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高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第二节 加速度与力、质量之间的关系课时练习
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这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第一册第二节 加速度与力、质量之间的关系课时练习，共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
章末质量评估（四）
（时间：60分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分.每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选不得分）
1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法不符合历史事实的是（ ）
A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：亚里士多德的观点是力是维持物体运动的原因，即物体有力就运动，没有力就静止，故A错误； 伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，选项B正确； 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，选项C正确； 牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，选项D正确；故选项A不符合历史事实.
答案：A
2.一雪橇放在冰面上，现让一只狗拉着雪橇在冰面上匀速前进，则（ ）
A.狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对作用力与反作用力
B.雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对平衡力
C.雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力
D.雪橇对冰面的压力与雪橇受到的重力是一对平衡力
解析：雪橇匀速前进，则雪橇受力平衡，狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对平衡力，冰面对雪橇的支持力与雪橇受到的重力是一对平衡力，A、D错误；雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力，B错误，C正确.
答案：C
3.如图所示，一辆汽车在平直公路上向左行驶，一个质量为m、半径为R的球，用轻绳悬挂在车厢竖直的光滑后壁上.汽车以加速度a加速前进.绳子对球的拉力设为T，车厢后壁对球的水平弹力为F.则当汽车的加速度a增大时（ ）
A.T不变，F增大 B.T增大，F增大
C.T减小，F减小 D.T减小，F增大
解析：设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上：T cs θ＝mg，则T＝eq \f(mg,cs θ)，故T不变；水平方向上：F－T sin θ＝ma，由于a增大，故F增大，所以A正确.
答案：A
4.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示（已知cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8），以下说法正确的是（ ）
A.小球静止时弹簧的弹力大小为eq \f(3,4)mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为eq \f(4,5)mg
C.细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D.细线烧断瞬间小球的加速度立即为eq \f(5,3)g
解析：小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：
F＝mgtan 53°＝eq \f(4,3)mg，
细绳的拉力大小为T＝eq \f(mg,cs 53°)＝eq \f(5,3)mg，故A、B错误.
细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a＝eq \f(T,m)，a＝eq \f(5,3)g.故C错误，D正确.
答案：D
5.如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则Q、A间水平细线对球的拉力大小为（ ）
A.eq \f(\r(2),2)mg B.mg
C.eq \r(3)mg D.eq \f(\r(3),3)mg
解析：由题，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零.
对A球受力分析，由平衡条件，得TQA＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg，选项A、B、D错误，C正确.
答案：C
二、多项选择题（本题共5小题，每题6分，共30分.每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选不得分）
6.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则（ ）
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
解析：上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得：mg∶F阻＝10∶1，A、D正确.
答案：AD
7.如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的F-t图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是（ ）
图甲 图乙
A.由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态
B.由图线L可知，此时电梯的加速度大小一定等于g
C.由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态
D.由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
解析：物体对P的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电梯的运动情况.
由图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；由图线L可知，支持力的大小等于2 mg，根据牛顿第二定律得，F－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上，故B正确；由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；由图线N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确.
答案：BD
8.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则以下说法中正确的是（ ）
A.物体在2 s内的位移为零
B.4 s末物体将回到出发点
C.2 s末物体的速度为零
D.物体一直在朝同一方向运动
解析：根据题图像可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性地朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2 s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确.
答案：CD
9.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面上，m2在空中），力F与水平方向成θ角.则m1所受支持力FN和摩擦力f正确的是（ ）
A.FN＝m1g＋m2g－Fsin θ
B.FN＝m1g＋m2g－Fcs θ
C.f＝Fcs θ
D.f＝Fsin θ
解析：该题考查连接体的平衡问题，利用隔离法求相互作用力，利用整体法求外力.选整体为研究对象，在水平方向有f＝Fcs θ，在竖直方向有FN＋Fsin θ＝（m1＋m2）g，FN＝m1g＋m2g－Fsin θ，故A、C选项正确.
答案：AC
10.如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下.下列结论正确的是（ ）
A.A环受滑竿的作用力大小为（m＋M）gcs θ
B.B环受到的摩擦力f＝mgsin θ
C.C球的加速度a＝gsin θ
D.D受悬线的拉力T＝Mg
解析：对C受力分析，如图所示.
由牛顿第二定律，得到Mgsin θ＝Ma，①
细线拉力为T＝Mgcs θ，②
再对A环受力分析，如下图所示.
根据牛顿定律，有mgsin θ－f＝ma，③
FN＝mgcs θ＋T，④
由①②③④解得：f＝0，FN＝（M＋m）gcs θ，故A、C正确.
对D受力分析，受重力和拉力，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B环受力分析，如图，B环受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有（M＋m）gsin θ＝f，FN＝（M＋m）gcs θ，故B错误，D正确.
答案：ACD
三、非选择题（共5小题，共50分）
11.（6分）如图甲为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是 m/s2，在验证质量一定时加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图像，其原因是 （结果保留小数点后两位有效数字）.
图甲 图乙
解析：利用逐差法计算加速度.
a＝eq \f(（sDE－sAB）＋（sEF－sBC）＋（sFG－sCD）,9T2)
＝eq \f(（sDE＋sEF＋sFG）－（sAB＋sBC＋sCD）,9T2)
＝eq \f(sAG－sAD－sAD,9T2)＝eq \f(40.65－2×13.15,9×0.12)×10－2 m/s2
≈1.60 m/s2.
答案：1.60 平衡摩擦力过度
12.（8分）在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出.
（1）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力.
（2）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图像法处理数据.为了比较容易地观测加速度a与质量M的关系，应该做a与 的图像.
（3）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－eq \f(1,M)图线如图所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？________________________________________________________.
解析：（1）只有M与m满足M≫m才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力.（2）由于a∝eq \f(1,M)，所以a-eq \f(1,M)图像应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a与eq \f(1,M)的图像.（3）两小车及车上的砝码的总质量相等时，由题图像知乙的加速度大，故乙的拉力F大（或乙中盘及盘中砝码的质量大）.
答案：见解析
13.（12分）一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的vt图像如图所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数（g取10 m/s2）.
解析：由题图像可知，上滑过程的加速度
a上＝eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2，
下滑过程的加速度a下＝eq \f(12,3) m/s2＝4 m/s2.
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图.
上滑过程a上＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ，
下滑过程a下＝gsin θ－μgcs θ，
解得θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),15).
答案：θ＝30° μ＝eq \f(\r(3),15)
14.（12分）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球.静止时，箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总位移为s，运动过程中的最大速度为v.
（1）求箱子加速阶段的加速度大小a′；
（2）若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力.
解析：（1）由匀变速直线运动公式有：v2＝2a′s1、v2＝2as2，且s＝s1＋s2，
解得：a′＝eq \f(av2,2as－v2).
（2）假设球不受箱子作用，应满足
FNsin θ＝ma，FNcs θ＝mg，
解得a＝gtan θ.
减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力FN与左壁支持力F左共同决定，
当a>gtan θ，F左＝0，球受力如图所示，
在水平方向上，根据牛顿第二定律有
FNsin θ＝ma，
在竖直方向有
FNcs θ－F上＝mg，
解得F上＝m（act θ－g）.
答案：（1）eq \f(av2,2as－v2) （2）0 m（act θ－g）
15.（12分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图甲.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙.已知人的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f阻与速率v成正比，即f阻＝kv（g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6）.求：
图甲 图乙
（1）打开降落伞前人下落的距离.
（2）阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向.
（3）每根悬绳能够承受的拉力.
解析：（1）h0＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝20 m.
（2）kv＝2mg，将v＝5 m/s代入得k＝200 N·s/m.
对整体kv0－2mg＝2ma，
a＝eq \f(kv0－2mg,2m)＝30 m/s2，
方向竖直向上.
（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有
8Tcs α－mg＝ma，
T＝eq \f(m（g＋a）,8 cs 37°)＝312.5 N.
由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.
答案：（1）20 m （2）k＝200 N·s/m a＝30 m/s2
方向竖直向上 （3）312.5 N
章末质量评估（四）
（时间：60分钟 分值：100分）
一、单项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分.每小题中只有一个选项是正确的，选对得4分，错选、不选或多选不得分）
1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法不符合历史事实的是（ ）
A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：亚里士多德的观点是力是维持物体运动的原因，即物体有力就运动，没有力就静止，故A错误； 伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，选项B正确； 笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，选项C正确； 牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，选项D正确；故选项A不符合历史事实.
答案：A
2.一雪橇放在冰面上，现让一只狗拉着雪橇在冰面上匀速前进，则（ ）
A.狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对作用力与反作用力
B.雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对平衡力
C.雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力
D.雪橇对冰面的压力与雪橇受到的重力是一对平衡力
解析：雪橇匀速前进，则雪橇受力平衡，狗对雪橇的拉力与冰面对雪橇的摩擦力是一对平衡力，冰面对雪橇的支持力与雪橇受到的重力是一对平衡力，A、D错误；雪橇对冰面的压力与冰面对雪橇的支持力是一对作用力与反作用力，B错误，C正确.
答案：C
3.如图所示，一辆汽车在平直公路上向左行驶，一个质量为m、半径为R的球，用轻绳悬挂在车厢竖直的光滑后壁上.汽车以加速度a加速前进.绳子对球的拉力设为T，车厢后壁对球的水平弹力为F.则当汽车的加速度a增大时（ ）
A.T不变，F增大 B.T增大，F增大
C.T减小，F减小 D.T减小，F增大
解析：设绳子与后壁的夹角为θ，则竖直方向上：T cs θ＝mg，则T＝eq \f(mg,cs θ)，故T不变；水平方向上：F－T sin θ＝ma，由于a增大，故F增大，所以A正确.
答案：A
4.细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示（已知cs 53°＝0.6，sin 53°＝0.8），以下说法正确的是（ ）
A.小球静止时弹簧的弹力大小为eq \f(3,4)mg
B.小球静止时细绳的拉力大小为eq \f(4,5)mg
C.细线烧断瞬间小球的加速度立即为g
D.细线烧断瞬间小球的加速度立即为eq \f(5,3)g
解析：小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：
弹簧的弹力大小为：
F＝mgtan 53°＝eq \f(4,3)mg，
细绳的拉力大小为T＝eq \f(mg,cs 53°)＝eq \f(5,3)mg，故A、B错误.
细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a＝eq \f(T,m)，a＝eq \f(5,3)g.故C错误，D正确.
答案：D
5.如图所示，小球A和B的质量均为m，长度相同的四根细线分别连接在两球间、球与水平天花板上P点以及与竖直墙上的Q点之间，它们均被拉直，且P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则Q、A间水平细线对球的拉力大小为（ ）
A.eq \f(\r(2),2)mg B.mg
C.eq \r(3)mg D.eq \f(\r(3),3)mg
解析：由题，P、B间细线恰好处于竖直方向，两小球均处于静止状态，则知A、B间细线的拉力为零.
对A球受力分析，由平衡条件，得TQA＝mgtan 60°＝eq \r(3)mg，选项A、B、D错误，C正确.
答案：C
二、多项选择题（本题共5小题，每题6分，共30分.每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，选错、多选或不选不得分）
6.将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度—时间图像如图所示，则（ ）
A.上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9
B.上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1
C.物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1
D.物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1
解析：上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得：mg∶F阻＝10∶1，A、D正确.
答案：AD
7.如图甲所示，竖直电梯中质量为m的物体置于压力传感器P上，电脑可描绘出物体对P的压力F随时间的变化图线；图乙中K、L、M、N四条图线是电梯在四种运动状态下由电脑获得的F-t图线，由图线分析电梯的运动情况，下列结论中正确的是（ ）
图甲 图乙
A.由图线K可知，此时电梯一定处于匀加速上升状态
B.由图线L可知，此时电梯的加速度大小一定等于g
C.由图线M可知，此时电梯一定处于静止状态
D.由图线N可知，此时电梯加速度的方向一定先向上后向下
解析：物体对P的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电梯的运动情况.
由图线K可知，物体对P的压力大于物体的重力，且逐渐增大，则支持力大于重力，且逐渐增大，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化，故A错误；由图线L可知，支持力的大小等于2 mg，根据牛顿第二定律得，F－mg＝ma，解得a＝g，方向竖直向上，故B正确；由图线M可知，支持力等于重力，知电梯可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；由图线N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根据牛顿第二定律知，加速度的方向先向上，再向下，故D正确.
答案：BD
8.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示，则以下说法中正确的是（ ）
A.物体在2 s内的位移为零
B.4 s末物体将回到出发点
C.2 s末物体的速度为零
D.物体一直在朝同一方向运动
解析：根据题图像可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性地朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2 s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确.
答案：CD
9.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（m1在地面上，m2在空中），力F与水平方向成θ角.则m1所受支持力FN和摩擦力f正确的是（ ）
A.FN＝m1g＋m2g－Fsin θ
B.FN＝m1g＋m2g－Fcs θ
C.f＝Fcs θ
D.f＝Fsin θ
解析：该题考查连接体的平衡问题，利用隔离法求相互作用力，利用整体法求外力.选整体为研究对象，在水平方向有f＝Fcs θ，在竖直方向有FN＋Fsin θ＝（m1＋m2）g，FN＝m1g＋m2g－Fsin θ，故A、C选项正确.
答案：AC
10.如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个质量均为m圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个质量均为M的物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动并保持相对静止时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下.下列结论正确的是（ ）
A.A环受滑竿的作用力大小为（m＋M）gcs θ
B.B环受到的摩擦力f＝mgsin θ
C.C球的加速度a＝gsin θ
D.D受悬线的拉力T＝Mg
解析：对C受力分析，如图所示.
由牛顿第二定律，得到Mgsin θ＝Ma，①
细线拉力为T＝Mgcs θ，②
再对A环受力分析，如下图所示.
根据牛顿定律，有mgsin θ－f＝ma，③
FN＝mgcs θ＋T，④
由①②③④解得：f＝0，FN＝（M＋m）gcs θ，故A、C正确.
对D受力分析，受重力和拉力，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动，细线拉力等于Mg；再对B环受力分析，如图，B环受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有向后的摩擦力；根据平衡条件，有（M＋m）gsin θ＝f，FN＝（M＋m）gcs θ，故B错误，D正确.
答案：ACD
三、非选择题（共5小题，共50分）
11.（6分）如图甲为实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是 m/s2，在验证质量一定时加速度a和合外力F的关系时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图像，其原因是 （结果保留小数点后两位有效数字）.
图甲 图乙
解析：利用逐差法计算加速度.
a＝eq \f(（sDE－sAB）＋（sEF－sBC）＋（sFG－sCD）,9T2)
＝eq \f(（sDE＋sEF＋sFG）－（sAB＋sBC＋sCD）,9T2)
＝eq \f(sAG－sAD－sAD,9T2)＝eq \f(40.65－2×13.15,9×0.12)×10－2 m/s2
≈1.60 m/s2.
答案：1.60 平衡摩擦力过度
12.（8分）在探究加速度与力、质量的关系实验中，采用如图所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带打上的点计算出.
（1）当M与m的大小关系满足 时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的重力.
（2）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图像法处理数据.为了比较容易地观测加速度a与质量M的关系，应该做a与 的图像.
（3）乙、丙同学用同一装置做实验，画出了各自得到的a－eq \f(1,M)图线如图所示，两个同学做实验时的哪一个物理量取值不同？________________________________________________________.
解析：（1）只有M与m满足M≫m才能使绳对小车的拉力近似等于盘及盘中砝码的重力.（2）由于a∝eq \f(1,M)，所以a-eq \f(1,M)图像应是一条过原点的直线，所以数据处理时，常作出a与eq \f(1,M)的图像.（3）两小车及车上的砝码的总质量相等时，由题图像知乙的加速度大，故乙的拉力F大（或乙中盘及盘中砝码的质量大）.
答案：见解析
13.（12分）一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动的vt图像如图所示，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数（g取10 m/s2）.
解析：由题图像可知，上滑过程的加速度
a上＝eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2，
下滑过程的加速度a下＝eq \f(12,3) m/s2＝4 m/s2.
上滑过程和下滑过程对物体受力分析如图.
上滑过程a上＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ，
下滑过程a下＝gsin θ－μgcs θ，
解得θ＝30°，μ＝eq \f(\r(3),15).
答案：θ＝30° μ＝eq \f(\r(3),15)
14.（12分）如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球.静止时，箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总位移为s，运动过程中的最大速度为v.
（1）求箱子加速阶段的加速度大小a′；
（2）若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力.
解析：（1）由匀变速直线运动公式有：v2＝2a′s1、v2＝2as2，且s＝s1＋s2，
解得：a′＝eq \f(av2,2as－v2).
（2）假设球不受箱子作用，应满足
FNsin θ＝ma，FNcs θ＝mg，
解得a＝gtan θ.
减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力FN与左壁支持力F左共同决定，
当a>gtan θ，F左＝0，球受力如图所示，
在水平方向上，根据牛顿第二定律有
FNsin θ＝ma，
在竖直方向有
FNcs θ－F上＝mg，
解得F上＝m（act θ－g）.
答案：（1）eq \f(av2,2as－v2) （2）0 m（act θ－g）
15.（12分）某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图甲.降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙.已知人的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f阻与速率v成正比，即f阻＝kv（g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6）.求：
图甲 图乙
（1）打开降落伞前人下落的距离.
（2）阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向.
（3）每根悬绳能够承受的拉力.
解析：（1）h0＝eq \f(veq \\al(2,0),2g)＝20 m.
（2）kv＝2mg，将v＝5 m/s代入得k＝200 N·s/m.
对整体kv0－2mg＝2ma，
a＝eq \f(kv0－2mg,2m)＝30 m/s2，
方向竖直向上.
（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有
8Tcs α－mg＝ma，
T＝eq \f(m（g＋a）,8 cs 37°)＝312.5 N.
由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.
答案：（1）20 m （2）k＝200 N·s/m a＝30 m/s2
方向竖直向上 （3）312.5 N
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