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粤教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动本章综合与测试练习题
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这是一份粤教版 (2019)必修 第一册第二章 匀变速直线运动本章综合与测试练习题，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
模块综合检测（二）
（时间：60分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选不得分）
1.跳水是一项优美的水上运动，图中是在双人跳台跳水比赛中，小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿.她们站在离水面10 m高的跳台上跳下，若只研究运动员入水前的下落过程，下列说法中正确的是（ ）
A.为了运动员的技术动作，可将正在比赛中的运动员视为质点
B.运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升
C.以陈若琳为参考系，王鑫做竖直上抛运动
D.跳水过程中陈若琳和王鑫的重心位置相对她们自己是不变的
解析：研究运动员的技术动作时，运动员的大小和形状不能忽略，故不可将正在比赛中的运动员视为质点，选项A错误； 运动员在下落过程中做匀加速下降，故感觉水面在加速上升，选项B正确； 两运动员的运动情况相同，故以陈若琳为参考系，王鑫静止，选项C错误；跳水过程中陈若琳和王鑫由于不断改变姿势，故他们的重心位置相对她们自己是变化的，选项D错误；故选B.
答案：B
2.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点.已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（ ）
A.2 m/s，3 m/s，4 m/s B.2 m/s，4 m/s，6 m/s
C.3 m/s，4 m/s，5 m/s D.3 m/s，5 m/s，7 m/s
解析：由题意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以vB＝eq \f(sAC,tAC)＝4 m/s，又根据Δs＝sBC－sAB＝aT2，可得a＝1 m/s2，进一步可得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，选项B正确.
答案：B
3.中新网2016年10月19日消息，“神舟十一号”飞船于北京时间19日凌晨3点半左右与“天宫二号”成功实施自动交会对接；在合体3小时后，两名航天员进驻“天宫二号”，并按计划开展空间科学实验.下列说法正确的是（ ）
A.“19日凌晨3点半”是时间间隔
B.“3小时”是时刻
C.研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，可以把它们看作质点
D.合体后，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的
解析：“19日凌晨3点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A错误；“3小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B错误；研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，“神舟十一号”和“天宫二号”的大小和形状不能忽略，则不能看成质点，故C错误；合体后，两者为一个整体，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的，故D正确.故选D.
答案：D
4.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的v-t图像如右图所示，则下述说法正确的是（ ）
A.在0～1 s内导弹匀速上升
B.在1～2 s内导弹静止不动
C.3 s末导弹的加速度方向改变
D.5 s末导弹恰好回到出发点
解析：由题图可知，0～1 s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；1～2 s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；3 s末图线的斜率没发生改变，故加速度方向没变，故C错误；前3 s内物体在向上运动，上升的高度为eq \f(（1＋3）×30,2)m＝60 m；3到5 s内导弹下落，下落高度为eq \f(1,2)×2×60 m＝60 m，故说明导弹5 s末的位移为零，回到出发点，故D正确.
答案：D
5.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受的摩擦力f随拉力F变化的图像正确的是（ ）
解析：当木块不受拉力时（F＝0），桌面对木块没有摩擦力（f＝0）.当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反.随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达到最大值fmax.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力f始终与拉力F等大反向，即随着F的增大而增大.木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且在木块继续滑动的过程中保持不变，故D正确.
答案：D
6.将一个有确定方向的力F＝10 N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，另一个分力的大小为6 N，则在分解时（ ）
A.有无数组解 B.有两组解
C.有唯一解 D.无解
解析：由三角形定则作图如图所示，由几何知识知另一分力的最小值F2′＝Fsin 30°＝10×eq \f(1,2) N＝5 N，而题中分力的大小为6 N，大于最小值5 N，小于F＝10 N，所以有两组解.B正确.
答案：B
7.如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则（ ）
A.球对AC板的压力先增大后减小
B.球对AC板的压力逐渐减小
C.球对AC板的压力先减小后增大
D.球对AC板的压力逐渐增大
解析：分析球的受力如图所示，FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C正确.
答案：C
二、多项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分.每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选不得分）
8.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受到的外力个数有可能为（ ）
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
解析：若弹簧弹力与重力恰好平衡，则物体虽然与挡板接触也没有作用力，此时只有2个力作用；若弹力大于重力，则物体必受斜向下的弹力作用，此时物体要平衡则必定有摩擦力作用，物体受到4个力作用，选项A、C正确.
答案：AC
9.甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距s＝4 m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始运动，两车运动的s-t图像如图所示，则下列表述正确的是（ ）
A.乙车做曲线运动，甲车做直线运动
B.甲车先做匀减速运动，后做匀速运动
C.乙车的速度不断增大
D.两车相遇两次
解析：由题图可知，两车的运动方向与规定的正方向相反，甲车在前6 s内做匀速运动，以后处于静止状态，B错误；乙车的st图像虽为曲线，但这不是运动轨迹，且图像只能表示正反两个方向的运动，A错误；由于乙车图像的倾斜程度逐渐增大，即其速度逐渐增大，C正确；在s-t图像中图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次，D正确.
答案：CD
10.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B.20秒时，a、b两物体相距最远
C.60秒时，物体a在物体b的前方
D.40秒时，a、b两物体速度相等，相距900 m
答案：CD
11.如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10 m/s2）（ ）
A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
解析：电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F，得m＝1 kg.当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，B、C正确.
答案：BC
12.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移s与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得s与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出（ ）
图甲 图乙
A.物体的初速率v0＝3 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C.当θ＝30°时，物体达到最大位移后不会沿斜面下滑
D.当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：由题图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.80) m/s＝6 m/s，故A错误；当夹角为0时，位移为2.40 m.a＝eq \f(veq \\al(2,0),2s)＝eq \f(62,2×2.40) m/s2＝7.5 m/s2，又因为μmg＝ma，得μ＝0.75，故B正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，摩擦力f＝μmgcs 30°＝0.75×mg×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故C正确，D错误.
答案：BC
三、非选择题（本大题4小题，共52分）
13.（12分）某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的定量关系.
（1）下列做法正确的是 .
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量.
A.远大于 B.远小于 C.近似于
（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙.
A.小于 B.等于 C.大于
解析：（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验的误差，选项A正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，应该不挂砝码的砝码桶，让木块拖着纸带在木板上做匀速运动，选项B错误；实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，选项C错误；通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要每次都重新调节木板倾斜度，选项D错误.
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，选项B正确.
（3）由牛顿第二定律可知：F－μmg＝ma，解得a＝eq \f(1,m)F－μg，由题图像可知：eq \f(1,m甲)>eq \f(1,m乙)，所以m甲μ乙.
答案：（1）A （2）B （3）A C
14.（12分）某架飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为4 m/s2，飞机的滑行速度达到80 m/s时离开地面升空.如果在飞机达到起飞速度时，突然接到指挥塔的停止起飞的命令，飞行员立即制动飞机，飞机做匀减速直线运动，加速度的大小为5 m/s2.求：
（1）在匀加速运动阶段，飞机滑行的位移大小；
（2）在飞机做匀减速运动直到最后静止阶段，飞机滑行的位移大小；
（3）此飞机从起飞到停止所用时间.
解析：（1）匀加速运动阶段位移s＝eq \f(veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0),2a)，
所以滑行的位移大小为s1＝eq \f(802－0,2×4) m＝800 m.
（2）飞机匀减速运动到停止的过程，可看作反方向的匀加速运动，有s＝eq \f(veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0),2a)，
所以滑行的位移大小为s2＝eq \f(802－0,2×5) m＝640 m.
（3）飞机加速运动时，有t＝eq \f(vt－v0,a)，
所以飞机加速运动的时间为t1＝eq \f(80－0,4) s＝20 s.
飞机减速运动时由逆向思维可得t＝eq \f(vt－v0,a)，
所以飞机减速运动的时间为：t2＝eq \f(80－0,5) s＝16 s.
共用时间为：t＝t1＋t2＝（20＋16）s＝36 s.
答案：（1）800 m （2）640 m （3）36 s
15.（14分）如图所示，长为L的光滑斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉质量为m的小物块，恰好可以使它匀速向上滑动.现改用大小为5F的力仍平行斜面向上拉该物块，让它从斜面底端由静止开始运动.
（1）求物块到达斜面顶端时速度大小；
（2）若5F作用一段时间后撤去，物块恰能到达斜面顶端，求5F的力作用的时间.
解析：（1）设斜面倾角为θ，物块匀速向上运动，
有F－mgsin θ＝0①
当用5 F的拉力时，设物块的加速度为a1，到达顶端时速度为v，有
5 F－mgsin θ＝ma1，②
v2－0＝2 a1L，③
联立①②③得v＝2 eq \r(\f(2FL,m)).④
（2）设5 F的拉力至少作用t1时间，撤去后加速度大小为a2，则
mgsin θ＝ma2，⑤
eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝L，⑥
a1t1＝a2t2，⑦
联立②⑤⑥⑦得t1＝ eq \r(\f(mL,10F)).
答案：（1）2 eq \r(\f(2FL,m)) （2） eq \r(\f(mL,10F))
16.（14分）质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
图甲 图乙
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量.
解析：（1）由题图像知，A在0～1 s内的加速度
a1＝eq \f(v1－v2,t1)＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.2.
（2）由题图像知，AB在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对AB由牛顿第二定律得－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3，
解得μ2＝0.1.
（3）由题图像知B在0～1 s内的加速度
a2＝eq \f(v1－v0′,t1)＝2`m/s2，
对B由牛顿第二定律得mgμ1－μ2（M＋m）g＝Ma2，
解得m＝6`kg.
答案：（1）0.2 （2）0.1 （3）6kg
模块综合检测（二）
（时间：60分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选不得分）
1.跳水是一项优美的水上运动，图中是在双人跳台跳水比赛中，小将陈若琳和王鑫在跳台上腾空而起的英姿.她们站在离水面10 m高的跳台上跳下，若只研究运动员入水前的下落过程，下列说法中正确的是（ ）
A.为了运动员的技术动作，可将正在比赛中的运动员视为质点
B.运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升
C.以陈若琳为参考系，王鑫做竖直上抛运动
D.跳水过程中陈若琳和王鑫的重心位置相对她们自己是不变的
解析：研究运动员的技术动作时，运动员的大小和形状不能忽略，故不可将正在比赛中的运动员视为质点，选项A错误； 运动员在下落过程中做匀加速下降，故感觉水面在加速上升，选项B正确； 两运动员的运动情况相同，故以陈若琳为参考系，王鑫静止，选项C错误；跳水过程中陈若琳和王鑫由于不断改变姿势，故他们的重心位置相对她们自己是变化的，选项D错误；故选B.
答案：B
2.一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点.已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是（ ）
A.2 m/s，3 m/s，4 m/s B.2 m/s，4 m/s，6 m/s
C.3 m/s，4 m/s，5 m/s D.3 m/s，5 m/s，7 m/s
解析：由题意可知B点是AC段的中间时刻，AB、BC是相邻的等时间段，所以vB＝eq \f(sAC,tAC)＝4 m/s，又根据Δs＝sBC－sAB＝aT2，可得a＝1 m/s2，进一步可得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，选项B正确.
答案：B
3.中新网2016年10月19日消息，“神舟十一号”飞船于北京时间19日凌晨3点半左右与“天宫二号”成功实施自动交会对接；在合体3小时后，两名航天员进驻“天宫二号”，并按计划开展空间科学实验.下列说法正确的是（ ）
A.“19日凌晨3点半”是时间间隔
B.“3小时”是时刻
C.研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，可以把它们看作质点
D.合体后，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的
解析：“19日凌晨3点半”在时间轴上对应一个点，是时刻，故A错误；“3小时”在时间轴上对应一条线段，是时间，故B错误；研究“神舟十一号”和“天宫二号”对接的技术细节时，“神舟十一号”和“天宫二号”的大小和形状不能忽略，则不能看成质点，故C错误；合体后，两者为一个整体，以“天宫二号”为参考系，“神舟十一号”是静止的，故D正确.故选D.
答案：D
4.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的v-t图像如右图所示，则下述说法正确的是（ ）
A.在0～1 s内导弹匀速上升
B.在1～2 s内导弹静止不动
C.3 s末导弹的加速度方向改变
D.5 s末导弹恰好回到出发点
解析：由题图可知，0～1 s内导弹的速度随时间均匀增加，故导弹做匀加速直线运动，故A错误；1～2 s内物体的速度一直不变，故导弹是匀速上升，故B错误；3 s末图线的斜率没发生改变，故加速度方向没变，故C错误；前3 s内物体在向上运动，上升的高度为eq \f(（1＋3）×30,2)m＝60 m；3到5 s内导弹下落，下落高度为eq \f(1,2)×2×60 m＝60 m，故说明导弹5 s末的位移为零，回到出发点，故D正确.
答案：D
5.如图所示，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，则木块所受的摩擦力f随拉力F变化的图像正确的是（ ）
解析：当木块不受拉力时（F＝0），桌面对木块没有摩擦力（f＝0）.当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反.随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达到最大值fmax.在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力f始终与拉力F等大反向，即随着F的增大而增大.木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且在木块继续滑动的过程中保持不变，故D正确.
答案：D
6.将一个有确定方向的力F＝10 N分解成两个分力，已知一个分力有确定的方向，与F成30°夹角，另一个分力的大小为6 N，则在分解时（ ）
A.有无数组解 B.有两组解
C.有唯一解 D.无解
解析：由三角形定则作图如图所示，由几何知识知另一分力的最小值F2′＝Fsin 30°＝10×eq \f(1,2) N＝5 N，而题中分力的大小为6 N，大于最小值5 N，小于F＝10 N，所以有两组解.B正确.
答案：B
7.如图，将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间，两板与水平面夹角都是60°.现在使AB板固定，使AC板与水平面的夹角逐渐减小，则（ ）
A.球对AC板的压力先增大后减小
B.球对AC板的压力逐渐减小
C.球对AC板的压力先减小后增大
D.球对AC板的压力逐渐增大
解析：分析球的受力如图所示，FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向，当使AC板与水平面的夹角减小时，由图可以看出，球对AC板的压力先减小后增大，C正确.
答案：C
二、多项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分.每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选不得分）
8.如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地面上，另一端与斜面体P连接，P与斜放的固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此刻所受到的外力个数有可能为（ ）
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
解析：若弹簧弹力与重力恰好平衡，则物体虽然与挡板接触也没有作用力，此时只有2个力作用；若弹力大于重力，则物体必受斜向下的弹力作用，此时物体要平衡则必定有摩擦力作用，物体受到4个力作用，选项A、C正确.
答案：AC
9.甲、乙两车在同一水平道路上，一前一后相距s＝4 m，乙车在前，甲车在后，某时刻两车同时开始运动，两车运动的s-t图像如图所示，则下列表述正确的是（ ）
A.乙车做曲线运动，甲车做直线运动
B.甲车先做匀减速运动，后做匀速运动
C.乙车的速度不断增大
D.两车相遇两次
解析：由题图可知，两车的运动方向与规定的正方向相反，甲车在前6 s内做匀速运动，以后处于静止状态，B错误；乙车的st图像虽为曲线，但这不是运动轨迹，且图像只能表示正反两个方向的运动，A错误；由于乙车图像的倾斜程度逐渐增大，即其速度逐渐增大，C正确；在s-t图像中图线的交点表示两车相遇，故两车相遇两次，D正确.
答案：CD
10.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B.20秒时，a、b两物体相距最远
C.60秒时，物体a在物体b的前方
D.40秒时，a、b两物体速度相等，相距900 m
答案：CD
11.如图所示，电梯的顶部挂一个弹簧测力计，测力计下端挂了一个重物，电梯做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10 m/s2）（ ）
A.电梯可能向上加速运动，加速度大小为2 m/s2
B.电梯可能向下加速运动，加速度大小为2 m/s2
C.电梯可能向上减速运动，加速度大小为2 m/s2
D.电梯可能向下减速运动，加速度大小为2 m/s2
解析：电梯匀速运动时，对重物由平衡条件得mg＝F，得m＝1 kg.当弹簧测力计的示数变为8 N时，对重物由牛顿第二定律得mg－F′＝ma，得a＝2 m/s2，加速度方向向下，其运动情况可能向上减速或向下加速，B、C正确.
答案：BC
12.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移s与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得s与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出（ ）
图甲 图乙
A.物体的初速率v0＝3 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C.当θ＝30°时，物体达到最大位移后不会沿斜面下滑
D.当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：由题图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1.80) m/s＝6 m/s，故A错误；当夹角为0时，位移为2.40 m.a＝eq \f(veq \\al(2,0),2s)＝eq \f(62,2×2.40) m/s2＝7.5 m/s2，又因为μmg＝ma，得μ＝0.75，故B正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin 30°＝eq \f(1,2)mg，摩擦力f＝μmgcs 30°＝0.75×mg×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(3),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故C正确，D错误.
答案：BC
三、非选择题（本大题4小题，共52分）
13.（12分）某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的定量关系.
（1）下列做法正确的是 .
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，需要每次都重新调节木板倾斜度
（2）为使砝码桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 木块和木块上砝码的总质量.
A.远大于 B.远小于 C.近似于
（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 m乙，μ甲 μ乙.
A.小于 B.等于 C.大于
解析：（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，从而减小实验的误差，选项A正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，应该不挂砝码的砝码桶，让木块拖着纸带在木板上做匀速运动，选项B错误；实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，选项C错误；通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要每次都重新调节木板倾斜度，选项D错误.
（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，选项B正确.
（3）由牛顿第二定律可知：F－μmg＝ma，解得a＝eq \f(1,m)F－μg，由题图像可知：eq \f(1,m甲)>eq \f(1,m乙)，所以m甲
答案：（1）A （2）B （3）A C
14.（12分）某架飞机起飞滑行时，从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为4 m/s2，飞机的滑行速度达到80 m/s时离开地面升空.如果在飞机达到起飞速度时，突然接到指挥塔的停止起飞的命令，飞行员立即制动飞机，飞机做匀减速直线运动，加速度的大小为5 m/s2.求：
（1）在匀加速运动阶段，飞机滑行的位移大小；
（2）在飞机做匀减速运动直到最后静止阶段，飞机滑行的位移大小；
（3）此飞机从起飞到停止所用时间.
解析：（1）匀加速运动阶段位移s＝eq \f(veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0),2a)，
所以滑行的位移大小为s1＝eq \f(802－0,2×4) m＝800 m.
（2）飞机匀减速运动到停止的过程，可看作反方向的匀加速运动，有s＝eq \f(veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0),2a)，
所以滑行的位移大小为s2＝eq \f(802－0,2×5) m＝640 m.
（3）飞机加速运动时，有t＝eq \f(vt－v0,a)，
所以飞机加速运动的时间为t1＝eq \f(80－0,4) s＝20 s.
飞机减速运动时由逆向思维可得t＝eq \f(vt－v0,a)，
所以飞机减速运动的时间为：t2＝eq \f(80－0,5) s＝16 s.
共用时间为：t＝t1＋t2＝（20＋16）s＝36 s.
答案：（1）800 m （2）640 m （3）36 s
15.（14分）如图所示，长为L的光滑斜面固定在水平地面上，用平行于斜面的力F拉质量为m的小物块，恰好可以使它匀速向上滑动.现改用大小为5F的力仍平行斜面向上拉该物块，让它从斜面底端由静止开始运动.
（1）求物块到达斜面顶端时速度大小；
（2）若5F作用一段时间后撤去，物块恰能到达斜面顶端，求5F的力作用的时间.
解析：（1）设斜面倾角为θ，物块匀速向上运动，
有F－mgsin θ＝0①
当用5 F的拉力时，设物块的加速度为a1，到达顶端时速度为v，有
5 F－mgsin θ＝ma1，②
v2－0＝2 a1L，③
联立①②③得v＝2 eq \r(\f(2FL,m)).④
（2）设5 F的拉力至少作用t1时间，撤去后加速度大小为a2，则
mgsin θ＝ma2，⑤
eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝L，⑥
a1t1＝a2t2，⑦
联立②⑤⑥⑦得t1＝ eq \r(\f(mL,10F)).
答案：（1）2 eq \r(\f(2FL,m)) （2） eq \r(\f(mL,10F))
16.（14分）质量为2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示.A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，求：
图甲 图乙
（1）A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；
（2）B与水平面间的动摩擦因数μ2；
（3）A的质量.
解析：（1）由题图像知，A在0～1 s内的加速度
a1＝eq \f(v1－v2,t1)＝－2 m/s2，
对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.2.
（2）由题图像知，AB在1～3 s内的加速度
a3＝eq \f(v3－v1,t2)＝－1 m/s2，
对AB由牛顿第二定律得－μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3，
解得μ2＝0.1.
（3）由题图像知B在0～1 s内的加速度
a2＝eq \f(v1－v0′,t1)＝2`m/s2，
对B由牛顿第二定律得mgμ1－μ2（M＋m）g＝Ma2，
解得m＝6`kg.
答案：（1）0.2 （2）0.1 （3）6kg
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