2019届高考物理一轮复习：全套章节测试卷(打包14份,含答案)

章末自测卷(第一章)
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1.历史上，伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有( )
A.倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比
B.倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比
C.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关 答案 A
2.在物理学研究过程中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述错误的是( )
A.根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常小时，Δx
Δt 就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义
采用了极限法
B.在不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了等效替代的方法
C.加速度的定义式为a ＝Δv
Δt
，采用的是比值定义法
D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 答案 B
3.(2018·福建龙岩质检)一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz 的频率监视前方的交通状况.当车速小于等于10 m/s ，且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞.在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度大小取4～6 m/s 2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为( ) A.5
3 s B.253 s C.2.5 s D.12.5 s
答案 C
解析 当车速最大为10 m/s 且加速度取最小值时，“全力自动刹车”时间最长，由速度与时
间关系v ＝v 0＋at 可知，t ＝
v －v 0a ＝0－10
－4
s ＝2.5 s ，C 项正确. 4.如图1所示，a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，其位移－时间图象中，图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线.有关这三个物体在0～5 s 内的运动，下列说法正确的是( )
图1
A.a 物体做匀加速直线运动
B.c 物体做匀加速直线运动
C.t ＝5 s 时，a 物体速度比c 物体速度大
D.a 、b 两物体都做匀速直线运动，且速度相同 答案 B
解析 x －t 图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，则知a 、b 两物体都做匀速直线运动，由题图看出，a 、b 两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反，所以速度不同，A 、D 错误；图线c 是一条x ＝0.4t 2的抛物线，结合x ＝v 0t ＋1
2at 2可知，c
物体做初速度为0、加速度为0.8 m/s 2的匀加速直线运动，B 正确.图线的斜率大小等于速度大小，根据题图可知，t ＝5 s 时c 物体速度比a 物体速度大，C 错误.
5.一物体做匀变速直线运动，经过时间t ，它的速度由v 1变为v 2，通过的位移为x ，下列说法中错误的是( )
A.这段时间内它的平均速度v ＝x
t
B.这段时间内它的平均速度v ＝v 1＋v 2
2
C.通过x 2时，它的瞬时速度为x t
D.通过x
2时，它的瞬时速度为
v 21＋v 2
22
答案 C
6.(2017·河北衡水联考)如图2所示，两条曲线为汽车a 、b 在同一条平直公路上的速度－时间图象，已知在t 2时刻两车相遇，下列说法正确的是( )
图2
A.a 车速度先减小后增大，b 车速度先增大后减小
B.t 1时刻a 车在前，b 车在后
C.t 1～t 2时间内，a 、b 位移相同
D.a 车加速度先减小后增大，b 车加速度先减小后增大 答案 D
解析 由题图可知a 车速度先增大后减小，b 车速度先减小后增大，故A 错误.在t 2时刻两车相遇，在t 1～t 2时间内，a 车图线与时间轴围成面积大，则a 车位移大，可知t 1时刻，b 车在前，a 车在后，故B 、C 错误.v －t 图象中图线斜率表示加速度，故a 、b 两车加速度先减小后增大，故D 正确.
7.如图3，一质点从A 点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a ，B 、C 、D 是质点运动路径上三点，且BC ＝x 1，CD ＝x 2，质点通过B 、C 间所用时间与经过C 、D 间所用时间相等，则质点经过C 点的速度为( )
图3
A.
x 1＋x 22a
x 2－x 1 B.
x 1＋x 24a
x 2－x 1 C.
x 2－x 12a
x 2＋x 1
D.
x 2－x 14
a
x 2＋x 1
答案 A
解析 设质点从B 到C 所用时间为T ，则从B 到D 的时间为2T ，由Δx ＝aT 2有x 2－x 1＝aT 2，得T ＝
x 2－x 1a ，质点经过C 点的速度v C ＝x 1＋x 22T ＝x 1＋x 2
2
a
x 2－x 1
，因此A 项正确. 二、多项选择题
8.(2018·广东广州调研)如图4所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图象，已知甲对应的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，则下列说法正确的是( )
图4
A.甲做匀减速直线运动
B.乙做变速直线运动
C.0～t1时间内两物体平均速度大小相等
D.两物体的运动方向相反
答案BD
解析由题图中图象的斜率表示速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误.乙图象切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确.根据坐标的变化量等于位移知，0～t1时间内两物体位移大小不相等，方向相反，所以平均速度不相等，故C错误.根据图象的斜率表示速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D正确.
9.(2017·河北唐山一中模拟)如图5所示，长度为0.55 m的圆筒竖直放在水平地面上，在圆筒正上方距其上端1.25 m处有一小球(可视为质点).在由静止释放小球的同时，将圆筒竖直向上抛出，结果在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则圆筒上抛的速度大小可能为(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)()
图5
A.2.3 m/s
B.2.6 m/s
C.2.9 m/s
D.3.2 m/s
答案BC
解析整个过程中小球做自由落体运动，圆筒做竖直上抛运动
，h为实际下落高度
小球下落时间为t1＝2h
g
，v0为其上抛初速度
圆筒在空中运动时间为t2＝2v0
g
根据题中要求，在圆筒落地前的瞬间，小球在圆筒内运动而没有落地，则对临界情况分析：①圆筒上抛速度较小时，当圆筒落地瞬间，小球刚到圆筒上沿
则h1＝1.25 m
又t1＝t2即2h1
g ＝2v01
g
解得v01＝2.5 m/s.
②圆筒上抛速度较大时，当圆筒落地瞬间，小球刚要落地则h2＝(1.25＋0.55) m＝1.8 m
又t1＝t2即2h2
g ＝2v02
g
解得v02＝3 m/s.
故圆筒上抛速度范围为2.5 m/s＜v0＜3 m/s
故选项B、C正确.
三、非选择题
10.在利用打点计时器做“研究匀变速直线运动”的实验中，图6甲所示为一次记录小车运动情况的纸带，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6
(1)根据纸带可判定小车做________运动.
(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D＝________m/s，v C＝________m/s，v B＝________m/s.在如图乙所示坐标系中作出小车的v－t图象，并根据图线求出a＝________.
(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度不为零，此速度的物理意义是________.
答案(1)匀加速直线(2)3.90 2.64 1.38见解析图12.60 m/s2(3)零时刻小车经过A点的速度
解析 (1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm 故小车做匀加速直线运动. (2)根据v ＝2
v t 可知
v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2 m/s ＝3.90 m/s
v C ＝(60.30－7.50)×10－20.2 m/s ＝2.64 m/s
v B ＝27.60×10－20.2 m/s ＝1.38 m/s
描点连线得v －t 图象如图所示.
根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2. (3)表示零时刻小车经过A 点的速度.
11.一个滑雪运动员，从85 m 长的山坡上匀加速滑下，初速度为1.8 m/s ，滑到山坡底端的末速度为5.0 m/s ，求：
(1)下滑过程中的平均速度v 的大小； (2)下滑的加速度a 的大小； (3)下滑的时间t .
答案 (1)3.4 m/s (2)0.128 m/s 2 (3)25 s 解析 (1)根据匀变速直线运动中平均速度公式 v ＝
v 0＋v
2
，有 v ＝
1.8＋5.0
2
m/s ＝3.4 m/s. (2)由v 2－v 02＝2ax 得，a ＝v 2－v 20
2x
，
代入数据得a ＝0.128 m/s 2，
(3)由v ＝v 0＋at 得，t ＝v －v 0
a ，
代入数据得t ＝25 s.
12.在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移—时间图象分别为图7中直线a 和曲线b ，已知b 车的加速度恒定且a ＝－2 m/s 2，t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切.求：t ＝0时a 车和b 车的距离x 0.
图7
答案 9 m
解析 由题图可知：a 车的速度v a ＝8－2
3
m/s ＝2 m/s
t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切，即此时b 车的速度v b ′＝v a ＝2 m/s 设b 车的初速度为v b ，对b 车，v b ＋at ＝v b ′ 解得v b ＝8 m/s
t ＝3 s 时，a 车的位移x a ＝v a t ＝6 m b 车的位移x b ＝v b ＋v b ′
2
t ＝15 m
由题图知，t ＝3 s 时a 车和b 车到达同一位置，得x 0＝x b －x a ＝9 m.
13.(2018·河南郑州模拟)一水池水深H ＝0.8 m.现从水面上方h ＝0.8 m 高处由静止释放一质量为m ＝0.1 kg 的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t ＝0.6 s.已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g ＝10 m/s 2，求： (1)通过计算判断球体在水中做什么运动？
(2)从水面上方多高处静止释放小球，才能使小球落至池底所用时间最短. 答案 (1)匀速运动 (2)0.4 m
解析 (1)设小球落至水面所用时间为t 1， 在水中运动做匀变速运动，加速度为a ，则 h ＝12gt 12，v ＝gt 1，H ＝v (t －t 1)＋1
2a (t －t 1)2 解得a ＝0，则小球在水中做匀速运动. (2)设释放点距水面距离为s ，则 t s ＝
2s
g
，v s ＝2gs ，t ′＝2s g ＋H 2gs
， 由数学知识知，当2s g ＝H 2gs
时t ′最小， 即s ＝H
2＝0.4 m.
章末自测卷(第五章)
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1. 自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的重力势能()
图1
A.变大
B.变小
C.不变
D.不能确定
答案 A
解析人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的动能不变，水的重力势能一定增加，A正确.
2.(2017·陕西西安铁一中模拟)如图2所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上.不计滑块在B点的机械能损失，换用材料相同，质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是()
图2
A.两滑块到达B点时速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功不相同
D.两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同
答案 D
解析两滑块到达B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度
相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，故B 错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做功为mgh m ，由能量守恒定律得E p 弹＝mgh m ＋μmg cos θ×h m
sin θ，所以mgh m ＝E p 弹tan θtan θ＋μ，
故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C 错误；由能量守恒定律得ΔE 损＝W f
＝μmg cos θ×h m sin θ＝μmgh m
tan θ＝μE p 弹tan θ＋μ
，故D 正确.
3.如图3所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点.则能大致反映滑块整个运动过程中速度v 、加速度a 、动能E k 、重力对滑块所做的功W 与时间t 或位移x 关系的是(取初速度方向为正方向)( )
图3
答案 A
解析 由牛顿第二定律可知，滑块上滑时的加速度方向沿斜面向下，下滑时的加速度方向也沿斜面向下，但a 上>a 下，由于摩擦力做负功，滑块返回出发点的速度大小一定小于v 0，故A 正确，B 错误；因上滑和下滑过程中合外力不同，且E k 不小于0，故C 错误；重力对滑块做的负功先增大后减小，D 错误.
4.如图4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始运动，则下列情况可能的是( )
图4
A.拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量
B.拉力F 做的功小于A 、B 系统动能的增加量
C.拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量
D.A 对B 做的功小于B 的动能的增加量 答案 A
5.一汽车的额定功率为P ，设在水平公路行驶所受的阻力恒定，最大行驶速度为v m .则( )
A.若汽车以额定功率启动，则做匀加速直线运动
B.若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时的速度等于v m
C.无论汽车以哪种方式启动，加速度与牵引力成正比
D.汽车以速度v m 匀速行驶，若要减速，则要减少牵引力
答案 D
解析 若汽车以额定功率启动，根据P ＝F v 可知随着速度的增加，牵引力F 减小，则做变加速直线运动，选项A 错误；若汽车匀加速启动，则在刚达到额定功率时有：P ＝F v m ′，其中
F －F f ＝ma ，则v m ′＝P F f ＋ma
，而v m ＝P F f ，所以v m ′<v m ，选项B 错误；无论汽车以哪种方式启动，则a ＝F －F f m
，加速度与牵引力不是正比关系，选项C 错误；汽车以速度v m 匀速行驶时，F ＝F f ，若要减速，则要减少牵引力，选项D 正确.
6.(2018·河北石家庄调研)质量为m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v －t 图象如图5所示(竖直向上为正方向，DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )
图5
A.t 0～t 2时间内，合力对小球先做正功后做负功
B.0～t 3时间内，小球的平均速度一定为v 32
C.t 3～t 4时间内，拉力做的功为m (v 3＋v 4)2
[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)] D.t 3～t 4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
答案 C
解析 v －t 图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度的方向一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D 项错误；图
中t 0～t 2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A 项错误；
v －t 图象中图线与t 轴所围面积表示位移，而平均速度v ＝x t
，结合图象中的“面积”可知0～t 3时间内，小球的平均速度大于v 32，B 项错误；t 3～t 4时间内由动能定理得W －mgh ＝12
m v 42－12m v 32，又h ＝v 3＋v 42(t 4－t 3)，解得W ＝m (v 3＋v 4)2
[(v 4－v 3)＋g (t 4－t 3)]，C 项正确. 7.(2017·山东潍坊中学一模)如图6所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点，O 、b 两点处在同一竖直线上.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a 运动到b ，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是( )
图6
A.圆环的机械能保持不变
B.弹簧对圆环一直做负功
C.弹簧的弹性势能逐渐增大
D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 D
解析 如图所示，由几何关系可知，当圆环与O 点的连线与杆垂直时，弹
簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以在圆环从a 到C 的过程中弹簧
对圆环做正功，弹簧的弹性势能减小，圆环的机械能增大，而从C 到b 的
过程中，弹簧对环做负功，弹簧的弹性势能增大，圆环的机械能减小，故A 、
B 、
C 错误；在整个过程中只有圆环的重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统
机械能守恒，故D 正确.
二、多项选择题
8.如图7所示为汽车的加速度a 和车速倒数1v 的关系图象.若汽车质量为2×103 kg ，它由静止
开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为30 m/s ，则( )
图7
A.汽车所受阻力大小为2×103 N
B.汽车在车速为15 m/s 时，牵引力的功率为6×104 W
C.汽车匀加速的加速度为3 m/s 2
D.汽车匀加速所需时间为5 s
答案 ABD
9.有一辆质量为170 kg 、输出功率为1 440 W 的太阳能试验汽车，安装有约6 m 2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30 W/m 2.若驾驶员的质量为70 kg ，汽车最大行驶速度为90 km/h.假设汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，则汽车( )
A.以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 N
B.刚启动时的加速度大小为0.24 m/s 2
C.保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 h
D.直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s 的最大行驶速度
答案 AC
解析 根据P 额＝F v max ，得：F ＝P 额v max ＝1 44025
N ＝57.6 N ，故A 正确；以额定功率启动时：P 额v －F f ＝ma ，而刚启动时v ＝0，则F f ＝0，故刚启动时加速度无穷大，B 错误；由公式W ＝Pt 和能量守恒得：1 440 W ×1 h ＝30×6 W ×t ，得：t ＝8 h ，即保持最大速度行驶1 h 至少需要有效光照8 h ，故C 正确；由题意知，汽车行驶时受到的阻力与其速度成正比，设F f ＝k v ，则结合前面分析：57.6＝k ×25得：k ＝2.304，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶获得最
大速度时：牵引力＝阻力，即：180v ＝k v 得：v ≈8.84 m/s ，故D 错误.
三、非选择题
10.(2018·湖北襄阳质检)某实验小组用图8甲实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架
台竖直固定放置在水平桌面上，长木板一端放置在水平桌面边缘P 处，另一端放置在铁架台竖直铁杆上，使长木板倾斜放置，长木板P 处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时的挡光时间.实验步骤是：
图8
①用游标卡尺测出滑块的挡光宽度L ，用天平测量滑块的质量m . ②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P 处为轴，调节长木板在铁架台上的放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动.在铁架台竖直杆上记下此位置Q 1，用刻度尺测出Q 1到水平面的高度H .
③保持P 位置不变，长木板另一端放置在铁架台竖直杆Q 2处.用刻度尺量出Q 1、Q 2的距离h 1，将滑块从Q 2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时间t 1.
④保持P 位置不变，重新调节长木板另一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数次. Ⅰ.滑块沿长木板由Q 2运动到P 的过程中，用测量的物理量回答下列问题(重力加速度已知为g )：
(1)滑块通过光电门的速度v ＝ ；
(2)滑块动能的变化量ΔE k ＝ ；
(3)滑块克服摩擦力做的功W f ＝ ；
(4)合力对滑块做的功W 合＝ .
Ⅱ.某学生以长木板在铁架台竖直杆上的放置位置到Q 1的距离h 为横坐标，以滑块通过光电
门挡光时间的平方的倒数1t 2为纵坐标，根据测量数据在坐标系中描点画出如图乙所示直线，直线延长线没有过坐标原点，其原因主要是 .
答案 Ⅰ.(1)L t 1 (2)mL 2
2t 21
(3)mgH (4)mgh 1 Ⅱ.平衡摩擦力倾角过大
解析 Ⅰ.滑块挡光宽度很窄，挡光时间很短，L t 1
就能表示瞬时速度v ，滑块动能变化量ΔE k ＝12m v 2＝12m (L t 1
)2；滑块匀速运动时mgH －μmg cos θ1l 斜面＝0，则mgH ＝μmgd 改变倾角后，W f ＝μmg cos θ2l 斜面＝μmgd ＝mgH .
合力对滑块做的功W 合＝mg (H ＋h 1)－W f ＝mgh 1
Ⅱ.直线延长线没有过坐标原点说明合外力大于mg ，是平衡摩擦力倾角过大的缘故.
11.如图9所示，水平光滑轨道AB 与竖直半圆形光滑轨道在B 点平滑连接，AB 段长x ＝10 m ，半圆形轨道半径R ＝2.5 m.质量m ＝0.10 kg 的小滑块(可视为质点)在水平恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，经B 点时撤去力F ，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C ，从C 点水平飞出.重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力.
图9
(1)若小滑块从C 点水平飞出后又恰好落在A 点.求：
①滑块通过C 点时的速度大小；
②滑块刚进入半圆形轨道时，在B 点对轨道压力的大小；
(2)如果要使小滑块能够通过C 点，求水平恒力F 应满足的条件.
答案 (1)①10 m/s ②9 N (2)F ≥0.625 N
解析 (1)①设滑块从C 点飞出时的速度为v C ，从C 点运动到A 点的时间为t ，滑块从C 点飞出后做平抛运动
竖直方向：2R ＝12
gt 2 水平方向：x ＝v C t
解得v C ＝10 m/s.
②设滑块通过B 点时的速度为v B ，根据机械能守恒定律
12m v 2B ＝12
m v 2C ＋2mgR 设滑块在B 点受轨道的支持力为F N ，根据牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2B R
，联立解得F N ＝9 N 根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力
F N ′＝F N ＝9 N.
(2)若滑块恰好能够经过C 点，设此时滑块的速度为v C ′，根据牛顿第二定律有
mg ＝m v C ′2R
解得v C ′＝gR ＝10×2.5 m/s ＝5 m/s
滑块由A 点运动到C 点的过程中，由动能定理
Fx －mg ·2R ≥12
m v C ′2 则Fx ≥mg ·2R ＋12
m v C ′2 解得水平恒力F 应满足的条件为F ≥0.625 N.
12.如图10所示，AB 为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙.BP 为圆心角等于143°、半径R ＝1 m 的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B 点，P 、O 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处.现有一质量m ＝2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D 点后(不拴接)释放，物块经过C 点后，从C 点运动到B 点过程中的位移与时间的关系为x ＝12t －4t 2(式中，x 单位是m ，t 单位是s)，假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：
图10
(1)若l CD ＝1 m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B 、C 两点间的距离x BC ；
(3)若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
答案 (1)156 J (2)498
m (3)不会脱离轨道，理由见解析 解析 (1)由x ＝12t －4t 2可知，物块在C 点速度为v 0＝12 m/s ，设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理得：
W －mg sin 37°·l CD ＝12
m v 02 代入数据得W ＝12
m v 02＋mg sin 37°·l CD ＝156 J. (2)由x ＝12t －4t 2可知，物块从C 点运动到B 点的过程中加速度的大小为a ＝8 m/s 2. 设物块与斜面CB 部分间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得
mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
代入数据解得μ＝0.25.
物块在P 点的速度满足mg ＝m v 2P R
物块从B 点运动到P 点的过程中机械能守恒，则有
12m v 2B ＝mgR (1＋cos 37°)＋12
m v 2P 物块从C 点运动到B 点的过程中有v B 2－v 02＝－2ax BC
由以上各式解得x BC ＝498
m. (3)设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，若物块到达与O 点等高的位置Q 点时速度为0，则物块会脱离轨道做自由落体运动.且设其速
度为v Q ，由动能定理得mgR －2μmgx BC cos 37°＝12m v Q 2－12
m v P 2，解得v Q 2＝－19 m 2/s 2<0，可见物块返回后不能到达Q 点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道.
章末自测卷(第二章)
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1.(2018·陕西渭南调研)如图1所示，物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针(图中箭头所示)转动起来，则传送带转动后，下列说法正确的是( )
图1
A.M 受到的摩擦力不变
B.M 受到的摩擦力变大
C.M 可能减速下滑
D.M 可能减速上滑
答案 A
解析 当传送带顺时针转动时，物块相对传送带的运动方向没有变，因此M 受到的摩擦力不变.
2.如图2所示，一重为120 N的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿与水平方向成37°角斜向右上方拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为100 N，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则杆AB对球作用力的大小为()
图2
A.80 N
B.100 N
C.110 N
D.120 N
答案 B
解析球受到重力mg、测力计的拉力F＝100 N和杆对其的作用力F N，根据平衡条件可得：F N x＝F cos 37°＝80 N，F N y＝mg－F sin 37°＝60 N，所以F N＝F2N x＋F2N y＝100 N，即B正确.
3.a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()
答案 B
解析对ab球整体受力分析知受重力、斜面的支持力和如图甲所示线拉力，同理，对b球受力分析如图乙，可知B项正确.
4.如图3所示，A、B、C三物块叠放并处于静止状态，墙面竖直，水平地面光滑，其他接触面粗糙，以下受力分析正确的是()
图3
A.A 与墙面间存在压力
B.A 与墙面间存在静摩擦力
C.A 物块共受3个力作用
D.B 物块共受5个力作用
答案 C 解析 以三个物块组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对C 没有摩擦力，根据平衡条件得知，墙对A 没有弹力，因而也没有摩擦力.故A 、B 错误.对A ：受到重力、B 的支持力和B 对A 的摩擦力三个力作用.故C 正确.先对A 、B 整体研究：水平方向上，墙对A 没有弹力，则由平衡条件分析可知，C 对B 没有摩擦力.再对B 受力分析，受到重力、A 的压力和A 对B 的摩擦力、C 的支持力，共四个力作用.故D 错误.
5.如图4所示，物体P 放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长.若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F 向右拉P ，直到拉动，那么在P 被拉动之前的过程中，弹簧对P 的弹力F 弹的大小和地面对P 的摩擦力F f 的大小的变化情况是( )
图4
A.F 弹始终增大，F f 始终减小
B.F 弹保持不变，F f 始终增大
C.F 弹保持不变，F f 先减小后增大
D.F 弹先不变后增大，F f 先增大后减小
答案 C
6.如图5所示为通过轻杆相连的A 、B 两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上的O 点.已知两球重力均为G ，轻杆与细线OA 长均为L .现用力F 作用于小球B 上(图上F 未标出)，使系统保持静止状态且A 、B 两球在同一水平线上.则力F 最小值为( )
图5 A.22
G B.2G C.G D.2G 答案 A
解析 由于系统处于静止状态时，A 、B 两球在同一水平线上，悬线OA 竖直，因此轻杆中的弹力为零，小球B 受竖直向下的重力、沿悬线OB 斜向上的拉力和F 的作用而处于静止状态，
三力的合力为零，表示三力的线段构成封闭三角形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系可知，当F 的方向与OB 垂直且斜向右上方时，F 最小，由几何关系可知，此时F ＝G sin 45°＝22
G ，选项A 正确. 7.如图6所示为开口向下的“”形框架，两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一光滑轻质定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A 的绳与水平方向的夹角为θ，连接滑块B 的绳与水平方向的夹角为2θ，则A 、B 两滑块的质量之比为( )
图6
A.2sin θ∶1
B.2cos θ∶1
C.1∶2cos θ
D.1∶2sin θ
答案 C
解析 设绳拉力为F T
对A ：F T sin θ＝m A g
对B ：F T sin 2θ＝m B g
m A m B ＝12cos θ
.故C 正确. 二、多项选择题
8.如图7所示，在水平桌面上有一个质量为M 且倾角为α的斜面体.一个质量为m 的物块，在平行于斜面的拉力F 作用下，沿斜面向下做匀速运动.斜面体始终处于静止状态.已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .下列结论正确的是( )
图7
A.斜面对物块的摩擦力大小是F
B.斜面对物块的摩擦力大小是μmg cos α
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是F cos α
D.桌面对斜面体的支持力大小是(M ＋m )g
答案 BC
解析 对物块受力分析，如图甲所示，由共点力的平衡条件得，F ＋mg sin α＝F f1，mg cos α。