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参考答案与试题解析 一、选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．） 1．下列情景中，关于力的大小关系，说法正确的是（ ） A．跳高运动员起跳，地对人的支持力大于人对地的压力 B．鸡蛋撞击石头，鸡蛋破碎，鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力 C．火箭加速上升时，火箭发动机的推力大于火箭的重力 D．钢丝绳吊起货物加速上升时，钢丝绳对货物的拉力大于货物对钢丝绳的拉力 【考点】作用力和反作用力；物体的弹性和弹力． 【分析】力是改变物体运动状态的原因；若物体运动状态发生了变化，则物体一定受到合外力； 作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上． 【解答】解：A、人对地面的压力和地面对人的支持力是作用力与反作用力，故二者大小相等，故A错误； B、鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是作用力与反作用力，故二者大小相等，故B错误； C、火箭加速上升，则一定受到向上的合力，故发动机的推力大于火箭的重力，故C正确； D、钢丝绳对货物的拉力与货物对钢丝绳的拉力为作用力与反作用力，故二者大小相等，故D错误； 故选：C 2．甲乙两物体从同一地点向同一方向运动，其速度随时间变化关系如图所示，图中t2= A．两物体在t1时刻加速度相同 B．两物体在t2时刻的运动方向均改变 C．两物体在t3时刻，相距最远，t4时刻相遇 D．0～t4时间内甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度 【考点】匀变速直线运动的图像． 【分析】根据速度图象与时间轴所围的“面积”大小等于位移、斜率等于加速度，平均速度等于位移与时间之比，运用数学知识进行分析． 【解答】解：A、根据斜率等于加速度，可知在t1时刻两物体的加速度方向相反，则加速度不同，故A错误． B、两个物体一直沿正向运动，运动方向没有改变，故B错误． C、图象的“面积”等于位移大小，根据数学知识可知0～t4时间内甲物体的位移为
x甲= D、由平均速度公式 故选：C． 3．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定．若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳（ ） A．必定是OA B．必定是OB C．必定是OC D．可能是OB，也可能是OC 【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用． 【分析】以结点O为研究，分析受力情况，根据三个细绳受到的拉力大小，判断哪根绳最先断． 【解答】解：以结点O为研究，在绳子均不被拉断时受力图如图． 根据平衡条件，结合力图可知： FOA＞FOB，FOA＞FOC， 即OA绳受的拉力最大，而细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，则当物体质量逐渐增加时，OA绳最先被拉断． 故选A 4．如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜．连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向．关于两木块的受力，下列说法正确的（ ） A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．木块A可能受三个力作用 C．木块B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到地面的支持力一定大于木块B的重力 【考点】摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力． 【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况． 【解答】解：A、对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩擦力；故A错误； B、若木块对绳子没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故B正确； C、对整体受力分析可知，整体不受水平方向的推力作用，故B不受地面的摩擦力；故C错误； D、若出现A中情况，此时A对B没有压力，故B只受重力和支持力而处于平衡；此时支持力等于B的重力，故D错误； 故选：B． 5．如图所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量0.6kg，弹簧测力计读数为2N，滑轮摩擦不计，若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减小到0.3kg，将会出现的情况是（g=10m/s2）（ ） A．弹簧测力计的读数将变小 B．A仍静止不动 C．A对桌面的摩擦力不变 D．A所受的合力将要变大 【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律． 【分析】对A受力分析可得出A受到的静摩擦力，根据静摩擦力与最大静摩擦力的关系可得出最大静摩擦力；再根据变化之后的受力情况可判断A的状态及读数的变化． 【解答】解：初态时，对A受力分析有： 得到摩擦力Ff=F1﹣F2=6﹣2=4N，说明最大静摩擦力Fmax≥4N，当将总质量减小到0.3kg时，拉力为变为3N，物体仍静止，合力仍为零；弹簧测力计的示数不变，故摩擦力变化Ff′=1N． 故ACD错误，B正确．
6．如图甲所示，在杂技表演中，人顶着杆沿水平地面运动，猴子沿竖直杆向上运动，其v﹣t图象如图乙所示，人顶着杆沿水平地面运动的x﹣t图象如图丙所示．若以地面为参考系，下列说法正确的是（
） A．人在2s内做匀减速直线运动 B．猴子在2s内做匀减速直线运动 C．t=1s时猴子的速度大小为4 D．猴子受到的摩擦力越来越小 【考点】匀变速直线运动的图像． 【分析】猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况．求出t=1s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四边形定则，求出猴子相对于地面的加速度． 【解答】解：A、位移时间图象的斜率表示速度，由丙图知，人在2s内做匀速直线运动，故A错误； B、由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下．由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在2s内做匀变速曲线运动，故B错误；
C、猴子水平方向的初速度大小为vx=4m/s，1s末竖直方向速度为vy=4m/s，则t=1s时猴子的速度大小为v= D、猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度不变，根据牛顿第二定律得：mg﹣f=ma，则猴子受到的摩擦力不变，故D错误． 故选：C 7．质量均为1kg的木块M和N叠放在水平地面上，用一根细线分别拴接在M和N右侧，在绳子中点用水平向右的力F=5N拉动M和N一起沿水平面匀速滑动，细线与竖直方向夹角θ=60°，g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．木块N和地面之间的摩擦因数μ=0.35 B．木块M和N之间的摩擦力f=2.5N C．木块M对木块N的压力大小为10N D．若θ变小，拉动M、N一起匀速运动所需拉力应大于5N 【考点】摩擦力的判断与计算． 【分析】A、从整体法角度，根据f=μN，结合匀速滑动，即可求解； B、根据力的平行四边形定则，结合三角知识，即可求解； C、由受力分析，及力的分解，即可确定； D、从整体角度，无论θ如何变化，拉力仍等于滑动摩擦力，从而即可求解． 【解答】解：A、将M、N当作整体，水平方向拉力等于滑动摩擦力，竖直方向重力等于支持力，根据f=μN，则有： B、细线与竖直方向夹角θ=60°，将绳子的拉力分解成水平方向与竖直方向，则绳子水平分力大小F′=f= C、若没有绳子的拉力，木块M对木块N的压力大小为10N，再加之拉力的分力，因此木块M对木块N的压力大小大于10N，故C错误； D、当看成整体时，无论θ变小，还是变大，拉动M、N一起匀速运动所需拉力仍等于5N，故D错误； 故选：B． 8．一物体自楼顶平台上自由下落h1时，在平台下面h2处的窗口也有一物体自由下落，如果两物体同时到达地面，则楼高为（ ） A．h1+h2 B． C． 【考点】自由落体运动． 【分析】设楼高为H，由题分析可知，第一个物体下落H﹣h1高度所用时间，与第二物体下落H﹣h2高度所用时间相同，根据位移公式分别两物体运动时间的表达式，根据时间关系再求解楼高． 【解答】解：设楼高为H，由题得到
解得H= 故选D 二．多项选择题（每小题4分，共16分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分） 9．一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最初开始2s内的位移是最后2s内位移的两倍，且已知滑块最初开始1s内的位移为2.5m，由此可求得（ ） A．滑块的加速度为5 m/s2 B．滑块的初速度为5 m/s C．滑块运动的总时间为3 s D．滑块运动的总位移为4.5 m 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】物体在粗糙的平面上做匀减速直线运动，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，根据位移公式分别列出最初2s内和最后2s内的位移与总时间的关系，求出总时间，进而求出总位移． 【解答】解：设物体运动的加速度为a，运动总时间为t，把物体运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则有： 最后2s内位移为：s1= 最初2s内位移为：s2= 又∵s2：s1=2：1，则有 2at﹣2a=4a 解得：总时间t=3s，故C正确． 第一秒的位移为： 所以9a﹣4a=5 解得a=1m/s2 则总位移x= 滑块的初速度v0=at=1×3m/s=3m/s．故B错误． 故选：CD． 10．一快艇要从岸边某处到达河中离岸100m远的浮标处，已知快艇在静水中的速度图象如图甲所示，流水的速度图象如图乙所示，假设行驶中快艇在静水中航行的分速度方向选定后就不再改变，则（ ）
A．快艇的运动轨迹可能是直线 B．快艇的运动轨迹只能是曲线 C．最快到达浮标处通过的位移为100m D．最快到达浮标处所用时间为20s 【考点】运动的合成和分解． 【分析】快艇参与了两个分运动，即静水的运动和水流的运动，最终的运动是这两个运动的合运动．当静水速的方向与河岸垂直，则运行的时间最短． 【解答】解：AB、两个分运动一个是匀速直线运动，一个是匀加速直线运动，合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，做曲线运动．故A错误，B正确． C、当静水速的方向与河岸垂直时，渡河时间最短，d= 解得：t= 合运动的位移大于分运动位移，即大于100m．故C错误，D正确． 故选：BD． 11．如图甲所示，用一水平力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10m/s2，根据图乙中所提供的信息可以计算出（ ）
A．物体的质量 B．斜面的倾角 C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度为6 m/s2时物体的速度 【考点】加速度与力、质量的关系式． 【分析】对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息． 【解答】解：AB、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图 x方向：Fcosθ﹣mgsinθ=ma…① y方向：N﹣Fsinθ﹣Gcosθ=0…② 从图象中取两个点（ m=2kg，θ=37°．故A正确，B正确． C、物体能静止在斜面上，当F沿斜面向上时所施加的外力最小 D、题中并未说明物体的位移，物体做的是变加速的运动，故无法求出加速度为 故选：ABC
12．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ）
A． 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像． 【分析】要分不同的情况进行讨论：若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况 若V2＜V1：分析在f＞Q的重力时的运动情况或f＜Q的重力的运动情况 【解答】解：若V2＜V1：f向右，若f＞GQ，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为B图 若f＜GQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项 若V2＞V1：f向左，若f＞GQ，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项 若f＜GQ，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为C图 则AD错误，BC正确 故选：BC． 三、实验题（每空3分，共18分） 13．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．
（1）下列说法正确的是 D ． A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1 D．在用图象法探究加速度与质量关系时，应作a﹣ （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出图2中 丙 （选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是 C ． A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 （3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的a﹣ （4）实验中打出的纸带如图4所示．相邻计数点间的时间是0.1s，由此可以算出小车运动的加速度是 0.46 m/s2．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系． 【分析】实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m．如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．根据匀变速直线运动的推论计算小车运动的加速度． 【解答】解：（1）A、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了， 每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误． B、实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．
C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：际上绳子的拉力F=Ma= 故应该是m1＜＜m2，故C错误； D、F=ma，所以：a= 故选：D （2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，说明没有平衡摩擦力或平衡不够．故可能作出图2中丙． 此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是砝码盘和砝码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量， 故选：C． （3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤， 根据牛顿第二定律得： F﹣μm2g=m2a m1g﹣F=m1a
设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b， 所以k=
解得：μ= （4）根据匀变速直线的推论：s4﹣s1=3aT2 a= 故答案为：（1）D；（2）丙，C； （3） 四、计算题（8+10+12+12=42分） 14．如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量m=1kg，斜面倾角θ=30°，悬线与竖直方向夹角α=30°，光滑斜面M=3kg置于粗糙水平面上，求： （1）悬线对小球拉力的大小． （2）地面对斜面的摩擦力的大小和方向．（g=10m/s2）
【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力． 【分析】（1）以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解悬线对小球拉力大小． （2）以小球和斜面整体为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求解地面对斜面的摩擦力的大小和方向． 【解答】解：（1）以小球为研究对象，受力分析如答图1所示． 根据平衡条件得知，T与N的合力F=mg Tcos30°= 解得： T= （2）以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如答图2所示． 由于系统静止，合力为零，则有： f=Tcos60°= 方向水平向左 答：（1）悬线对小球拉力大小为 （2）地面对斜面的摩擦力的大小为
15．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L=36m，倾角为θ=37°的斜坡．已知滑道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲先滑下时滑板与赛道的动摩擦因数μ1=0.5，乙后滑时滑板与赛道的动摩擦因数为μ2=0.25，g取10m/s2．已知甲和乙均可看作质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞．求： （1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小 （2）若乙比甲晚出发△t=1s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用使乙获得初速度V0=1m/s，通过计算分析乙能否在甲到达坡底前追上甲；若能追上求出两者在追上前相距的最远距离，若不能追上求出两者到达坡底的时间差． 【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律． 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出甲下滑的加速度大小，结合速度位移公式求出甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小； （2）根据速度时间公式求出甲到达坡底的时间，根据牛顿第二定律和位移时间公式求出乙到达坡底的时间，判断两者在坡上相遇，抓住速度相等时相距最远，结合运动学公式求出最远距离． 【解答】解：（1）对甲运动，由牛顿运动定律：m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ=m1a甲 代入数据解得a甲=2m/s2 由2a甲L=v12 代入数据解得：v1=12m/s （2）甲到达坡底的时间t甲= 对乙：a乙=gsinθ﹣μ2gcosθ=6﹣0.25×8=4m/s2 设到达坡底时间为t乙 L=v0t乙+ 代入数据解得 t乙=4s t乙+△t＜t甲 故可以追上 设甲出发后经t1，乙与甲达到共同速度v，则： V=a甲t1=v0+a乙（t1﹣△t） 代入数据解得：t1=1.5s X甲= X乙=v0（t1﹣△t）+ 所以△x=X甲﹣X乙=1.25m 答：（1）甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小为12m/s； （2）两者在追上前相距的最远距离为1.25m． 16．如图，一质量m=2kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，直杆与水平面夹角θ=37°．现小球在与杆也成θ角的斜向上F=20N的外力作用下，从A点静止出发向上运动．已知杆与球间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求： （1）小球运动的加速度a1； （2）若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm．
【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力． 【分析】（1）对小球受力分析，运用牛顿第二定律求出小球的加速度． （2）根据匀变速直线运动公式求出撤去拉力前的位移和末速度，再根据牛顿第二定律求出撤去拉力后的加速度，根据运动学公式求出上滑的位移，从而得出小球上滑过程中距A点最大距离． 【解答】解：（1）在力F作用时有，Fcos37°﹣mgsin37°﹣μ（mg cos37°﹣F
sin37°）=m 代入数据：20×0.8﹣20×0.6﹣0.5（20×0.8﹣20×0.6）= 解得：a1=1m/s2， （2）刚撤去F时，小球的速度υ1=a1t1=1×4m/s=4m/s， 小球的位移 撤去力F后，小球上滑时有：﹣（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2， 得： 解得：a2=﹣10 m/s2， 因此小球上滑时间 上滑位移 则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=8.8m 答：（1）小球运动的加速度a1为1m/s2； （2）若F作用4s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离sm为8.8m； 17．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板．开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平上运动的v﹣t图象如图乙所示，g=10m/s2．求 （1）水平作用力F的大小； （2）滑块开始下滑时的高度； （3）木板的质量．
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像． 【分析】（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小； （2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度． （3）根据图象和牛顿第二定律求出地面和木板间的摩擦力，以及滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量． 【解答】解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，
水平推力：F=mgtanθ=1×10× （2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s 设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma 代入数据得：a=10m/s2 则下滑时的高度：h= （3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1 由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为： 对滑块：f1=ma1 ① 此时木板的加速度： 对木板：﹣f1﹣f=Ma2 ② 当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3= 对整体：﹣f=（m+M）a3 ③ 联立①②③带入数据解得：M=1.5kg 答：（1）水平作用力F的大小位 2016年11月25日 |
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