绳中拉力大小变化的情况是()A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小D．只将绳的右端移向B′点，拉力不变解析：只将绳的左端移向A′点，由于细绳不可伸长，滑轮两边细绳的拉力相等，根据几何知识知滑轮的两边的细绳的夹角保持不变，根据力的合成与分解可知，细绳中的拉力应保持不变，A错，B对；若只将绳的右端移向B′点，根据几何知识知滑轮的两边的细绳的夹角变大，根据力的合成与分解可知，细绳中的拉力应变大，C、D都错．答案：B4.如图所示，小球a的质量为小球b质量的一半，分别与轻弹簧A、B和轻绳相连接并处于平衡状态．轻弹簧A与竖直方向夹角为60°，轻弹簧A、B伸长量刚好相同，则下列说法正确的是()A．轻弹簧A、B的劲度系数之比为3：1B．轻弹簧A、B的劲度系数之比为2：1C．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力的大小之比为2：1D．轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力的大小之比为1：1解析：设轻弹簧A、B伸长量都为x，小球a的质量为m，则小球b的质量为2m.对小球b，由平衡条件，弹簧B中弹力为kBx＝2mg；对小球a，由平衡条件，竖直方向kBx＋mg＝kAxcos60°，联立解得：kA＝3kB，选项A正确，B错误．水平方向，轻绳上拉力F＝kxx答案：A5．(2015·山东卷)如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为()A.eq\f(1,μ1μ2)B.eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2)C.eq\f(1＋μ1μ2,μ1μ2)D.eq\f(2＋μ1μ2,μ1μ2)解析：设水平作用力大小为F，则对于B：μ1F＝mBg，对于整体：F＝μ2(mA＋mB)g，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(1－μ1μ2,μ1μ2).答案：B6．如图甲所示，一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，关于物块与斜面间摩擦力的大小变化的说法中正确的是()A．一定增大B．可能一直减小C．可能先增大后减小D．可能一直增大解析：对物块受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；①若拉力的最大值大于重力沿斜面的分力，则静摩擦力沿着斜面向下，F－Ff－mgsinθ＝0，故拉力减小后，静摩擦力先减小后反向增加；②若拉力的最大值小于重力沿斜面的分力，静摩擦力沿着斜面向上，F＋Ff－mgsinθ＝0，故拉力减小后，静摩擦力一直增加，选项D正确．答案：D7．(2017·苏州大学附中高三调研)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，则对小孩和车下列说法正确的是()A．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为零解析：A.小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故A错误；B、C小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故B错误，C正确；D.小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故D正确．答案：CD8．如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是()A．轻弹簧对小球的作用力大小为eq\f(\r(3),2)mgB．容器相对于水平面有向左的运动趋势C．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上D．弹簧原长为R＋eq\f(mg,k)解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形得FN＝F＝mg，所以A项错误．由整体法知，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误．小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确．由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋eq\f(mg,k)，D项正确．答案：CD9．(2017·江阴二中月考)如图所示，一根轻绳跨过定滑轮将物体A、B连接在一起，A、B均处于静止状态．已知两物体质量分别为mA和mB，绳与水平方向的夹角为θ，不计滑轮和绳的质量及其摩擦，则：物体B受水平地面对它的支持力大小及摩擦力大小为()A．支持力大小为mBg－mAgB．支持力大小为：mBg－mAgsinθC．摩擦力大小为mBgcosθD．摩擦力大小为：mAgcosθ解析：对A、B分别用隔离法分析有：对A：FT＝mAg对B：FTcosθ＝FfFTsinθ＋FN＝mBg联立解可得：FN＝mBg－mAgsinθFf＝mAgcosθ故选项B、D正确．答案：BD10．如图所示，在粗糙水平地面上放着一个横截面为半圆的柱状物体A，A与轻质竖直挡板之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对挡板加一向右的水平推力F，使挡板缓慢向右移动，B球缓慢上移而A仍保持静止．设地面对A的摩擦力为F1，A对B的作用力为F2，地面对A的支持力为F3，不计板与地面间的摩擦，则在此过程中()A．F1缓慢减小，F3保持不变B．F1缓慢增大，F3缓慢增大C．F2缓慢增大，F3缓慢增大D．F2缓慢减小，F3保持不变解析：将物体A和B看成一个整体，则在竖直方向上地面的支持力等于整体的重力，即F3＝(mA＋mB)g，故F3保持不变，故选项B、C错误；隔离物体B受力分析可知，物体B受重力GB、物体A对B的支持力F2，挡板对B的弹力FN，当挡板缓慢向右移动时，物体B的受力变化情况如图甲所示，可知F2在缓慢减小，选项D正确；隔离物体A受力分析如图乙所示，可知地面对A的静摩擦力F1＝F2cosθ，由分析可知，F2逐渐减小，θ逐渐增大，故F1逐渐减小，选项A正确．答案：AD二、非选择题11．在做“验证力的平行四边形定则的实验”中，在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在A点上，另一端连接两根细线，然后通过细线用两个互成角度的弹簧秤来拉橡皮条，使橡皮条伸长到某一点O，此时需记录下：(1)______________________，(2)_____________________，(3)__________________．然后改用一个弹簧秤把橡皮条拉到O点后再记录下：(4)_______________，(5)_____________________．(6)如图所示，是该同学完成验证力的平行四边形定则实验操作后得到的数据图，请选好比例在方框中作图完成该同学未完成的实验数据处理．解析：(6)作图象时以O点为起点作F1、F2、F′的图示，且要按同一比例；要用三角板和刻度尺规范地作出平行四边形，如图所示．答案：(1)两弹簧秤的读数(2)结点O的位置(3)两细线的方向(4)弹簧秤的读数(5)细线的方向(6)见解析12．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究．(1)某次测量如图乙所示，指针示数为__________cm.(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如下表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为__________N/m(重力加速度g取10m/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1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36解析：(1)刻度尺读数需读到分度值的下一位，指针示数为15.97cm.(2)由表格中的数据可知，当弹力的变化量ΔF＝0.5N时，弹簧Ⅰ形变量的变化量为Δx＝4.00cm，根据胡克定律得k1＝eq\f(ΔF,Δx)＝eq\f(0.5,0.04)N/m＝12.5N/m.结合LA和LB示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．答案：(1)15.97(2)12.5能章末质量评估(三)一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～7题有多个选项符合题目要求)1．“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是()A．汽车超速会增大汽车的惯性B．汽车超载会减小汽车的刹车距离C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D．汽车超载会增大汽车的惯性答案：D2．(2017·山东日照模拟)关于摩擦力，下列说法正确的是()A．人走路时，脚和地面之间的摩擦力是阻碍人运动的B．滑动摩擦力的方向总是与物体运动方向相反C．受静摩擦力作用的物体一定是静止不动的D．摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同解析：人走路当脚向后蹬地时，脚相对于地面有向后的运动趋势，受到向前的摩擦力，此力对人的运动来说为动力，A错误；滑动摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向相反而不是与运动方向相反，B错误；运动的物体也可能受静摩擦力作用，C错误；摩擦力的方向一定与相对运动方向相反，可以与运动方向相同，比如摩擦力为动力时，D正确．答案：D3.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是()A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于eq\f(mg,h)D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动答案：C4．(2017·沈阳模拟)如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a、c处由静止释放，用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间，则()A．t1＝t2B．t1>t2C．t1<t2D．无法确定答案：A5.如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳被烧断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度大小是()A．aP＝aQ＝gB．aP＝2g，aQ＝0C．aP＝g，aQ＝2gD．aP＝2g，aQ＝g解析：绳烧断前，对Q，由二力平衡条件得F＝mg，对P有T＝mg＋F′，其中F′＝F.绳烧断瞬间，绳的弹力T突变为0，弹簧的弹力F来不及变化，则aP＝eq\f(mg＋F,m)＝2g，方向向下，aQ＝0，故B正确，A、C、D错误．答案：B6.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空中P点由静止开始下落，如图所示，a点是弹性绳的原长位置，c点是人所能到达的最低位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，则在人从P点下落到c点的过程中()A．在Pa段，人做自由落体运动，处于完全失重状态B．在ab段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态C．在bc段，绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态D．在c点，人的速度为零，加速度也为零解析：人从P点下落到c点的过程中，在Pa段做自由落体运动，加速度为g，方向竖直向下；在ab段做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下；在bc段，绳的拉力大于人的重力，人做加速度逐渐增大的减速运动，加速度方向向上．根据超重和失重的条件可知，选项A、B正确．答案：AB7.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则()A．小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行于斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为eq\f(1,2)mg＋maD．小物块受到的静摩擦力为eq\f(1,2)mg＋ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以小物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝eq\f(1,2)mg＋ma，方向平行于斜面向上．答案：AD二、非选择题8．某同学现要探究“合外力一定时，物体运动的加速度与其质量的关系”，实验器材有：一倾角可调且底端有缓冲装置的光滑长斜面、小车、时间传感器、刻度尺、弹簧测力计、钩码若干．重力加速度为g.在小车从斜面上方一固定点A1处释放的同时启动时间传感器，小车运动到斜面上另一固定点A2处时，时间传感器停止计时，并记录下小车从A1运动到A2的时间，实验步骤如下：(1)按图甲安装好实验器材，用刻度尺测出A1到A2的距离s；(2)将小车置于A1处并用弹簧测力计沿斜面向上拉着小车使小车保持静止，读出此时的弹簧测力计的示数F；(3)让小车自A1处由静止释放，小车通过A2后，记下时间传感器测得的小车从A1运动到A2的时间t；(4)再将小车置于A1处，往小车中增加钩码，设所加钩码总质量为m.为保持小车与钩码的合外力F不变，可用弹簧测力计沿着斜面拉着小车静止，将斜面的__________，直到弹簧测力计的读数为__________为止．然后重复步骤③；(5)多次往小车中增加钩码，然后重复步骤④；(6)利用实验中所测得的数据作出了如图乙所示的m－t2图象，本实验中测得A1与A2之间的距离x＝1.00m，根据该图象求得小车的质量M＝__________kg，小车所受的合外力大小为F＝__________N解析：(4)由平衡条件得F＝eq\f(m＋Mgh,x)，其中h为斜面高度，x为斜面长度，可见在小车内增加钩码的同时为保持小车所受的合外力不变，应将斜面的高度降低，直到弹簧测力计的读数为F.(6)小车的加速度为a＝eq\f(2x,t2)，由牛顿第二定律得F＝(m＋M)a＝(m＋M)eq\f(2x,t2)，整理得m＝eq\f(F,2x)·t2－M，由此可知，m－t2图线在纵轴上截距的绝对值表示小车的质量，小车的质量为M＝0.50kg.m－t2图线的斜率为k＝eq\f(F,2x)，由图乙可知，图象斜率为k＝eq\f(1,14)kg/s2，故小车所受的合外力为F＝2xk＝0.143N.答案：(4)高度适当降低；F(6)0.50；0.1439．(2016·海南单科)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离x，重力加速度大小为g.求：(1)物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A、B的加速度大小．解析：(1)物块A移动了距离x，则物块B移动的距离为x1＝eq\f(1,2)x物块B受到的摩擦力大小为Ff＝4μmg物块B克服摩擦力所做的功为W＝Ffx1＝2μmgx(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为FT，由牛顿第二定律得：F－μmg－FT＝maA；2FT－4μmg＝4ma由A和B的位移关系得：aA＝2aB联立得aA＝eq\f(F－3μmg,2m)，aB＝eq\f(F－3μmg,4m)答案：(1)2μmgx(2)eq\f(F－3μmg,2m)eq\f(F－3μmg,4m)10．如图甲所示，质量m＝2kg的物体在水平面上向右做直线运动．过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图象如图乙所示．取重力加速度为g＝10m/s(1)物体在0～4s内和4～10s内的加速度的大小和方向；(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(3)10s末物体离a点的距离和位置．解析：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v－t图线得加速度大小a1＝2m/s2，方向水平向左设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v－t图线得加速度大小a2＝1m/s2，方向水平向左(2)根据牛顿第二定律，有F＋μmg＝ma1③F－μmg＝ma2④由①②③④解得：F＝3Nμ＝0.05(3)设10s末物体离a点的距离为d，d应为v－t图线与横轴所围的面积则：d＝eq\f(1,2)×4×8m－eq\f(1,2)×6×6m＝－2m，负号表示物体在a点的左边答案：(1)2m/s2水平向左1m/s(2)0.05(3)2m11．如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m＝1kg的木块放在质量为M＝2kg的长木板上，木板长L＝11.5m．已知木板与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．木块与木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10m/s，在坐标为x＝21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取(1)木板碰挡板P时的速度v1；(2)最终木板停止运动时其左端A的位置坐标．解析：(1)对木块和木板组成的系统，有μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1，veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1(x－L)解得v1＝9m/s.(2)由牛顿第二定律可知木块加速度am＝μ2g＝9m/s木板加速度aM＝eq\f(μ2mg＋μ1M＋mg,M)＝6m/s2.木块m运动至停止时间为t1＝eq\f(v1,am)＝1s此时木板M速度vM＝v1－aMt1＝3m/s此后至木块、木板共速时间设为t2，有：vM－aMt2＝amt2得：t2＝0.2s共同速度v共＝1.8m/s，方向向左至共速木板M位移x1＝eq\f(v1＋v共,2)(t1＋t2)＝6.48m共速后木块、木板以a1＝1m/s2向左减速至停下的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,共),2a1)＝1.62m最终木板M左端A点位置坐标为x′＝9.5－x1－x2＝9.5m－6.48m－1.62m答案：(1)9m/s(2)章末质量评估(四)一、选择题(1～6题只有一个选项符合题目要求，7～10题有多个选项符合题目要求)1．在2016年短道速滑世锦赛中，我国选手韩天宇在男子超级3000米赛事中以4分49秒450夺冠，并获得全能冠军。如图1所示，比赛中，运动员通过弯道时如果不能很好地控制速度，将会发生侧滑而离开赛道。现把这一运动项目简化为如下物理模型：用圆弧虚线Ob代表弯道，Oa表示运动员在O点的速度方向(如图2所示)，下列说法正确的是()A．发生侧滑是因为运动员受到离心力的作用C．只要速度小就不会发生侧滑B．发生侧滑是因为运动员只受到重力和滑道弹力两个力作用，没有向心力D．若在O点发生侧滑，则滑动方向在Oa与Ob之间解析：发生侧滑是因为运动员通过弯道时需要的向心力大于其受到的合力，选项A、B错误；向心力不变的情况下，速度小，则圆周运动半径也小，若运动员不控制身姿同样会发生侧滑，选项C错误；在O点发生侧滑时，若此时摩擦力消失，运动员沿Oa方向滑动，而此时运动员还会受到一个大致沿半径方向的摩擦力，则滑动方向在Oa与Ob之间，选项D正确．答案：D2．如图所示，将小球从空中的A点以速度v水平向右抛出，不计空气阻力，小球刚好擦过竖直挡板落在地面上的B点．若使小球的落地点位于挡板和B点之间，下列方法可行的是()A．在A点将小球以小于v的速度水平抛出B．在A点将小球以大于v的速度水平抛出C．在A点正下方某位置将小球以小于v的速度水平抛出D．在A点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出解析：若使小球的落地点位于挡板和B点之间，根据平抛运动规律，x＝vt，可减小平抛的初速度或减小运动时间t.若仍在A点将小球水平抛出，减小平抛的初速度后将不能够越过竖直挡板．若减小运动时间t，即在A点正下方某位置将小球水平抛出，也不能越过竖直挡板，选项A、B、C错误．在A点正上方某位置将小球以小于v的速度水平抛出，虽然飞行时间t增大了，但是只要vt的乘积减小，即可使小球的落地点位于挡板和B点之间，选项D正确．答案：D3．2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，在与圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实现对接．下列描述正确的是()A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B．可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号”从B到C的平均速率大D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等解析：“神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高，机械能增加，A选项错误；若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速，则将进入更高的轨道飞行，不能实现对接，选项B错误；飞船轨道越低，速率越大，轨道Ⅱ比轨道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，选项C正确；由开普勒第三定律可知，椭圆轨道Ⅱ上的运行周期比圆轨道Ⅲ上的运行周期要小，D项错误．答案：C4．一小球(视为质点)从长为eq\r(5)l、倾角为θ的斜面顶点A以大小为v1的速度水平抛出，同时在斜面底端B的正上方高为H的P点以大小为v2的速度水平抛出另一小球(视为质点)，两球恰好在斜面的中点Q相遇，且相遇时两球速度相互垂直，则下列关系正确的是()A．v1>v2B．H＝eq\f(\r(3),2)lC．tanθ＝eq\f(\r(3),2)D．v2＝eq\r(gl)解析：同时抛出的两小球在斜面中点Q相遇时水平位移相等，运动时间相等，故抛出速度大小相等，即v1＝v2，A项错误；两小球相遇时在竖直方向上下落的高度相等，因此H＝AC.在Q点，两球速度大小相等且相互垂直，因此两球速度方向与水平方向夹角均为45°，平抛运动中，从抛出点开始，任意时刻速度偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，由此推论可知tan45°＝2tanθ，即tanθ＝eq\f(1,2)，C项错误；H＝AC＝eq\r(5)lsinθ＝l，BC＝2l，B项错误；由平抛运动得eq\f(BC,2)＝v2t、eq\f(1,2)H＝eq\f(1,2)gt2，解得v2＝eq\r(gl)，D项正确．答案：D5.(2017·河南八市重点高中质检)如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1h，则下列说法正确的是()A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2C．该卫星的运行速度一定大于7.9km/sD．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能解析：卫星转动了120°的圆心角，即转动了三分之一周期，用时1h，因此卫星的周期为3h，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，可得T∝eq\r(r3)，极地卫星与同步卫星的半径之比为1：4，A正确；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得v∝eq\r(\f(1,r))，故速度之比为2：1，B错误；第一宇宙速度v＝7.9km/s是近地卫星的运行速度，是卫星的最大运行速度，故C错误；卫星的质量未知，机械能无法比较，D错误．答案：A6．如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg解析：以小环为研究对象，设大环半径为R，根据机械能守恒定律，得mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，在大环最低点有FN－mg＝meq\f(v2,R)，得FN＝5mg，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为F′N＝FN，方向竖直向下，故F＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知C正确．答案：C7.一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔(小孔光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图中P′位置)，两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下列判断中正确的是()A．细线所受的拉力变大B．小球P运动的角速度变小C．Q受到桌面的静摩擦力变大D．Q受到桌面的支持力变大解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为FT，细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：FT＝eq\f(mg,cosθ)，mgtanθ＝mω2Lsinθ，得角速度ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))，周期T＝eq\f(2π,ω)，使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cosθ减小，则细线拉力FT增大，角速度增大，周期T减小．对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故A、C正确，B错误；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变．故D错误．答案：AC8．(2017·安徽学普联考)我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站．如图所示，关闭发动机的航天飞机在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接．已知空间站绕月运行的轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，月球的半径为R，下列描述或结论正确的是()A．航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须减速B．图中的航天飞机正在加速地飞向B处C．月球的质量为M＝eq\f(4π2R3,GT2)D．月球的第一宇宙速度为v＝eq\f(2πr,T)解析：要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站对接，必须在接近B点时减速，否则航天飞机将继续做椭圆运动，故A正确；根据开普勒行星运动定律可知，航天飞机向近月点B运动时速度越来越大，故B正确；设空间站的质量为m，由Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)得，月球的质量M＝eq\f(4π2r3,GT2)，故C错误；空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，其运行速度为v＝eq\f(2πr,T)，其速度小于月球的第一宇宙速度，所以月球的第一宇宙速度大于eq\f(2πr,T)，故D错误．答案：AB9．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值B．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值C．太阳对各小行星的引力相同D．各小行星绕太阳运动的周期均大于一年解析：小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动所需向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r.由小行星的加速度a＝eq\f(GM,r2)知，小行星内侧轨道半径小于外侧轨道半径，故内侧向心加速度值大于外侧的向心加速度值，故A正确；由线速度v＝eq\r(\f(GM,r))知，小行星的轨道半径大于地球的轨道半径，故小行星的公转速度小于地球的公转的线速度，故B错误；太阳对小行星的引力F＝Geq\f(Mm,r2)，由于各小行星轨道半径、质量均未知，故不能得出太阳对小行星的引力相同的结论，故C错误；由周期T＝2πeq\r(\f(r3,GM))知，由于小行星轨道半径大于地球公转半径，故小行星的周期均大于地球公转周期，即大于一年，故D正确．答案：AD10．(2016·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R＝90m的大圆弧和r＝40m的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O、O′距离L＝100m．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g＝10m/s2，π＝3.14)，则赛车()A．在绕过小圆弧弯道后加速B．在大圆弧弯道上的速率为45m/sC．在直道上的加速度大小为5.63m/s2D．通过小圆弧弯道的时间为5.58s解析：赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由2.25mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),r)得v1＝30m/s；通过大圆弧时，由2.25mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)得v2＝45m/s，B项正确．赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A项正确．由几何关系可知连接大、小圆弧的直道长x＝50eq\r(3)m，由匀加速直线运动的速度位移公式：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2ax得a≈6.50m/s2，C项错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝eq\f(1,3)×eq\f(2πr,v1)＝2.79s，故D项错误．答案：AB二、非选择题11．(2017·广东深圳一调)某新式可调火炮，水平射出的炮弹可视为平抛运动．如图，目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB，半径为R(R为已知)，重力加速度为g.(1)若以初速度v0(v0为已知)射出，恰好垂直打在圆弧的中点C，求炮弹到达C点所用时间；(2)若在同一高度P先后以不同速度射出两发炮弹，击中A点的炮弹运行的时间是击中B点的两倍，O、A、B、P在同一竖直平面内，求高地P离A的高度．解析：(1)设炮弹的质量为m，炮弹做平抛运动，其恰好垂直打在圆弧的中点C时，由几何关系可知，其水平分速度和竖直分速度相等，即vy＝vx＝v0又vy＝gt得：t＝eq\f(v0,g)(2)设高地P离A的高度为h，击中B点的炮弹飞行时间为t0，则有h＝eq\f(1,2)g(2t0)2h－R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)解得h＝eq\f(4,3)R答案：(1)eq\f(v0,g)(2)eq\f(4,3)R12．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2eq\r(3)m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝eq\f(\r(3),2)m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示．现将一个小球从距A点高为h＝0.9m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下．已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),3).g取10m/s2，求：(1)小球初速度v0的大小；(2)小球滑过C点时的速率vC；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件．解析：(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有：veq\o\al(2,y)＝2gh即：vy＝3eq\r(2)m/s因为在A点的速度恰好沿AB方向，所以小球初速度：v0＝vytan30°＝eq\r(6)m/s(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得：mg(h＋L1sinθ)－μmgL1cosθ－μmgL2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：vC＝3eq\(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v2,R1)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：－2mgR1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：R1＝eq\f(v\o\al(2,C),5g)＝1.08m当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：R2＝eq\f(v\o\al(2,C),2g)＝2.7m当圆轨道与AB相切时：R3＝L2tan60°＝1.5m，即圆轨道的半径不能超过1.5m综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是：0<R≤1.08m答案：(1)eq\r(6)m/s(2)3eq\r(6)m/s(3)0<R≤1.08m章末质量评估(五)一、选择题(1～5题只有一项符合题目要求，6～8题有多项符合题目要求)1．(2017·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：D2．(2017·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：A3．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为F阻，则下列表达式正确的是()A．x＝eq\f(v1＋v2,2)tB．P＝F阻v1C.eq\f(P,v1)－eq\f(P,v2)＝eq\f(mv2－v1,t)D．Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解析：由牛顿第二定律可得：eq\f(P,v)－F阻＝ma，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A错误；因为牵引力是变力，且大于阻力F阻，选项B、C错误；由动能定理可得：Pt－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，选项D正确．答案：D4．(2017·西安检测)如图，光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径，比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧，现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点．则A、B两小球的质量之比为()A．3：1B．3：2C．7：1D．7：2解析：设A球刚要落地时的速度大小为vA，此时vB＝vA，根据机械能守恒得：(mA－mB)gH＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)①当B球在最高点时速度恰好为零，则eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝mBgR②联立①②得：mA＝3mB，故选项A正确．答案：A5．质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2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x之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝3m时速度大小为2eq\r(2)m/sB．x＝9m时速度大小为4eq\r(2)m/sC．OA段加速度大小为3m/s2D．AB段加速度大小为3m/s2解析：对于前3m过程，根据动能定理，有：W1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得：vA＝3eq\r(2)m/s，根据速度位移公式，有：2a1x＝veq\o\al(2,A)，解得a1＝3m/s2，故A错误，C正确；对于前9m过程，根据动能定理有：W2－μmgx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝3eq\r(2)m/s，故B错误；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误．答案：C6．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v－t图象如图所示．以下判断正确的是()A．前3s内货物处于超重状态B．最后2s内货物只受重力作用C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒解析：根据v－t图象可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，选项A正确；最后2s内货物做匀减速直线运动，加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，受重力和拉力作用，选项B错误；根据匀变速直线运动平均速度公式eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋vt,2)，前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，都为3m/s，选项C正确；第3s末至第5s末的过程中，货物匀速上升，机械能不守恒，选项D错误．答案：AC7．特战队员在进行素质训练时，抓住一端固定在同一水平高度的不同位置的绳索，从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆，如图所示，在绳索到达竖直状态时放开绳索，特战队员水平抛出直到落地．不计绳索质量和空气阻力，特战队员可看成质点，绳索一直处于伸直状态．下列说法正确的是()A．绳索越长，特战队员落地时的速度越大B．绳索越长，特战队员落地时的水平位移越大C．绳索越长，特战队员落地时的水平方向速度越大D．绳索越长，特战队员落地时的竖直方向速度越小解析：设平台高为H，特战队员落地时的速率为v，特战队员从开始下摆到落地，绳索的拉力不做功，根据机械能守恒定律有mgH＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(2gH)，v与绳索长度无关，特战队员落地时的速度一样大，选项A错误；设绳索的长度为L，放开绳索时，特战队员的速度为v1，根据机械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝eq\r(2gL)，特战队员放开绳索后做平抛运动，则总的水平位移大小x＝L＋v1t，H－L＝eq\f(1,2)gt2，得x＝L＋2eq\r(LH－L)，由数学知识可知，选项B错误；特战队员落地时水平方向速度为v1＝eq\r(2gL)，故选项C正确；特战队员落地时的竖直方向速度为vy＝eq\r(v2－v\o\al(2,1))＝eq\r(2gH－L)，故选项D正确．答案：CD8．如图所示，车头的质量为m，两节车厢的质量也均为m，已知车的额定功率为P，阻力为车总重力的k倍，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的两倍B．汽车挂一节车厢时的最大速度为eq\f(P,2kmg)C．若汽车挂两节车厢时的最大速度为v，汽车始终以恒定功率P前进，则汽车的速度为eq\f(1,2)v时的加速度为eq\f(P,3mv)－gkD．汽车挂两节车厢并以最大速度行驶，某时刻后面的一节车厢突然脱离，要想使汽车的速度不变，汽车的功率必须变为eq\f(2,3)P解析：根据P＝2kmgv1，P＝3kmgv，可得汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的1.5倍，选项A错误；根据P＝2kmgv1，可得汽车挂一节车厢时的最大速度为v1＝eq\f(P,2kmg)，选项B正确；汽车挂两节车厢运动的速度为eq\f(v,2)时，牵引力F＝eq\f(2P,v)，阻力Ff＝3kmg，加速度a＝eq\f(F－Ff,3m)＝eq\f(2P,3mv)－gk，选项C错误；由P＝3kmgv，可得v＝eq\f(P,3kmg)，某时刻后面的一节车厢突然脱离，要想使汽车的速度不变，汽车做匀速运动，牵引力变为2kmg，汽车的功率必须变为2kmgv＝eq\f(2,3)P，选项D正确．答案：BD二、非选择题9．如图所示，用橡皮筋拉动小车的装置，探究做功与物体速度变化的关系，回答下面问题：(1)长木板稍微倾斜的目的是__________________________________，对倾斜角度的要求是：小车无橡皮筋拉时恰能在木板上________；实验时，小车每次要被拉到________(选填“不同”或“同一”)位置松手；改变橡皮筋弹力做功的办法是靠增加系在小车上的________．(2)如图所示是某次操作正确的情况下，在频率为50Hz的电源下打点计时器记录的一条纸带，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的________(填“A—F”或“F—I”)部分进行测量，速度大小为________m/s.(3)用图象法探究做功与物体速度变化的关系，分别试探画出W与v、W与v2、W与v3等间关系的图象，找出图象是________的那一组，从而确定功与速度的关系．答案：(1)用重力沿斜面向下的分力平衡摩擦力匀速下滑同一橡皮筋条数(2)F－I0.76(3)直线10．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案．第一步：如图甲所示，他把带有定滑轮的长木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤连一纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，调木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动．第二步：如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时顺的限位孔，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出的纸带如图丙所示．试回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点之间的时间间隔为T，根据纸带求打点计时器打A点时滑块的速度vA＝________，打点计时器打B点时滑块的速度vB＝________.(2)已知当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功，还必须测出这一过程__________________________(写出物理名称及符号)，合外力对滑块做功的表达式为W＝________.(3)算出滑块运动的OA段、OB段、OC段、OD段、OE段合外力对滑块所做的功及vA、vB、vC、vD、vE，以v2为纵轴，W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2－W图象，可知它是一条过坐标原点的倾斜直线．若直线的斜率为k，则滑块的质量M＝________.解析：(1)由veq\f(t,2)＝eq\o(v,\s\up6(－))得vA＝eq\f(x2,2T)，vB＝eq\f(x3－x1,2T).(2)由题图甲和题图乙分析可知，滑块受到的合外力等于重锤的重力，要想测得合外力做的功，还应测得滑块沿木板下滑的距离x，合外力做的功为W＝mgx.(3)由v2＝2ax＝eq\f(2mgx,M)及W＝mgx知v2＝eq\f(2W,M)，所以滑块的质量M＝eq\f(2,k).答案：(1)eq\f(x2,2T)eq\f(x3－x1,2T)(2)滑块沿木板下滑的距离xmgx(3)eq\f(2,k)11．如图所示，轮半径r＝10cm的传送带，水平部分AB的长度L＝1.5m，与一圆心在O点、半径R＝1m的竖直光滑圆弧轨道的末端相切于A点，AB高出水平地面H＝1.25m．一质量m＝0.1kg的小滑块(可视为质点)，从圆弧轨道上的P点由静止释放，OP与竖直方向的夹角θ＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力．(1)求滑块对圆弧轨道末端的压力．(2)若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B点间的水平距离．(3)若传送带以v0＝0.5m/s的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B到A运动)，求滑块在传送带上滑行过程中产生的热量．解析：(1)滑块从P点到圆弧轨道末端的过程中，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)在圆弧轨道末端由牛顿第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)由以上两式得FN＝1.4N由牛顿第三定律得：滑块对圆弧轨道末端的压力大小为1.4N，方向竖直向下．(2)从A到B的过程中，由动能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得：vB＝1m/s因eq\r(gr)＝1m/s，所以滑块恰好从B点开始作平抛运动．滑块的落地点与B点间的水平距离为x＝vBeq\r(\f(2H,g))＝0.5m(3)传送带上部分向左运动和传送带静止时对滑块的作用力没有变化，滑块从A到B的运动情况没有改变．所以滑块和传送带间的相对位移为Δx＝L＋v0eq\f(vA－vB,μg)＝2m滑块在传送带上滑行过程中产生的热量Q＝μmgΔx＝0.2J答案：(1)1.4N竖直向下(2)0.5m(3)0.2J12．如图所示，ABC、DEF和FG是在同一竖直平面内的三条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合，FG是高为h＝0.8m、倾角为30°的斜面．现有一质量m＝0.1kg、可视为质点的小球从轨道ABC上的A点由静止释放，若小球经过C点后恰能沿轨道DEF做圆周运动，(取eq\r(5)＝2.236，g＝10m/s2)，求：(1)小球释放点A和C点的竖直高度H；(2)小球到达F点时对轨道的压力大小；(3)小球着地点与G点的距离．解析：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则有mgH＝eq\f(1,2)mv2小球恰能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点应满足mg＝eq\f(mv2,r)解得H＝eq\f(r,2)＝eq\f(0.4,2)m＝0.2m(2)小球由A到F，机械能守恒，有mg(H＋2r)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,F)在F点，对小球，由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v\o\al(2,F),r)解得vF＝2eq\r(5)m/s，F＝6N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力大小为F′＝F＝6N(3)小球离开半圆形轨道后做平抛运动，假设小球不会落到斜面上，小球做平抛运动的时间为t，由平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2则t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.4s设小球作平抛运动的水平位移为x，则x＝vFt＝2eq\r(5)×0.4m＝1.789m由于x＝1.789m>eq\f(h,tan30°)＝1.386m，所以假设正确．小球着地点与G点的距离Δx＝(1.789－1.386)m＝0.403m.答案：(1)0.2m(2)6N(3)0.403m章末质量评估(六)一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～8题有多个选项符合题目要求)1．“快乐向前冲”节目中有这样的设置，冲关者以一定的速度抱住悬挂在光滑杆上的圆柱物体，然后一起向前压缩弹簧，原理如图所示，而后圆柱将弹簧压缩到最短．关于人和圆柱物体组成的系统，下列说法中正确的是()A．人抱住物体的过程中系统动量不守恒B．人抱住物体的过程中系统机械能守恒C．物体压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．物体压缩弹簧过程中，人、物体和弹簧组成的系统机械能守恒解析：在人抱住物体的过程中，因为作用时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，选项A错误；在人抱住物体的过程中，一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，选项B错误；物体压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以选项C错误；物体压缩弹簧过程中，由人、物体和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项D正确．答案：D2．如图所示，一个质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经Δt时间而停止，严格来说，在击打时间内，铁锤所受到的平均冲力大小为()A．mgB.eq\f(mv,Δt)＋mgC.eq\f(mv,Δt)D.eq\f(mv,Δt)－mg解析：对铁锤应用动量定