新人教版必修1《第4章牛頓運動定律》單元測試卷（河南省安陽市湯陰一中）一、選擇題（每小題4分，共40分）．1．如圖所示，一傾角θ=30°的斜面體放在水平地面上，其上表面放一物塊A，兩者均處于靜止狀態．現將傾角θ增大7°（斜面體質量不變），物塊A和斜面體仍保持靜止，則下列說法中正確的是（）A．物塊A對斜面體的摩擦力減小B．物塊A對斜面體的壓力增大C．斜面體對地面的摩擦力增大D．斜面體對地面的壓力不變2．南京青奧會開幕式中，河南少林塔溝武術學校的學員，在滑輪的拖拽下高高飛起，和他的同學們一起完成了筑夢之塔的實驗，現在把他們某次訓練過程中的情節簡化成如下模型：地面上的人通過定滑輪用鋼絲將某學員拉到24m高處靜止，然后將其拉到42m高處靜止，如圖所示．忽略滑輪與軸之間的摩擦以及鋼絲的質量，前后兩次比較（）A．地面上的人受到的支持力變小B．地面上的人受到的摩擦力變大C．該學員受鋼絲拉力變小D．滑輪受到鋼絲的作用力變大3．截面為直角三角形的木塊A質量為m，放在傾角為θ的斜面上，當θ=37°時，木塊恰能靜止在斜面上，如圖甲所示．現在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，如圖乙所示，已知sin37°=，cos37°=，則（）A．A、B仍靜止于斜面上B．A受到斜面的摩擦力大小為C．A受到斜面的摩擦力大小為D．A、B之間彈力大小為mgsinθ4．如圖所示，A、B兩個物體質量之比mA：mB=1：2，疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面是粗糙的，地面是光滑的，若用水平力拉A物體，當拉力增大到F1時，A、B之間即將發生相對滑動；若用水平力拉B物體，當拉力變為F2時，A、B之間即將發生相對滑動，則F1：F2等于（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：15．如圖所示，質量為M=10kg的小車停放在光滑水平面上．在小車右端施加一個F=10N的水平恒力．當小車向右運動的速度達到s時，在其右端輕輕放上一質量m=的小黑煤塊（小黑煤塊視為質點且初速度為零），煤塊與小車間動摩擦因數μ=．假定小車足夠長．則下列說法正確的是（）A．煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩定后做勻速直線運動B．小車一直做加速度不變的勻加速直線運動C．煤塊在3s內前進的位移為9mD．小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為6．如圖所示，兩根粗糙的直木棍AB和CD相互平行，固定在同一個水平面上．一個圓柱形工件P架在兩木棍之間，在水平向右的推力F的作用下，向右做勻加速運動．若保持兩木棍在同一水平面內，但將它們間的距離稍微減小一些后固定，仍將圓柱形工件P架在兩木棍之間，用同樣大小的水平推力F向右推該工件，則下列說法中正確的是（）A．可能靜止不動 B．向右做勻速運動C．一定向右減速運動 D．一定向右加速運動7．如圖a所示，質量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當θ從0緩慢增大到90°的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關系如圖b所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則（）A．O～q段圖象可能是直線 B．q﹣段圖象可能是直線C．q= D．p=8．如圖所示，甲、乙兩小球沿光滑軌道ABCD運動，在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度均為5米/秒，相距10米，水平軌道AB和水平軌道CD的高度差為米，水平段與斜坡段間均有光滑小圓弧連接，且兩小球在運動中始終未脫離軌道，關于兩小球在軌道CD上的運動情況，下列說法正確的是（）A．兩小球在水平軌道CD上運動時仍相距10米B．兩小球在水平軌道CD上運動時相距14米C．兩小球到達圖示位置P點的時間差為2秒D．兩小球到達圖示位置P點的時間差為秒9．如圖甲，輕彈簧上端固定在升降機頂部，下端懸掛重為G的小球，小球隨升降機在豎直方向上運動．t=0時，升降機突然停止，其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙，取F豎直向上為正，以下判斷正確的是（）A．升降機停止前一定向上運動B．0﹣2t0時間內，小球先處于失重狀態，后處于超重狀態C．t0﹣3t0時間內，小球向下運動，在t0﹣3t0兩時刻加速度相同D．2t0﹣4t0時間內，小球處于超重重狀態10．如圖所示，在半圓形光滑凹槽內，兩輕質彈簧的下端固定在槽的最低點，另一端分別與小球P、Q相連．已知兩球在圖示P、Q位置靜止．則下列說法中正確的是（）A．若兩球質量相同，則P球對槽的壓力較小B．若兩球質量相同，則兩球對槽的壓力大小相等C．若P球的質量大，則O′P彈簧的勁度系數大D．若P球的質量大，則O′P彈簧的彈力大二、填空題（每小題5分，共20分）11．城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經常用三角形的結構懸掛．如圖是這類結構的一種簡化模型，硬桿左端可繞通過B點且垂直于紙面的軸無摩擦的轉動，右端O點通過鋼索掛于A點，鋼索和硬桿所受的重力均可忽略．有一質量不變的重物懸掛于O點，現將鋼索緩慢變短，并使鋼索的懸掛點A緩慢向下移動，以保證硬桿始終處于水平．則在上述變化過程中，鋼索對O點的拉力，硬桿對O點的彈力，鋼索和硬桿對O點的作用力的合力（填“變大”、“變小”或“不變”）．12．一物塊靜置于水平面上，現用一與水平方向成37°角的拉力F使物體開始運動，如圖（a）所示．其后一段時間內拉力F隨時間變化和物體運動速度隨時間變化的圖象如圖（b）所示，已知物塊的質量為，g=10m/s2．根據圖象可求得，物體與地面間的動摩擦系數為，0～1s內拉力的大小為N．（sin37°=，cos37°=）13．如圖所示，足夠長的斜面傾角θ=37°，一物體以v0=24m/s的初速度從斜面上A點處沿斜面向上運動；加速度大小為a=8m/s2，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=，則物體沿斜面上滑的最大距離x=，物體與斜面間的動摩擦因數μ=．14．在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中：（1）為了“探究加速度與質量”的關系，應保持不變，為了直觀地判斷加速度a與質量M的數量關系，應作圖象（選填“a﹣M”或“a﹣”）；（2）某同學采用了如圖所示的實驗裝置，為了使實驗中能將砝碼和砝碼盤的總重力當作小車受到的合外力，以下步驟必須采用的有A．保證小車下面的長木板水平放置B．將小車下面的長木板右端適當墊高以平衡摩擦力C．使小車質量遠遠大于砝碼和砝碼盤的總質量D．使小車質量遠遠小于砝碼和砝碼盤的總質量．（3）已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，每相鄰兩個計數點間還有4個點未畫出，利用圖中給出的數據，求出小車運動的加速度a=．（結果保留三位有效數字）三、計算題（每小題10分，共40分）15．拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具，如圖所示，設拖把頭的質量為m，拖桿質量可忽略，拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，重力加速度為g．某同學用該拖把在水平地板上拖地，前后兩次分別沿拖桿方向推、拉拖把時，拖桿與豎直方向的夾角均為θ．（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推動拖把與拉動拖把時推力與拉力的大小之比；（2）若μ=，θ=30°，試分析用多大的推力才能推動拖把．16．如圖所示，一物體重為G=46N，放在水平面上，物體和水平面間的動摩擦系數μ=．現用與水平方向成α=37°的恒力F拉動物體，物體恰好可勻速前進，求：（sin37°=，cos37°=）（1）拉力F的大小；（2）地面對物體支持力的大小．17．在太原市迎澤公園的游樂場中，有一臺大型游戲機叫“跳樓機”，乘坐的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿豎直軌道提升到離地面H=36m高處，然后由靜止釋放，座椅沿軌道自由下落一段時間后，開始受到壓縮空氣提供的恒定阻力而緊接著做勻減速運動，下落到地面時速度剛好減小到零，這一下落全過程經歷的時間是t=6s，求：（不計空氣阻力，取g=10m/s2）（1）游客下落過程中的最大速度；（2）已知游客質量為60kg，則勻減速過程中人受到的彈力是多大？18．物體A的質量M=2kg，靜止在光滑水平面上，平板車B的質量為m=、長L=1m．某時刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同時，給B施加一個水平向右的拉力．忽略物體A的大小，已知A與B之間的動摩擦因數μ=，取重力加速度g=1m/s2，試求：（1）若F=2N，物體A在小車B上相對小車B滑行的時間和最大距離；（2）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F的大小應滿足的條件．

新人教版必修1《第4章牛頓運動定律》單元測試卷（河南省安陽市湯陰一中）參考答案與試題解析一、選擇題（每小題4分，共40分）．1．如圖所示，一傾角θ=30°的斜面體放在水平地面上，其上表面放一物塊A，兩者均處于靜止狀態．現將傾角θ增大7°（斜面體質量不變），物塊A和斜面體仍保持靜止，則下列說法中正確的是（）A．物塊A對斜面體的摩擦力減小B．物塊A對斜面體的壓力增大C．斜面體對地面的摩擦力增大D．斜面體對地面的壓力不變【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】物塊A和斜面保持靜止，受力都平衡，分析物塊A的受力情況，由平衡條件求出斜面對物塊A和支持力和摩擦力，分析其變化，從而得到物塊對斜面的壓力和摩擦力的變化．對整體研究，分析地面對斜面的支持力和摩擦力，再研究斜面對地面的壓力和摩擦力．【解答】解：A、設物塊A的重力是G，物塊A受力分析如圖所示，由平衡條件可得：物塊A受到的靜摩擦力f=Gsinθ，則f隨θ的增大而增大．則物塊A對斜面的摩擦力增大．故A錯誤．B、斜面對物塊A的支持力N=Gcosθ，由牛頓第三定律知，物塊A對斜面的壓力N′=N=Gcosθ，θ增大，N′減小，故B錯誤．CD、對斜面和物塊A整體研究可知，地面對斜面的摩擦力為零，地面對斜面的支持力等于兩者的重力之和，可知斜面對地面的摩擦力為零不變，斜面對地面的壓力不變，故C錯誤，D正確．故選：D2．南京青奧會開幕式中，河南少林塔溝武術學校的學員，在滑輪的拖拽下高高飛起，和他的同學們一起完成了筑夢之塔的實驗，現在把他們某次訓練過程中的情節簡化成如下模型：地面上的人通過定滑輪用鋼絲將某學員拉到24m高處靜止，然后將其拉到42m高處靜止，如圖所示．忽略滑輪與軸之間的摩擦以及鋼絲的質量，前后兩次比較（）A．地面上的人受到的支持力變小B．地面上的人受到的摩擦力變大C．該學員受鋼絲拉力變小D．滑輪受到鋼絲的作用力變大【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【分析】學員保持靜止，對繩子的拉力等于重力；再對他的同學們受力分析，根據共點力平衡條件列式分析各個力的變化情況．【解答】解：A、B、C、學員保持靜止，對繩子的拉力等于重力，即：T=mg…①再對他的同學們受力分析，如圖所示：根據共點力平衡條件，有：Mg﹣Tcosθ﹣N=0…②f﹣Tsinθ=0…③聯立①②③解得：N=Mg﹣mgcosθf=Tsinθ由于角度θ增大，故支持力增大，靜摩擦力增大；故A錯誤，B正確，C錯誤；D、由于滑輪受到兩側鋼繩的夾角增大，故滑輪受到鋼絲的作用力變小，故D錯誤；故選：B．3．截面為直角三角形的木塊A質量為m，放在傾角為θ的斜面上，當θ=37°時，木塊恰能靜止在斜面上，如圖甲所示．現在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，如圖乙所示，已知sin37°=，cos37°=，則（）A．A、B仍靜止于斜面上B．A受到斜面的摩擦力大小為C．A受到斜面的摩擦力大小為D．A、B之間彈力大小為mgsinθ【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】當θ=37°時，木塊恰能靜止在斜面上，重力沿斜面向下的分力等于最大靜摩擦力，放上B球后，分析A的受力情況，判斷其狀態．結合平衡條件和摩擦力公式求解摩擦力和彈力．【解答】解：A、當θ=37°時，木塊恰能靜止在斜面上，重力沿斜面向下的分力等于最大靜摩擦力，則有：μmgcos37°=mgsin37°；代入數據解得：μ=．在A與斜面間放一質量為m的光滑圓柱體B，對A受力分析可知，斜面對A的支持力不變，則A所受的最大靜摩擦力不變，由于B球對A有沿斜面向下的壓力，所以A將沿斜面向下運動，故A錯誤．BC、A受到斜面的滑動摩擦力大小為f=μmgcos37°=，故B錯誤，C正確．D、設AB整體下滑的加速度為a．根據牛頓第二定律得：對AB整體有：（m+m）gsin37°﹣μmgcos37°=（m+m）a對B球有：mgsin37°﹣N=ma聯立解得N=，即A、B之間彈力大小為，故D錯誤．故選：C4．如圖所示，A、B兩個物體質量之比mA：mB=1：2，疊放在水平地面上，A、B之間的接觸面是粗糙的，地面是光滑的，若用水平力拉A物體，當拉力增大到F1時，A、B之間即將發生相對滑動；若用水平力拉B物體，當拉力變為F2時，A、B之間即將發生相對滑動，則F1：F2等于（）A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．2：1【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】先隔離分析，根據牛頓第二定律求出最大的加速度，再對整體分析，根據牛頓第二定律求出恒力F1、F2的比值．【解答】解：設A、B間的最大靜摩擦力為f，當F1作用在A上時，B的最大加速度為：，再對整體分析，有：F1=（mA+mB）amB=；當F2作用在B時，A的最大加速度為：，再對整體分析，有：；則：．故B正確，ACD錯誤．故選：B．5．如圖所示，質量為M=10kg的小車停放在光滑水平面上．在小車右端施加一個F=10N的水平恒力．當小車向右運動的速度達到s時，在其右端輕輕放上一質量m=的小黑煤塊（小黑煤塊視為質點且初速度為零），煤塊與小車間動摩擦因數μ=．假定小車足夠長．則下列說法正確的是（）A．煤塊在整個運動過程中先做勻加速直線運動穩定后做勻速直線運動B．小車一直做加速度不變的勻加速直線運動C．煤塊在3s內前進的位移為9mD．小煤塊最終在小車上留下的痕跡長度為【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動規律的綜合運用．【分析】分別對滑塊和平板車進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自加速度，物塊在小車上停止相對滑動時，速度相同，根據運動學基本公式即可以求出時間．通過運動學公式求出位移【解答】解：AB、根據牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有：，，代入數據解得：剛開始運動時對小車有：，解得：，經過時間t，小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度為：，車的速度為：，，解得：t=2s，以后煤塊和小車一起運動，根據牛頓第二定律：，一起以加速度做運動加速運動，故選項AB錯誤；CD、在2s內小黑煤塊前進的位移為：，然后和小車共同運動1s時間，此1s時間內位移為：，故煤塊在3s內前進的位移為4+=，故選項C錯誤；在2s內小黑煤塊前進的位移為：，小車前進的位移為：，兩者的相對位移為：，故選項D正確．故選：D6．如圖所示，兩根粗糙的直木棍AB和CD相互平行，固定在同一個水平面上．一個圓柱形工件P架在兩木棍之間，在水平向右的推力F的作用下，向右做勻加速運動．若保持兩木棍在同一水平面內，但將它們間的距離稍微減小一些后固定，仍將圓柱形工件P架在兩木棍之間，用同樣大小的水平推力F向右推該工件，則下列說法中正確的是（）A．可能靜止不動 B．向右做勻速運動C．一定向右減速運動 D．一定向右加速運動【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】沿工件的軸線方向，作出受力的側視圖，分析工件所受的支持力的變化，確定摩擦力的變化，判斷工件的運動情況．【解答】解：工件受力的側視圖如圖，由平衡條件得：2Ncosθ=G木棍的間距稍微減小時，θ減小，cosθ增大，則木棍對工件的支持力N減小，工件與木棍間的摩擦力減小，開始工件向右做勻加速直線運動，由于F不變，摩擦力減小，則工件一定向右加速運動．故D正確，ABC錯誤．故選：D7．如圖a所示，質量為m的半球體靜止在傾角為θ的平板上，當θ從0緩慢增大到90°的過程中，半球體所受摩擦力Ff與θ的關系如圖b所示，已知半球體始終沒有脫離平板，半球體與平板間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則（）A．O～q段圖象可能是直線 B．q﹣段圖象可能是直線C．q= D．p=【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．【分析】半球體受重力、支持力和摩擦力，開始時不滑動，是靜摩擦力，根據平衡條件列式求解靜摩擦力表達式分析；滑動后是滑動摩擦力，根據滑動摩擦定律列式分析．【解答】解：C、半圓體在平板上恰好開始滑動的臨界條件是：mgsinθ=μmgcosθ，故有：μ=tanθ，解得：θ=，即q=，故C錯誤；AB、θ在0﹣之間時，Ff是靜摩擦力，大小為mgsinθ；θ在﹣之間時，Ff是滑動摩擦力，大小為μmgcosθ；綜合以上分析得其Ff與θ關系如圖中實線所示，故A、B錯誤；D、當θ=時，Ff=mgsin，即p=，故D正確．故選：D8．如圖所示，甲、乙兩小球沿光滑軌道ABCD運動，在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度均為5米/秒，相距10米，水平軌道AB和水平軌道CD的高度差為米，水平段與斜坡段間均有光滑小圓弧連接，且兩小球在運動中始終未脫離軌道，關于兩小球在軌道CD上的運動情況，下列說法正確的是（）A．兩小球在水平軌道CD上運動時仍相距10米B．兩小球在水平軌道CD上運動時相距14米C．兩小球到達圖示位置P點的時間差為2秒D．兩小球到達圖示位置P點的時間差為秒【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】（1）在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度相同，知道相互之間的距離，可求兩球先后到達斜面頂端的時間差，而兩球在斜面上的平均速度相同，所以在斜面上的時間相同，進而求出兩球先后到達斜面低端的時間差，進一步得出甲乙在CD面上距離；（2）在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度相同，知道相互之間的距離，可求兩球先后到達斜面頂端的時間差，而兩球在斜面上的平均速度相同，所以在斜面上的時間相同，進而求出兩球先后到達斜面低端的時間差，而CD表面是光滑的，甲乙速度相同，可求甲乙到達P點的時間間隔．【解答】解：AB、在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度均為5m/s，相距s=10m，當乙球斜面開始下落后2s甲才到達斜面；兩球在斜面上的平均速度相同，在斜面上的時間相同，所以當乙到達斜面低端后2s甲才到達斜面低端，可見當乙在CD面上運動2s后甲才到達CD面，所以甲乙在CD面上距離s=vt=7m/s×2s=14m，故A錯誤B正確；CD、在水平軌道AB上運動時，兩小球的速度均為5m/s，相距s=10m，當乙球斜面開始下落后2s甲才到達斜面；兩球在斜面上的速度相同，在斜面上的時間相同，所以當乙到達斜面低端后2s甲才到達斜面低端，可見當乙在CD面上運動2s后甲才到達CD面，而CD表面是光滑的，甲乙速度相同，所以甲乙到達P點的時間間隔還是2s，故C正確、D錯誤．故選：BC．9．如圖甲，輕彈簧上端固定在升降機頂部，下端懸掛重為G的小球，小球隨升降機在豎直方向上運動．t=0時，升降機突然停止，其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙，取F豎直向上為正，以下判斷正確的是（）A．升降機停止前一定向上運動B．0﹣2t0時間內，小球先處于失重狀態，后處于超重狀態C．t0﹣3t0時間內，小球向下運動，在t0﹣3t0兩時刻加速度相同D．2t0﹣4t0時間內，小球處于超重重狀態【考點】牛頓運動定律的應用﹣超重和失重；物體的彈性和彈力．【分析】由圖象看出，升降機停止后彈簧的拉力變小，說明小球向上運動，說明升降機停止前在向上運動．根據拉力與重力的大小關系確定小球處于失重狀態還是超重狀態．拉力小于重力，小球處于失重狀態；拉力大于重力，小球處于超重狀態．t0～3t0時間小球向下運動，3t0時刻小球到達最低點，彈簧處于伸長狀態，速率最小，動能最小．3t0～4t0時間，小球重力做功為零根據系統機械能守恒分析彈簧彈性勢能變化量與小球動能變化量的關系【解答】解：A、由圖象看出，t=0時刻，彈簧的彈力為mg，升降機停止后彈簧的拉力變小，合力向下，小球可能向下加速，也可能向上減速；若向下加速，彈力增大，加速度增大，根據對稱性可知，最低點的拉力就大于2mg，由圖知不可能，故升降機停止前在向上勻速運動．故A正確．B、t0時刻彈簧的拉力是0，所以t0時刻彈簧處于原長狀態；由于t0時刻之后彈簧的拉力又開始增大說明彈簧開始變長，所以t0～2t0時間小球向下運動，t3時刻小球到達最低點，彈簧處于最長狀態，t0～2t0時間內小球向下運動，拉力小于重力，所以小球始終處于失重狀態．故B錯誤．C、t0～2t0時間拉力小于重力，小球處于失重狀態，加速度的方向向下，2t0～3t0時間拉力大于重力，加速度的方向向上．故C錯誤．D、由圖可知，2t0～4t0時間內，彈簧的拉力始終大于小球的重力，小球處于超重狀態．故D正確．故選：AD10．如圖所示，在半圓形光滑凹槽內，兩輕質彈簧的下端固定在槽的最低點，另一端分別與小球P、Q相連．已知兩球在圖示P、Q位置靜止．則下列說法中正確的是（）A．若兩球質量相同，則P球對槽的壓力較小B．若兩球質量相同，則兩球對槽的壓力大小相等C．若P球的質量大，則O′P彈簧的勁度系數大D．若P球的質量大，則O′P彈簧的彈力大【考點】共點力平衡的條件及其應用；胡克定律．【分析】對兩小球受力分析，畫出受力分析圖，根據平行四邊形定則做出力的平行四邊形，根據三角形的相似比列式求解．【解答】解：對兩小球受力分析如圖所示，都是受重力、支持力和彈簧的彈力三個力，兩小球靜止，受力平衡，根據平行四邊形定則作平行四邊形，有幾何關系可知：△QGQ′NQ∽△OO′Q，△PGP′NP∽△OO′P，則有：，即支持力始終與重力相等，若兩球質量相等，重力相等，則所受支持力相等，對槽的壓力必然相等，故A錯誤、B正確；得：，得：由圖可知O′P＞O′Q，又GP＞GQ，則FP＞FQ，根據胡克定律F=k△x，兩彈簧的形變量未知，則勁度系數的大小關系無法確定，故C錯誤，D正確．故選：BD二、填空題（每小題5分，共20分）11．城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經常用三角形的結構懸掛．如圖是這類結構的一種簡化模型，硬桿左端可繞通過B點且垂直于紙面的軸無摩擦的轉動，右端O點通過鋼索掛于A點，鋼索和硬桿所受的重力均可忽略．有一質量不變的重物懸掛于O點，現將鋼索緩慢變短，并使鋼索的懸掛點A緩慢向下移動，以保證硬桿始終處于水平．則在上述變化過程中，鋼索對O點的拉力增大，硬桿對O點的彈力增大，鋼索和硬桿對O點的作用力的合力不變（填“變大”、“變小”或“不變”）．【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】以O點為研究對象，分析受力，作出力圖，根據平衡條件求解鋼索AO對O點的拉力和桿BO對O點的支持力．將鋼索緩慢變短，并使鋼索的懸掛點A緩慢向下移動時，θ減小，分析鋼索和硬桿對O點的作用力的變化．B0始終水平，O點始終平衡，AO對O點拉力與桿BO對O點支持力的合力與重力平衡，保持不變．【解答】解：以O點為研究對象，分析受力，作出力圖，根據平衡條件得：鋼索AO對O點的拉力FAOsinθ=G=mg，則FAO=，桿BO對O點的支持力FBO=Gcotθ=mgcotθ，將鋼索緩慢變短，并使鋼索的懸掛點A緩慢向下移動，θ減小，則FAO增大，FBO增大，B0始終水平，O點始終平衡，鋼索和硬桿對O點的作用力的合力與重力平衡，保持不變．故答案為：增大；增大；不變12．一物塊靜置于水平面上，現用一與水平方向成37°角的拉力F使物體開始運動，如圖（a）所示．其后一段時間內拉力F隨時間變化和物體運動速度隨時間變化的圖象如圖（b）所示，已知物塊的質量為，g=10m/s2．根據圖象可求得，物體與地面間的動摩擦系數為，0～1s內拉力的大小為N．（sin37°=，cos37°=）【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】由速度時間圖象抓住1～t1時間內做勻速直線運動，根據共點力平衡求出動摩擦因數，從圖象中求出物體運動的加速度，由牛頓第二定律可求得物體受到的拉力的大小．【解答】解：物體在0～1s內做勻加速直線運動，在1～t1時間內做勻速直線運動，最好做勻減速直線運動．對于勻速直線運動階段，有：Fcos37°=f，f=μ（mg﹣Fsin37°）解得：．在0～1s內，做勻加速直線運動，加速度a=4m/s2．F1cos37°﹣μ（mg﹣F1sin37°）=ma解得F1=．故答案為：，13．如圖所示，足夠長的斜面傾角θ=37°，一物體以v0=24m/s的初速度從斜面上A點處沿斜面向上運動；加速度大小為a=8m/s2，g取10m/s2，sin37°=，cos37°=，則物體沿斜面上滑的最大距離x=36m，物體與斜面間的動摩擦因數μ=．【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．【分析】（1）根據勻變速直線運動的速度位移公式求出物體沿斜面上滑的最大距離．（2）根據牛頓第二定律，結合沿斜面方向上產生加速度，垂直斜面方向上合力為零，求出動摩擦因數的大小．【解答】解：（1）由運動學公式得：==36m（2）由牛頓第二定律得有：沿斜面方向上：mgsinθ+f=ma…（1）垂直斜面方向上：mgcosθ﹣N=0…（2）又：f=μN…（3）由（1）（2）（3）得：μ=故答案為：36m．．14．在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中：（1）為了“探究加速度與質量”的關系，應保持細線對車的拉力F不變，為了直觀地判斷加速度a與質量M的數量關系，應作a﹣圖象（選填“a﹣M”或“a﹣”）；（2）某同學采用了如圖所示的實驗裝置，為了使實驗中能將砝碼和砝碼盤的總重力當作小車受到的合外力，以下步驟必須采用的有BCA．保證小車下面的長木板水平放置B．將小車下面的長木板右端適當墊高以平衡摩擦力C．使小車質量遠遠大于砝碼和砝碼盤的總質量D．使小車質量遠遠小于砝碼和砝碼盤的總質量．（3）已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，每相鄰兩個計數點間還有4個點未畫出，利用圖中給出的數據，求出小車運動的加速度a=s2．（結果保留三位有效數字）【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系．【分析】（1）“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，研究三者關系必須運用控制變量法，正確理解控制變量法的應用即可解答；（2）理解該實驗的實驗原理和數據處理以及注意事項，知道實驗誤差的來源；（3）根據運動學公式△x=aT2求解加速度．【解答】解：（1）要探究小車的加速度a和質量M的關系，應該保持細線對車的拉力F不變，根據a=可知，為了直觀地判斷加速度a與質量M的數量關系，應做出a﹣圖象；（2）A、該實驗要平衡摩擦力，讓繩子的拉力等于合外力，所以要將小車下面的長木板右端適當墊高以平衡摩擦力，故A錯誤，B正確；C、當砝碼和砝碼盤的質量遠小于小車的質量時才可以用砝碼和砝碼盤的重力來表示小車的拉力，故C正確，D錯誤．故選：BC（3）相鄰兩記數點間還有四個點未畫出，所以相鄰的計數點之間的時間間隔為采用逐差法求解加速度，根據運動學公式得：△x=aT2得：a==s2．故答案為：（1）細線對車的拉力F；a﹣；（2）BC；（3）s2三、計算題（每小題10分，共40分）15．拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具，如圖所示，設拖把頭的質量為m，拖桿質量可忽略，拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ，重力加速度為g．某同學用該拖把在水平地板上拖地，前后兩次分別沿拖桿方向推、拉拖把時，拖桿與豎直方向的夾角均為θ．（1）若拖把頭在地板上勻速移動，求推動拖把與拉動拖把時推力與拉力的大小之比；（2）若μ=，θ=30°，試分析用多大的推力才能推動拖把．【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】（1）當推力或拉力再水平方向的分力達到最大靜摩擦力時，拖把頭能在地板上迅速移動，據此列式求解即可；（2）設物體勻速運動時的推力為F，根據平衡條件列式求出F的表達式求解即可．【解答】解：（1）設推拖把時推力為F1，則有：F1sinθ=μ（mg+F1cosθ）拉拖把時，有：F2sinθ=μ（mg﹣F2cosθ）解得：（2）設物體勻速運動時的推力為F，則有：Fsin30°﹣=0Fcos30°+mg=FN解得：F=所以只有改變F的方向拖把才能運動，即無論推力多大都不能推動拖把．答：（1）若拖把頭在地板上迅速移動，推動拖把與拉動拖把時推力與拉力的大小之比為；（2）若μ=，θ=30°，無論推力多大都不能推動拖把．16．如圖所示，一物體重為G=46N，放在水平面上，物體和水平面間的動摩擦系數μ=．現用與水平方向成α=37°的恒力F拉動物體，物體恰好可勻速前進，求：（sin37°=，cos37°=）（1）拉力F的大小；（2）地面對物體支持力的大小．【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．【分析】對物體受力分析，然后根據共點力平衡條件，選擇水平方向與豎直方向建立平面直角坐標系，并結合正交分解法列式求解即可．【解答】解：對物體受力分析，受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，如圖所示：共點力平衡條件有：水平方向：Fcos37°﹣f=0豎直方向：N+Fsin37°=mg其中摩擦力為：f=μN聯立解得：F=10N，N=40N．答：（1）拉力F的大小為10N；（2）地面對物體支持力的大小為40N．17．在太原市迎澤公園的游樂場中，有一臺大型游戲機叫“跳樓機”，乘坐的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿豎直軌道提升到離地面H=36m高處，然后由靜止釋放，座椅沿軌道自由下落一段時間后，開始受到壓縮空氣提供的恒定阻力而緊接著做勻減速運動，下落到地面時速度剛好減小到零，這一下落全過程經歷的時間是t=6s，求：（不計空氣阻力，取g=10m/s2）（1）游客下落過程中的最大速度；（2）已知游客質量為60kg，則勻減速過程中人受到的彈力是多大？【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動規律的綜合運用．【分析】（1）分別對自由落體運動和勻減速運動兩過