章末综合测评(五)
(时间：60分钟 满分：100分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．关于力和运动的关系，下列说法正确的是 ( )
A．物体受力才会运动
B．力使物体的运动状态发生改变
C．停止用力，运动的物体就会停止运动
D．力是物体保持静止或匀速直线运动状态的原因
【解析】 由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动状态改变．如果物体原来的状态是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需要力来维持，因此A、C错误，B正确；物体保持静止或匀速直线运动状态，是物体不受力时的运动规律．并不是力作用的结果，因此D错误．
【答案】 B
2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【解析】 本题考查牛顿第二定律的应用，重在物理过程的分析，根据加速度方向判断超重和失重现象．手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．
【答案】 D
3．做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是 ( )
A．悬浮在空中不动
B．速度逐渐减小
C．保持一定速度向下做匀速直线运动
D．无法判断
【解析】 物体自由下落时，仅受重力作用，重力消失以后，物体将不受力，根据牛顿第一定律的描述，物体将以重力消失瞬间的速度做匀速直线运动，C正确．
【答案】 C
4.如图1所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力N分别为(重力加速度为g) ( )
图1
A．T＝m(gsin θ＋acos θ)，N＝m(gcos θ－asin θ)
B．T＝m(gcos θ＋asin θ)，N＝m(gsin θ－acos θ)
C．T＝m(acos θ－gsin θ)，N＝m(gcos θ＋asin θ)
D．T＝m(asin θ－gcos θ)，N＝m(gsin θ＋acos θ)
【解析】 对小球受力分析，水平方向：Tcos θ－Nsin θ＝ma，竖直方向：Tsin θ＋Ncos θ＝mg，解得T＝m(gsin θ＋acos θ)，N＝m(gcos θ－asin θ)，A正确．
【答案】 A
5．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图2所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为( )
图2
A．压缩量为tan θ B．伸长量为tan θ
C．压缩量为 D．伸长量为
【解析】 设小车的加速度为a，分析m2的受力情况可得m2gtan θ＝m2a，得a＝gtan θ，再对m1应用牛顿第二定律，得kx＝m1a，x＝tan θ，因a的方向向左，故弹簧处于伸长状态，B正确．
【答案】 B
6．如图3所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中 ( )
图3
A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下
B．P受到Q的摩擦力大小为2μF
C．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)
D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)
【解析】 设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上．对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，A、C正确．
【答案】 AC
7．如图4所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
图4
A．μmg B.
C．μ(M＋m)g D．ma
【解析】 m与M无相对滑动，故a相同
对m、M整体F＝(M＋m)a，故a＝
m与整体加速度相同也为a，对m：Ff＝ma，即Ff＝，
又由牛顿第二定律隔离m，Ff＝ma，故B、D正确．
【答案】 BD
8．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图5(甲)所示，物块速度v与时间t的关系如图5(乙)所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由此两图象可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
图5
A．m＝0.5 B．m＝1.5
C．μ＝0.4 D．μ＝0.2
【解析】 由F-t图和v-t图可得，物块在2 s到4 s内所受外力F1＝3 N，物块做匀加速运动，a＝＝ m/s2＝2 m/s2，
F1－f＝ma，即3－10μm＝2m①
物块在4 s到6 s所受外力F2＝2 N，物块做匀速直线运动，
则F2＝f，F2＝μmg，即10μm＝2.②
由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故选项A、C正确．
【答案】 AC
二、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答)
9．(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得的数据见下表．
组别
1
2
3
4
5
F/N
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
a/(m·s－2)
0.40
0.83
1.18
1.58
2.00
(1)如图6所示的坐标纸上已描出了部分数据点，请在答题卡的坐标纸上描出第2、4组数据对应的点，然后作出a-F图象；
图6
(2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a与作用力F成________比；
(3)当研究加速度与物体质量的关系时，应保持________不变，改变小车的质量来进行实验．
【解析】 (1)如图所示，根据表格中的数据在坐标纸上描点，连线时注意舍弃误差较大的点，不在图线上的点要均匀分布在图线两侧．
(2)由(1)所作图线是一条倾斜直线，所以可以判断加速度a和作用力F成正比．
(3)本实验过程采用了控制变量法的思想，在研究加速度和质量的关系时，应该保持物体所受的作用力不变．
【答案】 (1)见解析 (2)正 (3)小车所受作用力
10．(10分)某同学设计了如图7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板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，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MN、PQ，并测出间距d.开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.
图7
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_________________________；
为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)________________．
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是________．
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________．
a．可以改变滑动摩擦力的大小
b．可以更方便地获取多组实验数据
c．可以比较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实验精度
【解析】 (1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由d＝at2可知：a＝.为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是保持F1不变，重复实验多次测量d、t，取平均值．
(2)该实验原理与教材实验原理类似，同样需要满足木板的质量M远大于矿泉水瓶的质量m，此时可认为绳上的拉力FT近似等于弹簧测力计示数F1.此时可认为F1＝mg；本实验中没有平衡摩擦力，但通过题意可知受到的摩擦力为F0，木板受到的合外力为(F1－F0)．图象反映的是a与F1的关系，而不是a与(F1－F0)的关系，所以图象不过原点．当F1增大时，即矿泉水瓶的质量m增大时，该实验不再满足M?m，此时a越大，绳上的拉力FT就越小于矿泉水瓶的重力mg，即弹簧测力计开始加速运动时的示数F1，加速度增加得就越慢，图线弯曲，斜率变小，c正确．
(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出滑动摩擦力的大小，b、c说法是正确的．两种实验方法都不可以改变滑动摩擦力的大小，a说法错误；通过(2)中分析可以知道，当加速度增大时，实验条件便不再满足，此时实验误差变大，d说法错误．
【答案】 (1) 保持F1不变，重复实验多次测量d、t，取平均值 (2)c (3)b、c
11．(16分)如图8所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连，细绳处于伸直状态，物块A和B的质量分别为mA＝8 kg和mB＝2 kg，物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，物块B距地面的高度h＝0.15 m，桌面上部分的绳足够长．现将物块B从h高处由静止释放，直至A停止运动．求A在水平桌面上运动的时间．(g取10 m/s2)
图8
【解析】 B落地前，以B为研究对象，由牛顿第二定律得mBg－T＝mBa1，同理，以A为研究对象，T－f＝mAa1，NA－mAg＝0，且f＝μNA，解得a1＝1.2 m/s2.B落地前做匀加速直线运动，位移h＝a1t，解得t1＝＝0.5 s，匀加速运动的末速度v＝a1t1＝0.6 m/s.B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动，由f＝mAa2得a2＝＝μg＝1 m/s2.A做匀减速运动的时间t2＝＝0.6 s．A在水平桌面上运动的时间t＝t1＋t2＝1.1 s.
【答案】 1.1 s
12．(18分)如图9所示，圆球的质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球，今让小球沿钢丝AB(质量不计)以初速度v0竖直向上运动，要使圆环对地面无压力，则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少？(设小球不会到达A点)
图9
【解析】 由牛顿第三定律知圆环对地面无压力，则地面对圆环无支持力，取小球为研究对象，受重力mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力f.
由牛顿第二定律得：mg＋f＝ma，由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力f′＝f.对圆环受力分析可知，圆环受重力Mg和竖直向上的摩擦力f′作用，则：Mg＝f′，由以上各式解得：a＝g.小球沿钢丝做匀减速运动，由运动公式可得上升的最大高度s＝＝.
【答案】 g
章末分层突破
[自我校对]
①理想
②静止状态
③匀速直线运动状态
④运动状态
⑤匀速直线运动状态或静止状态
⑥保持
⑦难易程度
⑧质量
⑨成正比
⑩成反比
?合外力
?F＝ma
?物体的受力情况
?物体的运动情况
?A
?B
?g
?大小相等
?方向相反
?同样大小
同时
同性质
同一直线
异体
异向
异效
___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
用整体法与隔离法求解连接体问题
1．整体法：在研究连接体的加速度与力的关系时，往往将连接体视为整体．对牛顿第二定律F＝ma，F是整体所受的合外力，ma是整体与外力对应的效果．注意分析整体受力时不要将内力分析在其中了．
2．隔离法：多在求解连接体的相互作用力时采用．即将某个部分从连接体中分离出来，其他部分对它的作用力就成了外力．
3．在解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，多数情况下两种方法要配合使用．求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑整体法，如果还要求物体之间的作用力，再用隔离法．在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式．无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是对研究对象进行正确的受力分析．
(多选)质量分别为2 kg和3 kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图6-1所示，今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1＝20 N、F2＝10 N，则下列说法正确的是( )
图6-1
A．弹簧的弹力大小为16 N
B．如果只有F1作用，则弹簧的弹力大小变为12 N
C．若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为零
D．若F1＝10 N、F2＝20 N，则弹簧的弹力大小不变
【解析】 以物体A和B为整体，加速度a＝＝2 m/s2，方向水平向左．以物体A为研究对象，水平方向受F1及弹簧向右的拉力F拉作用，由牛顿第二定律有F1－F拉＝mAa，得F拉＝16 N，所以A项对．若只有F1作用，则它们的加速度a′＝＝4 m/s2，弹簧的拉力F拉′＝mBa′＝12 N，所以B项对．C项中将弹簧换成轻质绳，绳对物体的拉力等于原来弹簧的拉力，不为零，C项错．若F1＝10 N、F2＝20 N，则它们的加速度a″＝＝2 m/s2，方向水平向右，以物体A为研究对象，由牛顿第二定律有F拉″－F1＝mAa″，得F拉″＝14 N，所以D项错．
【答案】 AB
整体法与隔离法常涉及的问题类型
1．涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法．
2．水平面上的连接问题：这类问题一般是连接体(系统)内各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
3．斜面体与物体组成的连接体的问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析．
牛顿第二定律在临界问题中的应用
1．接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离的临界条件是弹力N＝0.
2．相对静止或相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，相对静止或相对滑动的临界条件为静摩擦力达到最大值或为零．
3．绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是T＝0.
4．加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化．当所受合外力最大时，具有最大加速度；合外力最小时，具有最小加速度．当出现加速度为零时，物体处于临界状态，所对应的速度便会出现最大值或最小值．
如图6-2所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈置于光滑水平面上，斜边与水平面夹角为θ＝30°，求：
图6-2
(1)劈以加速度a1＝g/3水平向左加速运动时，绳的拉力多大？
(2)劈的加速度至少多大时小球对劈无压力？加速度方向如何？
(3)当劈以加速度a3＝2g向左运动时，绳的拉力多大？
【解析】 (1)如图所示：
水平方向：FT1cos θ－FN1sin θ＝ma1①
竖直方向：FT1sin θ＋FN1cos θ＝mg ②
由①②得：FT1＝mg.③
(2)当球与斜面恰无作用时如图所示，
由牛顿第二定律得：
FT2cos θ＝ma2④
FT2sin θ＝mg⑤
由④⑤得：a2＝g，方向水平向左．⑥
(3)参照上图：但FT3与水平夹角θ≠30°，有：
FT3＝＝＝mg.
【答案】 (1)mg (2)g，方向水平向左 (3)mg
处理临界问题常用的方法
1．极限法
解决临界问题一般用极端分析法，即把问题推向极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件，应用物理规律列出在极端情况下的方程，从而找出临界条件．
2．假设法
有些物理过程没有出现明显的临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界状态，也可能不会出现临界状态，解决此类问题时，一般用假设法，即假设出现某种临界状态，分析物体的受力情况及运动状态与题设是否相符，然后再根据实际情况进行处理．
3．数学方法
将物理方程转化为数学表达式，如二次函数、不等式、三角函数等，然后根据数学中求极值的方法，求出临界条件．
动力学的两类基本问题
1.已知物体的受力情况，研究物体的运动情况，即在已知物体的受力情况下，求出物体的加速度，结合运动学公式确定物体的运动情况．
2．已知物体的运动情况，研究物体的受力情况，即在已知物体的运动情况下，由运动学公式求出物体的加速度，再由加速度确定物体的受力情况．
如图6-3所示为何雯娜在蹦床比赛中的画面．已知何雯娜的体重为49 kg，设她从3.2 m高处自由下落后与蹦床的作用时间为1.2 s，离开蹦床后上升的高度为5 m，试求她对蹦床的平均作用力．(g取10 m/s2)
图6-3
【解析】 她从3.2 m高处下落到与蹦床接触前的过程做自由落体运动，由运动学公式v2＝2gs得，她接触蹦床时的速度大小v1＝＝8 m/s
她离开蹦床时的速度大小v2＝＝10 m/s
取竖直向上为正方向，则由运动学公式有v2＝－v1＋at
得她的加速度大小为a＝15 m/s2，方向竖直向上．
她与蹦床接触的过程中受重力mg和蹦床对她的平均作用力F，由牛顿第二定律有F－mg＝ma
解得蹦床对她的平均作用力F＝1 225 N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得她对蹦床的作用力F′＝F＝1 225 N，方向竖直向下．
【答案】 1 225 N，方向竖直向下
动力学两类基本问题的分析过程
两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁，思维过程如下：
1．(多选)如图6-4所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )
图6-4
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【解析】 由题图可见，鱼缸相对桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D正确．
【答案】 BD
2．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10
C．15 D．18
【解析】 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．
【答案】 BC
3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图6-5所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图6-5
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
【解析】 人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F′N＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，F′N最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．
【答案】 AD
4．(多选)如图6-6(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
(a) (b)
图6-6
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【解析】 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v-t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
【答案】 ACD
5．(多选)如图6-7所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间( )
图6-7
A．a1＝3g
B．a1＝0
C．Δl1＝2Δl2
D．Δl1＝Δl2
【解析】 剪断细线之前，设S1上拉力为FT1，S2上拉力为FT2，物体质量均为m，有FT1＝2mg，FT2＝mg，根据F＝kx得，FT1＝kΔl1，FT2＝kΔl2.在剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生形变，弹力大小不变，则a受重力和S1的拉力，有mg＋FT1＝ma1，得a1＝3g，A正确，B错误．FT1＝2FT2，因此Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．
【答案】 AC
