湖南省永州一中2017届高三上学期第二次周练物理试卷（9月份）

湖南省永州一中2017届高三上学期第二次周练物理试卷（9月份）

‎2016-2017学年湖南省永州一中高三（上）第二次周练物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）．‎ ‎1．如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为α，质量为M的斜面体上匀速下滑．若用与斜面平行的大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力和支持力的说法正确的是（　　）‎ A．斜面体受地面的摩擦力大小为0‎ B．斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，大小为Fcosα C．斜面体受地面支持力增大 D．斜面体受地面的摩擦力方向水平向右，大小为Fcosα ‎2．如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1＞μ2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动 B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左 C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左 D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右 ‎3．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg B．弹簧的原长为R+‎ C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg ‎4．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（　　）‎ A．4m B．8m C．32m D．64m ‎5．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣t图象为（　　）‎ A． B． C．‎ ‎ D．‎ ‎6．如图所示为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉（均未断），在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是（　　）‎ A．绳子受到的拉力越来越大 B．AB杆受到的压力越来越小 C．AB杆受到的压力越来越大 D．绳子受到的越来越小 ‎7．如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（　　）‎ A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：2‎ ‎8．如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内作匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度），下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的线速度大小为gL B．小球运动到最高点时处于完全失重状态 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg ‎9．如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（　　）‎ A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为 D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为 ‎10．如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为α的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（　　）‎ A．V0＞Vt B．t1＜t2‎ C．物体上升过程出现超重现象 D．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象是一条直线 ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎11．若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向所成角为120°，则　　（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是　　．‎ ‎12．如图所示，把一个已知力 F分解成两个力，已知F的一个分力F1与F的夹角θ（锐角）．要使另一个分力F2有最小值，则F2与F1的夹角应是　　，F2的最小值为　　．‎ ‎13．某人在以2.5m/s2的加速度加速下降的升降机里最多能举80kg的物体，他在地面上最多能举起　　kg的物体，若此人在一升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度大小为　　m/s2．‎ ‎14．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．‎ ‎①在某次实验中，得到如图乙所示纸带，A、B、C、D为四个计数点（A点为第一个计数点，以后每5个计时点取一个计数点），量得BC=6.81cm； CD=8.03cm，则打C点时小车的速度vc=　　m/s，由纸带求得小车运动的加速度a=　　m/s2．（结果均保留三位有效数字）‎ ‎②用如图甲装置实验，根据实验数据作出如图丙的a﹣F图线，从图中发现实验中存在的问题是　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（每小题10分，共40分）‎ ‎15．如图所示，物体的质量m=4kg，在倾角为37°，F=20N的恒力作用下，作匀速直线运动（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：‎ ‎（1）地面对物体的支持力；‎ ‎（2）物体与水平地面间的动摩擦因数．‎ ‎16．轻弹簧秤上端固定于O点，下端悬挂一个光滑的定滑轮C，已知C重1N，木块A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，A、B的重力分别为5N和2N．整个系统处于平衡状态，如图所示，求：‎ ‎（1）地面对木块A的支持力大小；‎ ‎（2）弹簧秤的示数；‎ ‎（3）滑轮C受到的合力．‎ ‎17．OA绳能承受的最大拉力是1500N，OB绳所能承受的最大拉力为2000N，则最多挂多重的重物？‎ ‎18．如图所示，在水平面上有A、B两块相同的质量m=2kg的木板放在一起不粘连，每块木板长L=1m，木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现有一质量M=4kg的金属块C以初速度v0=2m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）金属块滑上B的左端时速度为多少？‎ ‎（2）金属块停在木块B上何处？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省永州一中高三（上）第二次周练物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共40分）．‎ ‎1．如图所示，一质量为m的物体A恰能在倾角为α，质量为M的斜面体上匀速下滑．若用与斜面平行的大小为F的力推A，使A加速下滑，斜面体始终静止．下列关于斜面体受地面的摩擦力和支持力的说法正确的是（　　）‎ A．斜面体受地面的摩擦力大小为0‎ B．斜面体受地面的摩擦力方向水平向左，大小为Fcosα C．斜面体受地面支持力增大 D．斜面体受地面的摩擦力方向水平向右，大小为Fcosα ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】未加推力F时，物体m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，可以作为整体处理，分析地面对斜面体有无摩擦力．再研究施加推力F的情况，物块对斜面体的作用力没有变化，分析可知斜面体的受力情况不改变．‎ ‎【解答】解：在未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，以整体为研究对象，分析可知，竖直方向上受到总重力和地面的支持力，由平衡条件得知，地面的支持力大小等于总重力．水平方向上地面对斜面体没有摩擦力．‎ 施加推力F后，物块对斜面体的压力和摩擦力没有变化，则斜面体的受力情况没有改变，所以斜面体受到的地面的摩擦力仍然为零，地面对斜面体的支持力仍然等于总重力，保持不变，则斜面体对地面的压力也保持不变，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎2．如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1＞μ2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动 B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左 C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左 D．最后一张卡片受到水平桌面的摩擦力向右 ‎【考点】摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】第1张卡片受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反．第2张卡片受到手指的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张卡片之间不发生相对滑动．根据卡片之间的相对运动，从而分析摩擦力的方向．‎ ‎【解答】解：A、设每张的质量为m，动摩擦因数为μ2，对第2张分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力，最大静摩擦力Fm=μ2•（2mg+F），而受到的第1张卡片的滑动摩擦力为f=μ2（mg+F）＜Fm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动．同理，第3张到第4张卡片也不发生相对滑动．故A错误；‎ B、根据题意，因上一张相对下一张要向右滑动，因此上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，故B正确，‎ C、第1张卡片相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，故C错误．‎ D、对53张卡片（除第1张卡片外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张卡片受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，即水平向左．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．OP与水平方向的夹角为θ=30°，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球受到轻弹簧的弹力大小为mg B．弹簧的原长为R+‎ C．小球受到容器的支持力大小为mg D．半球形容器受到地面的摩擦力大小为mg ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．‎ ‎【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止，由共点力的平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对容器和小球整体研究，分析受力可求得半球形容器受到的摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、B、C对小球受力分析，如图所示，由几何关系可知，T=F=mg，弹簧的原长为R+‎ 故AB错误；C正确；‎ D、以容器和小球整体为研究对象，分析受力可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向地面对半球形容器没有摩擦力．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（　　）‎ A．4m B．8m C．32m D．64m ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．‎ ‎【解答】解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：‎ F=f N=mg 其中：‎ F=kSv2=ka2v2‎ f=μN=μmg=μρa3g 解得：‎ a=‎ 现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v﹣t图象如图乙所示．g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v﹣t图象为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据速度与时间的图象，结合图象的信息：斜率大小表示加速度的大小，倾斜方向与加速度方向有关．根据车的运动情况，从而可确定物相对车加速还是减速，结合牛顿第二定律，即可求解．‎ ‎【解答】解：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，a=，‎ 根据物体与车的动摩擦因数可知，物体与车的滑动摩擦力产生的加速度为2m/s2，因此当车的速度大于物体的速度时，物体受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力．‎ 根据受力分析，结合牛顿第二定律，则有：当0﹣8s时，车的速度大于物体，因此物体受到滑动摩擦动力，则其加速度为2m/s2，‎ 同理，可得：当8﹣16s时，车的速度小于物体，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2m/s2，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示为质量均可忽略的轻绳与轻杆组成系统，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），轻杆B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉（均未断），在AB杆达到竖直前，以下分析正确的是（　　）‎ A．绳子受到的拉力越来越大 B．AB杆受到的压力越来越小 C．AB杆受到的压力越来越大 D．绳子受到的越来越小 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化．‎ ‎【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，设滑轮处为O点，作出力图如图：‎ 由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：‎ ‎==‎ 又T=G，解得：‎ N=•G，F=•G；‎ 使∠BAO缓慢变小时，AB、AO保持不变，BO变小，则N保持不变，F变小．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为 ‎．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为（　　）‎ A．1：1 B．2：3 C．1：3 D．3：2‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】水平力作用在A上，A、B刚好发生相对滑动时，A、B的加速度相等，隔离对B分析求出加速度的大小．水平力作用在B上，刚好发生相对滑动时，A、B的摩擦力刚好达到最大，隔离对A分析，根据牛顿第二定律得出加速度的大小．从而得出加速度之比．‎ ‎【解答】解：当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，临界情况是A、B的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：‎ ‎=，‎ 当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：‎ ‎，‎ 可得：a1：a2=1：3．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球（可视为质点）相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆在同一竖直面内作匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g（g为当地的重力加速度），下列说法正确的是（　　）‎ A．小球的线速度大小为gL B．小球运动到最高点时处于完全失重状态 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg ‎【考点】向心力；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】根据a=求解线速度，小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，匀速圆周运动合外力提供向心力，在最低点对小球的作用力最大，根据向心力公式列式即可求解最大值，‎ ‎【解答】解：A、根据a==g得：v=，故A错误；‎ B、小球做匀速圆周运动，加速度为g，所以小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，故B正确；‎ C、当轻杆转到水平位置（图中虚线bob′）时，杆子和重力的合力指向圆心，重力方向竖直向下，若轻杆对小球的作用力方向指向圆心O，则合力不能指向圆心，故C错误；‎ D、在最低点杆子对小球的作用力最大，即F﹣mg=ma，解得F=2mg，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，水平转台上的小物体A、B通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台的动摩擦因数都为μ，A、B离转台中心的距离分别为1.5r、r，已知弹簧的原长为1.5r，劲度系数为k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（　　）‎ A．当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 B．当A受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 C．当B刚好要滑动时，转台转动的角速度为 D．当A刚好要滑动时，转台转动的角速度为 ‎【考点】向心力；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】当A、B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解，当A、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、当B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k（1.5r+r﹣1.5r）=2mω2r 解得：，故A错误；‎ B、当A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k（1.5r+r﹣1.5r）=mω2•1.5r 解得：，故B正确；‎ C、当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：k（1.5r+r﹣1.5r）+μ•2mg=2mω2r 解得：ω=，故C错误；‎ D、当A刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k（1.5r+r﹣1.5r）+μmg=mω2•1.5r，‎ 解得：，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，物体以一定的初速度V0从倾角为α的粗糙斜面底沿斜面向上运动，上升到一定高度后开始下滑回到底端，设上升时间为t1，下滑时间为t2，下滑到斜面底端的速度为Vt，以下说法正确的是（　　）‎ A．V0＞Vt B．t1＜t2‎ C．物体上升过程出现超重现象 D．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化图象是一条直线 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】在物体上滑和下滑过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比较上滑和下滑时间的大小，根据功能关系判断速度大小，根据除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量写出E关于h的表达式，从而判断物体的机械能E随高度h的变化图象．‎ ‎【解答】解：A、上滑过程有：mgsinθ+f=ma1，下滑过程有：mgsinθ﹣f=ma2，由此可知a1＞a2，‎ 从斜面底端上滑又回到底端的过程中，摩擦力始终做负功，动能减小，则落回地面的速度vt＜v0，‎ 因此上滑过程的平均速度，大于下滑过程的平均速度，由于上滑过程和下滑过程位移大小相等，因此t1＜t2，故AB正确；‎ C、上滑过程中，加速度方向沿斜面向下，有竖直向下的分量，则处于失重状态，故C错误；‎ D、除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量，则有：‎ E=E0﹣=E0﹣μmgcotα•h，则E﹣h图象是一条直线，故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共20分）‎ ‎11．若两个弹簧测力计的读数均为4N，且两弹簧测力计拉力的方向所成角为120°，则　能　（选填“能”或“不能”）用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力，理由是　合力在量程范围内　．‎ ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】由平行四边形定则可得出两拉力的合力大小，比较拉力与弹簧秤的量程则可知5N量程的弹簧秤是否可用．‎ ‎【解答】解：若两个弹簧秤的读数分为4N、4N，所成角为120°，则根据平行四边形定则可知其合力大小为F=4N，能用一个量程为5N的弹簧测力计测量出它们的合力．原因是在最大值范围内．‎ 故答案为：能，合力在量程范围内．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，把一个已知力 F分解成两个力，已知F的一个分力F1与F的夹角θ（锐角）．要使另一个分力F2有最小值，则F2与F1的夹角应是　90°　，F2的最小值为　Fsinθ　．‎ ‎【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．‎ ‎【分析】已知合力和两个分力的方向，分解具有唯一性，根据平行四边形定则作图分解即可．‎ ‎【解答】解：合力大小为10N，一个分力与水平方向的夹角是θ，根据平行四边形定则作图，如图所示 可知，则F2与F1的夹角应是90°；另一个分力的最小值为F=Fsinθ．‎ 故答案为：90°； Fsinθ．‎ ‎　‎ ‎13．某人在以2.5m/s2的加速度加速下降的升降机里最多能举80kg的物体，他在地面上最多能举起　60　kg的物体，若此人在一升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度大小为　5　m/s2．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】当电梯以2.5m/s2的加速度匀加速下降时，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律求出人的最大举力．人的最大举力是一定的，再求解在地面上最多举起的物体质量及电梯的加速度．‎ ‎【解答】解：设人的最大举力为F．以物体为研究对象．根据牛顿第二定律得：‎ 当电梯以2.5m/s2的加速度匀加速下降时，有：m1g﹣F=m1a1‎ ‎ 解得：F=600N 在地面上：人能举起的物体的质量为：m2==60kg 当电梯匀加速上升时，F﹣m3g=m3a3，‎ 代入解得：a3=5m/s2．‎ 故答案为：60，5‎ ‎　‎ ‎14．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．‎ ‎①在某次实验中，得到如图乙所示纸带，A、B、C、D为四个计数点（A点为第一个计数点，以后每5个计时点取一个计数点），量得BC=6.81cm； CD=8.03cm，则打C点时小车的速度vc=　0.742　m/s，由纸带求得小车运动的加速度a=　1.22　m/s2．（结果均保留三位有效数字）‎ ‎②用如图甲装置实验，根据实验数据作出如图丙的a﹣F图线，从图中发现实验中存在的问题是　没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】①做匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度；物体在相邻的相等时间间隔内的位移之差是定值at2，据此求出瞬时速度与加速度．‎ ‎②探究加速度与力的关系时，要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于砝码与砝码盘的拉力．‎ ‎【解答】解：①计数点间的时间间隔t=0.02×5=0.1s，打C点时小车的速度vc===0.742m/s；‎ 小车的加速度a===1.22m/s2．‎ ‎②探究加速度与力的关系实验时，如果没有平衡摩擦力或平衡摩擦力时，木板被垫起的高度太小，木板倾角太小，平衡摩擦力不足，则小车受到的合力小于拉力，a﹣F图象不过原点，在F轴上有截距．‎ 故答案为：①0.742；1.22；②没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．‎ ‎　‎ 三、计算题（每小题10分，共40分）‎ ‎15．如图所示，物体的质量m=4kg，在倾角为37°，F=20N的恒力作用下，作匀速直线运动（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：‎ ‎（1）地面对物体的支持力；‎ ‎（2）物体与水平地面间的动摩擦因数．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）对物体进行受力分析，物体处于平衡状态，建立直角坐标系，根据x轴方向和y轴方向合力为零，求出支持力的大小和摩擦力的大小．‎ ‎（2）已知摩擦力和支持力的大小，根据f=μN求出动摩擦因数．‎ ‎【解答】解：（1）物体在力F作用下做匀速直线运动，受力如图 水平方向有：Fcos37°﹣f=0 ‎ 竖直方向有：Fsin37°+N﹣mg=0 ‎ f=μN ‎ 代入数据解得N=28N，f=16N ‎（2）代入数据解得：μ==‎ 答：（1）地面对物体的支持力是28N；‎ ‎（2）物体与水平地面间的动摩擦因数是．‎ ‎　‎ ‎16．轻弹簧秤上端固定于O点，下端悬挂一个光滑的定滑轮C，已知C重1N，木块A、B用跨过定滑轮的轻绳连接，A、B的重力分别为5N和2N．整个系统处于平衡状态，如图所示，求：‎ ‎（1）地面对木块A的支持力大小；‎ ‎（2）弹簧秤的示数；‎ ‎（3）滑轮C受到的合力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】（1）以A物体为研究对象，根据平衡条件求解地面对木块A的支持力大小；‎ ‎（2）以定滑轮C为研究对象，根据平衡条件求出弹簧的拉力，得到弹簧秤的示数；‎ ‎（3）以滑轮为研究对象，对滑轮减小受力分析即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）对A物体，竖直方向受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和绳的拉力．由受力平衡得，在竖直方向上有：‎ ‎ mAg=TCA+NA　　①‎ ‎ TCA=TB②‎ 对B有：TB=mBg ③‎ 由 ①、②、③式可得：NA=mAg﹣mBg=5N﹣2N=3N ‎（2）对定滑轮C，由受力平衡得，在竖直方向上有：‎ T弹=mCg+2T绳 又T绳=TB=mBg ‎ 得到T弹=mCg+2mBg=1N+2×2N=5N ‎（3）由于滑轮处于平衡状态，所以受到的合外力等于0．‎ 答：（1）地面对木块A的支持力大小为3N；‎ ‎（2）弹簧秤的示数为5N；‎ ‎（3）滑轮C受到的合力是0．‎ ‎　‎ ‎17．OA绳能承受的最大拉力是1500N，OB绳所能承受的最大拉力为2000N，则最多挂多重的重物？‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对重物进行受力分析，根据共点力平衡求出AO、BO绳的拉力．判断出哪根绳承受的拉力大，然后根据该绳的最大拉力，结合共点力平衡求出所挂重物的最大重力．‎ ‎【解答】解：取O点为研究对象进行受力分析如图所示：‎ 在X方向有：F1X=F2X，即FOBcos60°=FOAcos45°‎ 若FOB=2000N，得FOA=1000N＜1500N 则当FOB=2000N时，重物重力最大，‎ 在Y方向有：F1y+F2y=mg 得mg=‎ 答：最多挂的重物．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，在水平面上有A、B两块相同的质量m=2kg的木板放在一起不粘连，每块木板长L=1m，木板与水平面间的动摩擦因数μ1‎ ‎=0.1，木板与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现有一质量M=4kg的金属块C以初速度v0=2m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，试求：‎ ‎（1）金属块滑上B的左端时速度为多少？‎ ‎（2）金属块停在木块B上何处？‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的综合应用．‎ ‎【分析】（1）先根据滑动摩擦力公式求出AB与地面之间的摩擦力和AC间摩擦力，判断AB的运动状态，再根据运动学基本公式求出速度；‎ ‎（2）求出BC间和B地间滑动摩擦力，判断滑上B后，金属块和B的运动情况，当金属块和B速度相同时，一起向前做匀减速运动，再根据运动学基本公式求出金属块停在B上的位置．‎ ‎【解答】解：（1）AB与地面之间的摩擦力：fAB=μ1（2m+M）g=0.1×（4+4）×10=8N AC间摩擦力：fAC=μ2Mg=0.2×4×10=8N 故开始时AB静止，对C有：v02﹣v12=2μ2g 解得：v1==2m/s ‎（2）BC间摩擦力：fBC=μ2Mg=0.2×4×10=8N B地间摩擦力：fB=μ1（m+M）g=0.1×（2+4）×10=6N＜fBC 则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：对B：fBC﹣fB=maB 解得：aB=，‎ 而v2=aBt=v1﹣μ2gt 解得：t=，v2=，‎ 此过程C相对B运动的距离为：s=．‎ 答：（1）金属块滑上B的左端时速度为2m/s；‎ ‎（2）金属块停在木块B上距左端处．‎ ‎　‎ ‎2017年1月18日