資源簡介

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第四章 運動和力的關系
一、選擇題
1．利用旋渦現象可以測定液體的流速。如圖所示（為截面圖），旋渦發生體垂直于管道放置，在特定條件下，由于旋渦現象，液體的振動頻率f與旋渦發生體的寬度D、液體的流速v有關。結合物理量的單位分析頻率f與v、D之間的關系式可能正確的是（其中k是一個沒有單位的常量）（　　）
A． B． C． D．f＝kvD
2．如圖所示，緊靠在一起的物塊A和物塊B靜置于粗糙的水平地面上，給物塊A施加水平恒力F使物塊A和物塊B一起向右做勻加速直線運動。已知物塊A和物塊B的質量均為m，物塊A和物塊B與地面間的動摩擦因數均為μ，不計空氣阻力，則物塊A和物塊B間作用力的大小為（　　）
A．F B．F﹣μmg C． D．
3．智能手機上安裝一款加速度傳感器軟件，能通過圖像顯示加速度情況。某同學在一次實驗中用手掌托著手機從靜止開始迅速上下運動，在該軟件上得到豎直方向上加速度隨時間變化的部分圖像如圖所示，該圖像以豎直向上為正方向。依據圖中信息可判斷（　　）
A．在t1時刻，手機運動方向改變
B．在t2～t3時間內，手機處于失重狀態
C．在t2時刻，手機對手掌的壓力最大
D．在t2時刻，手機運動到最高點
4．如圖所示，輕定滑輪與固定在天花板上的拉力傳感器相連，跨過定滑輪的輕繩兩端分別與質量不等的A、B兩物體相連。用擋板托住物體B使A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10N；撤去擋板，物體A上升、B下降，此時拉力傳感器的示數為15N。重力加速度g取10m/s2，則物體B的質量為（　　）
A．0.75kg B．1kg C．1.25kg D．1.5kg
5．課外興趣小組為了研究瞬時加速度問題，將兩個相同的小球分別和相同長度的彈性繩和剛性繩相連，然后從某高度靜止釋放。如圖，連接A、B的是一般細繩（剛性繩），連接C、D的是橡皮筋。那么在實驗過程中，小球在釋放后的短暫時間（橡皮筋還未第一次恢復原長）后，下列圖中符合ABCD實際排列情況的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，Ob過圓心，c為圓周的最高點，a為圓周的最低點。每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環都從O點無初速度釋放，用t1、t2分別表示滑環從O點到達a、b兩點所用的時間，另有一個小球從c點由靜止自由下落到a點所用的時間為t3。則下列關系正確的是（　　）
A．t1＝t3＜t2 B．t1＞t2＝t3 C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t2＜t3
7．如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后滑塊又被彈簧向右彈開．已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，彈簧與水平面間的摩擦不計，重力加速度為g，整個過程中彈簧未超過其彈性限度，則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊向右運動的過程中，先做加速運動，離開彈簧后才做減速運動
B．滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為
C．滑塊向左運動的過程中，始終做減速運動
D．滑塊向右運動的過程中，當彈簧形變量x＝時，滑塊的速度最大
8．如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角θ＝30°，在電動機的帶動下始終保持v＝8m/s的逆時針勻速率運行。現把一質量為m＝4kg的工件（可看為質點）輕輕放在傳送帶的底端，工件被傳送到h＝7.5m的高處，工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝，取g＝10m/s2，工件在傳送帶上運動的整個過程中，其位移x、速度v、加速度a、受合外力F隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多選題
（多選）9．電動平衡車（圖1所示）是一種常見的兒童玩具。某人和平衡車的總質量是60kg，啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來，其v﹣t圖像如圖2所示。取g＝10m/s2，則（　　）
A．平衡車與地面間的動摩擦因數為0.06
B．平衡車整個運動過程中的位移大小為195m
C．平衡車整個運動過程中的平均速度大小為3m/s
D．平衡車在加速過程的驅動力大小為72N
（多選）10．如圖所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚象棋的棋子，現用水平向右的拉力將紙板快速抽出，棋子（水平移動距離很小，幾乎看不到）落入杯中，這就是慣性演示實驗。已知棋子（可視為質點）離紙板左端的距離為d，棋子和紙板的質量均為m，所有接觸面的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；若棋子移動的距離不超過就能保證實驗成功，則以下說法正確的（　　）
A．棋子受到紙板的摩擦力水平向右
B．紙板受到的摩擦力大小為2μmg
C．若要使棋子相對紙板運動，所需的拉力F＞3μmg
D．若要保證實驗成功，所需的拉力F最小值為14μmg
（多選）11．如圖所示，一質量為M、傾角為30°的斜劈B放在水平地面上。質量為m的木塊A在斜劈上由靜止釋放，沿斜劈向下做加速度為的勻加速運動，斜劈保持靜止，重力加速度為g，則（　　）
A．木塊與斜劈之間的動摩擦因數為
B．地面對斜劈的摩擦力水平向右，大小為（M+m）g
C．地面對斜劈的摩擦力水平向右，大小為
D．地面對斜劈的支持力大小為
（多選）12．如圖7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，當A、B之間產生拉力且大于0.3N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F1、F2的大小隨時間變化的規律如圖乙所示。則下列關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是（　　）
A．t＝2.0s時刻A、B之間作用力大小為0.6N
B．t＝2.0s時刻A、B之間作用力為零
C．t＝2.5s時刻A對B的作用力方向向左
D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4m
三、實驗題
13．如圖甲所示是“探究加速度與力、質量關系”的實驗裝置。
（1）下列說法正確的是 　 　 。
A.將木板傾斜平衡摩擦力時，小車應與鉤碼連接
B.改變鉤碼個數時，應重新平衡摩擦力
C.需要調節滑輪的高度，使牽引小車的輕繩與長木板保持平行
（2）平衡摩擦力后，保持小車的質量不變，改變鉤碼的個數，記錄下鉤碼的總質量m和對應的小車的加速度大小a，在坐標紙上作出a﹣m圖像如圖乙所示。圖線末端發生彎曲的原因是 　 　 ，學習小組想通過調整實驗方案消除這種實驗誤差，你的調整建議是 　 　 （寫出一條即可）。
14．在某次探究加速度與力、質量的關系的實驗中，甲、乙、丙、丁四位同學分別設計了如圖1所示的實驗裝置，小車總質量用M，重物質量用m表示。
（1）為便于測量合力的大小，并得到小車總質量一定時，小車的加速度與所受合力成正比的結論，下列說法正確的是 　 　 。（填選項字母）
A．四組實驗中只有甲需要平衡摩擦力
B．四組實驗都需要平衡摩擦力
C．四組實驗中只有甲需要滿足所掛重物質量m遠小于小車的總質量M的條件
D．四組實驗都需要滿足所掛重物質量m遠小于小車的總質量M的條件
（2）按甲同學設計裝置完成實驗，并根據實驗得到的數據，畫出小車的a﹣圖像如圖2所示，從圖像中可以得出，當小車的質量為0.5kg時，它的加速度為 　 　 m/s2。
（3）若乙、丙、丁三位同學發現某次測量中力傳感器和彈簧測力計讀數相同，通過計算得到小車加速度均為a，則乙、丙、丁實驗時所用小車總質量之比為 　 　 。
四、解答題
15．在一些長下坡路段行車道外側時常會增設避險車道，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險。如圖所示為某處避險車道，現有一輛質量為2000kg的汽車沿下坡路面行駛（下坡路面傾角α＝17°，當駕駛員發現剎車失靈的同時發動機失去動力，此時汽車速度v1＝20m/s，汽車繼續沿下坡勻加速直行L＝250m時到達避險車道，此時汽車速度v2＝30m/s（g取10m/s2，sin17°＝0.3，sin37°＝0.6）
（1）求汽車在下坡公路上的加速度大小；
（2）求汽車在下坡公路上受到的阻力大小；
（3）若避險車道與水平面的夾角為37°，汽車在避險車道上受到阻力是下坡公路上的4倍，求汽車在避險車道上運動的最大位移。（計算結果保留整數）
16．如圖甲所示，工地電動物料運輸車的左端有一個垂直底板的擋板。工人將空車從靜止開始沿直線推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5m/s2做勻加速運動，經t1＝8s后做勻減速運動，再經過t2＝4s后剛好停在物料堆處。工人將一個質量m＝20kg的物料放在車上，保持車底板P與水平面間的夾角θ＝37°向左推車，如圖乙所示。物料受到的摩擦力不計。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）初始時空車到物料堆的距離；
（2）放上物料后以a2＝0.25m/s2加速推車時，底板P對物料支持力的大小。
17．如圖所示，傾角θ＝37°、質量M＝4kg的斜面體靜止在水平地面上，質量m＝1kg的物塊靜止在斜面上時恰好不下滑。t＝0時刻用恒力（大小、方向均未知，圖中未畫出）作用在斜面體上，使物塊與斜面體一起由靜止開始向左做勻加速直線運動，物塊恰好與斜面體間無摩擦力。已知斜面體與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.75，各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊與斜面體間的動摩擦因數μ1；
（2）0～4s內物塊的加速度大小a和位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
18．如圖甲、乙所示，質量M＝2kg、長L＝2m、高h＝0.8m的長木板置于水平地面上，長木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.2，一質量m＝1kg的小滑塊（視為質點）于圖甲中放在長木板的中央處，圖乙中放在長木板的左端，且圖甲中長木板上表面光滑，圖乙中長木板與小滑塊間的動摩擦因數μ2＝0.5，兩種情況均在恒力作用下從靜止開始運動，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）圖甲中若小滑塊由靜止到離開長木板的時間為1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）問情況中，圖甲中小滑塊落地時距長木板左端的水平距離；
（3）圖乙中若恒力F′＝10N，求小滑塊離開長木板的時間。
第四章 運動和力的關系
參考答案與試題解析
一、選擇題
1．利用旋渦現象可以測定液體的流速。如圖所示（為截面圖），旋渦發生體垂直于管道放置，在特定條件下，由于旋渦現象，液體的振動頻率f與旋渦發生體的寬度D、液體的流速v有關。結合物理量的單位分析頻率f與v、D之間的關系式可能正確的是（其中k是一個沒有單位的常量）（　　）
A． B． C． D．f＝kvD
【答案】A
【分析】根據選項的表達式，分析其中物理量的單位找出等效單位的表達式即可；
【解答】解：頻率f的單位為Hz，流速v的單位是m/s，寬度D的單位是m
所以的單位為1，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】對于物理中的公式一定要牢固的掌握住，根據公式就可以判斷物理量的單位與哪些單位等效。
2．如圖所示，緊靠在一起的物塊A和物塊B靜置于粗糙的水平地面上，給物塊A施加水平恒力F使物塊A和物塊B一起向右做勻加速直線運動。已知物塊A和物塊B的質量均為m，物塊A和物塊B與地面間的動摩擦因數均為μ，不計空氣阻力，則物塊A和物塊B間作用力的大小為（　　）
A．F B．F﹣μmg C． D．
【答案】D
【分析】對AB整體分析，求出加速度，再隔離B分析，求出物塊A和物塊B間作用力的大小。
【解答】解：根據牛頓第二定律，對AB整體分析有F﹣2μmg＝2ma
對B分析有FAB﹣μmg＝ma
聯立可解得
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
【點評】本題考查了整體、隔離法的運用，關鍵要明確受力情況，比較簡單。
3．智能手機上安裝一款加速度傳感器軟件，能通過圖像顯示加速度情況。某同學在一次實驗中用手掌托著手機從靜止開始迅速上下運動，在該軟件上得到豎直方向上加速度隨時間變化的部分圖像如圖所示，該圖像以豎直向上為正方向。依據圖中信息可判斷（　　）
A．在t1時刻，手機運動方向改變
B．在t2～t3時間內，手機處于失重狀態
C．在t2時刻，手機對手掌的壓力最大
D．在t2時刻，手機運動到最高點
【答案】B
【分析】根據a﹣t圖像中面積表示速度變化量；加速度向下，物體處于失重狀態；加速度向上，物體處于超重狀態；根據超失重狀態判定壓力和重力的關系。
【解答】解：A．a﹣t圖像以豎直向上為正方向，在t1時刻前，手機從靜止開始一直向上加速，所以運動方向未改變，故A錯誤；
B．加速度向下，物體處于失重狀態；加速度向上，物體處于超重狀態；在t2～t3時間內，加速度為負，表示加速度方向豎直向下，手機處于失重狀態，故B正確；
C．在t2時刻，加速度為零，此時手機對手掌的壓力大小等于重力，在t1時刻，加速度豎直向上，此時壓力大小大于重力，故C錯誤；
D．加速度時間圖像中，圖像與坐標軸圍成的面積表示速度變化量，在t2時刻之前，正向面積大于負向面積，所以在t2時刻速度仍豎直向上，則手機未運動到最高點，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題主要對a﹣t圖像的考查，根據圖像中加速度的大小和方向判斷實際手機的運動情況，注意對圖像的理解。
4．如圖所示，輕定滑輪與固定在天花板上的拉力傳感器相連，跨過定滑輪的輕繩兩端分別與質量不等的A、B兩物體相連。用擋板托住物體B使A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10N；撤去擋板，物體A上升、B下降，此時拉力傳感器的示數為15N。重力加速度g取10m/s2，則物體B的質量為（　　）
A．0.75kg B．1kg C．1.25kg D．1.5kg
【答案】D
【分析】根據題意求出A的重力，分別對A和B受力分析，根據牛頓第二定律求出物體B的質量。
【解答】解：用擋板托住物體B時A、B保持靜止，此時拉力傳感器的示數為10N，根據平衡條件，A的重力為
撤去擋板，設繩子張力T，根據牛頓第二定律mBg﹣T＝mBa，T﹣mAg＝mAa
2T＝15N
聯立解得mB＝1.5kg，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關鍵是選擇合適的研究對象對其受力分析，列牛頓第二定律和共點力平衡表達式求解即可。
5．課外興趣小組為了研究瞬時加速度問題，將兩個相同的小球分別和相同長度的彈性繩和剛性繩相連，然后從某高度靜止釋放。如圖，連接A、B的是一般細繩（剛性繩），連接C、D的是橡皮筋。那么在實驗過程中，小球在釋放后的短暫時間（橡皮筋還未第一次恢復原長）后，下列圖中符合ABCD實際排列情況的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據剛性繩和橡皮筋的拉力的瞬變性分析出小球的運動情況。
【解答】解：在釋放小球的瞬間，剛性繩的拉力瞬間消失，則AB小球都做自由落體運動；
對于彈性繩而言，繩的彈力無法瞬間小時，則D球在短暫時間內停留在原位置，C球往下運動，所以彈性繩會發生收縮，故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的相關應用，理解在短暫時間內不同受力模型的力的變化特點即可完成分析。
6．如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，Ob過圓心，c為圓周的最高點，a為圓周的最低點。每根桿上都套著一個小滑環，兩個滑環都從O點無初速度釋放，用t1、t2分別表示滑環從O點到達a、b兩點所用的時間，另有一個小球從c點由靜止自由下落到a點所用的時間為t3。則下列關系正確的是（　　）
A．t1＝t3＜t2 B．t1＞t2＝t3 C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t2＜t3
【答案】A
【分析】本題根據牛頓第二定律分析出加速度，根據勻加速直線運動的位移—時間公式，分析時間。
【解答】解：有一個小球從C點自由下落到a點，根據自由落體公式，2R＝，解得t3＝2；
沿Ob方向從O點無初速度釋放時，設Ob與水平方向夾角為θ，沿Ob方向做勻加速直線運動，根據位移—時間公式，有2R＝，解得t2＝2；
沿Oa方向從O點無初速度釋放時，設Oa與水平方向夾角為α，沿Oa方向做勻加速直線運動，根據位移—時間公式，有2Rsinα＝gsinα，解得t1＝2
通過比較有t1＝t3＜t2，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查學生對牛頓第二定律、勻加速直線運動的位移—時間公式的掌握，難度中等，考查學生分析推理能力。
7．如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上撞向彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后滑塊又被彈簧向右彈開．已知彈簧的勁度系數為k，滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，彈簧與水平面間的摩擦不計，重力加速度為g，整個過程中彈簧未超過其彈性限度，則下列判斷正確的是（　　）
A．滑塊向右運動的過程中，先做加速運動，離開彈簧后才做減速運動
B．滑塊與彈簧接觸過程中的最大加速度為
C．滑塊向左運動的過程中，始終做減速運動
D．滑塊向右運動的過程中，當彈簧形變量x＝時，滑塊的速度最大
【答案】C
【分析】該題的關鍵是對物體進行正確的過程分析和各過程中物體的受力分析，再結合牛頓運動定律分析物體的運動情況．在進行受力分析時，要注意分析彈簧彈力的變化。
【解答】解：A、滑塊向右接觸彈簧的運動是從彈簧壓縮量最大時開始的，此時受到水平向右的彈力和向左的摩擦力，開始時彈簧的彈力大于摩擦力，但當彈簧伸長到一定程度，彈力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于彈力。所以滑塊向右接觸彈簧的運動過程中，是先加速，后減速。故A錯誤。
B、由對A的分析可知，當彈簧的壓縮量為x0時，水平方向的合力為
F＝kx0+μmg，
此時合力最大，由牛頓第二定律有：
amax＝＝，
故B錯誤。
C、滑塊向左接觸彈簧的運動過程中，在水平方向上受到向右的彈簧的彈力和向右的摩擦力，在此過程中彈簧的彈力是逐漸增大的，彈力和摩擦力的合力與運動方向始終相反，物體做減速運動，故C正確。
D、在滑塊向右接觸彈簧的運動中，當彈簧的形變量為x＝時，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此時彈力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力為零，之后物體開始做減速運動，所以此時速度最大，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決此類問題，要正確的分析物體運動的過程及物體的受力情況，并會確定運動過程中的臨界點和分析在臨界點上的受力，當物體接觸彈簧向右運動的過程中，開始是加速運動的，當彈力和摩擦力相等時，加速度為零，之后摩擦力要大于彈力，物體開始做減速運動，彈力和摩擦力相等時即為一個臨界點。
8．如圖所示，傳送帶與水平面間的夾角θ＝30°，在電動機的帶動下始終保持v＝8m/s的逆時針勻速率運行。現把一質量為m＝4kg的工件（可看為質點）輕輕放在傳送帶的底端，工件被傳送到h＝7.5m的高處，工件與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝，取g＝10m/s2，工件在傳送帶上運動的整個過程中，其位移x、速度v、加速度a、受合外力F隨時間變化的圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分析工件的受力情況，物體受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，合力沿斜面向上，物體加速運動，由牛頓第二定律求出加速度。由速度公式求出速度達到與傳送帶相同的時間，并求出物體通過的位移。當物體與傳送帶共速時，分析下滑力與最大靜摩擦力的關系，判斷物體的運動情況，再分析圖像的形狀。
【解答】解：AB、對工件，受力如圖，據牛頓第二定律得：
μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma
得：a＝2.5 m/s2
工件速度由0加速到v0所用的時間 t＝＝＝s
在這段時間內工件的位移 x＝at2＝＝12.8m
傳送帶的長度 L＝＝＝15m
說明物體與傳送帶共速時還沒有到達頂端。
因為 μmgcosθ＞mgsinθ，所以共速后物體隨傳送帶勻速運動，因此工作先做初速度為零的勻加速直線運動，后做勻速直線運動，在勻加速階段，由x＝，知x﹣t圖像拋物線，故A錯誤，B正確。
C、加速度先不變后為零，故C錯誤。
D、合外力先不變后為零，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題的關鍵是要正確分析工件的受力情況，來判斷運動情況，由牛頓第二定律和運動學公式結合分析。
二、多選題
（多選）9．電動平衡車（圖1所示）是一種常見的兒童玩具。某人和平衡車的總質量是60kg，啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來，其v﹣t圖像如圖2所示。取g＝10m/s2，則（　　）
A．平衡車與地面間的動摩擦因數為0.06
B．平衡車整個運動過程中的位移大小為195m
C．平衡車整個運動過程中的平均速度大小為3m/s
D．平衡車在加速過程的驅動力大小為72N
【答案】AB
【分析】關閉動力后，平衡車在摩擦力作用下做勻減速運動，結合v﹣t圖線可得加速度大小并求出動摩擦因數；v﹣t 圖線與橫軸圍成的面積表示位移，可得平衡車整個運動過程中的位移大小和平均速度；根據牛頓第二定律結合v﹣t圖線可求得驅動力大小。
【解答】解：A、關閉動力后，結合v﹣t圖線可得加速度大小a＝＝ m/s2＝0.6m/s2，又 ，解得 μ＝0.06，故A正確；
B、v﹣t 圖線與橫軸圍成的面積表示位移，整個運動過程中的位移大小，故B正確；
C、整個運動過程中的平均速度大小為，故C錯誤；
D、平衡車在加速過程，結合 v﹣t圖線可得加速度大小，根據牛頓第二定律有F﹣μmg＝ma'，解得 F＝108N，故D錯誤。
故選：AB。
【點評】此題要求我們認識v﹣t圖線在各個時間的運動狀態和v﹣t圖線的物理意義，再結合運動學公式求解。
（多選）10．如圖所示，一只杯子固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙板上放一枚象棋的棋子，現用水平向右的拉力將紙板快速抽出，棋子（水平移動距離很小，幾乎看不到）落入杯中，這就是慣性演示實驗。已知棋子（可視為質點）離紙板左端的距離為d，棋子和紙板的質量均為m，所有接觸面的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；若棋子移動的距離不超過就能保證實驗成功，則以下說法正確的（　　）
A．棋子受到紙板的摩擦力水平向右
B．紙板受到的摩擦力大小為2μmg
C．若要使棋子相對紙板運動，所需的拉力F＞3μmg
D．若要保證實驗成功，所需的拉力F最小值為14μmg
【答案】AD
【分析】列運動方程，按紙板抽出前后運動距離的不同列式聯立求出加速度的關系，然后分別對砝碼和紙板進行受力分析，根據牛頓第二定律列式求出所需拉力的最小值。
【解答】解：A、水平向右的拉力將紙板快速抽出過程，棋子相對紙板向左運動，棋子受到紙板的摩擦力水平向右，故A正確；
B、紙板受到棋子和杯子的滑動摩擦力f＝μmg+2μmg＝3μmg
故B錯誤；
C、當棋子恰好相對紙板運動時，此時紙板和棋子處于加速過程，且紙板和棋子摩擦力恰好達到最大靜摩擦力
對棋子，根據牛頓第二定律f1＝μmg＝ma1
對紙板，根據牛頓第二定律F﹣μmg﹣2μmg＝ma1
得
F＝4μmg
因F＝4μmg棋子恰好相對紙板運動，故要使棋子相對紙板運動，所需的拉力滿足F＞4μmg，故C錯誤；
D、當紙板相對雞蛋運動時，設雞蛋的加速度為a1，紙板的加速度為a2
為確保實驗成功，即雞蛋移動的距離不超過
則紙板抽出時雞蛋運動的最大距離
紙板運動距離為
聯立可得a2＝11a1
對雞蛋，根據牛頓第二定律有f1＝μmg＝ma1
得a1＝μg，a2＝11μg
對紙板，根據牛頓第二定律有F1﹣f1﹣f2＝ma2，f2＝2μmg
解得F1＝14μmg
故D正確；
故選：AD。
【點評】本題考查了連接體的運動，關鍵是分別對雞蛋和紙板進行受力分析，并明確雞蛋和紙板的位移關系。
（多選）11．如圖所示，一質量為M、傾角為30°的斜劈B放在水平地面上。質量為m的木塊A在斜劈上由靜止釋放，沿斜劈向下做加速度為的勻加速運動，斜劈保持靜止，重力加速度為g，則（　　）
A．木塊與斜劈之間的動摩擦因數為
B．地面對斜劈的摩擦力水平向右，大小為（M+m）g
C．地面對斜劈的摩擦力水平向右，大小為
D．地面對斜劈的支持力大小為
【答案】AC
【分析】木塊A受分析知，沿斜面方向上由牛頓第二定律求解；對整體研究：受到重力，地面的支持力和靜摩擦力，加速度a可分解為水平方向和豎直方向，知木塊A處于失重狀態，根據牛頓第二定律對水平方向和豎直方向進行研究求解。
【解答】解：A、對木塊A受分析知，沿斜面方向上由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，代入數據解得木塊與斜劈之間的動摩擦因數為：，故A正確；
BC、對整體受力分析，斜面靜止不動，由于木塊A的加速度沿斜面向下，則將其加速度分解到水平方向，則水平向右的加速度為：ax＝acos30°g×＝，則水平方向的合力為：Fx＝max＝mg，所以地面對斜劈的摩擦力水平向右，大小為mg，故B錯誤，C正確；
D、由于木塊A物體沿斜面加速下滑，加速度方向沿斜面向下，所以木塊A處于失重狀態，故對整體受力分析知地面對斜面的支持力小于整體的重力（M+m）g，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題的解法是對加速度不同的兩個物體用整體法，中學用得較少，但如果能掌握則可以做到快速解題；也可以采用隔離法進行分析，步驟是隔離滑塊研究，分析受力，根據平衡求解地面對斜面的摩擦力的大小和方向。
（多選）12．如圖7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA＝1kg、mB＝2kg，當A、B之間產生拉力且大于0.3N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F1、F2的大小隨時間變化的規律如圖乙所示。則下列關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是（　　）
A．t＝2.0s時刻A、B之間作用力大小為0.6N
B．t＝2.0s時刻A、B之間作用力為零
C．t＝2.5s時刻A對B的作用力方向向左
D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4m
【答案】AD
【分析】AB分離之前共同運動，以整體為研究對象根據牛頓第二定律列方程求出加速度大小，分離時二者之間的作用力為0.3N但加速度相等，然后隔離A、B分別為研究對象根據牛頓第二定律和運動學公式列方程確定分離的時刻。
【解答】解：設t時刻AB分離，分離之前AB物體共同運動，加速度為a，以整體為研究對象，則有：
a＝＝＝1.2m/s2，
分離時：F2﹣f＝mBa，
得：F2＝f+mBa＝0.3+2×1.2＝2.7N，
經歷時間：t＝×2.7＝3s，
根據位移公式：s＝at2＝5.4m，則D正確；
當t＝2s時，F2＝1.8N，F2+f＝mBa，得：f＝mBa﹣F2＝0.6N，A正確，B錯誤；
當t＝2.5s時，F2＝2.25N，F2+f＝m2a，得：f＝m2a﹣F2＞0，C錯誤。
故選：AD。
【點評】本題屬于連接體問題，通常采用整體法和隔離法相結合求解，當以整體為研究對象受力分析時AB之間的作用力不分析。
三、實驗題
13．如圖甲所示是“探究加速度與力、質量關系”的實驗裝置。
（1）下列說法正確的是 　C　 。
A.將木板傾斜平衡摩擦力時，小車應與鉤碼連接
B.改變鉤碼個數時，應重新平衡摩擦力
C.需要調節滑輪的高度，使牽引小車的輕繩與長木板保持平行
（2）平衡摩擦力后，保持小車的質量不變，改變鉤碼的個數，記錄下鉤碼的總質量m和對應的小車的加速度大小a，在坐標紙上作出a﹣m圖像如圖乙所示。圖線末端發生彎曲的原因是 　隨著鉤碼數量增加，不再滿足小車的質量遠大于鉤碼質量的條件　 ，學習小組想通過調整實驗方案消除這種實驗誤差，你的調整建議是 　繩上安裝力傳感器　 （寫出一條即可）。
【答案】（1）C；（2）隨著鉤碼數量增加，不再滿足小車的質量遠大于鉤碼質量的條件；繩上安裝力傳感器。
【分析】（1）根據實驗時需要調節滑輪的高度，使牽引小車的輕繩與長木板保持平行，且改變鉤碼個數時，不需要重新平衡摩擦力分析求解；
（2）根據牛頓第二定律，結合只有小車的質量遠遠大于鉤碼的質量，小車所受合力才近似等于鉤碼的重力分析求解。
【解答】解：（1）AB．將木板傾斜平衡摩擦力時，小車應與紙帶連接但不與鉤碼連接，因為用小車重力沿木板方向分力平衡小車和木板及紙帶和打點計時器間的阻力，平衡摩擦力后Mgsinθ＝μMgcosθ，故改變鉤碼個數時，不需要重新平衡摩擦力，故AB錯誤；
C．實驗時需要調節滑輪的高度，使牽引小車的輕繩與長木板保持平行，保證輕繩的拉力即為小車受到的合力，故C正確。
故選：C。
（2）根據mg＝（M+m）a，T＝Ma
解得
只有小車的質量遠遠大于鉤碼的質量，小車所受合力才近似等于鉤碼的重力，但在實驗過程中隨著鉤碼數量逐漸增加，不再滿足小車的質量遠遠大于鉤碼的質量的條件，繩子的拉力與鉤碼的重力差別變大，所以圖線變得彎曲。
消除這種實驗誤差的方法有：直接用力傳感器測出繩子的拉力；將小車和鉤碼當作一個整體作為研究對象。
故答案為：（1）C；（2）隨著鉤碼數量增加，不再滿足小車的質量遠大于鉤碼質量的條件；繩上安裝力傳感器。
【點評】本題考查了探究加速度與力、質量關系相關實驗，理解實驗的目的、步驟、數據處理以及誤差分析是解決此類問題的關鍵。
14．在某次探究加速度與力、質量的關系的實驗中，甲、乙、丙、丁四位同學分別設計了如圖1所示的實驗裝置，小車總質量用M，重物質量用m表示。
（1）為便于測量合力的大小，并得到小車總質量一定時，小車的加速度與所受合力成正比的結論，下列說法正確的是 　BC　 。（填選項字母）
A．四組實驗中只有甲需要平衡摩擦力
B．四組實驗都需要平衡摩擦力
C．四組實驗中只有甲需要滿足所掛重物質量m遠小于小車的總質量M的條件
D．四組實驗都需要滿足所掛重物質量m遠小于小車的總質量M的條件
（2）按甲同學設計裝置完成實驗，并根據實驗得到的數據，畫出小車的a﹣圖像如圖2所示，從圖像中可以得出，當小車的質量為0.5kg時，它的加速度為 　1　 m/s2。
（3）若乙、丙、丁三位同學發現某次測量中力傳感器和彈簧測力計讀數相同，通過計算得到小車加速度均為a，則乙、丙、丁實驗時所用小車總質量之比為 　2：1：1　 。
【答案】見試題解答內容
【分析】（1）根據實驗原理掌握正確的實驗操作；
（2）根據牛頓第二定律結合圖像的斜率得出小車的加速度；
（3）根據不同實驗裝置的特點結合牛頓第二定律得出小車的總質量之比。
【解答】解：（1）AB、四組實驗中長木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，故A錯誤，B正確；
CD、四組實驗中，乙、丁都是用彈簧測力計測量繩的拉力，丙用力的傳感器測量繩的拉力，只有甲不能測量繩的拉力，用重物的重力替代繩的拉力，需要滿足所掛重物m遠小于小車的質量M的條件，故C正確，D錯誤；
故選：BC。
（2）根據牛頓第二定律得：
根據圖像得：
當小車的質量為0.5kg時，它的加速度為
（3）乙、丙、丁實驗所用小車質量之比為
M乙：M丙：M丁＝
故答案為：（1）BC；（2）1；（3）2：1：1
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的驗證實驗，根據實驗原理掌握正確的實驗操作，結合牛頓第二定律和圖像的物理意義即可完成分析。
四、解答題
15．在一些長下坡路段行車道外側時常會增設避險車道，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險。如圖所示為某處避險車道，現有一輛質量為2000kg的汽車沿下坡路面行駛（下坡路面傾角α＝17°，當駕駛員發現剎車失靈的同時發動機失去動力，此時汽車速度v1＝20m/s，汽車繼續沿下坡勻加速直行L＝250m時到達避險車道，此時汽車速度v2＝30m/s（g取10m/s2，sin17°＝0.3，sin37°＝0.6）
（1）求汽車在下坡公路上的加速度大小；
（2）求汽車在下坡公路上受到的阻力大小；
（3）若避險車道與水平面的夾角為37°，汽車在避險車道上受到阻力是下坡公路上的4倍，求汽車在避險車道上運動的最大位移。（計算結果保留整數）
【答案】（1）汽車在下坡公路上的加速度大小為1m/s2；
（2）汽車在下坡公路上受到的阻力大小為4000N；
（3）若避險車道與水平面的夾角為37°，汽車在避險車道上受到阻力是下坡公路上的4倍，汽車在避險車道上運動的最大位移為32m。
【分析】（1）由速度和位移公式可得加速度大小；
（2）汽車在下坡公路上由牛頓第二定律可得阻力大小；
（3）在避險車道上，由牛頓第二定律和速度和位移公式分別列式，兩式聯立可得最大位移。
【解答】解：（1）由速度和位移的關系式有：
代入數據可得：a＝1m/s2
（2）設汽車在下坡公路上受到的阻力大小為f，由牛頓第二定律有：mgsinα﹣f＝ma
代入數據可得：f＝4000N
（3）汽車在避險車道上，由牛頓第二定律有：mgsin37°+4f＝ma′
汽車在避險車道上運動的最大位移：
代入數據可得：L′＝32m
答：（1）汽車在下坡公路上的加速度大小為1m/s2；
（2）汽車在下坡公路上受到的阻力大小為4000N；
（3）若避險車道與水平面的夾角為37°，汽車在避險車道上受到阻力是下坡公路上的4倍，汽車在避險車道上運動的最大位移為32m。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，解題的關鍵是對汽車在下坡路和避險車道正確受力分析。
16．如圖甲所示，工地電動物料運輸車的左端有一個垂直底板的擋板。工人將空車從靜止開始沿直線推到物料堆前，初始以加速度a1＝0.5m/s2做勻加速運動，經t1＝8s后做勻減速運動，再經過t2＝4s后剛好停在物料堆處。工人將一個質量m＝20kg的物料放在車上，保持車底板P與水平面間的夾角θ＝37°向左推車，如圖乙所示。物料受到的摩擦力不計。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）初始時空車到物料堆的距離；
（2）放上物料后以a2＝0.25m/s2加速推車時，底板P對物料支持力的大小。
【答案】（1）初始時空車到物料堆的距離為24m；
（2）底板P對物料支持力的大小為163N。
【分析】（1）根據速度公式求解最大速度，由此可求出減速階段加速度，根據位移時間公式求解加速、減速階段位移，進而求解總位移；
（2）物料受重力、底板支持力、擋板支持力作用，合力提供加速度，運用正交分解法，根據牛頓第二定律列出關系式解答。
【解答】解：（1）根據速度公式可得最大速度v＝a1t1＝0.5×8m/s＝4m/s，
減速階段加速度為，
空車到物料堆的距離為；
（2）設底板支持力為F、擋板支持力F′，將力分解成水平、豎直兩個方向，可得：
Fsin37°﹣F′cos37°＝ma，
Fcos37°+F′sin37°＝mg，
代入數據得：0.6F﹣0.8F′＝20×0.25N，0.8F+0.6F′＝20×10N
解得：F＝163N，F′＝116N，
底板P對物料支持力的大小為163N。
答：（1）初始時空車到物料堆的距離為24m；
（2）底板P對物料支持力的大小為163N。
【點評】考查對勻變速直線運動規律和共點力平衡的理解，熟悉運動學公式和正交分解法的運用。
17．如圖所示，傾角θ＝37°、質量M＝4kg的斜面體靜止在水平地面上，質量m＝1kg的物塊靜止在斜面上時恰好不下滑。t＝0時刻用恒力（大小、方向均未知，圖中未畫出）作用在斜面體上，使物塊與斜面體一起由靜止開始向左做勻加速直線運動，物塊恰好與斜面體間無摩擦力。已知斜面體與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.75，各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊與斜面體間的動摩擦因數μ1；
（2）0～4s內物塊的加速度大小a和位移大小x；
（3）恒力的最小值Fmin。
【答案】（1）物塊與斜面體間的動摩擦因數μ1是0.75；
（2）0～4s內物塊的加速度大小a是7.5m/s2，位移大小x是60m；
（3）恒力的最小值Fmin是60N。
【分析】（1）物塊靜止在斜面體上恰好不下滑，根據平衡條件求出動摩擦因數。
（2）應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出位移。
（3）應用牛頓第二定律求出恒力的最小值。
【解答】解：（1）未施加恒力時物塊恰好靜止在斜面上不下滑，
對物塊，由平衡條件得：mgsin37°＝μ1mgcos37°
代入數據解得：μ1＝0.75
（2）物塊與斜面體一起向左做勻加速想運動，物塊恰好與斜面體間屋摩擦力，物塊受力如圖所示
對物塊，由牛頓第二定律得：mgtan37°＝ma
代入數據解得：a＝7.5m/s2
4s內的位移大小x＝m＝60m
（3）設恒力大小為F，方向斜向左上方與水平方向夾角為α
對物塊與斜面體整體，由牛頓第二定律得：Fcosα﹣μ[（M+m）g﹣Fsinα]＝（M+m）a
解得：F＝
設cosβ＝＝＝，整理得：F＝
當sin（α+β）＝1，即sinα＝時，恒力最小，Fmin＝
代入數據解得，恒力的最小值Fmin＝60N
答：（1）物塊與斜面體間的動摩擦因數μ1是0.75；
（2）0～4s內物塊的加速度大小a是7.5m/s2，位移大小x是60m；
（3）恒力的最小值Fmin是60N。
【點評】本題考查了牛頓第二定律的應用，分析清楚物體的受力情況是解題的前提，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題。
18．如圖甲、乙所示，質量M＝2kg、長L＝2m、高h＝0.8m的長木板置于水平地面上，長木板與地面間的動摩擦因數μ1＝0.2，一質量m＝1kg的小滑塊（視為質點）于圖甲中放在長木板的中央處，圖乙中放在長木板的左端，且圖甲中長木板上表面光滑，圖乙中長木板與小滑塊間的動摩擦因數μ2＝0.5，兩種情況均在恒力作用下從靜止開始運動，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）圖甲中若小滑塊由靜止到離開長木板的時間為1s，恒力F的大小；
（2）在第（1）問情況中，圖甲中小滑塊落地時距長木板左端的水平距離；
（3）圖乙中若恒力F′＝10N，求小滑塊離開長木板的時間。
【答案】（1）圖甲中若小滑塊由靜止到離開長木板的時間為1s，恒力F的大小為10N；
（2）在第（1）問情況中，圖甲中小滑塊落地時距長木板左端的水平距離為1.04m；
（3）圖乙中若恒力F′＝10N，小滑塊離開長木板的時間為。
【分析】（1）小滑塊始終靜止，對長木板根據位移—時間公式得到長木板的加速度，然后根據牛頓第二定律計算拉力；
（2）小滑塊離開長木板后做自由落體運動，根據自由落體運動規律得到落地時間，然后根據長木板的位移—時間公式得到長木板的位移，進而計算二者之間的距離；
（3）根據牛頓第二定律分別得到小滑塊和長木板的加速度，根據運動學公式計算即可。
【解答】解：（1）圖甲中長木板上表面光滑，小滑塊始終靜止，圖甲中若小滑塊由靜止到離開長木板的時間為1s，對木板有
解得
對木板有
F﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
F＝10N
（2）小滑塊離開木板做自由落體運動，有
解得
t2＝0.4s
木塊滑離木板，對木板有
F﹣μ1Mg＝Ma2
解得
小滑塊離開長木板時長木板的速度為
v1＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
圖甲中小滑塊落地時距長木板左端的水平距離為
m＝1.04m
（3）對小滑塊有
F′﹣μ2mg＝ma3
解得
對長木板有
μ2mg＝0.5×1×10N＝5N＜μ1（m+M）g＝0.2×（2+1）×10N＝6N
長木板靜止不動，小滑塊離開長木板的時間為t3，則
解得
答：（1）圖甲中若小滑塊由靜止到離開長木板的時間為1s，恒力F的大小為10N；
（2）在第（1）問情況中，圖甲中小滑塊落地時距長木板左端的水平距離為1.04m；
（3）圖乙中若恒力F′＝10N，小滑塊離開長木板的時間為。
【點評】在第一問中能夠分析出小滑塊是保持靜止的，在第三問中能夠分析出木板是保持靜止的是解題的關鍵。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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