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45分钟章末验收卷

一、单项选择题

1.质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示.整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为FN，地面对三角形物块的摩擦力的大小为Ff，重力加速度为g，则(

)

图1 A.Ff≠0，FN＞(m＋M)g

C.Ff≠0，FN＜(m＋M)g

答案

B 解析

开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上.对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，Ff1＝0，FN1＝(m＋M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小FN＝(m＋M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为Ff＝0，选项B正确. 2.如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止.现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为(

) B.Ff＝0，FN＝(m＋M)g

D.Ff＝0，FN＞(m＋M)g

图2 A.3g

B.1.5g

C.2g

D.2.5g

答案

C 解析

根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋

mg－F＝ma，解得a＝2g，C项正确. 3.如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是(

)

图3 A.质量为2m的木块受到四个力的作用

B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断

C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断

2D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT

3答案

C 解析

质量为2m的木块受五个力的作用，A项错；当绳的拉力为FT时，对m和2m有FT＝3ma，此时对整体有F＝6ma，可得F＝2FT，故B项错，C项正确；轻绳刚要被拉断时，1质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错. 34.如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是(

)

图4 A.0～5 s内小木块做匀减速运动

B.在t＝1 s时刻，摩擦力反向

C.斜面倾角θ＝37°

D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5 答案

A 0－v0

2解析

由匀变速直线运动的速度位移公式得v－v

＝－10 0＝2ax，由题图乙可得a＝2x122m/s2，故减速运动时间：t＝0－v0＝1 s，故A错误；由题图乙可知，在0～1 s内小木块向上a做匀减速运动，1 s后小木块反向做匀加速运动，t＝1 s时摩擦力反向，故B正确；由题图

v232乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a′＝＝

m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二2x22×13－5定律得：mgsin θ＋μmgcos θ＝m|a|，mgsin θ－μmgcos θ＝ma′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确. 二、多项选择题

5.竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图5所示，下列判断正确的是(

)

图5 A.0～t2时间内，小球的平均速度不为零

B.t1～t2时间内，小球始终在抛出点下方

C.t2时刻，小球落回抛出点

D.t2时刻，小球距离抛出点答案

AD 解析

从图象看，0～t2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A项正确；t1～t2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段v0在抛出点的下方，B、C项错误；0～t1时间内，小球在抛出点上方的位移为x上＝t1，t1～2t2时间内，小球下落过程中的位移为xv0t2－2t1，D项正确. 26.一质量为m的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F1＝k1v2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F2＝k2v2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是(

) A.飞机一共受5个力的作用

B.飞机可能做匀加速直线运动

C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大

2mD.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于

k11＋4μ答案

BC 解析

对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面下v0t2－2t1

2v0v0v0＝(t2－t1)，所以总位移大小为(t2－t1)－t1＝222

的摩擦力六个力的作用如图所示，A项错误；根据牛顿第二定律有：

水平方向：F－Ff－F2＝ma 竖直方向：FN＋F1＝mg Ff＝μFN 且F1＝k1v2 F2＝k2v2 ①

②

③

④

⑤

联立①～⑤得：F－k2v2－μ(mg－k1v2)＝ma整理得

F－μmg＋(μk1－k2)v2＝ma ⑥

当k2＝μk1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B项正确；当μk1＞k2时，加速度随速度的增大而增大，C项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得

0.25－μmga＝＝(0.25－μ)g m⑦

刚起飞时，支持力FN＝0，地面摩擦力为0，mg＝k1v2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v2mg＝

k1v2＝2ax ⑧

⑨

2m联立⑦⑧⑨解得x＝，D项错误. k11－4μ三、非选择题

7.用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：

图6 (1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：________. A.天平(附砝码) C.刻度尺(最小刻度为mm) B.秒表

D.低压交流电源

(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是(

) A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木

板做匀速直线运动

B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动

C.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器.把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动

(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是______________.这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变. (4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55 cm，x2＝0.94 cm，x3＝1.35 cm，x4＝1.76 cm，x5＝2.15 cm，x6＝2.54 cm.

图7 ①相邻两计数点间的时间间隔为________ s；

②计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于________(填“A、B、C、D”序号) A.2.76 cm

B.2.85 cm

C.2.96 cm

D.3.03 cm ③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝_____ m/s；小车的加速度a＝_____ m/s2.(计算结果均保留2位有效数字) (5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图8，然后1由图象直接得出a与M成反比.乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数是否成正比，并M1作出小车加速度a与其质量倒数的图象，如图9所示.你认为_______同学(选填“甲”或M“乙”)的方案更合理.

图8

图9 (6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图象，如图10所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是(

)

图10 A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大

B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大

C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大

D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大

答案

(1)ACD

(2)C

(3)m≪M

(4)①0.1

②C

③0.16

0.40

(5)乙

(6)B 解析

(1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6 V)，工作频率为50 Hz，周期为0.02 s，可以计时，不需要秒表，故选D项，不选B项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C项. (2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C正确. (3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg－F＝ma，对小车：F＝Ma，可Mmgmg得小车受到的拉力F＝，加速度a＝，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到M＋mM＋mMmg的合外力(拉力)，由F＝·mg＝可知，F

(4)①打点计时器的工作周期为T0＝0.02 s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T＝5T0＝0.1 s. Δxx7－x6x6－x5②根据匀变速直线运动的规律a＝2＝2＝2，可知：x7＝2x6－x5＝2×2.54 cm－2.15 TTTcm＝2.93 cm，比较接近于2.96 cm，故选C项. x3＋x4③v3＝≈0.16 m/s，

2Tx4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3a＝≈0.40 m/s2. 29T(5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a1与小车质量的倒数关系图象，故应选乙方案. M(6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；mg由(3)可知，小车受到的拉力F＝，当m≪M时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上m1＋M砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a－F图象发生弯曲，不再是直线，故B正确. 8.如图11所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：

图11 (1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；

(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件. 答案

(1)0.64 m

(2)μ2≥0.2 解析

(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：

对木板：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6 m/s2

对物块：μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，故假设成立

设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则

L1212＝at－a2t，解得t＝1 s 22121在此过程：木板位移x1＝a1t2＝3 m，

2

末速度v1＝a1t＝6 m/s 1物块位移x2＝a2t2＝2 m，末速度v2＝a2t＝4 m/s 2在物块从木板上滑落后的t0＝0.2 s内，由牛顿第二定律：

对木板：F－μ1Mg＝Ma1′，

解得a1′＝8 m/s2

12木板发生的位移x1′＝v1t0＋a1′t

0＝1.36 m 2此时木板右端距平台边缘

Δx＝l－x1－x1′＝0.64 m (2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：

对物块：μ2mg＝ma2′，

解得a2′＝μ2g

2v

2若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2′＝

2a2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足

Ll＋≥x2＋x2′

2联立解得μ2≥0.2.