MM
四、解答题
15.市区某路段限速bOknVh.有一辆汽车在这段平直的路而上匀速运动，由于前方有事故紧急刹车，从开始刹车到车停止，轮胎在地面上留下的擦痕长度为14m,刹车时汽车的加速度大小为7nVs20
（1）试通过讣算刹车前的速度来判断该车是否超速。
（2）求刹车后3s内，该车的位移。
16.如图所示，光滑圆柱体B放在水平地而上，在它左侧有与英半径相同的半圆柱体A,右侧有一光滑竖直挡板。
已知B的质疑为加，重力加速度为g。
现用水平向左的推力推挡板，圆柱体B缓慢上升，半圆柱体A始终不动。
求：
（1）当B刚脱离地面时，A对B的弹力大小；
（2）当B刚脱离地面时，地面对A的摩擦力大小和方向。
17.—质量M=5t的救援直升机，吊着一质的货物以10m/s的速度水平匀速飞行。
从/=0s时刻起相对直升机以lm/s2的加速度匀加速向上提升货物。
以f=Os时刻物体的位這为坐标原点，匀速运动的方向为x轴的正方向，以竖直向上方向为y轴正方向建立直角坐标系。
g取lOnVs2,货物到直升机的距离足够远，不计空气阻力和螺旋桨吹下的风对货物的作用力。
求：
（1）10s末货物的速度：
（2）在此过程中飞机螺旋桨受到升力的大小；
（3）货物运动的轨迹方程。
□
18.如图所示，光滑水平桌而右端固龙一左滑轮，质量为加、长为厶的木板A巻于桌而上，木板上表而左半部分粗糙右半部分光滑，用手拉住木板A保持静止不动。
将质量为巴可视为质点的木块B宜于木板A最右端。
一根轻细线跨过定滑轮，一端系于A的右
2
端，另一端系质量为彳的钩码C,左滑轮左侧的细线水平，A到左滑轮的距离足够远。
现由静止开始释放A，当B处于A上表而中点时，C恰好着地。
已知重力加速度为g,不计滑轮的质疑和摩擦。
（1）求刚释放A时，细线的拉力大小。
（2）求经过多长时间，C恰好落地。
（3）若B恰能滑到A的左端，求木块B与A左半部分间的动摩擦因数小
参考答案
1.D
【解析】
【详解】
ABC.在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量，它们的符号分别为m、s、kg,故ABC都不符合题意；
D.在国际单位制中，力的单位牛顿（N）是导出单位。
故D符合题意
本题选择不属于国际单位制中基本单位的故选：
D。
2.B
【详解】
A.8时10分上课，8时10分指的是时刻，故A错误；
B.汽车上的车速表显示的是汽车的瞬时速率，故B正确：
C.某限速标志为80km/h,80km/h是瞬时速率，故C错误：
D.在研究体操运动员的动作要领时，运动员的肢体的动作必须要考虑，所以不可将运动员视为质点，故D错误。
故选：
B.
3.C
【详解】
A.伽利略斜而实验所用方法为理想实验法，故A错误；
B.将囤绕太阳公转的地球看成质点，采用的理想化模型法，故B错误：
Av
C.加速度的圧义式“=一，利用的是比值左义法，故c正确；
AT
D.探究加速度与外力和质量的关系时，采用的是控制变量法，故D错误。
故选:
Co
4.A
【详解】
A.轰炸机上释放的炸弹做平抛运动，是匀变速曲线运动，故A正确：
B.根据/=再炸弹运动的时间由高度决圧，与炸弹的质量无关，故B错误；
C.炸弹水平方向的速度等于轰炸机的速度，炸弹在空中飞行时，相同时间内和轰炸机有相同的水平位移，即炸弹始终在轰炸机的正下方，距飞机尾部的水平距离不变，故C错误：
D.炸禅在空中的飞行时间与初速度无关，只与竖直髙度有关，故D错误。
故选：
A。
5.D
【详解】
A.在九时刻，⑴方两车的速度均为正，运动方向相同，故A错误；
B.根据速度图像的斜率表示加速度，斜率的符号表示加速度方向，知在匕时刻前后，〃车的加速度方向相反，故B错误：
C.由于初始时刻两车的位巻关系未知，所以在『3时刻，两车不一泄相遇，故C错误；
D.在"到/3这段时间内，"车的位移较大，则"车的平均速度较大，故D正确。
故选:
D。
6.B
【详解】
A.开瓶器受到门的弹力是因为门的形变产生的，故A错误：
BCD.开瓶器受到门的吸引力和它受到的弹力大小相等，方向相反，两个力作用在开瓶器上，是一对平衡力，故B正确，CD错误。
故选：
B.
7.C
【详解】
A.对整体受力分析，由牛顿第二定律得：
（M+m）,^sin0=（M+m）a
解得：
“=gsin&
故A错误：
BCD.对B受力分析，将加速度分解，如图所示，
水平方向由牛顿第二左律得：
f=nuix
竖直方向由牛顿第二泄律得：
mg-N=muv
ax=“cos。
ay=asinO
联立解得：
f=mgsin3cos0
N=mgcoQ0故BD错误，C正确。
8.CD
【详解】
A.物体运动越快，速度越大，加速度不一定大。
故A错误：
B.物体的速度变化量大，加速度不一泄大。
只有当变化所用时间相同时，加速度才大。
故
B错误；
C.加速度的方向与速度变化量的方向相同。
故C正确：
D.当加速度方向与速度方向相反时，即使加速度增大，速度也减小。
故D正确。
故选:
CDe
9.AD
【详解】
AB.第2s内的位移
x.=（—xl0x22-—xl0xl2）m=15m,
22
所以第2s内的平均速度
v=—=—m/s=15m/s
△r1
故A正确，B错误：
C.根据△兀尸得，后一秒内的位移总比前一秒内的位移多
Ax=10Xl2m=10m故C错误；
D.根据知，前一秒内的平均速度总比后一秒内的平均速度小
△*=g/・g（/-1）=10m/s
故D正确：
故选：
AD。
10.BC
【详解】
A.在运动过程中，物体的重力不变，故A错误；
B.弹簧秤的拉力小于物体的重力，可知物体处于失重状态，则人对升降机的压力小于人的重力，故B正确。
CD.升降机的加速度与物体的加速度相同，根据牛顿第二定律得：
ifig—F10—8■>-.2
a==m/s"=2m/s~
m1
加速度方向向下，可能向上做减速运动，故C正确，D错误。
故选:
BCO
11.BD
【详解】
AB.对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力：
当用沿斜而向上的恒力推0时，P、0仍静I匕不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一泄不变，故A错误B正确：
CD.再对物体0受力分析，受重力、拉力、支持力，因为
/MP1g=M/Qj?
sin0
摩擦力为0：
有
T=mf»sin0
当用沿斜而向上的恒力推。
时，静摩擦力f会增大，故C错误D正确。
故选：
BD。
12.AC
【解析】
【详解】
A.以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图，根
据平衡条件得知：
F与T的合力与重力加g总是大小相等.方向相反，由力的合成图可知.
当P与绳子皿垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：
根据平衡条件得：
F=2加gsin30°=mg
根据平衡条件得F的ou绳上的拉力
T=加geos30°=-x/Jmg
故A正确：
BCD.对A球受力分析，如图所示，设弹簧与竖直方向的夹角为a由平衡条件得:
Tsin0=F歼sinaTcos&=.丼cosa
由胡克左律得F艸+联立解得:
故BD错误C正确:
3
2mg
13・记下鬥和尺的方向保证两次力的作用效果相同3.65NCD
【详解】
（1）[11本实验为了验i正力的平行四边形泄则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果。
所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，所以步骤③中遗漏的重要操作是记下和尺的方向；
⑵⑵步骤④中伸长到0点的理由是保ilE两次力的作用效果相同：
（3）[3]1N被分为10格，每小格表示0.1N,读数时需估读到分度值下一位，故该弹簧秤的示数为3.65N；
（4）[4]A.根据平行四边形左则可知夹角太小将会导至合力过大，导致一个弹簧拉时可能超过量程，故夹角不能太小或太大，适当即可，故A错误：
B.为了准确记下拉力的方向，故采用两点描线时两点应尽量距离大一些，故细绳应长些,故B错误：
C.实验中，弹簧秤必须与木板平行，故C正确；
D.读数时，视线要正对弹簧秤刻度，故D正确。
故选:
CD。
14.AD0.50后来不再满足钩码桶及桶内钩码的总质量远小于小车和小车上舷码的
kb
总质量k一
g
【详解】
（1）[1]A.调节滑轮的髙度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确：
B.在调肖木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂将装有磁码的袪码盘通过泄滑轮拴在木块上，故B错误：
C.打点计时器要“早来晚龙”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释
放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D.平衡摩擦力后，有
加gsin&=“?
”gcos&
即
与质量无关，故通过增减木块上的琏码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。
故选：
AD；
⑵⑵每5个计时点取一个计数点，则时间间隔
20.02sX5=0.Is
此纸带的加速度大小
°_（$4+巧）-（「+£2）
（2T）2
（2.40+2.88）x10"2-（1.40+1.89）x10-2,?
=ni/s2=0.50m/s-：
（2x0.1），
⑶⑶实验中当小车的质量远大于钩码质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于砂和小砂桶的总重力大小，随着尸的增大，即随着钩码和钩码桶质童增大，逐渐的钩码和钩码桶不再比小车质量小的多，因此会岀现较大误差，图象会产生偏折现象：
（4）[4]根据牛顿第二左律可知，
F
可得：
Ffa=—®
MM_
可知：
fVkM
结合―丄图象，可得：
M
a=k\—-^\②
\MkM）-
比较①②可得
fkb
F=k,――=——
Mgg
15.
（1）vo=5O.4km/s没超速
（2）14m
【详解】
（1）设刹车时汽车的速度为V0,则刹车过程中有：
02_yj=-2ax
解得：
v0=yjlax=14m/s=50.4kin/s
因为50.4km/li小于规迫的60km/h,所以该车没超速：
（2）设刹车后经过心该车停止运动，则有：
O=ijo-〃（）
解得:
G=丄=2s
a
刹车2s时汽车已经停止运动，擦痕为该车的位移，即14m
16.
（1）2mg；
（2）>/3mg,方向水平向右
【详解】
（1）对B受力分析，如图所示：
根据几何关系得：
&=30°
根据平衡条件得尺、E的合力与重力等值反向，由数学知识得:
（2）根据
（1）问,得:
F一吨tan30°
以A、B为研究对象•根据平衡条件得
.f=F2=、/
方向水平向右。
12
V=X
17.
（1）10^2nVs,方向：
与x轴正向夹角45°
（2）61000N（3）
【详解】
（1）竖直方向分速度为:
\\=at=1X10=10m/s
10s末货物速度大小为:
方向：
与X轴正向夹角45
（2）以货物为研究对象，根据牛顿第二泄律得：
T-mg=ma代入数据得：
T=11000N
以直升机为研究对象，根据平衡条件得：
F升-Mg-T=0
代入数据得：
卩升=61000N
（3）水平方向匀速运动，有：
x=vot
水平方向匀加速运动，有：
12
y=-ar
•2
代入数据，消去/得轨迹方程：
【详解】
（1）对于A,根据牛顿第二上律得：
T=ma
对于C,根据牛顿第二泄律得：
解得:
（2）C落地时A恰好运动了土，根据位移时间公式得:
2
L1.
—=—ar
22
解得：
（3）B力口速，A减速，当速度相同时恰好B滑到A的最左端。
m
=A—g=A£—2m
B的加速度
设经过时间心时A、B速度相同.则
VA-（3心=血心
B恰能滑到A的左端，位移关系：
解得:
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