章末综合测评(一)

(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，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，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．中国海军第十七批护航编队于2014年8月28日胜利完成亚丁湾索马里海域护航任务．第十七批护航编队由长春舰、常州舰等舰，以及舰载直升机、数十名特战队员组成．关于“长春”舰，下列说法正确的是(　　)

图1

A．队员在维护飞机时飞机可看做质点

B．确定“长春”舰的位置时可将其看做质点

C．队员训练时队员可看做质点

D．指挥员确定海盗位置变化时可用路程

【解析】　队员在维护飞机时需要维护其各个部件，不能看做质点，A错误；确定“长春”舰的位置时其大小形状可忽略不计，B正确；队员训练时要求身体各部位的动作到位，不能看做质点，C错误；而海盗位置变化应用位移表示，D错误．

【答案】　B

2．在平直的公路上行驶的汽车内，一乘客以自己的车为参考系向车外观察，下列现象中，他不可能观察到的是(　　)

A．与汽车同向行驶的自行车，车轮转动正常，但自行车向后行驶

B．公路两旁的树因为有根扎在地里，所以是不动的

C．有一辆汽车总在自己的车前不动

D．路旁的房屋是运动的

【解析】　当汽车在自行车前方以大于自行车的速度行驶时，乘客观察到自行车的车轮转动正常，自行车向后退，故A是可能的；以行驶的车为参考系，公路两旁的树、房屋都是向后退的，故B是不可能的，D是可能的；当另一辆汽车与乘客乘坐的车以相同的速度行驶时，乘客观察到此车静止不动，故C是可能的．

【答案】　B

3．下列四幅图中，能大致反映自由落体运动图像的是(　　)

【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v­t图像是一过原点的倾斜直线，a­t图像是一平行时间轴的直线，故D对，A、C错；B图中的图像表示物体匀速下落．故应选D.

【答案】　D

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　　　　　　　    B．16 m

C．50 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：

t0＝＝ s＝5 s

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

x＝(v0＋vt)t0＝(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v­t图像如图2所示．对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是(　　) 

图2

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v­t图像，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—时间图像可以算出运动位移，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．有两个物体都做加速度恒定的变速直线运动，则以下说法中正确的是(　　)

A．经过相同的时间，速度变化大的物体，它的加速度一定大

B．若初速度相同，则末速度大的物体加速度一定大

C．若加速度相同，初速度大的物体，其末速度一定大

D．在相同的时间内，加速度大的物体，其速度变化必然大

【解析】　根据a＝，相同的时间内，速度变化大，加速度一定大；加速度大，速度变化一定大，A、D正确；根据a＝，加速度与三个因素有关，初速度相同，末速度大时，由于时间不确定，加速度不一定大，B错误；加速度相同，初速度大时，由于时间不确定，末速度也不一定大，C错误．

【答案】　AD

7．做匀变速直线运动的物体先后通过A、B两点，通过A、B两点的瞬时速度分别为vA和vB.若物体通过A、B连线中点C的瞬时速度为v1，通过A到B所用时间中间时刻的瞬时速度为v2，关于v1、v2的大小，下列说法正确的是(　　)

A．若做匀加速直线运动，则v1＞v2

B．若做匀减速直线运动，则v1＞v2

C．若做匀加速直线运动，则v1＜v2

D．若做匀减速直线运动，则v1＜v2

【解析】　若做匀加速直线运动，则由v­t图象知v1＞v2.

若做匀减速直线运动，同样由v­t图象知v1＞v2.

【答案】　AB

8．某高速列车沿直线运动的v­t图像如图3所示，则该列车(　　)

图3

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

【解析】　根据图像的“面积”看出0～30 s时间内的位移小于×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4所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”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，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中x1＝7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.33 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.26 cm，则打A点时小车瞬时速度的大小是________m/s，小车运动的加速度计算表达式为a＝________，加速度的大小是________ m/s2(计算结果保留两位有效数字)．

图4

【解析】　利用匀变速直线运动的推论得：

vA＝＝0.86 m/s.

根据匀变速直线运动的推式Δx＝aT 2可以求出加速度的大小，

得：x4－x1＝3a1T 2

x5－x2＝3a2T 2

x6－x3＝3a3T 2

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值

得：a＝(a1＋a2＋a3)

小车运动的加速度计算表达式为

a＝

代入数据得a＝0. m/s2.

【答案】　0.86　　0.

10．(12分) 2015年9月3日纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年．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x.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：

x1＝v0t1－a1t

vB＝v0－a1t1

B到C过程，依据运动学规律有：

x2＝vBt2－a2t

0＝vB－a2t2

A到C过程，有：x＝x1＋x2

联立解得：

a2＝

t2＝

【答案】　　

11．(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×tm/s＝6tm/s

由v1＝v2得：t＝2 s，由x＝at 2知，两车距离的最大值

Δx＝a甲(t＋2)2－a乙t 2

＝×3×42 m－×6×22 m

＝12 m.

(2)设乙车出发后经t′秒追上甲车，则

x1＝a甲(t′＋2)2＝×3×(t′＋2)2 m

x2＝a乙t′2＝×6×t′2m

由x1＝x2代入数据

求得t′＝(2＋2)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＋2) 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x1和x2，

由运动学规律得x1＝at

x1＋x2＝a(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x，依题意及运动学规律，得

t＝t1＋t2

v＝at1

x＝at＋vt2

设加速阶段通过的距离为x′，

则x′＝at

求得x′＝10 m.

【答案】　5 m/s2　10 m

章末综合测评(二)

(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，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，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)

1．一个物体所受的重力在下列情形下要发生变化的是(　　) 

A．把它从赤道拿到两极

B．在同一地点，把它放入水中

C．在同一地点，把它放入密闭的容器中

D．在同一地点，让它由静止到运动

【解析】　物体从赤道拿到两极，重力加速度变大，则重力变大，故A正确；在同一地点，g不变，m不变，由G＝mg知物体的重力不变，所以放到水里或放入密闭的容器中，重力加速度不变，则物体的重力不变，故BC错误；改变运动状态，重力加速度不变，则重力不变，故D错误．

【答案】　A

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．匀速前进的车厢顶部用细线竖直悬挂一小球，如图2所示，小球下方与一光滑斜面接触．关于小球的受力，下列说法正确的是(　　) 

图2

A．重力和细线对它的拉力

B．重力、细线对它的拉力和斜面对它的弹力

C．重力和斜面对它的支持力

D．细线对它的拉力和斜面对它的支持力

【解析】　小球受重力和细线的拉力，假设斜面对小球有弹力，则小球不能在原位置保持相对静止状态，故斜面对小球无支持力，小球对斜面无压力，小球受的细线的拉力和重力是一对平衡力，大小相等，方向相反，故A正确，B、C、D错误．

【答案】　A

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＝＝，α＝53°，故D项正确．

【答案】　D

5．如图4，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　    B．F1不变，F2变小

C．F1变大，F2变大    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秤，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秤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，虽然物体的质量未知，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    B．4

C．5    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°；

因此F＝ 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7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f.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f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图线，求出方木块与长木板间的动摩擦因数μ＝________.

图7

【解析】　作出f­F图线如图所示：

 由f＝μF可知，图像的斜率k＝μ；

由图像可知，μ＝＝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8

①如图8(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8(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8(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9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9

(1)此时木块所受的弹力和摩擦力各多大？

(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

N＝F2＝mgcos α

f＝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

f′＝F1′＝mgsin θ

N′＝F2′＝mgcos θ

由f′＝μN′得μ＝＝tan θ.

【答案】　(1)mgcos α　mgsin α　(2)tan θ

12．(15分) 012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；

(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v­t图像如图11所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字) 

图11

【解析】　(1)设运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，此时速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt①

s＝gt 2，②

根据题意有

s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m③

联立①②③式得t＝87 s

v＝8.7×102 m/s.

(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mg＝kv④

由所给的v­t图像可读出

vmax≈360 m/s⑤

由④⑤式得k＝0.008 kg/m.

【答案】　(1)87 s　8.7×102 m/s　(2)0.008 kg/m

章末综合测评(三)

(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.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图1所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是(　　)

图1

A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置

B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态

C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变

D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小

【解析】　根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以，选项A正确．

【答案】　A

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．如图2所示是某商场安装的智能化电动扶梯，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．那么下列说法中正确的是(　　)

图2

A．顾客始终受到静摩擦力的作用

B．顾客受到的支持力总是大于重力

C．扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上

D．扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上

【解析】　以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；顾客处于加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确，D错误．

【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3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3

A．a1＝a2＝a3　　　　    B．a1＝a2C．a1【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；对于竖直向下的力F，(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma3，a3＝(g＋)(sin θ－μcos θ)得a1＝a2 【答案】　B

5．如图4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4

A．ax＝0、ay＝0    B．ax＝0、ay≠0

C．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．假设一个小球在沼泽地中下陷的过程是先加速再减速最后匀速运动，沼泽地对球和球对沼泽地的作用力大小分别为F1、F2，下列说法中正确的是(　　) 

A．在加速向下运动时，F1＞F2

B．在匀速向下运动时，F1＝F2

C．在减速向下运动时，F1＜F2

D．在整个运动过程中，F1＝F2

【解析】　小球对沼泽地地面的压力与沼泽地地面对小球的支持力为作用力与反作用力，故二力一定相等，故A、C错误；B、D正确．

【答案】　BD

7．某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图5所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法正确的是(　　)

图5

A．人和踏板由C到B的过程中，人向上做匀加速运动

B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态

C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重

D．人在C点具有最大速度

【解析】　人由C到B的过程中，重力不变，弹力一直减小，合力减小，所以加速度减小，故A错误；人和踏板由C到B的过程中，弹力大于重力，加速度向上，人处于超重状态，从B到A的过程中，重力大于弹力，加速度向下，处于失重状态，故B错误、C正确；人在C点的速度为零，故D错误．

【答案】　C

8．如图6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6

A.＋      B.

C.      D.

【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，则L＝μgt 2，可得t＝，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，则L＝t，可得t＝，D正确；若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则＋v(t－)＝L，可得t＝＋，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7

(1)根据测得的数据作出a­F图线，若作出的a­F图线如图7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图像不过原点，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8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8

(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

tan 30°＝　F＝mg

【答案】　(1)mg　(2)mg

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9所示．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.15，求：

图9

(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

上滑最大位移为x＝

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

由x＝a2t 2得下滑时间

t＝＝ s.

【答案】　(1)14.4 m　(2) s

12．(14分)如图10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10

(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：

f＝mgsin θ

N＝mgcos θ

其中：f＝μN

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＝f′＋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

章末综合测评(四)

(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(本题包括9小题，每小题6分，共54分，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．下列说法正确的是(　　) 

A．沿斜面匀速下滑的物体处于失重状态

B．绳子一端固定一小球，使小球绕另一端摆动，当它摆至最大高度时，速度为零，处于平衡状态

C．物体沿圆形轨道做速度大小不变的运动时，处于平衡状态

D．在光滑水平面上做匀速直线运动的物体，处于平衡状态

【解析】　平衡状态包括两种情况：①保持静止；②做匀速直线运动．A、D项中运动均能保持匀速直线运动，均处于平衡状态；C项中物体速度大小不变，但方向时刻变化，不是平衡状态；B项中由于摆球摆至最大高度时所受合力不为零，摆球不是处于平衡状态．

【答案】　D

2.如图1所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为(　　) 

图1

A.mg和mg　　　　　　    B.mg和mg

C.mg和μ mg      D.mg和μ mg

【解析】　对三棱柱进行受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f作用而处于静止，即平衡状态，由平衡条件可知，N＝mgcos 30°＝mg，f＝mgsin 30°＝mg，故A正确．

【答案】　A

3．一质量为M的探空气球在匀速下落，如图2所示，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减小的质量为(　　)

图2

A．2

B．M－

C．2M－

D．0

【解析】　设减小的质量为m.

气球匀速下降时F＋f阻＝mg①

气球匀速上升时F－f阻－(M－m)g＝0②

联立①②解得：m＝2，A正确．

【答案】　A

4．小船用绳索拉向岸边，如图3所示，设船在水中运动时水的阻力大小不变，那么在小船匀速靠岸的过程中，下列说法正确的是 (　　)

图3

A．绳子的拉力T不断减小

B．绳子的拉力T不变

C．船的浮力减小

D．船的浮力增大

【解析】　小船受四个力的作用而匀速前进．

水平方向：F′＝Tcos θ，

竖直方向：Tsin θ＋F＝mg

当θ角增大时，由于阻力F′不变，则拉力T增大，浮力F减小．

【答案】　C

5．两块轻质竖直平行板A、B之间夹着一块重力为6 N的长方体木块C，如图4所示，此时A、B对C的压力均为10 N，若C与A、B之间的动摩擦因数均为μ＝0.4，要将C沿竖直方向从两板间拉出，并且使C做匀速直线运动，则需对C施加外力F的大小为(　　)

图4

A．14 N    B．10 N

C．8 N    D．6 N

【解析】　要考虑将C向上和向下两种情况匀速拉出．向上匀速拉出时F＝G＋f＝G＋2μN＝14 N，A正确．向下匀速拉出时F＝2μN－G＝2 N，故B、C、D均错误．

【答案】　A

6．如图5所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，环A与B球一起向右匀速运动．已知轻质绳与竖直方向的夹角为θ.则下列说法中正确的是(　　)

图5

A．风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变

B．B球受到的风力F为mBgtan θ

C．杆对环A的支持力随着风力的增加而增加

D．环A与水平细杆间的动摩擦因数为

【解析】　以B球为研究对象，受力分析如图，三力平衡，解三角形得到拉力T＝，风力F＝mBgtan θ，当F增大时，θ角增大，T增大，选项A错误，B正确；对A、B整体由平衡条件得，水平方向有F＝μ(mA＋mB)g，解得μ＝，竖直方向杆对环A的支持力NA＝(mA＋mB)g，选项C、D错误．

【答案】　B

7．如图6所示，物块M静止于倾斜放置的木板上，使倾斜角θ缓慢增大，在M沿木块滑动之前，受力情况是(　　)

图6

A．物块对木板的压力逐渐减小

B．物块所受摩擦力逐渐减小

C．物块所受支持力与摩擦力的合力不变

D．物块所受重力、支持力、摩擦力的合力逐渐变大

【解析】　物块可视为始终处于平衡状态，合力为零，C对，D错．根据平衡条件求得f＝mgsin θ，N＝mgcos θ，故物块对木板的压力N逐渐减小，物块所受摩擦力f逐渐增大，A对，B错．

【答案】　AC

8．如图7所示，人重600 N，木板重400 N，人与木板、木板与地面间的动摩擦因数皆为0.2.现在人用水平力拉绳，使他与木板一起向右匀速运动，则(　　)

图7

A．人拉绳的力是200 N

B．人拉绳的力是100 N

C．人的脚给木板的摩擦力向右

D．人的脚给木板的摩擦力向左

【解析】　把人与木板看成一个整体，绳拉人与绳拉木板的力都为T，根据平衡条件有：2T＝μN＝μ(G1＋G2)，所以T＝100 N，即人拉绳的力也是100 N，故A错误，B正确；以人为研究对象，人处于平衡状态，其中绳对人的拉力向右，因而木板对人的静摩擦力向左，根据力是物体间的相互作用，则人对木板的静摩擦力方向向右，故C正确，D错误．

【答案】　BC

9．如图8所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B.则(　　)

图8

A．A对地面的压力等于(M＋m)g

B．A对地面的摩擦力方向向左

C．B对A的压力大小为mg

D．细线对小球的拉力大小为mg

【解析】　物体A与球B整体只受重力和地面的支持力作用而平衡，由平衡条件得N＝(M＋m)g，由牛顿第三定律得A对地面的压力等于(M＋m)g，选项A正确、B错误；球B受力如图所示，由平衡条件得

N′＝＝mg，

T＝mgtan θ＝mg＝mg，选项C正确，D错误．

【答案】　AC

二、计算题(本大题共3个小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)

10. (14分)如图9所示，人重300 N，物体重200 N，地面粗糙，无水平方向滑动，当人用100 N的力向下拉绳子时，求地面对人的弹力多大？地面对物体的弹力和摩擦力各多大？ 

图9

【解析】　对人受力分析如图甲所示：人受到重力mg、地面支持力N和绳子的拉力T三个力的作用，人用100 N的力向下拉绳子，T＝100 N．根据平衡条件有：

甲　　　　　　　　乙　　　

N＋T＝mg

解得：N＝mg－T＝300 N－100 N＝200 N

对物体受力分析，物体受重力Mg、支持力N′、摩擦力f和绳的拉力T四个力的作用，根据平衡条件，

在水平方向有：Tcos 60°＝f

在竖直方向有：N′＋T sin 60°＝Mg

解得：f＝50 N

N′＝ Mg－Tsin 60°＝200 N－100× N＝113.4 N.

【答案】　200 N　113.4 N　50 N

11. (14分)如图10所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线和水平线的夹角为α＝60°，两小球的质量比为多少？ 

图10

【解析】　(方法一)正交分解法．

小球m2受重力和细线的拉力处于平衡状态，则由二力平衡条件得

T＝m2g.

以小球m1为研究对象，受力分析如图所示，以N的方向为y轴，以垂直于N的方向为x轴建立坐标系．N与T的夹角为60°，m1g与y轴成30°角．

在x轴方向上，由物体的平衡条件有

m1gsin 30°－Tsin 60°＝0，解得＝.

(方法二)合成法．以小球m1为研究对象，受力分析如图所示，小球m1受到重力m1g、碗对小球m1的支持力N和细线的拉力T三力作用而处于平衡状态．

则N与T的合力F＝m1g，

根据几何关系可知

m1g＝2Tsin 60°＝m2g，所以＝.

【答案】　

12．(18分)如图11所示，物体的质量为2 kg，两根轻细绳AB和AC一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平成θ＝60°的拉力，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围．

图11

【解析】　方法一：极限分析方法．

(1)假设AC绳刚好伸直且FAC＝0，则

Fsin θ＝mg⇒F＝＝mg

若力F小于上述值，则AC绳弯曲，所以F≥mg

(2)假设AB绳刚好伸直且FAB＝0，则

Fsin θ＝mg⇒F＝＝mg

若力F大于上述值，则AB绳弯曲，所以F≤mg

因此力F的范围是：mg≤F≤mg.

方法二：数学解法．

作出A受力图如图所示，由平衡条件有：

Fcos θ－F2－F1cos θ＝0

Fsin θ＋F1sin θ－mg＝0

要使两绳都能绷直，则有

F1≥0，F2≥0

由以上各式可解得F的取值范围为：

mg≤F≤mg.

【答案】　mg≤F≤mg

模块综合测评

(时间：60分钟　满分：100分)

一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～9题有多项符合题目要求，全都选对的得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甲和乙的大小关系是(　　)

A.甲＝乙

B.甲<乙

C.甲>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，则甲＝＝ km/h＝40 km/h

设乙车前后两段所用时间均为t，

则乙＝＝45 km/h

故甲<乙，B正确．

【答案】　B

2．一物体从高h处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为时，物体的速度和距地面高度分别是(　　)

A.，　　　　　　　    B.，

C.，h      D.，h

【解析】　物体做自由落体运动，经时间t到达地面的速度为v，根据速度公式v＝gt可知，下落时间为时的速度为v′＝g()＝v，又知下落时间t内的位移为h，则时间内的位移为h′＝g()2＝h，物体距地面高度h″＝h－h＝h，选项C正确，其他选项均错．

【答案】　C

3．如图1，一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1

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

4．一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点．已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)

A．2 m/s,3 m/s,4 m/s

B．2 m/s,4 m/s,6 m/s

C．3 m/s,4 m/s,5 m/s

D．3 m/s,5 m/s,7 m/s

【解析】　由题意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以vB＝＝4 m/s，又根据Δx＝xBC－xAB＝at 2可得a＝1 m/s2，进一步可得vA＝2 m/s、vC＝6 m/s，选项B正确．

【答案】　B

5．体育器材室里，篮球摆放在图2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2

A.mg      B.

C.      D.

【解析】　以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α.

由几何知识得：cos α＝＝

根据平衡条件得：2Ncos α＝mg

解得：N＝

则得篮球对球架的压力大小为：N′＝N＝.故选C.

【答案】　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－时间图像如图3所示，下列说法正确的是(　　)

图3

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图像可知，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.A、B两球的质量均为m，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A球左侧靠墙．弹簧原长为L0，用恒力F向左推B球使弹簧压缩，如图4所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为L.下列说法正确的是(　　) 

图4

A．弹簧的劲度系数为F/L

B．弹簧的劲度系数为F/(L0－L)

C．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A、B两球的加速度均为0

D．若突然将力F撤去，撤去瞬间，A球的加速度为0，B球的加速度大小为F/m

【解析】　由F＝k(L0－L)可得弹簧的劲度系数k＝，A错误，B正确；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，A的加速度为零，B的加速度aB＝，C错误，D正确．

【答案】　BD

8．如图5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变化的图像如图乙所示，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5

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

【解析】　对物体受力分析，根据牛顿第二定律得a＝cos 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”实验中，某同学的实验过程如乙图所示，甲、丙两图为两个弹簧测力计的放大图片：

甲　　　　　乙　　　　　　丙

图6

(1)读出两弹簧测力计的读数F1＝________N，F2＝________N.

(2)画出两力的图示，再利用平行四边形定则画出合力的图示(选1 cm为1 N)．

(3)由合力的图示可得合力的大小约为________N.

【解析】　(1)甲弹簧测力计的读数为F1＝2.50 N，丙弹簧测力计的读数为F2＝2.00 N.

(2)

(3)由合力的图示可得合力的大小约为3.20 N

【答案】　(1)2.50　2.00　(2)见解析　(3)3.20

10．(12分)某同学设计了如图7所示的装置来探究加速度与力的关系．轻质弹簧测力计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测力计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，记下弹簧测力计的示数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，记下弹簧测力计的示数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7

(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与弹簧测力计示数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

【解析】　(1)根据匀变速直线运动公式得：a＝

(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.

【答案】　(1)　(2)C　(3)BC

11．(16分)观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M＝800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，此时开始计时经过t0＝4 s时间，气球匀加速下降了h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度取g＝10 m/s2.求：

(1)气球加速下降阶段的加速度大小a.

(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？

(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt＝5 s，气球下降的高度是多大？

【解析】　(1)设气球加速下降的加速度为a，则

由运动公式可知：h1＝v0t0＋at

解得a＝1 m/s2

(2)设空气浮力为F，加速下降，由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma

抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：

(M－m)g＝F

解得m＝80 kg.

(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过Δt＝5 s下降的高度为H

由运动公式可知：v1＝v0＋at0

H＝v1Δt

解得H＝30 m.

【答案】　(1)1 m/s2　(2)80 kg　(3)30 m

12．(14分\如图8，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x，运动过程中的最大速度为v.

图8

(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. 【导学号：70290146】

【解析】　(1)设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：x1＝，x2＝

得： x＝x1＋x2＝＋

解得： a′＝

(2)设小球不受车厢的作用力，应满足：

Nsin θ＝ma

Ncos θ＝mg

解得：a＝gtan θ

减速时加速度的方向向左，当a＞gtan θ 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，

则：Nsin θ＝ma

Ncos θ－F＝mg

解得：F＝ma－mg

【答案】　(1)　(2)0　－mg下载本文