专题质量评估
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共9个小题，每小题7分，共计63分．每小题至少一个答案正确，把正确
选项前的字母填在题后的括号内)
1．(2012·高考新课标全国卷)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性
的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性，所以A正确；如果没有力，物体将保持静止或匀速直线运动，所以B错误；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等，所以C错误；运动物体不受力，它将保持匀速直线运动状态，所以D正确。
答案：AD
2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止放在
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底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，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．小球受到容器的支持力大小为mg
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
解析：小球受力分析如图所示，由几何关系可知，FN＝F弹，由平
衡条件得：2FNsin θ＝mg，可得：FN＝F弹＝mg，故A、B错误，C正确；取半球形容器、弹簧和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为0，D错误．
答案：C
3．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用劲度系数为k的轻质
弹簧相连的物块A、B，质量均为m，开始时两物块均处于静止状态．现下压A再静止释放使A开始运动，当物块B刚要离开挡板时，A的加速度的大小和方向为( )
A．0
B．2gsin θ，方向沿斜面向下
C．2gsin θ，方向沿斜面向上
D．gsin θ，方向沿斜面向下
解析：当B刚要离开挡板时，弹簧弹力大小为F＝mgsin θ，弹簧处于伸长状态；对A进行受力分析，重力沿斜面向下的分力mgsin θ，弹簧弹力沿斜面向下的拉力F，故A的加速度大小为2gsin θ，方向沿斜面向下，故B正确．
答案：B
4．在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火，按照设计，某种型号的装有焰火的
礼花弹从专用炮筒中射出后，在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．25 m/s,1.25 B．40 m/s,0.25
C．50 m/s,0.25 D．80 m/s,1.25
解析：由题意：v0t/2＝h，h＝100 m，解得v0＝50 m/s.由v0＝at，解得a＝12.5 m/s2，又kmg＋mg＝ma，解得k＝0.25，故C正确．
答案：C
5．某物体做直线运动的v－t图象如图甲所示，据此判断图乙(F表示物体
所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是( )
解析：由题图可知：0～2 s物体做匀加速直线运动，F为正，2 s～6 s加速度为负，F为负.6 s～8 s加速度为正，F为正，通过判断斜率的正负来确定加速度的正负，A错、B对．在4 s时位移最大，C错、D错．
答案：B
6．在固定于地面的斜面体上垂直安放了一个挡板，截面为圆的柱状物
体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示．现在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力F使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，在此过程中( )
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2保持不变
C．F1缓慢减小，F2缓慢减小
D．F1缓慢减小，F2保持不变
解析：对乙受力分析如图所示，
从图示可以看出，随着甲沿斜面方向缓慢地移动过程，挡板对乙的压
力F1′逐渐减小，因此乙对挡板的压力为F1也缓慢减小，对甲、乙整体研究，甲对斜面的压力F2始终等于两者重力沿垂直斜面方向的分力，因此大小不变，D正确．
答案：D[来源: ]
7．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前50 m处，它们
的v－t图象如图所示，下列对汽车运动情况的描述错误的是( )
A．甲车先做匀速运动再做匀减速运动
B．在第20 s末，甲、乙两车的加速度大小相等
C．在第30 s末，甲、乙两车相距50 m
D．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次
解析：由题图可知，甲车先做匀速运动，再做匀减速运动，A正确，由于t＝20 s时，两车v－t图线的斜率大小不同，故甲、乙两车加速度大小不相等，B错误；在30 s内，x甲＝400 m，x乙＝300 m，故30 s时两车相距x甲－(x乙＋50)＝50 m，C正确；且甲车在乙车前，以后甲车不动，乙车继续前进，一定出现两车再次相遇，故C、D正确．
答案：B
8．如图所示，倾角为30°的光滑斜面，质量分别为m1和m2的两个滑
块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，将 两滑块由静止释放，m1静止，此时绳中的张力为FT1.若交换两滑块的位置，再由静止释 放，此时绳中的张力为FT2，则FT1与FT2的比值为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．2∶3
解析：静止时m1gsin 30°＝m2g得m1＝2m2，且FT1＝m2g；若交换两滑块的位置后，两滑块做加速运动，m1g－FT2＝m1a，FT2－m2gsin 30°＝m2a，得FT2＝m2g，故FT1∶FT2＝1∶1.
答案：A
9．如图所示，三根轻细绳悬挂两个完全相同的小球保持静止，AD间细
绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓慢拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力FTAC、FTAD、FTAB的变化情况是( )
A．都变大
B．FTAD和FTAB变大，FTAC不变
C．FTAC和FTAB变大，FTAD不变
D．FTAC和FTAD变大，FTAB不变
解析：以小球B为研究对象，受力分析如图所示，竖直方向FTABcos α＝mg，水平方向FTABsin α＝F，可得出FTAB、F变大，以A、B两小球组成的整体为研究对象，画出受力图如图所示．
竖直方向FTACsin θ＝2mg，故FTAC不变
水平方向FTACcos θ＋F＝FTAD，故FTAD增大，B对，A、C、D错．
答案：B
二、非选择题(本题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步
骤，有数值计算的要注明单位)
10．(10分)杂技演员在进行“顶竿”表演时，用的是一根质量不计的
长直竹竿，设竹竿始终保持竖直．质量为30 kg的演员(可视为质点)自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底端时速度正好是零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部有一传感器，传感器显示顶竿人肩部所受压力的情况如图所示，g取10 m/s2，求：
(1)竿上的人在下滑过程中的最大速度；
(2)竹竿的长度．
解析：(1)0～1 s：以竿上的人为研究对象，根据题图所示，演员处于失重状态，其受到竖直向上的摩擦力F1的大小为180 N，则
a1＝＝4 m/s2，方向竖直向下
1 s末速度最大：vm＝a1t1＝4 m/s.
(2)1 s～3 s：演员处于超重状态．此时竿上的人受竖直向上的摩擦力F2的大小为360 N
a2＝＝－2 m/s2，加速度方向竖直向上
3 s内人的位移(即竹杆的长度)应为：
s＝t1＋t2＝6 m.
答案：(1)4 m/s (2)6 m
11．(12分)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向
与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计．求：
(1)t时刻飞行器的速率；
(2)整个过程中飞行器离地的最大高度．
解析：(1)起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成30°
角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示．
在△OFFb中，由几何关系得Fb＝mg.由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1＝＝g
则t时刻的速度v＝a1t＝gt.
(2)推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′
跟合力Fb′垂直，如图所示．
此时合力大小为
Fb′＝mgsin 30°
飞行器的加速度大小为a2＝＝
到最高点的时间为t′＝＝＝2t
飞行的总位移为
x＝a1t2＋a2t′2＝gt2＋gt2＝gt2
飞行器上升的最大高度为hm＝x·sin 30°＝.
答案：(1)gt (2)gt2
12．(15分)如图1所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动
摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.
(1)若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，请在图2中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象．(不要求写出解答过程)设木板足够长．
解析：(1)铁块的加速度大小a1＝＝4 m/s2，木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
a1t2－a2t2＝L
代入数据解得t＝1 s
(2)①当F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N时，A、B相对静止且对地静止，f2＝F
②设F＝F1时，
A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度
a＝a2＝2 m/s2
以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有
F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得：F1＝6 N
所以，当2 N＜F≤6 N时，
M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度
a＝＝－1，
以M为研究对象，根据牛顿第二定律有
f2－μ1(M＋m)g＝Ma，
解得：f2＝＋1
③当F＞6 N，A、B发生相对运动，
f2＝μ2mg＝4 N．画出f2随拉力F大小变化的图象如图所示．
答案：(1)1 s (2)见解析图
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
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