滚动训练（五）
（本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！
）
一、选择题
1.（2011·抚顺六校联合体模拟）如右图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知mA>mB，则物体B（ ）
A．只受一个重力
B．受到重力、摩擦力各一个
C．受到重力、弹力、摩擦力各一个
D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个
解析：
物体A、B将一起做自由落体运动，所以A、B之间无相互作用力，物体B与墙面有接触而无挤压，所以与墙面无弹力，当然也没有摩擦力，所以物体B只受重力，选A.
答案：
A
2.如右图所示，在研究牛顿第二定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有（ ）
A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2
B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1
C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2
D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x1
解析：
题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．当m1＝m2时，两车总质量仍相等，因F1＝2F2，则a1＝2a2.由x＝
at2知，A正确，B错误；若m1＝2m2，两车总质量关系未知，故C、D不能确定．
答案：
A
3.如右图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述做法可使指针张角增大的是（ ）
A．使A、B两板靠近些
B．使A、B两板正对面积错开些
C．断开S后，使B板向左平移减小板间距
D．断开S后，使A、B板错位正对面积减小
解析：
由于静电计的金属球与A板等势，外壳与B板等势（电势都为零），因此静电计测量的是电容器两板间的电压，如果S一直闭合，则两板间的电压始终等于电源的电动势，静电计的张角不会改变，A、B项错误；如果使开关S断开，电容器上带电荷量一定，由U＝
＝
可知，当两板间的距离减小时，U变小，静电计的张角变小，C项错误；当两板间的正对面积减小，则两板间的电压增大，静电计的张角增大，D项正确．本题难度中等．
答案：
D
4.现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上下通过，如右图所示．假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上．要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够高外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该（ ）
A．竖直向下 B．竖直向上
C．向下适当偏后D．向下适当偏前
解析：
本题考查运动的合成与分解，要使运动员落在滑板原来的位置，则运动员在跳起后和滑板在水平方向的运动情况相同，由于惯性，运动员和滑板的水平初速度相同，因此只要水平方向上不受力即可，故双脚对滑板的作用力方向应该竖直向下，A正确．
答案：
A
5．英国《新科学家（NewScientist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在XTEJ1650－500双星系统中发现的最小黑洞位列其中．若某黑洞的半径R约45km，质量M和半径R的关系满足
＝
（其中c为光速，G为引力常量），则该黑洞表面重力加速度的数量级为（ ）
A．108m/s2B．1010m/s2
C．1012m/s2D．1014m/s2
解析：
星球表面的物体满足mg＝G
，即GM＝R2g，由题中所给条件
＝
推出GM＝
Rc2，则GM＝R2g＝
Rc2，代入数据解得g＝1012m/s2，C正确．
答案：
C
6.如右图所示，AB是某个点电荷的一根电场线，在电场线上O点由静止释放一个负电荷，它仅在电场力作用下沿电场线向B点运动，下列判断正确的是（ ）
A．电场线由B点指向A点，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B．电场线由B点指向A点，该电荷做加速运动，其加速度大小变化由题设条件不能确定
C．电场线由A点指向B点，电荷做匀加速运动
D．电场线由B点指向A点，电荷做加速运动，加速度越来越大
解析：
仅由一条电场线是不能确定电场线的疏密情况的，所以无法判定电场力大小变化及加速度大小变化情况，选项A、C、D错误．负电荷从O点由静止向B点运动，说明其所受电场力由A点指向B点，电场强度方向由B点指向A点，所以选项B正确．
答案：
B
7.超市中小张沿水平方向推着质量为m的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼，如右图所示．假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止，自动扶梯的倾角为30°，小张的质量为M，小张与扶梯间的摩擦因数为μ，小车与扶梯间的摩擦忽略不计．则（ ）
A．小张对扶梯的压力大小为Mgcos30°，方向垂直于斜面向下
B．小张对扶梯的摩擦力大小为（M＋m）gsin30°，方向沿斜面向下
C．扶梯对小张的摩擦力大小为μ（M＋m）gcos30°，方向沿斜面向上
D．小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等，这是因为人和车均处于平衡状态
解析：
对购物车进行受力分析，购物车受到的人的推力F＝mgtanθ，对人进行受力分析，人受到的摩擦力f＝Mgsinθ＋Fcosθ＝（M＋m）sinθ，沿斜面向上，人受到的弹力FN＝Mgcosθ－Fsinθ＝Mgcosθ－mgsinθtanθ，A错B对C错；小张对车的推力和车对小张的推力是一对作用力与反作用力，大小相等方向相反，D错．
答案：
B
8.如右图所示，一同学在玩闯关类的游戏，他站在平台的边缘，想在2s内水平跳离平台后落在支撑物P上，人与P的水平距离为3m，人跳离平台的最大速度为6m/s，则支撑物距离人的竖直高度可能为（ ）
A．1mB．0.5m
C．25mD．20m
解析：
人以最大速度跳离平台时，用时0.5s，下落的高度为h＝1.25m；在2s内，下落的最大高度为20m，人要跳到P上，高度差满足1.25m≤h≤20m，正确选项为D.
答案：
D
9.如右图所示，是甲、乙两物体运动的速度图象．若甲、乙两物体同时由同一起点向同一方向做直线运动，则下列说法正确的有（ ）
A．在40s前，乙物体始终在甲物体的前面
B．在前20s内，甲物体在乙物体的前面，且两物体间的距离逐渐减小
C．在t＝40s时两物体相遇
D．在t＝20s时两物体相遇
解析：
甲匀速运动，乙做初速度为0的匀加速运动，由图象可知，t＝20s时它们的速度相等，在此之前是甲与乙的距离越来越大；20s后，乙的速度超过甲，则乙不断追赶甲，距离又不断缩小，当t＝40s时刚好乙追上甲，两物体的位移相等，在此之前，甲始终在乙的前面．选项C正确．
答案：
C
10.（2011·陕西五校模考）如右图所示，在场强大小为E的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细线一端拴一个质量为m、电荷量为q的带负电小球，另一端固定在O点．把小球拉到使细线水平的位置A，然后将小球由静止释放，小球沿弧线运动到细线与水平成θ＝60°的位置B时速度为零．以下说法正确的是（ ）
A．小球重力与电场力的关系是mg＝
Eq
B．小球重力与电场力的关系是Eq＝
mg
C．小球在B点时，细线拉力为FT＝mg
D．小球在B点时，细线拉力为FT＝2Eq
解析：
本题考查静电场及共点力平衡．根据对称性可知，小球处在AB中点位置时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为30°，根据三角函数关系可得：
qEsin30°＝mgcos30°，化简可知选项A错误，B正确；小球到达B点时速度为零，则沿细线方向合力为零，此时对小球受力分析可知：
FT＝qEsin30°＋mgcos30°，化简可知FT＝
mg，选项C、D均错误．
答案：
B
二、非选择题
11．如图甲所示，弯曲部分AB和CD是两个半径相等的
圆弧，中间的BC段是竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径），分别与上下圆弧轨道相切连接，BC段的长度L可作伸缩调节．下圆弧轨道与地面相切，其中D、A分别是上下圆弧轨道的最高点和最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一小球多次以某一速度从A点水平进入轨道而从D点水平飞出．今在A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道A、D两点的压力，计算出压力差ΔF.改变BC的长度L，重复上述实验，最后绘得的ΔF－L图象如图乙所示．（不计一切摩擦阻力，g取10m/s2）
（1）某一次调节后，D点的离地高度为0.8m，小球从D点飞出，落地点与D点的水平距离为2.4m，求小球经过D点时的速度大小；
（2）求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径．
解析：
（1）小球在竖直方向做自由落体运动，
有HD＝
gt2，
在水平方向做匀速直线运动，有：
x＝vDt，
得：
vD＝
＝
＝6m/s.
（2）设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒，有：
mv
＝
mv
＋mg（2r＋L）①
在A点：
FA－mg＝m
，②
在D点：
FD＋mg＝m
，③
由①②③式得：
ΔF＝FA－FD＝6mg＋2mg
，
由图象纵截距得：
6mg＝12N，得m＝0.2kg，
当L＝0.5m时，ΔF＝17N，解得：
r＝0.4m.
答案：
（1）6m/s
（2）0.4m
12.（2011·安徽模拟）如右图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d.MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷，不影响电场的分布），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v.已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g.求：
（1）C、O间的电势差UCO；
（2）O点处的电场强度E的大小；
（3）小球p经过O点时的加速度；
（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度．
解析：
（1）小球p由C运动到O的过程，由动能定理
得mgd＋qUCO＝
mv2－0①
所以UCO＝
.②
（2）小球p经过O点时受力如图
由库仑定律得F1＝F2＝k
它们的合力为
F＝F1cos45°＋F2cos45°＝
③
所以O点处的电场强度E＝
＝
.④
（3）由牛顿第二定律得：
mg＋qE＝ma⑤
所以a＝g＋
.⑥
（4）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得
mgd＋qUOD＝
mv
－
mv2⑦
由电场特点可知UCO＝UOD⑧
联立①⑦⑧解得vD＝
v.
答案：
（1）
（2）
（3）g＋
（4）
v
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