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所属成套资源：(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测 (含解析)
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(江苏版)2019届高考物理一轮复习阶段检测一 第一_三章验收(含解析)
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阶段综合检测（一） 第一~三章验收
(时间：100分钟 满分：120分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(2018·绍兴期中)高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是( )
A．汽车将匀速通过前方3公里
B．能够计算出此时车子的速度是0.125 m/s
C．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5 km/h
D．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟
解析：选C 前方拥堵，汽车不可能做匀速运动通过3公里，故A错误；根据题设条件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；根据平均速度公式可知，平均速度约为： v＝＝ km/h＝7.5 km/h，故C正确；经过拥堵路段后，汽车的速度并不一定一直保持，故此后的运动时间无法确定，故D错误。
2.(2018·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发，其vt图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．甲、乙两物体运动方向相反，加速度方向相同
B．甲的位移不断减小，乙的位移不断增大
C．第1 s末两物体相遇
D．前2 s内两物体的平均速度相同
解析：选D 在vt图像中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲、乙两物体位移都不断增大，故B错误。第1 s末两物体通过的位移不相等，而两者又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故C错误；在vt图像中，图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移，则知前2 s内，两个物体通过的位移相等，所用时间相等，故前2 s内两物体的平均速度相同，故D正确。
3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是( )
A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C 锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物体上，因物体的承受能力不同，产生不同的作用效果，故C正确，A、B、D均错误。
4．(2018·吉林大学附中模拟)从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内( )
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析：选D 由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。
5.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。
6．(2018·盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1＝μg，
设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝；
木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析，如图所示：
小物块的合力
F合＝mgsin 45°＋f＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
小物块上滑的加速度
a2＝＝，
滑行时间t′＝＝，
因此＝，故A正确，B、C、D错误。
7.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝ma
其中：N＝6mg
解得：a＝5g
再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
竖直方向：2Fcos 60°－mg＝ma
解得：F＝6mg
根据胡克定律，有：x＝＝
故D正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
8.如图所示，用恒力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，物体受到的摩擦力Ff和墙壁对物体弹力的变化情况是( )
A．Ff方向可能一直竖直向上
B．Ff可能先变小后变大
C．FN先变小后变大
D．FN先变小后变大再变小
解析：选AB 若F在竖直方向的分力小于物体重力，则在F顺时针旋转过程中，Ff方向一直竖直向上，Ff则一直减小，若F在竖直方向的分力大于物体重力，则Ff的方向可变为竖直向下，此过程中Ff先变小后变大，故A、B选项正确；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后减小，C、D选项均错误。
9.(2018·皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。
10.(2018·潍坊一模)静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小
D．加速度为2 m/s2时物体的速度
解析：选ABC 当F>20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
11.(2018·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是( )
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
解析：选AD 在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，
f＝μ(mA＋mB)gcos θ
因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。
同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，
得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ＜tan θ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ＋f′＝mBa，
解得：f′＝μmBgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ－f″＝mBa′，
解得：f″＝μmBgcos θ；
所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。
12.(2018·儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．分析可知α＝β
B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2
解析：选AD 由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。
三、实验题(本题共2小题，共18分)
13．(6分)(2018·武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A、B、C、D、E为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm，实验中使用的电源频率为50 Hz。由此可知：小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下C点时，小车的瞬时速度vC＝__________m/s。(结果保留两位有效数字)
解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s；
根据Δx＝aT2，可得a＝；
代入数据，解得
a＝×10－2 m/s2≈0.34 m/s2。
根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：
vC＝＝×10－2 m/s≈0.44 m/s。
答案：0.34 0.44
14．(12分)(2018·河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图(a)所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为M和N，M低于N，绳长为L(L>D)。他们首先在轻绳上距离M点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出轻绳MC、NC的拉力大小TM和TN，随后改变重物悬挂点的位置，每次将M到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TM、TN与轻绳MC长度之间的关系曲线如图所示，由实验可知：
(1)曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为________cm，该曲线为________(选填：TM或TN)的曲线。
(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待稳定后，左端测力计上的示数为________N，MC与水平方向的夹角为________(用正弦值表示)(第2问结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(b)可知，曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为100 cm。选取C为研究的对象，受力如图，
水平方向：TMsin α＝TNsin β，竖直方向：TMcos α＋TNcos β＝G，由图可得，当α＝β时，两轻绳上的拉力相等，该处离M比较近。C到M与N的距离相等时，受力如图：
水平方向仍然满足：TMsin α＝TNsin β
由图可得α>β，所以：TM
由(1)中分析可知此时α＝β，则：2T0cos α＝mg。由几何关系可知，MC与水平方向的夹角为(90°－α)；由题图(b)可知，重物的重力为3.2 N。
则可知，MC与水平方向的夹角的正弦值为：sin(90°－α)＝cos α＝＝≈0.37。
答案：(1)100 TN (2)4.3 0.37
四、计算题(本题共4小题，共61分)
15．(14分)(2018·潍坊调研)在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达h1＝6 000 m的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度h2＝3 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)飞艇加速下落的时间t；
(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。
解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：Mg－f＝Ma1
解得a1＝＝9.6 m/s2
加速下落的高度为h1－h2＝3 000 m，
根据位移时间关系公式，有：h1－h2＝a1t2，
故加速下落的时间为
t＝ ＝ s＝25 s。
(2)飞艇开始做减速运动时的速度为v＝a1t＝240 m/s
匀减速下落的最大高度为
h2－h＝3 000 m－500 m＝2 500 m
要使飞艇在下降到离地面500 m时速度为零，飞艇减速时的加速度a2至少应为
a2＝＝ m/s2＝11.52 m/s2
根据牛顿第二定律可得F′－mg＝ma2，
根据牛顿第三定律可得F＝F′，则：＝2.152。
答案：(1)25 s (2)2.152
16．(15分)(2018·遵义模拟)如图，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木板B(足够长)，在F＝6 N的水平向右外力作用下从静止开始运动，t0＝1 s末将一质量为m＝1 kg的煤块A轻放在B的右端，A、B间动摩擦因数为μ＝0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)，求：
(1)煤块A刚放上时，A、B的加速度大小；
(2)煤块A在B上划过的痕迹的长度。
解析：(1)根据题意，对物体进行受力分析，对于A，水平方向上只受到摩擦力，所以有：μmg＝ma
解得：aA＝μg＝3 m/s2。
对于B，放上A之后，B在水平方向上受到两个力的作用，由牛顿第二定律可得：F－μmg＝MaB
解得：aB＝ m/s2＝1.5 m/s2。
(2)当A、B的速度相同的时候，A在B上将不再产生痕迹，设放上去A之前，B的速度为v0，经过t秒，它们达到共同速度，则aAt＝v0＋aBt
没有放上A之前的1秒钟，B的加速度为3 m/s2，所以放上A之前，B的速度v0＝3 m/s
由以上可知：3t＝3＋1.5t
解得：t＝2 s。
xB＝v0t＋aBt2＝3×2 m＋2×1.5 m＝9 m
xA＝aAt2＝6 m
所以划痕长为xB－xA＝9 m－6 m＝3 m。
答案：(1)3 m/s2 1.5 m/s2 (2)3 m
17．(16分)(2018·天津市五区县期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块恰好到木板右端停止
0－v02＝－2aL
解得μ＝＝0.5。
(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
0－v02＝－2a1x
0＝v0－a1t1
解得t1＝ s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
x＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)0.5 (2) s
18．(16分)(2018·全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s
位移为：x1＝a1t12＝1 m。
(2)达共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为：t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台；
由x2＝vt3＋a3t32
即2＝4t3－×2t32
解得：t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－)s到达平台。
答案：(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－)s
(时间：100分钟 满分：120分)
一、单项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(2018·绍兴期中)高速路上堵车，小东听到导航仪提醒“前方3公里拥堵，估计需要24分钟通过”，根据导航仪提醒，下列推断合理的是( )
A．汽车将匀速通过前方3公里
B．能够计算出此时车子的速度是0.125 m/s
C．通过前方这3公里的过程中，车子的平均速度大约为7.5 km/h
D．若此时离目的地还有30公里，到达目的地一定需要240分钟
解析：选C 前方拥堵，汽车不可能做匀速运动通过3公里，故A错误；根据题设条件，汽车的瞬时速度无法求出，故B错误；根据平均速度公式可知，平均速度约为： v＝＝ km/h＝7.5 km/h，故C正确；经过拥堵路段后，汽车的速度并不一定一直保持，故此后的运动时间无法确定，故D错误。
2.(2018·绵阳模拟)甲、乙两物体同时从同一地点出发，其vt图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．甲、乙两物体运动方向相反，加速度方向相同
B．甲的位移不断减小，乙的位移不断增大
C．第1 s末两物体相遇
D．前2 s内两物体的平均速度相同
解析：选D 在vt图像中，速度的正负表示速度的方向，图线的斜率表示加速度，故两物体运动方向相同，加速度方向相反，故A错误；根据速度图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲、乙两物体位移都不断增大，故B错误。第1 s末两物体通过的位移不相等，而两者又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故C错误；在vt图像中，图线与时间轴所围面积表示物体通过的位移，则知前2 s内，两个物体通过的位移相等，所用时间相等，故前2 s内两物体的平均速度相同，故D正确。
3．(2018·南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是( )
A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C 锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的作用力是一对作用力与反作用力，总是大小相等，方向相反，但因作用在不同的物体上，因物体的承受能力不同，产生不同的作用效果，故C正确，A、B、D均错误。
4．(2018·吉林大学附中模拟)从t＝0时刻开始，甲沿光滑水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙静止于光滑水平地面，从t＝0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s的时间内( )
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2 s末乙物体改变运动方向
D．2 s末乙物体速度达到最大
解析：选D 由题图甲所示可以知道：物体甲在0～2 s内做匀减速直线运动，在2～4 s内做反向的匀加速直线运动，整个过程加速度不变。由牛顿第二定律F＝ma可以知道，物体甲受到的合力保持不变，故A错误。物体甲的速度先减小后反向增大，故B错误。由乙图可以知道：乙所受的拉力先沿正向后沿负向。说明乙在0～2 s内做加速度减小的加速运动，2～4 s内沿原方向做加速度增大的减速运动，2 s末运动方向没有改变，且2 s末乙物体速度达到最大，故C错误，D正确。
5.(2018·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故D正确，A、B、C错误。
6．(2018·盘锦模拟)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以大小相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力。根据牛顿第二定律得出：小物块的加速度a1＝μg，
设滑行初速度为v0，则滑行时间为t＝；
木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析，如图所示：
小物块的合力
F合＝mgsin 45°＋f＝mgsin 45°＋μmgcos 45°
小物块上滑的加速度
a2＝＝，
滑行时间t′＝＝，
因此＝，故A正确，B、C、D错误。
7.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝ma
其中：N＝6mg
解得：a＝5g
再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：
竖直方向：2Fcos 60°－mg＝ma
解得：F＝6mg
根据胡克定律，有：x＝＝
故D正确。
二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)
8.如图所示，用恒力F将物体压在粗糙竖直面上，当F从实线位置绕O点顺时针转至虚线位置，物体始终静止，则在这个过程中，物体受到的摩擦力Ff和墙壁对物体弹力的变化情况是( )
A．Ff方向可能一直竖直向上
B．Ff可能先变小后变大
C．FN先变小后变大
D．FN先变小后变大再变小
解析：选AB 若F在竖直方向的分力小于物体重力，则在F顺时针旋转过程中，Ff方向一直竖直向上，Ff则一直减小，若F在竖直方向的分力大于物体重力，则Ff的方向可变为竖直向下，此过程中Ff先变小后变大，故A、B选项正确；因FN等于力F在水平方向分力的大小，故FN先增大后减小，C、D选项均错误。
9.(2018·皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图像，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图像的切线。g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。
10.(2018·潍坊一模)静止在水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，在F从20 N开始逐渐增大到40 N的过程中，加速度a随拉力F变化的图像如图所示，由此可以计算出(g＝10 m/s2)( )
A．物体的质量
B．物体与水平面间的动摩擦因数
C．物体与水平面间的滑动摩擦力大小
D．加速度为2 m/s2时物体的速度
解析：选ABC 当F>20 N时，根据牛顿第二定律：
F－f＝ma，得a＝－＋
则由数学知识知图像的斜率k＝
由图得k＝＝，可得物体的质量为5 kg。
将F＝20 N时a＝1 m/s2，代入F－f＝ma得：
物体受到的摩擦力f＝15 N
由f＝μFN＝μmg可得物体的动摩擦因数μ，故A、B、C正确。
因为图像只给出作用力与加速度的对应关系，且物体做加速度逐渐增大的加速运动，因没有时间，故无法算得物体的加速度为2 m/s2时物体的速度，故D错误。
11.(2018·百校联盟冲刺金卷)如图所示，物块A、B叠放在一起，其中B与斜面间的动摩擦因数μ＜tan θ，A、B整体相对静止以一定的初速度沿固定的足够长的斜面上滑，则下列说法正确的是( )
A．上滑的过程A、B整体处于失重状态
B．上滑到最高点后A、B整体将停止运动
C．A与B之间的摩擦力在上滑过程中大于下滑过程
D．A与B之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等
解析：选AD 在上升和下滑的过程，整体都是只受三个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：
(mA＋mB)gsin θ＋f＝(mA＋mB)a，
f＝μ(mA＋mB)gcos θ
因此有：a＝gsin θ＋μgcos θ，方向沿斜面向下，所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态，故A正确。
同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：
(mA＋mB)gsin θ－f＝(mA＋mB)a′，
得：a′＝gsin θ－μgcos θ
由于μ＜tan θ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动，故B错误；
以B为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ＋f′＝mBa，
解得：f′＝μmBgcos θ；
向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：
mBgsin θ－f″＝mBa′，
解得：f″＝μmBgcos θ；
所以f″＝f′，即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等，故C错误，D正确。
12.(2018·儋州四校联考)如图所示为儿童乐园里一项游乐活动的示意图，金属导轨倾斜固定，倾角为α，导轨上开有一狭槽，内置一小球，球可沿槽无摩擦滑动，绳子一端与球相连，另一端连接一抱枕，小孩可抱住抱枕与之一起下滑，绳与竖直方向夹角为β，且保持不变。假设抱枕质量为m1，小孩质量为m2，小球、绳的质量及空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．分析可知α＝β
B．小孩与抱枕一起做匀速直线运动
C．小孩对抱枕的作用力平行导轨方向向下
D．绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2
解析：选AD 由于球沿斜槽无摩擦滑动，则小孩、抱枕和小球组成的系统具有相同的加速度，且a＝gsin α，做匀加速直线运动，隔离对小孩和抱枕分析，加速度a＝gsin α＝gsin β，则α＝β，故A正确，B错误。对抱枕分析，受重力、绳子拉力、小孩对抱枕的作用力，因为沿绳子方向合力为零，平行导轨方向的合力为m1a＝m1gsin β，可知小孩对抱枕的作用力与绳子在同一条直线上，故C错误。对小孩和抱枕整体分析，根据平行四边形定则知，绳子的拉力T＝(m1＋m2)gcos β，抱枕对小孩的作用力方向沿绳子方向向上，大小为m2gcos β，则绳子拉力与抱枕对小孩的作用力之比为(m1＋m2)∶m2，故D正确。
三、实验题(本题共2小题，共18分)
13．(6分)(2018·武汉华中师大一附中模拟)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，测得纸带上计数点的情况如图所示，A、B、C、D、E为选好的计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm，实验中使用的电源频率为50 Hz。由此可知：小车的加速度a＝________m/s2；打点计时器打下C点时，小车的瞬时速度vC＝__________m/s。(结果保留两位有效数字)
解析：每相邻的两计数点间都有四个点未画出，因此计数点之间的时间间隔为T＝0.1 s；
根据Δx＝aT2，可得a＝；
代入数据，解得
a＝×10－2 m/s2≈0.34 m/s2。
根据匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，有：
vC＝＝×10－2 m/s≈0.44 m/s。
答案：0.34 0.44
14．(12分)(2018·河北正定中学检测)为了研究人们用绳索跨山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图(a)所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳的两端通过测力计(不计质量及长度)固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为M和N，M低于N，绳长为L(L>D)。他们首先在轻绳上距离M点10 cm处(标记为C)系上质量为m的重物(不滑动)，由测力计读出轻绳MC、NC的拉力大小TM和TN，随后改变重物悬挂点的位置，每次将M到C点的距离增加10 cm，并读出测力计的示数，最后得到TM、TN与轻绳MC长度之间的关系曲线如图所示，由实验可知：
(1)曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为________cm，该曲线为________(选填：TM或TN)的曲线。
(2)若用一个光滑的挂钩将该重物挂于轻绳上，待稳定后，左端测力计上的示数为________N，MC与水平方向的夹角为________(用正弦值表示)(第2问结果均保留两位有效数字)。
解析：(1)由题图(b)可知，曲线Ⅰ中拉力最大时，C与M点的距离为100 cm。选取C为研究的对象，受力如图，
水平方向：TMsin α＝TNsin β，竖直方向：TMcos α＋TNcos β＝G，由图可得，当α＝β时，两轻绳上的拉力相等，该处离M比较近。C到M与N的距离相等时，受力如图：
水平方向仍然满足：TMsin α＝TNsin β
由图可得α>β，所以：TM
由(1)中分析可知此时α＝β，则：2T0cos α＝mg。由几何关系可知，MC与水平方向的夹角为(90°－α)；由题图(b)可知，重物的重力为3.2 N。
则可知，MC与水平方向的夹角的正弦值为：sin(90°－α)＝cos α＝＝≈0.37。
答案：(1)100 TN (2)4.3 0.37
四、计算题(本题共4小题，共61分)
15．(14分)(2018·潍坊调研)在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达h1＝6 000 m的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0.04倍。实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距地面的高度h2＝3 000 m时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不低于h＝500 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)飞艇加速下落的时间t；
(2)减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。
解析：(1)设飞艇加速下落的加速度为a1，
由牛顿第二定律得：Mg－f＝Ma1
解得a1＝＝9.6 m/s2
加速下落的高度为h1－h2＝3 000 m，
根据位移时间关系公式，有：h1－h2＝a1t2，
故加速下落的时间为
t＝ ＝ s＝25 s。
(2)飞艇开始做减速运动时的速度为v＝a1t＝240 m/s
匀减速下落的最大高度为
h2－h＝3 000 m－500 m＝2 500 m
要使飞艇在下降到离地面500 m时速度为零，飞艇减速时的加速度a2至少应为
a2＝＝ m/s2＝11.52 m/s2
根据牛顿第二定律可得F′－mg＝ma2，
根据牛顿第三定律可得F＝F′，则：＝2.152。
答案：(1)25 s (2)2.152
16．(15分)(2018·遵义模拟)如图，光滑水平面上，质量为M＝2 kg的木板B(足够长)，在F＝6 N的水平向右外力作用下从静止开始运动，t0＝1 s末将一质量为m＝1 kg的煤块A轻放在B的右端，A、B间动摩擦因数为μ＝0.3(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)，求：
(1)煤块A刚放上时，A、B的加速度大小；
(2)煤块A在B上划过的痕迹的长度。
解析：(1)根据题意，对物体进行受力分析，对于A，水平方向上只受到摩擦力，所以有：μmg＝ma
解得：aA＝μg＝3 m/s2。
对于B，放上A之后，B在水平方向上受到两个力的作用，由牛顿第二定律可得：F－μmg＝MaB
解得：aB＝ m/s2＝1.5 m/s2。
(2)当A、B的速度相同的时候，A在B上将不再产生痕迹，设放上去A之前，B的速度为v0，经过t秒，它们达到共同速度，则aAt＝v0＋aBt
没有放上A之前的1秒钟，B的加速度为3 m/s2，所以放上A之前，B的速度v0＝3 m/s
由以上可知：3t＝3＋1.5t
解得：t＝2 s。
xB＝v0t＋aBt2＝3×2 m＋2×1.5 m＝9 m
xA＝aAt2＝6 m
所以划痕长为xB－xA＝9 m－6 m＝3 m。
答案：(1)3 m/s2 1.5 m/s2 (2)3 m
17．(16分)(2018·天津市五区县期末)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，恰好滑到木板右端停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块恰好到木板右端停止
0－v02＝－2aL
解得μ＝＝0.5。
(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为x，上滑的时间为t1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
0－v02＝－2a1x
0＝v0－a1t1
解得t1＝ s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
x＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)0.5 (2) s
18．(16分)(2018·全国百所名校示范卷)近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H＝1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；
(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？
解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：
F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1
解得：a1＝8 m/s2
由v＝a1t1，
得t1＝＝0.5 s
位移为：x1＝a1t12＝1 m。
(2)达共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2
解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：
x2＝－x1＝2 m
则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s
总时间为：t＝t1＋t2＝1 s
即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。
(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3
解得：a3＝－2 m/s2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为
x＝－＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台；
由x2＝vt3＋a3t32
即2＝4t3－×2t32
解得：t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去)
即物品还需(2－)s到达平台。
答案：(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－)s
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