四、填空题
13．李明想测量公寓楼升降式电梯匀加速和匀减速运动时的加速度大小，他在电梯内，手持挂有钩码的弹簧秤站立不动，在电梯从1楼直达12楼的过程中，电梯运动状态与弹簧秤示数如下表所示。
由表中数据可得，加速运动时加速度大小为__________m/s2，减速运动时加速度大小为__________m/s2。
（g=10m/s2）
五、解答题
14．如图所示，质量为m的小球沿圆弧摆下，当它到达高度为h1（相对于O点所在平面）的位置A时，速度的大小为v1，当它继续摆到高度为h2的位置B时，速度大小为v2。
（1）为描述小球在A、B两点间动能的关系，请根据动能定理列出方程
（2）根据重力做功与重力势能的关系，把
（1）中方程变形，以反映出小球运动过程中机械能是守恒的
15．如图所示，为用绳加固插入地面中竖直立柱的示意图．其中O为结点，C端缠绕在立柱上，A、B端固定于水平地面，绳OA、OB长度相同，夹角为90°，所受地面拉力F大小均为100N．
（1）在平面图中用力的图示法，作出OA、OB绳对O点拉力的合力
（2）用计算题，求绳OC给立柱的拉力大小
16．2021年（韩国）平昌冬奥会将于今年2月9日开幕，中国健儿们将在短道速滑、花样滑冰、冰壶、自由式滑雪空中技巧等项目中一展雄姿，近期也掀起了冰雪运动的新热潮．如图所示，潍坊某滑雪场，一质量m=60kg的同学以v0=2m/s的初速度沿足够长的坡道以加速度a=4m/s2滑下，山坡的倾角θ=30°，取g=10m/s2.求该同学：
（1）5s末的速度大小；
（2）5s内滑下来的路程；
（3）所受阻力的大小．
17．如图所示，倾角
，长l=2.7m的光滑斜面固定在水平地面上，质量为3m的小物体A和质量为m的物体B分别系在轻绳两端，绳子跨过固定在斜面顶端的轻质滑轮，开始时把物体B拉到斜面底端并固定，这时物体A离地面的高度h=1.6m，重力加速度为g，sin37°=0.6．求：
（1）使B静止所需的最小力；
（2）由静止释放B，求A落地前B运动的加速度大小；
（3）若斜面不光滑，自斜面底端由静止释放B，B撞不到定滑轮，求B与斜面间动摩擦因数的最小值．
参考答案
1．A
【解析】kg和s是国际单位制中两个基本单位符号，这两个基本单位对应的物理量是质量和时间，故选A.
2．D
【解析】两个小球都做自由落体运动，它们的加速度都等于重力加速度g，所以下落的时间：
t=
，乙的高度大，所以甲先落地。
故A错误，B错误；两个小球都做自由落体运动，它们的加速度都等于重力加速度g，故C错误，D正确；故选D.
点睛：
两个小球都做自由落体运动，它们的加速度都等于重力加速度g是解答的关键，与物体的质量、下落的高度都无关。
3．C
【解析】甲对乙的拉力与乙对甲的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小一定相等，故AB错误；对甲受力分析，甲受重力、支持力及弹簧秤向下的拉力，则有甲受到支持力为mg+F；
如果甲同学增加牵拉弹簧秤的力，则根据牛顿第三定律，乙对甲的拉力（向下）增加了，故甲对台秤的示数变大，故C正确；对乙分析，乙受到的拉力向上，故台秤的示数为mg-F，如果甲同学增加牵拉弹簧秤的力，则Q台秤的示数将减小，故D错误；故选C.
4．A
【解析】由图可知，前2s物体向上做匀加速直线运动，2～4s物体向上做匀速直线运动，4～6物体向上做匀减速直线运动，所以前6s物体一直向上运动，克服重力做功，则物块的重力势能一直增加，故A正确、B错误；第1s末物块的动能为EK=
mv2=
×5×9J=22.5J，故C错误；前6s内，物块动能增量为△EK=0-
mv02=-
×5×4J=-10J，故D错误；故选A.
点睛：
利用动能定理解题时注意：
（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力；
（2）找出其中恒力的功及变力的功；（3）分析物体初末状态，求出动能变化量；（4）运用动能定理求解。
5．A
【详解】
每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她每一次克服重力做的功：
W=
mgh=
×50×10×0.3=90J；1分钟内克服重力所做的功：
W总=50W=50×90=4500J；相应的功率约为：
，故A正确，BCD错误，故选A.
6．BC
【解析】
匀变速运动的特点是加速度不变，a-t图象应是平行于时间轴的直线，故A错误，B正确．根据v-t图象的斜率表示加速度，知C图中该物体的加速度不变，做匀变速运动，故C正确．D图表示匀速直线运动，故D错误，故选BC.
点睛：
本题的关键是明确匀变速运动的特点是加速度不变，知道速度-时间图象的斜率表示加速度，能根据图象的形状分析物体的运动情况．
7．BC
【解析】
【详解】
A．根据a=
可知，速度变化越大，但时间可能长，故加速度不一定大，故A错误．
B．物体向西运动，加速度方向可能向东，此时做减速运动，故B错误；
C．由牛顿第二定律可知，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同，故C正确；
D．物体的速度减小说明加速度与速度方向相反，但加速度不一定减小，故D错误．
故选BC。
点睛：
解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小和方向取决于合外力的大小和方向，与速度大小、速度变化量的大小无关．
8．AD
【解析】
物块m处于静止状态，受力平衡，对物块m受力分析，知物块m一定受到重力、斜面的支持力和推力F，若Fcosθ=mgsinθ，物块不受静摩擦力，此时物块只受三个力，故A正确．若Fcosθ≠mgsinθ，物块共受四个力作用：
重力、斜面的支持力、静摩擦力和推力F，不可能受五个力的作用．故B错误．对m受力分析，根据平衡条件得：
斜面对物块的支持力大小N1=mgcosθ+Fsinθ，则物块对斜面的压力大小为mgcosθ+Fsinθ，故C错误；当Fcosθ＞mgsinθ时，物块有沿斜面向上运动的趋势，则物块受到的静摩擦力方向沿斜面向下，故D正确．故选AD.
点睛：
本题的关键是采用隔离法分析物块的受力情况，要理解并掌握静摩擦力产生的条件，在受力分析后，根据平衡条件并结合正交分解法列式后求支持力的大小．
9．BD
【解析】对整体分析，整体的加速度
，对F作用在甲的右侧，隔离对乙分析，弹簧秤的示数F1＝m乙a＝
＝2N，若F作用在乙的左侧，隔离对甲分析，弹簧秤示数F2＝m甲a＝
＝5N，
，可知BD正确，AC错误；故选BD.
10．ABD
【详解】
A．书包离开地面的高度h时，弹簧的伸长量为
由几何关系知P点上升的高度为
故A正确；
B．书包克服重力做功mgh，则书包的重力势能增加了mgh，故B正确；
C．弹簧的弹性势能增加了
与mgh没有直接关系，故C错误；
D．根据功能原理可知，拉力做的功为
故D正确。
故选ABD。
【点睛】
解决本题的关键是知道克服重力做功多少，重力势能就增加多少，通过重力做功判断重力势能的变化。
要注意弹簧是伸长的，物体上升的高度与P上升的高度不同的。
11．BC
【解析】本实验装置是微小形变演示器，沿长轴方向压缩，容积变大，液面下降；沿短轴方向压时，容积减小，液面上升；由于塑料瓶体积的变化太容易，所以使用玻璃瓶更具有说服力。
故AD错误，BC正确；故选BC.
点睛：
本题考查的是微小形变演示器原理，将玻璃瓶容积的变化巧妙地转化为毛细管中液面的高度的变化，是一种微小量放大的思想。
12．B0.96-0.47m-0.01m空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦
【解析】
（1）实验中要测量重物下落的高度，必须用到测量工具刻度尺。
因通过纸带打点，因此不需要秒表测量时间；对于重物的质量，因等式两边均有质量，可以约去，因此不需要天平，而弹簧秤是测量重物的重力的，因此不需要弹簧秤；
（2）5点的速度等于46段的平均速度，则有：
×10−3m/s=0.96m/s。
取刚下落时重物所在位置为零势能面，可得出打“5”点时重物的重力势能为：
EP=mgh5=m×9.8×48.0×10-3=0.47mJ，
此时重物的机械能为：
E5=EK5+EP5=
×m×0.962-0.47mJ=-0.01mJ；
（3）发现E6＜E5，造成该误差的主要因素是空气阻力或纸带与限位孔间的摩擦；
点睛：
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量，注意重力势能的参考平面的选取。
13．2.52
【解析】由表中数据可知，加速时弹簧秤的示数为2.5N，匀速时示数为2N，减速时示数为1.6N；则可知，物体的重力为2N，质量为：
；
则根据牛顿第二定律可知，加速时有：
F-mg=ma
故物体的加速度为：
a=
=2.5m/s2；
减速时有：
mg-F=ma'
故物体的加速度为：
a'=
=2m/s2
点睛：
本题考查牛顿第二定律的应用，要注意明确弹簧秤示数与拉力间的关系，正确分析物体的受力即可准确求解加速度大小和方向。
14．
（1）
（2）
【解析】
（1）小球下摆的过程中，由动能定理得：
；
（2）小球在从A点下摆至到B点的过程中，由动能定理得：
mgh1−mgh2＝
，整理得：
；
等式左边表示物体在A点时的机械能，等式右边表示物体在B点时的机械能，由上式可以看出，小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒。
点睛：
小球在摆到过程中受到重力与绳子拉力作用，绳子拉力对小球不做功，只有重力做功，应用动能定理可以解题，分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提。
15．
（1）O点受力如图所示:
（2）141.4N
【解析】
（1）作出OA、OB对O点作用力的图示，然后应用平行四边形定则作出其合力，O点受力如图所示：
（2）由上图所示平行四边形可得：
OA、OB绳对O点拉力的合力：
F合＝
F＝100
N＝141.4N，
O点静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，绳OC所受立柱的拉力大小为：
F=F合=141.4N．
点睛：
本题考查了求合力与拉力问题，会作力的图示、掌握平行四边形定则是解题的前提与关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．
16．
（1）
（2）
（3）
【解析】
【详解】
（1）由速度公式：
v=v0+at得5s末的速度大小：
v=2+4×5=22m/s
（2）由位移公式：
x＝v0t+
at2得5s内滑下来的路程：
x＝2×5m+
×4×52m＝60m
（3）由牛顿第二定律，F=ma得：
mgsin30°-F阻=ma
由此解出阻力F阻=mgsin30°-ma
代入数据得F阻=60N
17．
（1）
，沿斜面向下；
（2）
，（3）
。
【详解】
（1）A处于静止状态，则绳子的拉力等于A的重力；对B物体，只要沿斜面方向的合力为零，B即可静止，如图所示：
根据平衡条件有：
F=3mg-mgsin37°
得：
F=2.4mg，方向沿斜面向
（2）由静止释放B后，设绳子的拉力为T，对B物体，根据牛顿第二定律：
T-mgsin37°=ma
对A物体，根据牛顿第二定律：
3mg-T'=3ma1
得：
a1=0.6g
（3）设小物体B与斜面间动摩擦因数为μ，A落地前
对A，根据牛顿第二定律：
3mg-T'=3ma2
对B，根据牛顿第二定律：
T'-μmgcos37°-mgsin37°=ma2
A落地后，B沿斜面上滑的过程中，根据牛顿第二定律：
μmgcos37°+mgsin37°=ma3
设B物体运动的最大速度为vm，则向上加速的过程：
vm2=2a2h
A落地后，B向上减速的过程：
02-vm2=-2a3（L-h）
联立得μ=0.25
【点睛】
该题中，B向上运动的过程有两个，两个过程中B的受力不同，注意对B进行正确的受力分析是解答的关键．
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