(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。下面是从物理的角度去解释此情境，其中正确的是()A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了解析：选B.骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确．3．牛顿在总结了C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：选D.由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，A项错；压力和支持力作用在不同的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上的，B项错；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，C项错；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力大小

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是()A．测量时仪器必须水平放置B．其测量原理是根据牛顿第二定律C．其测量原理是根据万有引力定律D．测量时仪器必须竖直放置解析：选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a＝ΔvΔt，然后根据牛顿第二定律F＝ma，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．2．(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C项正确．3.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则()A．每根橡皮绳的拉力为12mgB．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a＝gD．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2Fcos30°＝mg，解得F＝33mg.故A错误；根据共点力平衡得，2Fcosθ＝mg，当悬点间的距离变小时，θ变小，cosθ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相

1.(多选)(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员()A．在第一过程中始终处于失重状态B．在第二过程中始终处于超重状态C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确．2.(2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力()A．必为推力B．必为拉力C．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零解析：选C.将a、b看做一个整体，加速度a＝Fa＋Fbma＋mb，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝Fa＋Fabma＝Fa＋Fbma＋mb，即Fab＝Fbma－Fambma＋mb，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0.3．(2019·南阳五校联考)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中()A．B的加速度为gsinθB．绳的拉力为GcosθC．绳的方向保持竖直D．绳的拉力为G解析：选A.A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsinθ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，故选项B、C、D都错误．4.(2019·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为()A．3gsinαB．gsinαC．3gsinα2D．2gsinα解析：选A.猫与木板加速度不同，分

章末过关检测(四)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.雨天在野外骑车时，在自行车的后轮轮胎上常会粘附一些泥巴，行驶时感觉很“沉重”．如果将自行车后轮撑起，使后轮离开地面而悬空，然后用手匀速摇脚踏板，使后轮飞速转动，泥巴就被甩下来．如图所示，图中a、b、c、d为后轮轮胎边缘上的四个特殊位置，则()A．泥巴在图中a、c位置的向心加速度大于b、d位置的向心加速度B．泥巴在图中的b、d位置时最容易被甩下来C．泥巴在图中的c位置时最容易被甩下来D．泥巴在图中的a位置时最容易被甩下来解析：选C.当后轮匀速转动时，由a＝Rω2知a、b、c、d四个位置的向心加速度大小相等，A错误；在角速度ω相同的情况下，泥巴在a点有Fa＋mg＝mω2R，在b、d两点有Fb＝Fd＝mω2R，在c点有Fc－mg＝mω2R，所以泥巴与轮胎在c位置的相互作用力最大，最容易被甩下，故B、D错误，C正确．2.轮箱沿如图所示的逆时针方向在竖直平面内做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v＜Rg，AC为水平直径，BD为竖直直径．物块相对于轮箱静止，则()A．物块始终受两个力作用B．只有在A、B、C、D四点，物块受到的合外力才指向圆心C．从B运动到A，物块处于超重状态D．从A运动到D，物块处于超重状态解析：选D.在B、D位置，物块受重力、支持力，在A、C位置，物块受重力、支持力和静摩擦力，A错；物块做匀速圆周运动，任何位置的合外力都指向圆心，B错；从B运动到A，向心加速度斜向下，物块失重，从A运动到D，向心加速度斜向上，物块超重，C错、D对．3.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2.则ω的最大值是()A．5rad/sB．3rad/sC．1.0rad/sD．0.5rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmgcos30°－mgsin30°＝mω2r，解得ω＝1.0rad/s，故选项C正确．4．(2019·泰州模拟)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，车上的三个水平支架上有三个完全相

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1.(2019·深圳高三调研)2018珠海航展，我国五代战机“歼－20”再次闪亮登场．表演中，战机先水平向右，再沿曲线ab向上(如图)，最后沿陡斜线直入云霄．设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变．则沿ab段曲线飞行时，战机()A．所受合外力大小为零B．所受合外力方向竖直向上C．竖直方向的分速度逐渐增大D．水平方向的分速度不变解析：选C.因为战机做速率不变的曲线运动，所以合外力不为零且方向与速度方向垂直，所以A、B错误；对任一点的速度正交分解，如图所示，vy＝vcosα，vx＝vsinα，根据题意知α减小，vy增加，vx减小，所以C正确，D错误，故选C.2.各种大型的货运站中少不了旋臂式起重机，如图所示，该起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀减速运动．此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是下图中的()解析：选D.由于货物在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀减速运动，故货物所受的合外力竖直向下，由曲线运动的特点：所受的合外力要指向轨迹凹侧可知，对应的运动轨迹可能为D.3.(2019·河南名校联考)如图所示，这是质点做匀变速曲线运动的轨迹的示意图．已知质点在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是()A．C点的速率小于B点的速率B．A点的加速度比C点的加速度大C．C点的速率大于B点的速率D．从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大解析：选C.质点做匀变速曲线运动，B点到C点的过程中加速度方向与速度方向夹角小于90°，所以，C点的速率比B点速率大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则加速度大小和方向不变，所以质点经过C点时的加速度与A点的相同，故B错误；若质点从A点运动到C点，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，故D错误．4.(2019·天津河西区模拟)如图所示，A、B是两个游泳运动员，他们隔着水流湍急的河流站在岸边，A在上游的位置，且A的游泳技术比B好，现在两个人同时下水游泳，要求两个人尽快在河中相遇，试问应采取下列哪种方式比较

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1.如图所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点(ha>hb)分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点，若不计空气阻力，则()A．ta＞tb，va＜vbB．ta＞tb，va＞vbC．ta＜tb，va＜vbD．ta＜tb，va＞vb解析：选A.由平抛运动规律可知：h＝12gt2，x＝v0t，根据题中条件，因为ha＞hb，所以ta＞tb，又因为xa＝xb，故va＜vb，所以A选项正确．2.距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2.可求得h等于()A．1.25mB．2.25mC．3.75mD．4.75m解析：选A.根据两球同时落地可得2Hg＝dABv＋2hg，代入数据得h＝1.25m，选项A正确．3．如图所示，在斜面顶点以大小相同的速度v0同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为37°和53°，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A和B两小球的运动时间之比为()A．16∶9B．9∶16C．3∶4D．4∶3解析：选B.对于A球有tan37°＝hx＝gtA2v0，解得tA＝2v0tan37°g；同理对B有tB＝2v0tan53°g，由此解得tAtB＝916，故选项B正确，A、C、D错误．4.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球甲、乙(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比v1v2为()A．tanαB．cosαsinαC．tanα·tanαD．cosα·cosα解析：选C.根据平抛运动得甲小球水平方向的位移为xA＝Rsinα＝v1t1，竖直方向的位移为yA＝Rcosα＝12gt21，解得v1＝12gRsinαcosα；乙小球水平方向的位移为xB＝Rcosα＝v2t2，竖直方向的位移为yB＝Rsinα＝12gt22，解得v2＝12gRcosαsinα，所以有v1v2＝tanα·tanα.选项C正确．5.一阶梯如图所示，其

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1.(2019·岳阳高三检测)如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成．质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为2mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是()A．在最高点D，小球的向心加速度大小为2gB．在最低点C，小球对轨道压力为7mgC．为了保证小球能通过最高点D，小球释放点相对于BC轨道的高度不能大于3.5RD．若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差恒为6mg解析：选D.对小球在D点受力分析，由题意可知小球受到的合力为3mg，由牛顿第二定律知加速度大小为3g，A错误；由向心力公式在D点有3mg＝mv2R，在C点FN－mg＝mv2CR，从C到D机械能守恒mg×2R＋12mv2＝12mv2C，联立可得FN＝8mg，由牛顿第三定律知，F′N＝FN＝8mg，B错误；为了保证小球能过最高点，释放位置越高越好，C错误；若小球能过D点则有FN1－mg＝mv2R，在C点FN2－mg＝mv2CR，从C到D机械能守恒mg×2R＋12mv2＝12mv2C，联立可得FN2－FN1＝6mg，由牛顿第三定律知，F′N2－F′N1＝6mg，D正确．2.如图所示，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()A．t1<t2B．t1＝t2C．t1>t2D．无法比较t1、t2的大小解析：选A.在滑道AB段上取任意一点E，比较从A点到E点的速度v1和从C点到E点的速度v2，易知，v1>v2.因E点处于“凸”形轨道上，速度越大，轨道对小滑块的支持力越小，因动摩擦因数恒定，则摩擦力越小，可知由A滑到C比由C滑到A在AB段上的摩擦力小，因摩擦造成的动能损失也小．同理，在滑道BC段的“凹”形轨道上，小滑块速度越小，其所受支持力越小，摩擦力也越小，因摩擦造成的动能损失也越小，从C处开始滑动时，小滑块损失的动能更大．故综上所述，从A滑到C比从C滑到A在轨道上因摩擦造成的动能损失要小，整个过程中从A滑到C平均速度要更大一些，故t1<t2.选项A正确．3.

(建议用时：30分钟)一、单项选择题1．(2018·高考全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为()A．2∶1B．4∶1C．8∶1D．16∶1解析：选C.由开普勒第三定律得r3T2＝k，故TPTQ＝RPRQ3＝1643＝81，C正确．2．我国计划于2019年发射“嫦娥五号”探测器，假设探测器在近月轨道上绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(小于绕行周期)，运动的弧长为s，探测器与月球中心连线扫过的角度为θ(弧度)，引力常量为G，则()A．探测器的轨道半径为θtB．探测器的环绕周期为πtθC．月球的质量为s3Gt2θD．月球的密度为3θ24Gt解析：选C.利用s＝θr，可得轨道半径r＝sθ，选项A错误；由题意可知，角速度ω＝θt，故探测器的环绕周期T＝2πω＝2πθt＝2πtθ，选项B错误；根据万有引力提供向心力可知，GmMr2＝mv2r，再结合v＝st可以求出M＝v2rG＝st2·sθG＝s3Gt2θ，选项C正确；由于不知月球的半径，所以无法求出月球的密度，选项D错误．3．(2017·高考北京卷)利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是()A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转)B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离解析：选D.由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有GMm0R2＝m0g，故可得M＝gR2G，A项不符合题意；由万有引力提供人造卫星的向心力，有GMm1R2＝m1v2R，v＝2πRT，联立得M＝v3T2πG，B项不符合题意；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有GMm2r2＝m22πT′2r，故可得M＝4π2r3GT′2，C项不符合题意；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，不可求出地球的质量，D项符合题意．4．(2019·河南鹤壁高级中学模拟)经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间．已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里．假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较()

1．“探究动能定理”的实验装置如图甲所示，当小车在两条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0.当用4条、6条、8条„完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次„实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0„，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度可由打点计时器所打点的纸带测出．(1)关于该实验，下列说法正确的是________．A．打点计时器可以用直流电源供电，电压为4～6VB．实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等C．每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度vm和橡皮筋做的功W，依次作出W－vm、W－v2m、W－v3m、W2－vm、W3－vm„的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系(2)图乙给出了某次在正确操作情况下打出的纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一段纸带，测得O点到A、B、C、D、E各点的距离分别为OA＝5.65cm，OB＝7.12cm，OC＝8.78cm，OD＝10.40cm，OE＝11.91cm.已知相邻两点打点时间间隔为0.02s，则小车获得的最大速度vm＝________m/s.解析：(1)电磁打点计时器使用4～6V交流电，A错；实验中应选取相同的橡皮筋，B错；小车应从同一位置由静止释放，C对；数据分析时，应作出不同的图象探究功与速度变化的关系，D对．(2)由所给数据知BC＝8.78cm－7.12cm＝1.66cm，最大速度vm＝1.66×10－20.02m/s＝0.83m/s.答案：(1)CD(2)0.832．(2016·高考全国卷Ⅱ)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图甲所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．(1)实验中涉及下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是______________(填入代表步骤的序号)．(2)图乙中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可

1．(2019·河北邯郸摸底)某同学安装如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．(1)此实验中，应当是让重物做__________运动，________(填“需要”或“不需要”)测出重物的质量．(2)打点计时器所用交流电的频率为50Hz，该同学选取如图乙所示的一段纸带，对BD段进行研究．求得B点对应的速度vB＝________m/s(保留两位有效数字)，若再求得D点对应的速度为vD，测出重物下落的高度为hBD，则还应计算________与______大小是否相等(填字母表达式)．(3)但该同学在上述实验过程中存在明显的问题．安装实验装置时存在的问题是________________________________________________________________________；研究纸带时存在的问题是________________________________________________________________________，实验误差可能较大．解析：(1)由实验原理知，应让重物在松开手后做自由落体运动；根据机械能守恒，mgΔh＝12m(v22－v21)，整理后，得gΔh＝12(v22－v21)，所以不需要测量质量．(2)B点速度等于AC段的平均速度，vB＝AC2T≈0.19m/s；根据实验原理知，还应计算12(v2D－v2B)与ghBD，看两者大小是否相等．(3)重物距离桌面太近，会落到桌面上；B、D时间间隔太短，实验误差较大．答案：(1)自由落体不需要(2)0.1912(v2D－v2B)ghBD(3)重物会落在桌面上(或“纸带打点过短”等与此类似的答案)B、D两点时间间隔过短2．(2019·广州执信中学模拟)如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M(A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出____________(填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.

章末过关检测(五)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．有一固定轨道ABCD如图所示，AB段为四分之一光滑圆弧轨道，其半径为R，BC段是水平光滑轨道，CD段是光滑斜面轨道，BC和斜面CD间用一小段光滑圆弧连接．有编号为1、2、3、4完全相同的4个小球(小球不能视为质点，其半径r<R)，紧挨在一起从圆弧轨道上某处由静止释放，经平面BC到斜面CD上，忽略一切阻力，则下列说法正确的是()A．四个小球在整个运动过程中始终不分离B．在圆弧轨道上运动时，2号球对3号球不做功C．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做正功D．在CD斜面轨道上运动时，2号球对3号球做负功解析：选A.圆弧轨道越低的位置切线的倾角越小，加速度越小，故相邻小球之间有挤压力，小球在水平面上速度相同，无挤压不分离，在斜面上加速度相同，无挤压也不分离，故B、C、D错误，A正确．2．如图甲所示的一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11kg的轮胎从静止开始沿着平直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5s后拖绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v－t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．轮胎与地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55NC．在0～5s内，轮胎克服摩擦力做功为850JD．拖绳对轮胎做的功为1750J解析：选C.拖绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力分析如图a所示，由v－t图象可得5～7s内的加速度为a2＝－5m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据可解得μ＝0.5，选项A错误；拖绳拉动轮胎的过程中，轮胎的受力分析如图b所示，由牛顿运动定律可得Fcos37°－f1＝ma1，mg－Fsin37°－N1＝0，又因为f1＝μN1，由v－t图象可知此过程中的加速度为a1＝2m/s2，联立以上各式可解得F＝70N，选项B错误；由Fcos37°－f1＝ma1可解得f1＝34N，由图象可知轮胎在0～5s内的位移为x1＝25m，故在此过程中克服摩擦力所做的功为W＝f1x1＝850J，选项C正确；由WF＝Fx1cos37°可得拖绳对轮胎所做的功为WF＝1400J，选项D错误．3

(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是()A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．2．(2018·高考全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看做初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比解析：选B.列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系可知v＝at，且列车的动能为Ek＝12mv2，由以上整理得Ek＝12ma2t2，动能与时间的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C错误；将x＝12at2代入上式得Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B正确；由动能与动量的关系式Ek＝p22m可知，列车的动能与动量的平方成正比，D错误．3.如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是()A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsinθB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcosθC．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cosθ)，重力势能增加mgL(1－cosθ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误．4.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一

(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm.若忽略空气阻力，g取10m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C对．2.(2019·宁波模拟)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A．不变B．变小C．变大D．变大变小均可能解析：选B.设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx1＝12(M＋m)v2，解得x1＝v22μg；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝12Mv2，解得x2＝Mv22（m＋M）μg，显然x2<x1.3.(2019·北京101中学检测)如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()A．mv202B．2mv202C．mv204D．mv20解析：选C.由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝2v02，故质量为m的物体速度等于2v02，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝12mv2－0＝mv204，C正确．4.(2019·杭州名校质检)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块材料不同的地毯长度均为l，并排铺在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块，则物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，物体在运动中地毯保持静止，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则物体运动到某一点时的速度大小与该物体向右运动到该位置的速度大小相等，则这一点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C.对物体从a运动到c，由动能定理，－μmgl－2μmgl＝12mv21－12mv20，对物体从d运动到c，由动能定理，－3μmgl＝1

(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2019·北京模拟)将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E02.设空气阻力恒定，如果将它以初动能4E0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了()A．3E0B．2E0C．1.5E0D．E0解析：选A.设动能为E0，其初速度为v0，上升高度为h；当动能为4E0，则初速度为2v0，上升高度为h′.由于在上升过程中加速度相同，根据v2＝2gh可知，h′＝4h根据动能定理设摩擦力大小为f，则f×2h＝E02，因此f×4h＝E0.因此在升到最高处其重力势能为3E0，所以答案为A.2.(2019·无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量解析：选B.不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，小球重力势能减少量等于斜劈和小球的动能增加量，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．3．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等，故只有选项A正确．4.(2019·兰州模拟)如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是()A．2RB．5R3C.4R3D．2R3解析：选C.设A、B的质量分别为2m、m，当A落到地面上时，B恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A、B整体为研究对象，则A、B组成的系统机械能守恒，故有2mgR－mgR＝12(2m＋m)v2，A落到地面上以后，B仍以速度v竖直上抛，上升的高度为h＝v22g，解得h＝13R，故B上升的总高度为R＋h＝43R，选项C正确．5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1.(2019·河南林州一中高三质量监测)如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度a＝g2(g为重力加速度)向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是()A．重力势能增加mgxB．动能增加mgx4C．机械能增加mgxD．拉力做功为mgx2解析：选C.物块上升的高度为x2，因而增加的重力势能为ΔEp＝12mgx，A错误；根据动能定理可得增加的动能为ΔEk＝ma·x＝12mgx，B错误；根据能量守恒定律可得ΔE＝ΔEp＋ΔEk，故增加的机械能为ΔE＝mgx，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误．2．(2019·安徽合肥一模)如图所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)()A．18mgRB．14mgRC．12mgRD．34mgR解析：选D.铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝mv2R，即铁块动能Ek＝12mv2＝14mgR，初动能为零，故动能增加14mgR，铁块重力势能减少mgR，所以机械能损失34mgR，D项正确．3.(2019·江西重点中学联考)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中()A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2EkB．物体A克服摩擦阻力做的功等于EkC．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2EkD．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量解析：选D.当它们的总动能为2Ek时，物体A动能为Ek，撤去水平力F，最后系统停止运动，外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek，选项A、B错误；由于二者之间有弹簧，弹簧具有弹性势能，根据功能关系，系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量，选项D正确，C错误．4.(2019·泉州模拟)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变．假设乘

1．(2019·济宁模拟)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：①用天平测出两小球的质量(分别为m1和m2，且m1>m2)．②按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.根据该同学的实验，回答下列问题：(1)在不放小球m2时，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的________点，把小球m2放在斜槽末端边缘处，小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球m1的落点在图中的________点．(2)若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有________．A．m1LF＝m1LD＋m2LEB．m1L2E＝m1L2D＋m2L2FC．m1LE＝m1LD＋m2LFD．LE＝LF－LD解析：(1)小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点，小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点．(2)设斜面倾角为θ，小球落点到B点的距离为L，小球从B点抛出时速度为v，则竖直方向有Lsinθ＝12gt2，水平方向有Lcosθ＝vt，解得v＝Lcosθt＝Lcosθ2Lsinθg＝cosθ2sinθgL，所以v∝L.由题意分析得，只要满足m1v1＝m2v2＋m1v′1，把速度v代入整理得：m1LE＝m1LD＋m2LF，说明两球碰撞过程中动量守恒；若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式：12m1v21＝12m1v′21＋12m2v22，整理得m1LE＝m1LD＋m2LF，故C正确．答案：(1)ED(2)C2．(2019·广西南宁兴宁区期末)如图所示，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分

章末过关检测(六)(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2019·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒解析：选B.子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为12mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．3．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相同B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同解析：选A.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．4．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0.某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．关于冲量，以下说法正确的是()A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向与该力的方向相同，故D正确．2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．3．一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s.则这一过程中动量的变化量为()A．大小为3.6kg·m/s，方向向左B．大小为3.6kg·m/s，方向向右C．大小为12.6kg·m/s，方向向左D．大小为12.6kg·m/s，方向向右解析：选D.选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6kg·m/s，大小为12.6kg·m/s，负号表示其方向向右，D正确．4．(2018·高考全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10NB．102NC．103ND．104N解析：选C.根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103N，所以C正确．5.(2019·山东淄博一中质检)如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．2．(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是()A．3v0－vB．2v0－3vC．3v0－2vD．2v0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.3.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()A．mMv0B．Mmv0C．MM－mv0D．mM－mv0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝mv0M－m，选项D正确．5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小

1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A.从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A正确，选项B、C、D错误．2．(2019·合肥质检)一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：选D.类比速度－时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度－时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝12mv2－12mv20＝396J，B项错；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项对．3.(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50J，则此过程产生的内能可能是()A．10JB．50JC．70JD．120J解析：选D.设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根