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章末检测(三)
(时间：60分钟，分值：100分)
一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)
1．“蹦极”就是跳动者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的状况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3g D．4g
2．如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．假如电梯中人的总质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的状况下，h为( )
A. B.
C. D.
3．如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( )
A．圆环不肯定加速下滑
B．圆环可能匀速下滑
C．圆环与杆之间肯定没有摩擦
D．圆环与杆之间肯定存在摩擦
4．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开头沿滑道AE向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
A. s B．2 s
C. s D．2 s
5．2021年10月11日，温州乐清市德力西公司的专家楼B幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落．但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子平稳无恙．假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度差为h＝20 m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2 s，则(忽视空气阻力，g取10 m/s2)( )
A．男孩接触老伯手臂时的速度大小为 25 m/s
B．男孩自由下落时间约为 4 s
C．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍
D．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态
6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开头计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意)
7．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发觉体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )
A．晓敏同学所受的重力变小了
B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力
C．电梯肯定在竖直向下运动
D．电梯的加速度大小为g/5，方向肯定竖直向下
8．如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是( )
A．两球质量肯定相等
B．两球质量可能不相等
C．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为g
D．剪断左侧细线瞬间， b球加速度为0
9．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开头受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，设向右为正方向，则关于A物体运动的加速度a、速度v、B对A的摩擦力Ff及运动的位移x随时间变化的关系图象正确的是( )
三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(10分)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．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.开头时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开头运动为止，登记弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，连续向瓶中加水后，登记弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表登记木块从P运动到Q处的时间t.
(1)木块的加速度可以用d、t表示为a＝________.
(2)转变瓶中水的质量，重复试验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系．下列图象能表示该同学试验结果的是________．
(3)用加水的方法转变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________．
A．可以转变滑动摩擦力的大小
B．可以更便利地猎取更多组试验数据
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试验精度
11．(18分)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面对上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小；
(2)t＝6 s时物体的速度，并在图乙上将6 s内物体运动的v－t图象补画完整，要求标明有关数据．
12．(18分)如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.已知在运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g＝10 m/s2.求：
(1)经过多长时间两者达到相同的速度；
(2)小车至少多长才能保证小物块不从小车上掉下来？
(3)从小物块放上小车开头，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？
章末检测(三)
1．[解析]选B.从图象可知，当人最终不动时，绳上的拉力为F0，即mg＝F0，最大拉力为F0，因此最大加速度为F0－mg＝ma,3mg－mg＝ma，a＝2g，B正确．
2．[解析]选D.关闭发动机后，系统做匀减速直线运动，加速度大小为a＝，上升的高度h＝＝，选项D正确．
3．[解析]选D.对小球由牛顿其次定律得：沿斜面方向mgsin 60°－FTsin 30°＝ma，垂直斜面方向mgcos 60°－FTcos 30°＝0，解得a＝g，由于小球与圆环保持相对静止，故圆环肯定加速下滑，选项A、B错误；对小球和圆环组成的系统，由牛顿其次定律得(M＋m)gsin 60°－Ff＝(M＋m)a，解得Ff＝(M＋m)g，故圆环与杆之间肯定存在摩擦，选项D正确，C错误．
4．[解析]选B.依据题图乙所示的示意图可知，AE两点在以D为圆心、半径为R＝10 m的圆周上，依据物体在竖直圆弧轨道内的斜面上运动的特点可知，滑行者沿AE滑道滑行的时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，则有t＝＝2 s，故B正确．
5．[解析]选C.由运动规律可得，男孩下落到老伯手臂处的速度为v，由v2＝2gh解得v＝20 m/s，男孩的下落时间t1＝v/g＝2 s，所以A、B项错误；从接触老伯手臂到停止运动，男孩的加速度a＝v/t2＝100 m/s2，依据牛顿其次定律F－mg＝ma可得，F＝11mg，故C项正确．老伯接男孩的整个过程，男孩做减速运动，加速度方向向上，男孩处于超重状态，D项错误．
6．[解析]选B.小物块对地速度为零时，即t1时刻，小物块在A处左侧且距离A最远．t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开头到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力的作用．B正确．
7．[解析]选BD.由题知体重计的示数为40 kg时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A错；由牛顿第三定律知B对；电梯具有向下的加速度，但不肯定是向下运动，C错；由牛顿其次定律mg－FN＝ma，可知a＝，方向竖直向下，D对．
8．[解析]选AD.由对称性可知，两球质量相等，A正确．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为g/sin α，b球加速度为0，D正确．
9．[解析]选AD.A、B相对静止，A的加速度就是系统的加速度，系统的合外力为F，因此加速度与F成正比，A项正确；A做的是变加速运动，B项错误；t0时刻速度不为零，C项错误；A的加速度由B对A的静摩擦力供应，因此Ff与a成正比，D项正确．
10．[解析](1)由匀变速直线运动规律得d＝at2，
解得a＝.
(2)木块刚刚开头滑动时，弹簧测力计的示数F0大小等于木块所受的滑动摩擦力；木块加速运动时，由牛顿其次定律得F－F0＝ma，
解得a＝F－，选项C正确．
(3)用加水的方法转变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是可以更便利地猎取更多组试验数据，可以更精确地测出摩擦力的大小，选项B、C正确．
[答案](1) (2)C (3)BC
11．[解析](1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1，撤去拉力后物体沿斜面连续上滑的加速度大小为a2，由v－t图象可知：
a1＝ m/s2＝20 m/s2(2分)
a2＝ m/s2＝10 m/s2(2分)
对物体在撤去拉力前，由牛顿其次定律得
F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1(2分)
对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿其次定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2(2分)
解得F＝30 N，μ＝0.5.(2分)
(2)加速上滑的时间t1＝1 s，撤去拉力时的速度为v＝20 m/s，设再经过t2速度减至0.
由0＝v－a2t2得t2＝2 s(2分)
在最高点时，因mgsin 37°>μmgcos 37°，
故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a3，据牛顿其次定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3(2分)
解得a3＝2 m/s2(2分)
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s，方向沿斜面对下，补画完整后的图线及有关数据如图所示．(2分)
[答案](1)0.5 30 N (2)见解析
12．[解析](1)设小物块和小车的加速度分别为am、aM，由牛顿其次定律得μmg＝mam(1分)
F－μmg＝MaM(1分)
代入数据解得
am＝2 m/s2，aM＝0.5 m/s2(2分)
设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1得t1＝1 s．(2分)
(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动．对小物块和小车构成的整体，由牛顿其次定律得
F＝(M＋m)a(1分)
得a＝0.8 m/s2(1分)
此时小物块和小车之间的摩擦力
Ff＝ma＝1.6 N(1分)
而小物块和小车之间的最大静摩擦力
Ffm＝μmg＝4 N(1分)
Ff<Ffm，所以两者达到相同的速度后，保持相对静止．
从小物块放上小车开头，小物块的位移
xm＝amt(1分)
小车的位移xM＝v0t1＋aMt(1分)
小车的长度至少为L＝xM－xm＝0.75 m．(1分)
(3)在开头的t1＝1 s内，小物块的位移为
xm＝amt＝1 m(1分)
末速度v＝amt1＝2 m/s(1分)
在接下来的0.5 s内，小物块与小车相对静止，以共同的加速度a＝0.8 m/s2做匀加速运动．这0.5 s内通过的位移
x＝v(t－t1)＋a(t－t1)2(1分)
代入数据解得x＝1.1 m(1分)
从小物块放上小车开头，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为x总＝xm＋x＝2.1 m．(1分)
[答案](1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m
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