阶段验收评估（一） 运动的描述
(时间：50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小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)
1．火车上的乘客往往会发现这样的现象：对面的火车缓缓启动了，过了一会儿发现，原来是自己乘坐的火车离开了站台，对面的火车并没有动。乘客认为“对面火车启动”和“自己乘坐的火车离开站台”所选取的参考系分别为( )
A．站台、对面火车
B．对面火车、自己乘坐的火车
C．站台、站台
D．自己乘坐的火车、站台
解析：选D 此类现象在我们的日常生活中随处可见，关键是参考系的选取不同造成的，乘客出站时，看到对方火车运动，实际上是以自身为参考系造成的，当等到站台出现，发现自己乘坐的火车开动了，这是由于乘客以站台为参考系造成的，故A、B、C错误，D正确。
2．第31届奥运会于2016年在巴西里约热内卢召开，下列有关运动项目的说法正确的是( )
A．篮球比赛中的篮球不能看做质点
B．羽毛球比赛中的羽毛球一定能看做质点
C．乒乓球运动员在打出弧圈球时乒乓球不能看做质点
D．铅球比赛中的铅球一定不能看做质点
解析：选C 在研究篮球比赛中的远距离投篮时，由于篮球直径比投篮距离小得多，可把篮球看做质点，选项A错误；当研究羽毛球比赛中的羽毛球时，若羽毛球在球网的两侧飞行，则可以把羽毛球看做质点，若研究羽毛球的自身旋转问题，则不能把羽毛球看做质点，选项B错误；研究旋转多变的乒乓球的弧圈运动时，乒乓球的大小不能忽略，乒乓球不能看做质点，选项C正确；当研究铅球被掷出后在空中的飞行时间时，铅球能看做质点，当研究铅球脱手时的旋转情况时，铅球不能看做质点，选项D错误。
3．如图1所示是正在飞行的无人机，一无人机在某次测试中往返飞行了850 km，用时72 min，这两个数据分别指( )
图1
A．位移值、时间 B．路程、时间
C．位移值、时刻 D．路程、时刻
解析：选B 无人机在某次测试中往返飞行了850 km，位移是0,850 km是指路程；用时72 min，是指从开始到回来所用的时间。故选B。
4．星级快车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h，然后正常行驶。某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h。以初速度方向为正方向，则下列说法错误的是( )
A．列车加速时的加速度大小为 m/s2
B．列车减速时，若运用v＝v0＋at计算瞬时速度，其中a＝－ m/s2
C．若用v -t图像描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t轴的下方
D．列车由静止加速，1 min内速度可达20 m/s
解析：选C 列车的加速度大小a＝＝ m/s2＝ m/s2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a′＝－ m/s2，故A、B两项都正确。列车减速时，v -t图像中图线依然在时间轴t轴的上方，C项错。由v＝at可得v＝×60 m/s＝20 m/s，D项对。
5.测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图2所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动。当B接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车的加速度大小为( )
图2
A．20 m/s2 B．10 m/s2
C．5 m/s2 D．无法确定
解析：选B 设汽车的加速度为a，运动的时间为t，有at2＝355 m－335 m＝20 m，超声波来回的时间为t，则单程的时间为，因为初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1∶3，在t时间内的位移为20 m，则时间内的位移为x′＝5 m，知超声波追上汽车的位移x＝5 m＋335 m＝340 m，所以＝＝1 s，t＝2 s，所以汽车的加速度大小为10 m/s2。故B正确，A、C、D错误。
6．关于自由落体运动，下列说法中正确的是( )
A．它是方向竖直向下、v0＝0、a＝g的匀加速直线运动
B．在开始连续的三个1 s内通过的位移之比是1∶3∶5
C．在开始连续的三个1 s末的速度大小之比是1∶2∶3
D．从开始运动起下落4.9 m、9.8 m、14.7 m所经历的时间之比为1∶2∶3
解析：选ABC 自由落体运动是初速度为零、a＝g的匀加速直线运动，所以满足初速度为零的匀加速直线运动规律，则A、B、C正确。当h1＝4.9 m，h2＝9.8 m，h3＝14.7 m时，h1∶h2∶h3＝1∶2∶3，因为t＝，所以t1∶t2∶t3＝∶∶＝1∶∶，D错误。
7.在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t1时刻，速度达到最大值v1时打开降落伞，做减速运动，在t2时刻以较小速度v2着地。他的速度图像如图3所示。下列关于该空降兵在0～t1或t1～t2时间内的平均速度 的结论正确的是( )
图3
A．0～t1，＝ B．t1～t2，＝
C．t1～t2，＞ D．t1～t2，＜
解析：选AD 0～t1时间内，空降兵做匀加速直线运动，＝＝，A正确；t1～t2时间内，空降兵做加速度逐渐变小的减速运动。由＝和v-t图线与t轴所围面积等于t时间内的位移x可知，＜，B、C错误，D正确。
8．汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲，根据上述已知条件( )
A．可求出乙车追上甲车时，乙车的速度
B．不能求出乙车追上甲车时，乙车的速度
C．可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间
D．不能求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间
解析：选AD 作出汽车甲、乙的速度－时间图线如图所示。当汽车乙车追上汽车甲车时，两车位移相等，从图像上可以看出，当甲、乙位移相等时，两图像与时间轴所围的“面积”相等，则得乙车追上甲车时，乙车的速度为2v0，但从图像上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故A、D正确，B、C错误。
二、实验题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)如图4所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测量重力加速度。
图4
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材。
A．直流电源、天平及砝码 B．直流电源、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图像的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。为使图线的斜率等于重力加速度，除作v -t图像外，还可作________图像，其纵轴表示的是________，横轴表示的是________。
解析：(1)本实验不需要测量重物的质量，直接通过处理纸带，利用匀变速直线运动的规律即可求得重力加速度。故缺少低压交流电源和刻度尺，因此还需要D中器材。(2)由匀变速直线运动的规律v2＝2gh，可得＝gh，若纵轴表示，横轴表示重物下落高度h，则图像的斜率即为重力加速度。
答案：(1)D (2)－h 速度平方的二分之一 重物下落高度
10．(10分)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，如图5所示为记录小车运动情况的一条纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s。
图5
(1)计算D、C、B各点的瞬时速度，vD＝________ m/s，vC＝________ m/s，vB＝________ m/s。
(2)在如图6所示坐标系中作出小车的v -t图像，并根据图像求出a＝________。
图6
解析：(1)若时间较小，平均速度可以代替某点的瞬时速度。
D点的瞬时速度vD＝＝ cm/s＝390 cm/s＝3.9 m/s
C点的瞬时速度vC＝＝ cm/s＝264 cm/s＝2.64 m/s
B点的瞬时速度vB＝＝ cm/s＝138 cm/s＝1.38 m/s。
(2)由(1)中数据作出小车的v -t图像如图所示，由图线的斜率可求得它的平均加速度
a＝＝ m/s2＝12.6 m/s2。
答案：(1)3.9 2.64 1.38
(2)图见解析 12.6 m/s2
三、计算题(本题共2小题，共34分)
11．(16分)当交叉路口的绿灯亮时，一辆客车以a＝2 m/s2的加速度由静止启动，在同一时刻，一辆货车以10 m/s的恒定速度从客车旁边同向驶过(不计车长)，则：
(1)客车追上货车时离路口多远？
(2)在客车追上货车前，两车的最大距离是多少？
解析：(1)客车追上货车的过程中，两车所用时间相等，位移也相等，即v2t1＝at12，
代入数据解得t1＝10 s，
x＝at12＝×2×102 m＝100 m。
(2)两车距离最大时，两车应具有相等的速度，即v2＝at2，代入数据解得t2＝5 s。
Δx＝v2t2－at22＝10×5 m－×2×52 m＝25 m。
答案：(1)100 m (2)25 m
12．(18分)短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段。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＝at02
x1＋x2＝a(2t0)2
t0＝1 s
求得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＝at12＋vt2
设加速阶段通过的距离为x′，则x′＝at12
求得x′＝10 m。
答案：5 m/s2 10 m
阶段验收评估（三） 牛顿运动定律
(时间：50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小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)
1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因
B．短跑运动员在比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大
C．战斗机在空中作战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性
D．公交汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故
解析：选C 因为惯性是物体本身的一种属性，只与质量有关，与其他因素无关，故A、B均错误。战斗机在空中作战时甩掉副油箱是为了减小质量，使惯性减小，运动状态容易改变，故C正确。公交汽车在启动时，人由于惯性应该向后倾，故D错误。
2.物体静止在斜面上，如图1所示，下列说法正确的是( )
图1
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体对斜面的压力等于物体所受的重力
D．物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B 作用力与反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上，选项A错误，B正确；物体对斜面的压力等于物体重力沿垂直于斜面的分力，选项C错误；物体的分力和合力应是针对同一物体，效果相同，故选项D错误。
3.如图2所示，质量为M的木箱置于水平地面上，在其内部顶壁固定一轻质弹簧，弹簧下与质量为m的小球连接。当小球上下振动的过程中，木箱对地面压力刚好等于mg，求此时小球的加速度( )
图2
A.g，方向向上 B.g，方向向下
C.，方向向下 D.，方向向上
解析：选C 设木箱对地面压力刚好等于mg时，弹簧的弹力为F，对木箱有N＝Mg＋F＝mg，对小球：mg－F＝ma，解得a＝，方向向下，选项C正确。
4．如图3所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，杆aA、bB、cC与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处由静止释放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑环分别到达A、B、C所用的时间，则( )
图3
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3
C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t3＞t2
解析：选D 小滑环沿杆下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2得，t＝ ＝ ，当θ＝60°和30°时，时间相等，当θ＝45°时，时间最短，故t1＝t3＞t2，故D正确，A、B、C错误。
5．(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的v -t图像如图4所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
图4
解析：选B 根据v -t图像可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确。
6．两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开始运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是( )
A．m1∶m2 B．m2∶m1
C．t1∶t2 D．t12∶t22
解析：选AC 根据牛顿第二定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1＝a2t2。
物体加速度为a1＝，a2＝。
物体的位移为x1＝a1t12，x2＝a2t22。
整理得，＝＝。故答案为A、C。
7.如图5所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的细线剪断的瞬间( )
图5
A．吊篮A的加速度大小为2g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．A、B、C的加速度大小都等于g
解析：选AC 弹簧开始的弹力F＝3mg，剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，aAC＝＝2g，即A、C的加速度均为2g。故D错误，A、C正确。剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0，故B错误。
8.如图6所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且水平地面光滑，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )
图6
A．0 B.F，方向向右
C.F，方向向左 D.F，方向向右
解析：选ACD 整体的加速度a＝，方向水平向左。隔离对人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根据牛顿第二定律有：设摩擦力方向水平向右。F－f＝ma，解得f＝F－ma＝F；若M＝m，摩擦力为零；若M＞m，摩擦力方向向右，大小为F；若M＜m，摩擦力方向向左，大小为F，故A、C、D正确。
二、实验题(本题共2小题，共18分)
9．(8分)如图7为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持小车________不变，用钩码所受的重力作为________，用DIS测小车的加速度。
图7
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线(如图8所示)。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是( )
图8
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
解析：(1)探究加速度与力的关系，应保持小车的质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合力。
(2)钩码质量较小时，可以认为小车受到的合力等于钩码的重力，如果钩码的质量太大，则小车受到的合力小于钩码的重力，实验误差较大，a-F图像偏离直线，选项C正确。
答案：(1)质量 合外力 (2)C
10．(10分)如图9为探究物体的加速度、作用力和质量三个物理量的关系的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
图9
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是________。
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动。从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________。
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D．M＝400 g、m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)如图10是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm、xEF＝5.91 cm、xFG＝6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________ m/s2(结果保留两位有效数字)。
图10
解析：要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受的合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m?M。而平衡摩擦力时不需挂砂桶，但要带纸带，故(1)选B，(2)选C。用逐差法a＝，求得a＝0.42 m/s2。
答案：(1)B (2)C (3)0.42
三、计算题(本题共2小题，共34分)
11．(16分)我国歼-15舰载战斗机的质量m＝2.0×104 kg，降落时在水平甲板上受阻拦索的拦阻，速度从v＝80 m/s减小到零所用时间t＝2.5 s，若将上述运动视为匀减速直线运动，求该战斗机在此过程中：
图11
(1)加速度的大小a；
(2)滑行的距离x；
(3)所受合力的大小F。
解析：(1)根据加速度的定义式得：
a＝＝ m/s2＝－32 m/s2。
(2)根据速度位移公式2ax＝v2－v02得：
x＝＝ m＝100 m。
(3)根据牛顿第二定律得：
F＝ma＝20 000×32 N＝6.4×105 N。
答案：(1)32 m/s2 (2)100 m (3)6.4×105 N
12. (18分)如图12所示，物体A、B用一根轻绳连接放在粗糙水平面上，绳与水平方向的夹角α＝37°(α始终保持不变)。某时刻A、B在水平外力F的作用下，由静止开始做匀加速直线运动，2 s内A、B前进的距离为12 m。已知A的质量为m＝1 kg，它与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图12
(1)A、B共同运动的加速度大小和绳的拉力大小；
(2)2 s末将绳剪断，物块A还能滑行多远。
解析：(1)设A、B共同运动的加速度为a，由运动学公式有：x＝at2，代入数据得：a＝6 m/s2
对A受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：
Tcos α－f＝ma
N＋Tsin α＝mg
又f＝μN
联立以上方程并代入数据得：T＝10 N。
(2)设2 s末A的速度为v1，由运动学公式有：v1＝at
剪断细绳后，A物块由牛顿第二定律得：－μmg＝ma′
A物块做匀减速直线运动直到停止，设A物块滑行的距离为x′，由运动学公式有：2a′x′＝0－v12
联立以上方程并代入数据得：x′＝14.4 m。
答案：(1)6 m/s2 10 N (2)14.4 m
阶段验收评估（二） 力
(时间：50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小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)
1．水平桌面上覆盖有玻璃板，玻璃板上放置一木块，下列说法正确的是( )
A．木块受到的弹力是由于木块的弹性形变要恢复造成的，因为玻璃板没有形变
B．木块的重力就是木块对玻璃板的压力
C．木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力
D．木块对玻璃板的压力大小等于玻璃板对木块的支持力大小，因此二者合力为零
解析：选C 木块受到的弹力是由于施力物体玻璃的微小形变要恢复造成的，故A错误；木块的重力施力物体是地球，木块对玻璃板的压力施力物体是木块，故重力和压力不是同一个力，故B错误；木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力从性质上来说都是弹力，故C正确；木块对玻璃板的压力与玻璃板对木块的支持力是相互作用力，等值、反向、共线，都是弹力，故D错误。
2．在学校秋季田径运动会上，高一2班李好同学奋力拼搏，勇夺男子100 m冠军，图1为该同学奔跑途中的两个瞬间，用f1、f2分别表示该同学在图甲、乙两瞬间所受到的摩擦力，则关于f1、f2的方向，以下说法正确的是( )
图1
A．f1向后，f2向后 B．f1向前，f2向前
C．f1向前，f2向后 D．f1向后，f2向前
解析：选C 当该同学奔跑途中，后脚用力向后蹬，人才向前运动，正是由于地面给后脚有个向前的静摩擦力，使运动员能向前运动，而当前脚向前跨时，正是由于地面给前脚有个向后的静摩擦力，否则运动员会向前滑动，所以前脚受到地面的向后的静摩擦力，选项C正确。
3.如图2所示，物体A、B放在物体C上，水平力F作用于A，使A、B、C一起匀速运动，各接触面间的摩擦力的情况是( )
图2
A．A对C有向左的摩擦力
B．C对B有向左的摩擦力
C．物体C受到3个摩擦力的作用
D．物体C对地有向右的摩擦力
解析：选A 以物体A为研究对象，做匀速运动，由二力平衡可知，C对A有向右的摩擦力，A对C有向左的摩擦力，选项A正确。对物体B，因其所受合外力为零，故B、C间没有摩擦力，选项B错误。选A、B、C整体为研究对象，在F作用下向左匀速运动，所受合外力为零，故知地面对C有向右的摩擦力，C对地面有向左的摩擦力，C受到A、地面给它的两个摩擦力的作用，选项C、D均错误。
4.如图3为内燃机中的连杆传动装置部分示意图。当气缸中高压气体以力F推活塞时，某时刻连杆BA与BO的夹角为θ，不计活塞重力和一切摩擦作用，则此活塞对气缸的作用力为( )
图3
A．Fsin θ B．Fcos θ
C．Ftan θ D．Fcot θ
解析：选C 将推力F沿连杆方向和垂直于气缸的方向分解如图所示，则tan θ＝，故F2＝Ftan θ，C选项正确。
5.在水平桌面M上放置一块正方形薄木板abcd，在木板的正中点放置一个质量为m的木块，如图4所示。先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ab边与桌面的夹角为θ；再接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与桌面的夹角也为θ(ab边与桌面的夹角θ不变)。在转动过程中木块在木板上没有滑动，则转动之后木块受到的摩擦力大小为( )
图4
A．2 mgsin θ B. mgsin θ
C．mgsin 2θ D．mgsin θ
解析：选B 假设只以木块的ad边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，木块受到的摩擦力大小为mgsin θ，方向沿a→b；假设只以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动θ角，木块受到的摩擦力大小为mgsin θ，方向沿b→c。则先后这样转动后，木块受到的摩擦力的大小为f＝ mgsin θ，故B正确，A、C、D错误。
6.如图5所示容器内盛有水，器壁AB呈倾斜状，有一个小物块P处于图示状态，并保持静止，则该物体受力情况正确的是( )
图5
A．P可能只受一个力
B．P不可能只受两个力
C．P不可能只受三个力
D．P不是受到两个力就是四个力
解析：选CD 物体一定受到重力，同时一定受浮力，即可能受2个力；若浮力大于重力，则物体一定会受AB对它的弹力，由于弹力垂直于接触面向下，如图所示，物体只有受到向下的摩擦力才能受力平衡，故一定受四个力。故C、D正确。
7.如图6所示，一木板B放在水平地面上，木块A放在木板B的上面，木块A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上。用力F向左拉木板B，使B以速度v运动，稳定后，弹簧的拉力为T。下列说法中正确的是( )
图6
A．木板B受到A的滑动摩擦力的大小等于T
B．地面受到的滑动摩擦力的大小等于T
C．若木板B以2v的速度运动，木块A受到的滑动摩擦力的大小等于2T
D．若用力2F拉木板B，木块A受到的滑动摩擦力的大小仍等于T
解析：选AD 对A分析，A受重力、B对A的支持力、弹簧的拉力T及B对A的滑动摩擦力，A静止，由受力平衡知B对A的滑动摩擦力的大小等于T，A对；而滑动摩擦力大小与摩擦因数及正压力有关，知D对。
8.图7是某同学为颈椎病人设计的一个牵引装置的示意图，一根轻绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂着一个相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎(图中是用手指代替颈椎做实验)，整个装置在同一竖直平面内。如果要增大手指所受的拉力，可采取的办法是( )
图7
A．只增加绳的长度 B．只增加重物的重量
C．只将手指向下移动 D．只将手指向上移动
解析：选BC 手指所受拉力的大小等于绕过动滑轮的绳子两端的拉力F1、F2的合力F的大小，如图所示。只增加绳的长度，F1、F2的大小及其夹角不变，则合力F不变，A错误；只增加重物的重量，F1、F2的大小增大，夹角不变，则合力F变大，B正确；手指向下移动，F1、F2大小不变，夹角变小，则合力F变大，C正确；同理，D错误。
二、实验题(本题共2小题，共16分)
9．(6分)大量事实表明：弹力的大小跟形变的大小有关。某同学为了探究“弹簧的弹力F与弹簧伸长量x的关系”，对某一弹簧进行了测试，根据测得的数据绘出了如图8所示的图线。由图可知，图线末端发生了弯曲，这是因为________________，这根弹簧在正常使用时的劲度系数为________ N/m。
图8
解析：图线末端发生了弯曲的原因是超出了弹簧的弹性限度，注意该图像中横坐标为伸长量，纵坐标为拉力，根据胡克定律得斜率为弹簧的劲度系数，由此可求出k＝150 N/m。
答案：超出了弹簧的弹性限度 150
10．(10分)某同学用如图9所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
图9
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________ N。
(2)下列不必要的实验要求是________。(请填写选项前对应的字母)
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法。
解析：(1)弹簧测力计A的示数为3.6 N。
(2)“验证平行四边形定则”实验，只要验证FA、FB和Mg满足平行四边形定则即可，D不必要。
(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计A的拉力变大，由力的平行四边形定则可知，改变弹簧测力计B拉力的大小、减小重物M的质量、改变弹簧测力计B拉力的方向，都可以减小弹簧测力计A的拉力，也可将A更换为量程较大的测力计。
答案：(1)3.6 (2)D (3)见解析
三、计算题(本题共2小题，共36分)
11. (16分)如图10所示，A物体的质量为2 kg，B物体的质量为5 kg，它们之间通过细绳、滑轮和弹簧秤相连接。不计弹簧秤的质量及绳和滑轮之间的摩擦。当弹簧秤的读数为15 N时，求：(取g＝10 m/s2)
图10
(1)物体A对桌面的压力大小；
(2)地面对物体B的支持力大小。
解析：(1)当弹簧秤的读数为15 N时，绳子对物体A和物体B的拉力都为15 N，则：对A有F＋NA＝mAg，得NA＝mAg－F＝2×10 N－15 N＝5 N。NA为桌面对A的支持力，根据力的相互性可知，A对桌面的压力大小也为5 N。
(2)对B有F＋NB＝mBg
NB＝mBg－F＝5×10 N－15 N＝35 N。
答案：(1)5 N (2)35 N
12．(20分)如图11所示，物体A放在某一水平面上，已知物体A重60 N，A与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.3，A、B均处于静止状态，绳AC水平，绳CD与水平方向成37°角，CD绳上的拉力为15 N。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图11
(1)物体A受到的摩擦力为多大？
(2)物体B重力为多大？
解析：根据受力分析，利用正交分解，设CD绳子拉力为F1，AC绳子拉力为F2，BC绳子拉力为F3，则正交分解后得
F1sin 37°＝F3，
F1cos 37°＝F2
又因为A处于静止，属于静摩擦力，则绳子AC的拉力大小等于物体A受到的摩擦力，因此f＝F2，物体B的重力大小等于BC绳子拉力的大小，代入上式可得f＝12 N；GB＝9 N。
答案：(1)12 N (2)9 N
阶段验收评估（四） 物体的平衡
(时间：50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小题只有一个选项正确，第6～8小题有多个选项正确，全选对得6分，选不全得3分，错选不得分)
1．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是( )
A．物体的速度在某一时刻等于零时，物体一定处于平衡状态
B．物体相对于另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态
C．物体所受合力为零时，物体一定处于平衡状态
D．物体做匀加速运动时，物体一定处于平衡状态
解析：选C 物体在某时刻的速度为零，所受合力不一定为零，故不一定处于平衡状态，A错误。物体相对于另一物体静止，则说明物体与另一物体具有相同的速度和加速度，也不一定处于平衡状态，B错误。物体所受合力为零时，则物体一定处于平衡状态，C正确。物体做匀加速运动时，加速度不为零，一定不是平衡状态，D错误。
2.如图1所示，重力为20 N的物体，放在倾角为30°的光滑斜面上，弹簧秤对物体的拉力与斜面平行。物体在斜面上保持静止时，弹簧秤示数为( )
图1
A．10 N B．17 N
C．20 N D．30 N
解析：选A 物体受重力、支持力和弹簧的拉力，三力平衡，拉力等于物体重力的下滑分量，故：F＝mgsin 30°＝20×N＝10 N，故选A。
3.如图2所示，在细而轻的绳两端分别系有质量为mA、mB的小球，质量为mA的小球静止在光滑半球形表面上的P点，已知P点与圆心的连线OP与水平面夹角为60°，则mA和mB的关系是( )
图2
A．mA＝mB B．mA＝mB
C．mA＝2mB D．mB＝mA
解析：选C 将质量为mA的小球所受的重力沿圆的切向和法向分解，其中切向的分力大小与质量为mB的小球的重力大小相等，即mAgcos 60°＝mBg，C正确。
4.用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图3所示。现对小球a持续施加一个向左偏下30°的恒力，并对小球b持续施加一个向右偏上30°的同样大的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是( )
图3
解析：选A 以a、b两小球及它们间的连线为研究对象，因施加的恒力合力为0，重力竖直向下，故平衡时连接a与悬点的细线必须竖直，且其拉力等于两球重力之和，所以A正确。
5.如图4所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下从半球形容器最低点缓慢移近最高点。设小滑块所受支持力为N，则下列判断正确的是( )
图4
A．F缓慢增大 B．F缓慢减小
C．N不变 D．N缓慢减小
解析：选A 对滑块受力分析如图所示，根据平衡条件，应用力的合成得出：
F＝ N＝
由于小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，所以θ减小，tan θ减小，sin θ减小，根据以上表达式可以发现F增大，N增大，A选项正确。
6.质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图5所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F1的作用，b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F2的作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则( )
图5
A．a一定受到四个力的作用
B．水平面对b的支持力可能大于2 mg
C．a、b之间一定存在静摩擦力
D．b与水平面之间一定存在静摩擦力
解析：选AC a受重力、支持力、拉力以及b对a的静摩擦力而处于平衡状态，故A、C正确。对整体分析，F1与F2大小相等，方向相反，两力相互抵消，则水平面对b无摩擦力，D错误。水平面的支持力N＝2mg，B错误。
7.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图6所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止。则在此过程中，下列说法中正确的是( )
图6
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．P对Q的弹力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．Q所受的合力逐渐增大
解析：选BC 圆柱体Q的受力如图所示，在MN缓慢地向右平移的过程中，它对圆柱体Q的作用力F1方向不变，P对Q的作用力F2的方向与水平方向的夹角逐渐减小，由图可知MN对Q的弹力F1逐渐增大，A错误；P对Q的弹力F2逐渐增大，B正确；以P、Q为整体，地面对P的摩擦力大小等于MN对Q的弹力F1，故地面对P的摩擦力逐渐增大，C正确；Q所受的合力始终为零，D错误。
8.如图7所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑。小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。移动过程中( )
图7
A．细线对小球的拉力变大
B．斜面对小球的支持力变大
C．斜面对地面的压力变大
D．地面对斜面体的摩擦力变小
解析：选AD 设物体和斜面体的质量分别为m和M，细线与斜面的夹角为θ。取球研究：小球受到重力mg、斜面的支持力N和细线的拉力T，则由平衡条件得
斜面方向：mgsin α＝Tcos θ①
垂直斜面方向：N＋Tsin θ＝mgcos α②
使小球沿斜面缓慢移动时，θ增大，其他量不变，由①式知，T增大。由②知，N变小，故A正确，B错误。对斜面体受力分析：受重力Mg、地面的支持力N1和摩擦力f、小球的压力N′，如图所示，由平衡条件得f＝N′sin α，N′变小，则f变小；N1＝Mg＋N′cos α，N′变小，则N1变小，由牛顿第三定律得知，斜面体对地面的压力也变小。故C错误，D正确。
二、计算题(本题包括3小题，共52分)
9. (14分)滑板运动是一项非常刺激的水上运动。研究表明，在进行滑板运动时，水对滑板的作用力N垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板速率(水可视为静止)。某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ＝37°时(如图8)，滑板做匀速直线运动，相应的k＝54 kg/m，人和滑板的总质量为108 kg，试求(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°取，忽略空气阻力)：
图8
(1)水平牵引力的大小；
(2)滑板的速率。
解析：(1)以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示
由共点力平衡条件可得Ncos θ＝mg
Nsin θ＝F
由①、②联立，得F＝810 N
(2)N＝
N＝kv2
得v＝ ＝5 m/s。
答案：(1)810 N (2)5 m/s
10. (18分)一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由轻细绳连接着，它们处于图9所示位置时恰好都能保持静止状态。此情况下，B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°夹角。已知B球的质量为m，求：
图9
(1)细绳对B球的拉力；
(2)A球的质量。
解析：(1)对B球，受力分析如图所示。
设细绳的弹力为T，
则Tsin 30°＝mg，得T＝2mg。
(2)对A球，受力分析如图所示。
在水平方向Tcos 30°＝NAsin 30°
在竖直方向 NAcos 30°＝mAg＋Tsin 30°
由以上方程解得：mA＝2m。
答案：(1)2mg (2)2m
11. (20分)如图10所示，两个质量均为m的小环套在一水平放置的粗糙长杆上，两根长度均为l的轻绳一端系在小环上，另一端系在质量为M的木块上，两个小环之间的距离也为l，小环保持静止。试求：
图10
(1)小环对杆的压力大小；
(2)小环与杆之间的动摩擦因数μ至少为多大？
解析：(1)对两小环和木块整体由平衡条件得：
2N－(M＋2m)g＝0，解得：N＝Mg＋mg，
由牛顿第三定律得，小环对杆的压力为：
N′＝N＝Mg＋mg。
(2)对M由平衡条件得：2Tcos 30°－Mg＝0
小环刚好不滑动，此时小环受到的静摩擦力达到最大值，则：Tsin 30°－μN＝0，
解得动摩擦因数μ至少为：μ＝。
答案：(1)Mg＋mg (2)
