7．如图所示，光滑水平面上，AB两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，AB共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
8．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为（）
A．m＝0.5kg，μ＝0.4
B．m＝1kg，μ＝0.4
C．m＝0.5kg，μ＝0.2
D．m＝1kg，μ＝0.2
9．下列说法正确的是（）
A．在国际单位制中，“牛顿”是力学的三个基本单位之一
B．选择不同的参考系对同一运动的描述一定是相同的
C．位移、速度、力都是矢量
D．小球做竖直上抛运动时，速度不断减小，惯性不断减小
二、多选题
10．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N．初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α（
）．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中（ ）
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
11．如图所示为甲、乙两个物体在同一直线上运动的x-t图象，下列说法正确的是（ ）
A．两物体的速度大小相等，方向相反
B．在t=1s时，甲、乙两物体相遇
C．在前2s时间内，甲、乙两物体的位移相同
D．在t=2s时，乙物体的运动方向发生了变化
12．一物体做竖直上抛运动（不计空气阻力），初速度为30m/s，当物体的位移为25m时，经历的时间为（g取10m/s2）（ ）
A．1sB．2sC．5sD．3s
三、实验题
13．某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”。
弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸记录O点的位置和拉线的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为______N。
（2）下列不必要的实验要求是______（请填写选项前对应的字母）
A．应测量重物M所受的重力
B．弹簧测力计应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
14．如图为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置．沙和沙桶的质量为m，小车和砝码的质量为M.实验中将沙和沙桶的重力作为细线对小车的拉力．
（1）实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是（_______）
A．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器
B．必须让小车连接沙桶
C．纸带和沙桶都应连接
D．纸带和沙桶都不能连接
（2）现保持沙和沙桶的总质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，探究加速度和质量的关系．如图是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50Hz，每隔4个点选一个计数点，则小车的加速度为________m/s2（保留两位有效数字）．通过实验得到多组加速度a、质量M的数据，为了方便准确地研究二者关系，一般选用纵坐标为加速度a，则横坐标为_________（填“M”或“
”）．
四、解答题
15．有一根长10m的细绳将A、B两个小球相连，在足够高处相隔0.6s将A、B两个小球先后从同一位置由静止释放，求：
（不计空气阻力，g取10m/s2，结果保留三位有效数字．）
（1）在B球释放后多长时间，连接A、B两球的细绳将被拉直？
（2）细绳即将拉直时，小球A的速度．
16．质量为m=0.8kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态．PA与竖直方向的夹角37°，PB沿水平方向．质量为M=3kg的木块与PB相连，静止于水平桌面上，如图所示（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）轻绳PA拉力的大小；
（2）木块受到水平桌面摩擦力的大小及方向．
17．如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以v0=5m/s的速率顺时针转动，将一袋质量为10kg的大米无初速度地放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的能量损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g=10m/s2，cos37°=0.8，求：
（1）若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端?
（2）若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大?
参考答案
1．C
【详解】
A、研究运动员平均时速时，运动员的大小可以忽略不计，能将运动员看作质点，故A错误；
B、出发后前2小时内与第2小时内是指同两段不同的时间，故B错误；
C、不同观众观察同一名运动员的运动，选择的参考系不同，其结果可能有所不同，故C正确；
D、位移是描述物体位置变化的物理量，“全马”42.195公里指的是路程，故D错误；
故选C．
【点睛】
当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点；时间对于时间轴上的一段；参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不作相对运动的物体系；参考系的选取是任意的；路程是指物体经过的轨迹的长度；位移是指初末两点间的直线距离；由此分析即可．
2．A
【详解】
A．由匀变速直线运动的位移公式
，可见，平均速度大，相同时间内位移一定大，故A正确。
BC．由匀变速直线运动位移的公式x=v0t+
at2可知，位移与初速度和加速度都有关，加速度最大的物体或者初速度最大的物体位移都不一定最大，故BC错误。
D．由匀变速直线运动的位移公式
可知，末速度最大的物体位移不一定最大，还与初速度有关，故D错误。
故选A。
3．C
【解析】
【详解】
A项：
速度时间图象只能表示直线运动的规律，不能表示曲线运动，故A错误；
B项：
内，物体的速度先减小后反向增大，故B错误；
C项：
图象的斜率表示加速度，由图象可知，
内，物体的加速度先减小后增大，故C正确；
D项：
内，物体速度的变化量
，故D错误。
4．C
【详解】
A．箱子水平方向受到人向右的推力和木板向左的摩擦力而处于静止状态，A错误；
B．木板受到箱子向右的摩擦力和人给的向左的摩擦力，二力平衡，所以地面对木板没有摩擦力，B错误；
CD．木板、人、箱子三者看做一个整体，竖直方向受到重力和地面的支持力，所以支持力等于三者的重力3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，C正确、D错误．
5．B
【详解】
运动员从A位置运动到B位置的过程中，重力不变，跳板形变越来越大，向上的弹力越来越大，加速度先向下减小后向上增大，D错．速度先增大再减小，C错．到达最低点时加速度向上，处于超重状态，A错B对。
故选B。
6．D
【解析】
【详解】
AB．如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得：
对整体：
加速度
，方向沿斜面向下，对小球：
合力F合=ma=mgsinθ，则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合．故AB错误；
CD．如果斜面粗糙且μ＜tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，加速度
，由于μ＜tanθ，则μcosθ＜sinθ，a＞0，说明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ，则摆线位于①与③之间．故C错误，D正确．
7．D
【详解】
ABCD.突然撤去拉力瞬间，物体A受力情况不变，因此物体A的加速度a1=a，由牛顿第二定律可得
撤去拉力后，物块B在水平方向只受弹簧弹力的作用，由牛顿第二定律可得
联立可得
ABC错误，D正确；
故选D。
8．A
【解析】
对物块受力分析：
0～2s，物块处于静止状态．2s～4s物块匀加速运动，加速度为
；4s～6s物块匀速直线运动，有F3=μmg=2N；2s～4s由牛顿第二定律得：
F2-μmg=ma，将F2=3N，F3=μmg=2N代入得：
m=0.5kg根据F3=μmgF3=2N将m=0.5kg代入得：
μ=0.4．故A正确，BCD错误．故选A.
点睛：
此题属于多过程的运动学问题，需要对物体受力分析，结合v-t图象的斜率分析物体的加速度，确定物体的运动状态，由牛顿第二定律和平衡条件进行研究.
9．C
【详解】
A．在国际单位制中，“牛顿”是根据牛顿第二定律的导出单位，不是基本单位，故A错误；
B．选择不同的参考系对同一运动的描述一般是不同的，故B错误；
C．位移、速度、力三个物理量都是既有大小，又有方向，都是矢量，故C正确；
D．惯性大小只与质量大小有关，与运动状态无关，故D错误．
故选C．
10．AD
【详解】
以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，
在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误．
11．AB
【详解】
A．位移时间图像的斜率表示速度大小，甲的速度为
，乙的速度为
，负号表示运动方向，所以两者的速度大小相等，方向相反，A正确；
B．在t=1s时，两者位移大小相同，都到达了x=5m位置，两者相遇，B正确；
C．前2s甲的位移为10m，乙的位移为-10m，位移大小相同，方向不同，C错误；
D．乙的速度一直为负，即一直朝着负方向运动，D错误；
故选AB。
12．AC
【详解】
取竖直向上为正方向，竖直上抛运动可看作匀减速直线运动；当物体的末位置在抛出点上方时，位移为
由
得
解得
或
当物体的末位置在抛出点下方时，位移为
由
得
解得
故选AC。
13．3.6D
【详解】
（1）[1]由图中可以读出示数为3.6N。
（2）[2]A．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A正确；
B．弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确；
C．拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确；
D．当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验。
故D错误。
故选D。
14．A；2．0；1/M
【详解】
（1）平衡摩擦力时让小车拖着纸带运动，若能做匀速直线运动，摩擦力得到平衡，故选A．
（2）由图可知x12=3．10cm，x23=5．10cm，x34=7．10cm，x45=9．10cm，x56=11．10cm，可知连续相等时间内的位移之差△x=2．00cm，
根据△x=aT2得，加速度
．
因为a与M成反比，为了得出a与M的线性关系，作
图线．
15．
（1）1.37s
（2）19.7m/s
【详解】
（1）连接A、B两球的细绳被拉直，说明两球的位移差为10m，故根据运动学公式可得：
代入数据解得：
t≈1.37s
（2）由题意：
vA＝g（t＋0.6s）
解得：
vA≈19.7m/s
16．
（1）30N
（2）264N
【分析】
（1）对砝码m和结点P受力分析，由共点力的平衡条件即可得出PB拉力的大小．
（2）对木块M受力分析，并交PB的拉力分解，由共点力的平衡条件可得出木块受到的摩擦力．
【详解】
（1）设轻绳PA对砝码的拉力为FA，轻绳PB对砝码的拉力为FB，G1=mg，如图甲所示，则
FAcos37°=G1
FAsin37°=FB
解得FB=30N
（2）木块受力情况如图乙所示，设木块受斜面的静摩擦力大小为Ff，轻绳PB对砝码的拉力为FB′，则
G2=Mg
FB′=FB=30N
Ff=G2sin37°+FB′cos37°
解得Ff=264N
【点睛】
解决共点力平衡的题目时，受力分析是关键，同时注意正确作出受力图，三力平衡时可以用合成法，四力及以上时一般采用正交分解法．
17．
（1）米袋不能运动到D端
（2）4m/s
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出米袋在倾斜传送带上的加速度，再通过速度位移公式求出上升的最大距离，从而判断能否运动到D端；米袋滑上传送带摩擦力先向下，根据牛顿第二定律求出加速度，当速度减小到与传送带速度相同后，摩擦力向上，根据牛顿第二定律求出加速度，结合总位移等于CD的长度求出传送带的速度，即为传送带的最小速度．
【详解】
（1）米袋在AB部分加速时的加速度
，
米袋的速度达到
时，滑行的距离
，
因此米袋到达B点的速度为
，CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，根据牛顿第二定律有：
解得：
，
米袋能滑上的最大距离：
，
故米袋不能运动到D端．
（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端C即米袋到达D端时速度为零，则米袋速度减为v之前的加速度大小为：
，米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速直到速度为
，
设该阶段加速度大小为：
由运动公式得：
解出
，所以要把米袋送到D点，CD部分最小速度为
，所以不能．
【点睛】
解决本题的关键理清米袋的运动情况，分段运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．要注意两个过程之间的联系，如速度关系、位移关系等．
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