資源簡介

主題1　滑塊—滑板模型
1．模型特點
一個物體在另一個物體上，兩者之間有相對運動問題，涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移間有一定的關系。
2．板塊模型的三個基本關系
(1)加速度關系：如果滑塊與滑板之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果滑塊與滑板之間發生相對運動，應采用“隔離法”求出滑塊與滑板運動的加速度。應注意找出滑塊與滑板是否發生相對運動等隱含條件。
(2)速度關系：滑塊與滑板之間發生相對運動時，認清滑塊與滑板的速度關系，從而確定滑塊與滑板受到的摩擦力。應注意當滑塊與滑板的速度相同時，摩擦力會發生突變的情況。
(3)位移關系：滑塊與滑板疊放在一起運動時，應仔細分析滑塊與滑板的運動過程，認清滑塊與滑板對地的位移和滑塊與滑板之間的相對位移之間的關系。
3．解題方法
(1)明確各物體初始狀態(對地的運動和物體間的相對運動)，確定物體間的摩擦力方向。
(2)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(3)找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
【典例1】　如圖所示，質量mA＝2 kg的小物塊A可以看作質點，以初速度v0＝3 m/s滑上靜止的木板B左端，木板B足夠長，當A、B的速度達到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB＝1 kg，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板B與水平面間的動摩擦因數μ2＝0.1，g取10 m/s2。求：
(1)小物塊A剛滑上木板B時，A、B的加速度大小aA和aB；
(2)A、B速度達到相同時所經過的時間t；
(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距離。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　疊放在一起的小物塊與木板，它們之間存在相互作用力，在其他外力作用下它們或者以相同的加速度運動，或者加速度不同，當然無論是哪種情況，受力分析和運動過程分析都是解題的關鍵。對此類問題的分析，必須清楚加速度、速度、位移等物理量的關系。
主題2　傳送帶模型
1．兩類問題：傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
2．解題關鍵：關鍵在于對傳送帶上的物塊所受的摩擦力進行正確的分析與判斷。
(1)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相同，且v物(2)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相同，且v物>v帶，則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力，物塊做減速運動。
(3)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相反，傳送帶對物塊的摩擦力為阻力，物塊減速；當物塊速度減為零后，傳送帶對物塊的摩擦力為動力，物塊做反向加速運動。
(4)若v物＝v帶，看物塊有沒有加速或減速的趨勢，若物塊有加速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力；若物塊有減速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為動力。
3．物塊在傳送帶上運動的六類常見情形
(1)v0＝v時，一直勻速 (2)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (1)傳送帶較短時，一直減速 (2)傳送帶較長時，先減速后返回 ①v0≤v時，返回速度為v0 ②v0>v時，返回速度為v
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速，后以a2加速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速，后以a2加速 (4)可能一直勻速 (5)可能先減速后勻速 (6)可能一直減速 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能一直減速 (4)可能先減速后返回 ①v0≤v時，返回速度為v0 ②v0>v時，返回速度為v
【典例2】　(雙選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2＞v1。不計空氣阻力，動摩擦因數一定。關于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面可能的是(　　)
A．從下端B離開，v＞v1
B．從下端B離開，v＜v1
C．從上端A離開，v>v1
D．從上端A離開，v＜v1
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　　要注意傳送帶上的物體所受摩擦力可能發生突變，不論是其大小的突變，還是其方向的突變，都發生在物體的速度與傳送帶速度相等的時刻。
5 / 5主題1　滑塊—滑板模型
1．模型特點
一個物體在另一個物體上，兩者之間有相對運動問題，涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動時間、速度、位移間有一定的關系。
2．板塊模型的三個基本關系
(1)加速度關系：如果滑塊與滑板之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果滑塊與滑板之間發生相對運動，應采用“隔離法”求出滑塊與滑板運動的加速度。應注意找出滑塊與滑板是否發生相對運動等隱含條件。
(2)速度關系：滑塊與滑板之間發生相對運動時，認清滑塊與滑板的速度關系，從而確定滑塊與滑板受到的摩擦力。應注意當滑塊與滑板的速度相同時，摩擦力會發生突變的情況。
(3)位移關系：滑塊與滑板疊放在一起運動時，應仔細分析滑塊與滑板的運動過程，認清滑塊與滑板對地的位移和滑塊與滑板之間的相對位移之間的關系。
3．解題方法
(1)明確各物體初始狀態(對地的運動和物體間的相對運動)，確定物體間的摩擦力方向。
(2)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。
(3)找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中應注意聯系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
【典例1】　如圖所示，質量mA＝2 kg的小物塊A可以看作質點，以初速度v0＝3 m/s滑上靜止的木板B左端，木板B足夠長，當A、B的速度達到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB＝1 kg，A、B間的動摩擦因數μ1＝0.2，木板B與水平面間的動摩擦因數μ2＝0.1，g取10 m/s2。求：
(1)小物塊A剛滑上木板B時，A、B的加速度大小aA和aB；
(2)A、B速度達到相同時所經過的時間t；
(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距離。
[解析]　(1)根據題意可知，A與B之間的滑動摩擦力大小
f1＝μ1mAg＝4 N
B與水平面之間的滑動摩擦力大小
f2＝μ2g＝3 N
當A剛滑上B時，由牛頓第二定律，對A有
f1＝mAaA
對B有
f1－f2＝mBaB
解得aA＝2 m/s2，aB＝1 m/s2。
(2)設A、B達到相同的速度為v，對A、B相對滑動的過程，由公式v＝v0＋at，對A有
v＝v0－aAt
對B有
v＝aBt
解得t＝1 s，v＝1 m/s。
(3)以A、B整體為研究對象，由牛頓第二定律得
f2＝a
A、B一起在水平面上滑行至停下的過程有
0－v2＝－2ax
解得x＝0.5 m。
[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 s　(3)0.5 m
　疊放在一起的小物塊與木板，它們之間存在相互作用力，在其他外力作用下它們或者以相同的加速度運動，或者加速度不同，當然無論是哪種情況，受力分析和運動過程分析都是解題的關鍵。對此類問題的分析，必須清楚加速度、速度、位移等物理量的關系。
主題2　傳送帶模型
1．兩類問題：傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
2．解題關鍵：關鍵在于對傳送帶上的物塊所受的摩擦力進行正確的分析與判斷。
(1)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相同，且v物(2)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相同，且v物>v帶，則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力，物塊做減速運動。
(3)若物塊的速度與傳送帶的速度方向相反，傳送帶對物塊的摩擦力為阻力，物塊減速；當物塊速度減為零后，傳送帶對物塊的摩擦力為動力，物塊做反向加速運動。
(4)若v物＝v帶，看物塊有沒有加速或減速的趨勢，若物塊有加速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為阻力；若物塊有減速的趨勢，則傳送帶對物塊的摩擦力為動力。
3．物塊在傳送帶上運動的六類常見情形
(1)v0＝v時，一直勻速 (2)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (1)傳送帶較短時，一直減速 (2)傳送帶較長時，先減速后返回 ①v0≤v時，返回速度為v0 ②v0>v時，返回速度為v
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速，后以a2加速
(1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速，后以a2加速 (4)可能一直勻速 (5)可能先減速后勻速 (6)可能一直減速 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能一直減速 (4)可能先減速后返回 ①v0≤v時，返回速度為v0 ②v0>v時，返回速度為v
【典例2】　(雙選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2＞v1。不計空氣阻力，動摩擦因數一定。關于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面可能的是(　　)
A．從下端B離開，v＞v1
B．從下端B離開，v＜v1
C．從上端A離開，v>v1
D．從上端A離開，v＜v1
AB　[物塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，由于不確定物塊與傳送帶間的摩擦力和物塊的重力沿傳送帶下滑分力的大小關系和傳送帶的長度，若能從A端離開，物體先向下做減速運動，再反向做加速運動，但加速度不變，由運動的對稱性可知，必有v＝v1，即選項C、D錯誤；若從B端離開，當摩擦力大于重力的分力時，則v＜v1，選項B正確；當摩擦力小于重力的分力時，則v＞v1，選項A正確；當摩擦力和重力的分力相等時，物塊一直做勻速直線運動，v＝v1。故選AB。]
　要注意傳送帶上的物體所受摩擦力可能發生突變，不論是其大小的突變，還是其方向的突變，都發生在物體的速度與傳送帶速度相等的時刻。
章末綜合測評(五)　牛頓運動定律
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)
1．北宋文學家歐陽修有句名言：任其事必圖其效；欲責其效，必盡其方。這句話的意思是：承擔一工作，必定要考慮工作的成效，想要求得工作的成效，盡可能采用好的方式方法。學習和研究物理問題更加需要科學思想方法的指引，對下面列舉的物理研究過程采用的思想方法，其中認識正確的是(　　)
A．瞬時速度概念的建立體現了等效替代的方法
B．質點概念的引入運用了理想化模型的方法
C．探究加速度與力、質量的關系的實驗，采用了理想實驗的方法
D．速度v＝、加速度a＝的定義都運用了比值定義法
B　[瞬時速度概念的建立體現了極限的方法，選項A錯誤；質點概念的引入運用了理想化模型的方法，選項B正確；探究加速度與力、質量的關系的實驗，采用了控制變量的方法，選項C錯誤；速度v＝運用了比值定義法，而加速度a＝的定義不是比值定義法，選項D錯誤。故選B。]
2．如圖所示，一木箱放置于做勻速直線運動的小車的水平地板上，下列說法正確的是 (　　)
A．木箱所受的重力就是木箱對小車的壓力
B．木箱所受的重力和木箱對小車的壓力是一對平衡力
C．木箱所受的重力和支持力是一對作用力與反作用力
D．木箱所受的支持力和木箱對小車的壓力是一對作用力與反作用力
D　[壓力與重力性質不同，不是同一個力，故A錯誤；木箱所受的重力和木箱對小車的壓力分別作用在兩個物體上，所以兩個力不是一對平衡力，故B錯誤；木箱所受的重力和支持力是一對平衡力，故C錯誤；木箱所受的支持力和木箱對小車的壓力是兩個物體之間的作用力與反作用力，是一對相互作用力，故D正確。]
3．林老師將手機放在叉車的升降機上，利用傳感器得到一速度—時間圖像，如圖所示。手機傳感器中速度向上時為正值，下列說法正確的是(　　)
A．0.8 s時手機處于失重狀態
B．1.2 s時手機處于超重狀態
C．0.9～1.2 s升降機處于勻加速上升階段
D．2.4～2.6 s手機對升降機的力等于升降機對手機的力
D　[由題圖可知0.8 s時手機向上加速，加速度豎直向上，處于超重狀態，故A錯誤；由題圖可知1.2 s時手機速度不變，處于平衡狀態，故B錯誤；由題圖可知0.9～1.2 s升降機處于勻速上升階段，故C錯誤；手機對升降機的力與升降機對手機的力為一對相互作用力，大小相等，方向相反，故D正確。故選D。]
4．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，力F的大小與時間t的關系如圖甲所示；物塊的運動速度v與時間t的關系如圖乙所示，6 s后的速度圖像沒有畫出，g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
A．滑動時受的摩擦力大小是3 N
B．物塊的質量為1.5 kg
C．物塊在6～9 s內的加速度大小是1.5 m/s2
D．物塊前6 s內的平均速度大小是4.0 m/s
B　[由速度—時間圖像可以知道，在3～6 s內，物體處于勻速直線運動狀態，即物體所受到的摩擦力大小應該與推力F大小相等，F滑＝F推＝6 N，故A錯誤；在0～3 s內，物體做勻加速直線運動，a＝2 m/s2，F推－F滑＝ma，計算得出m＝1.5 kg，故B正確；在6～9 s內，F推＝3 N，F滑＝6 N，F滑－F推＝ma′，得出a′＝2 m/s2，故C錯誤；由速度—時間圖像面積可知，0～6 s內物體的位移x＝×(3＋6)×6 m＝27 m，物塊前6 s內的平均速度大小v＝＝4.5 m/s，故D錯誤。]
二、雙項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
5．用水平拉力使質量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
BC　[根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，則可知F-a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙，故選BC。]
6．如圖所示，質量為m＝1 kg的木塊放在質量為M＝2 kg的長木板上，木塊受到水平向右的拉力F＝6 N的作用而向右滑行，長木板處于靜止狀態，已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1＝0.1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.2，g取10 m/s2。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是(　　)
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是1 N
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是6 N
C．當F>6 N時，木板便會開始運動
D．無論怎樣改變拉力F的大小，木板都不可能運動
AD　[m所受M的滑動摩擦力大小f1＝μ1mg＝1 N，方向水平向左，根據牛頓第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于1 N，由f2＝μ2(m＋M)g＝6 N知M受到的力小于最大靜摩擦力，故M處于靜止狀態，水平方向受到m的滑動摩擦力和地面的靜摩擦力，根據平衡條件木板受到地面的摩擦力的大小是1 N，故A正確，B錯誤；增大力F時只會改變m的運動狀態，不會改變m對M的摩擦力大小，所以木板受到水平方向作用力等于m對M的摩擦力大小1 N，一定小于地面對木板的最大靜摩擦力，所以無論怎樣改變力F的大小，木板都不可能運動，故C錯誤，D正確。故選AD。]
7．如圖所示，在建筑工地上一建筑工人兩手對稱用水平力將兩長方形水泥制品P和Q夾緊，并以加速度a豎直向上搬起，P和Q的質量分別為2m和3m，水平力為F，P和Q間動摩擦因數為μ，兩手與P和Q間的動摩擦因數相同，在此過程中(　　)
A．P受到Q的摩擦力方向一定豎直向下
B．P受到Q的摩擦力大小為2μF
C．P受到Q的摩擦力大小為0.5m(g＋a)
D．P受到Q的摩擦力大小為1.5m(g＋a)
AC　[設每只手與水泥制品的摩擦力大小均為f1，設P受到Q的摩擦力大小為f2、方向豎直向上。對P、Q整體及P分別應用牛頓第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，聯立解得f2＝－0.5m(g＋a)，負號說明P受到Q的摩擦力方向向下，A、C正確。]
8．如圖所示，光滑水平地面上，可視為質點的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一起壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示的一維坐標系，現將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，下列關于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關系圖像可能正確的是 (　　)
A　　　　B　　　　　C　　　　 D
BD　[設A、B向右勻加速運動的加速度為a。根據牛頓第二運動定律，對整體有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0。因為可能有(mA＋mB)a＝kx0，則得F＝kx，F與x成正比，F-x圖像可能是過原點的直線。對A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN-x圖像是向下傾斜的直線。當FN＝0時A、B開始分離，此后B做勻加速運動，F不變，則有x＝x0－三、非選擇題(本題共5小題，共60分)
9．(12分)為了探究加速度與力、質量的關系，甲、乙、丙三位同學分別設計了如圖所示的實驗裝置，甲圖中M為小車總質量，乙圖中M為小車與力傳感器的總質量，丙圖中M為小車和與小車固連的滑輪的總質量，鉤碼總質量用m表示。
甲　　　　　　　　　　　乙
丙　　　　　　　　　　　丁
戊
(1)為便于測量合外力的大小，并得到小車總質量一定時，小車的加速度與所受合外力成正比的結論，下列說法正確的是________。
A．三組實驗中只有甲需要平衡摩擦力
B．三組實驗都需要平衡摩擦力
C．三組實驗中只有甲需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于小車的總質量M的條件
D．三組實驗都需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于小車的總質量M的條件
(2)圖丁是用圖甲裝置中打點計時器所打的紙帶的一部分，O、A、B、C、D和E為紙帶上六個計數點，加速度大小用a表示，則O、D間的距離為________cm。圖戊是根據實驗數據繪出的s-t2圖線(s為各計數點至同一起點的距離)，則加速度大小a＝________(保留3位有效數字)。
(3)若乙、丙兩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，g為當地重力加速度，則乙、丙兩位同學實驗時所用小車總質量之比為________。
[解析]　(1)為便于測量合外力的大小，題圖甲中應使鉤碼的總重力近似等于小車受到的合外力，而題圖乙中應使力傳感器的示數等于小車受到的合外力，題圖丙中應使彈簧測力計示數的2倍等于小車受到的合外力，因此三組實驗都需要平衡摩擦力，故A錯誤，B正確；由于只有題圖甲中需要滿足鉤碼的總重力近似等于小車受到的合外力，因此三組實驗中只有甲需要滿足所掛鉤碼的總質量m遠小于小車的總質量M的條件，故C正確，D錯誤。
(2)由題圖丁可知，O、D間的距離為2.20 cm－1.00 cm ＝1.20 cm；小車做初速度為零的勻加速直線運動，則s＝，由題圖戊可知k＝a，則a＝2k＝2× m/s2≈0.933 m/s2。
(3)乙、丙兩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，則有F＝M乙a，2F＝M丙a；因此乙、丙實驗時所用小車總質量之比為M乙∶M丙＝1∶2。
[答案]　(1)BC　(2)1.20　0.933　(3)1∶2
10．(12分)如圖甲所示為阿特伍德機的示意圖，它是早期測量重力加速度的器械，由英國數學家和物理學家阿特伍德制成。他將質量同為M(已知量)的重物用繩連接后，放在光滑的輕質滑輪上，處于靜止狀態。再在一個重物上附加一質量為m的小重物，這時，由于小重物的重力而使系統做初速度為零的緩慢加速運動，測出加速度，完成一次實驗后，換用不同質量的小重物，重復實驗，測出m不同時系統的加速度。得到多組a、m數據后，作出圖乙所示圖像。
甲
乙
(1)為了作出圖乙所示圖像需要直接測量的物理量有________。
A．小重物的質量m
B．滑輪的半徑R
C．繩子的長度
D．小重物下落的距離h及下落這段距離所用的時間t
(2)隨變化的函數關系式為________。
(3)已知圖乙中圖像斜率為k，縱軸截距為b，則可求出當地的重力加速度g＝________，并可求出重物質量M＝________。
[解析]　(1)根據h＝at2，得a＝，所以需要測量的物理量有小重物的質量m，小重物下落的距離h及下落這段距離所用的時間t，故選A、D。
(2)對整體分析，根據牛頓第二定律得mg＝(2M＋m)a，
整理得。
(3)圖線斜率k＝，縱軸截距b＝，解得g＝。
[答案]　(1)AD　(2)　(3)　
11．(10分)如圖所示，傳送帶保持以1 m/s的速度順時針轉動。現將一質量m＝0.5 kg的物體從離傳送帶左端很近的a點輕輕地放上去，設物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.1，a、b間的距離L＝2.5 m，則物體從a點運動到b點所經歷的時間為多少？(g取10 m/s2)
[解析]　對物體，根據題意得a＝當速度達到1 m/s時，所用的時間t1＝ s＝1 s，通過的位移s1＝＝0.5 m<2.5 m。在剩余位移s2＝L－s1＝2.5 m－0.5 m＝2 m中，物體與傳送帶間無摩擦力，所以物體以1 m/s的速度隨傳送帶做勻速運動，所用時間t2＝＝2 s
因此共需時間t＝t1＋t2＝3 s。
[答案]　3 s
12．(12分)如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個小孩用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運動，已知拉力F＝6.5 N，玩具的質量m＝1 kg，經過時間t＝2.0 s，玩具移動了距離x＝這時小孩松開手，玩具又滑行了一段距離后停下(g＝10 m/s2)，求：
(1)玩具與地面間的動摩擦因數；
(2)松開手后玩具還能運動的距離；
(3)小孩要拉動玩具，拉力F與水平面夾角為多大時最省力。
[解析]　(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式可得x＝at2，解得a＝ m/s2，對玩具，由牛頓第二運動定律得F cos 30°－μ(mg－F sin 30°)＝ma，解得μ＝。
(2)松手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s，松手后，由牛頓第二運動定律得μmg＝ma′，解得a′＝ m/s2
玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m。
(3)設拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則F cos θ－Ff≥0，Ff＝μFN，在豎直方向上，由平衡條件得FN＋F sin θ＝mg，解得F≥，cos θ＋μsin θ＝sin (60°＋θ)，當θ＝30°時，拉力最小，最省力。
[答案]　(1)　(2)1.04 m　(3)30°
13．(14分)如圖所示，8塊同樣的木板一個一個緊挨著靜止放在足夠大的水平地面上，每塊木板質量均為M＝0.5 kg，長均為L＝1 m，它們與地面之間的動摩擦因數均為μ1＝0.2。在第1塊木板左端放一質量為m＝1 kg的可視為質點的鉛塊，它與木板間的動摩擦因數為μ2＝0.45，現給鉛塊一水平向右的初速度v0＝ m/s，使其在木板上滑行。最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)鉛塊剛滑過第1塊木板時的速度大小v1；
(2)鉛塊從左向右滑過幾塊木板時，下面的木板開始滑動；
(3)第8塊木板剛開始滑動時的加速度大小a1；
(4)請通過計算說明，鉛塊是否會從木板的右端掉下去？如果不會的話，最終停在哪塊木板上？
[解析]　(1)鉛塊受滑動摩擦力為
f2＝μ2mg＝4.5 N
8塊木板受最大靜摩擦力為
Fmax＝μ1(m＋8M)g＝10 N
由于Fmax>f2，所以木板靜止，鉛塊的加速度
a2＝μ2g＝4.5 m/s2
根據速度和位移的關系有
＝－2a2L
解得v1＝3 m/s。
(2)設右端還剩n塊時，木板開始滑動
μ2mg≥μ1(m＋nM)g
解得n≤2.5
所以，鉛塊滑過6塊木板時，板開始滑動。
(3)對第7、8塊整體，根據牛頓第二定律有
μ2mg－μ1(m＋2M)g＝2Ma1
解得a1＝0.5 m/s2。
(4)鉛塊剛滑上第7塊板時的速度設為v2，根據速度和位移的關系有
＝－2a26L
解得v2＝3 m/s
假設不會從右端掉下，共速時
v2－a2t＝a1t
解得t＝0.6 s
則x2＝v2t－a2t2＝0.99 m
x1＝a1t2＝0.09 m
由于x2－x1＝0.9 m<1 m，所以鉛塊最終不會從木板右端掉下，停在第7塊板上。
[答案]　(1)3 m/s　(2)6塊　(3)0.5 m/s2　(4)不會　第7塊
模塊綜合測評
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求)
1．在足球運動中，足球入網如圖所示，則(　　)
A．踢香蕉球時足球可視為質點
B．足球在飛行和觸網時慣性不變
C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力
D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力
B　[踢香蕉球時，香蕉球產生的原因主要是旋轉，所以足球的大小和形狀不能忽略，即需要考慮足球的大小和形狀，足球不能看作質點，故A錯誤；足球的慣性僅與足球的質量有關，與運動狀態無關，即在飛行和觸網時足球的慣性不變，故B正確；足球在飛行時不受腳的作用力，僅受重力和空氣阻力，故C錯誤；觸網時足球對網的力和網對足球的力是一對作用力與反作用力，大小相等、方向相反，故D錯誤。]
2．唐代《耒耜經》記載了曲轅犁相對直轅犁的優勢之一是起土省力，設牛用大小相等的拉力F通過耕索分別拉兩種犁，F與豎直方向的夾角分別為α和β，α<β，如圖所示，忽略耕索質量，耕地過程中，下列說法正確的是(　　)
A．耕索對曲轅犁拉力的水平分力比對直轅犁的大
B．耕索對曲轅犁拉力的豎直分力比對直轅犁的大
C．曲轅犁勻速前進時，耕索對犁的拉力小于犁對耕索的拉力
D．直轅犁加速前進時，耕索對犁的拉力大于犁對耕索的拉力
B　[將拉力F正交分解如圖所示，則在x方向可得出Fx曲 ＝ F sin α，Fx直 ＝ F sin β，在y方向可得出Fy曲 ＝ F cos α，Fy直 ＝ F cos β，由題知α<β則sin αcos β，則可得到Fx曲Fy直，B正確，A錯誤；耕索對犁的拉力與犁對耕索的拉力是作用力與反作用力，大小相等，與運動狀態無關，C、D錯誤。故選B。]
3．如圖所示，用與豎直方向成θ角(θ＜45°)的傾斜輕繩a和水平輕繩b共同固定一個小球，這時輕繩b的拉力為F1，現保持小球在原位置不動，使輕繩b在原豎直平面內逆時針轉過θ角固定，輕繩b的拉力為F2，再逆時針轉過θ角固定，輕繩b的拉力為F3，則(　　)
A．F1＝F3＞F2 B．F1＜F2＜F3
C．F1＝F3＜F2 D．輕繩a的拉力增大
A　[輕繩b處在三個不同位置時，小球均處于平衡狀態；對小球受力分析并根據平衡條件可知，它受到的三個力可以構成矢量三角形，如圖所示，根據幾何關系可知，F2垂直于輕繩a對小球的拉力最小，所以F1＝F3＞F2，而輕繩a的拉力T逐漸減小，故A選項正確。]
4．如圖所示，斜面體M放在水平地面上，另有物塊N放在斜面體上，輕質彈簧兩端分別與物塊N及固定在斜面體底端的擋板P連接，彈簧處于壓縮狀態，M、N靜止。現用力F沿斜面向上拉物塊N，但并未運動，下列說法正確的是(　　)
A．彈簧對擋板的作用力減小
B．M、N之間的摩擦力可能大小不變
C．M對地面的壓力不變
D．水平地面對M的摩擦力不變
B　[對N受力分析，其受重力、支持力、彈簧的彈力，可能受靜摩擦力，且靜摩擦力的方向可能沿著斜面向下，也可能沿著斜面向上，當用力F拉物塊N時，因沒有拉動，則彈簧的形變量不變，彈簧的彈力不變，選項A錯誤；若N受到的靜摩擦力開始是沿著斜面向上，當用力F拉N時，N受到的靜摩擦力可能會變為沿著斜面向下，大小可能和原來相等，選項B正確；從整體角度分析可知，當用力F拉N時，整體對地面的壓力減小，有向右的運動趨勢，因此水平地面對M的摩擦力發生變化，選項C、D錯誤。]
二、雙項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有兩項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
5．如圖所示是某司機在春節假期試駕小轎車在平直公路上運動的0～25 s內的速度隨時間變化的圖像，由圖像可知(　　)
A．小轎車在0～15 s內的位移為200 m
B．小轎車在10～15 s內加速度為零
C．小轎車在10 s末運動方向發生改變
D．小轎車在4～9 s內的加速度大小小于16～24 s內的加速度大小
AB　[小轎車在0～15 s內的位移為200 m，A正確；10～15 s 內小轎車勻速運動，加速度為零，B正確；0～25 s內小轎車始終未改變方向，C錯誤；小轎車4～9 s內的加速度大小是2 m/s2，16～24 s內的加速度大小是，D錯誤。]
6．如圖所示是甲、乙、丙、丁、戊五個運動物體相對同一原點的位移—時間圖像。下面有關說法正確的是(　　)
A．甲、乙運動的出發點相距s0
B．乙比甲早出發t1的時間
C．丙在0～2 s內，物體的位移大于2 m
D．丁、戊兩物體在25 s時相遇
AD　[由題圖可知，乙從原點出發，甲從距原點s0處出發，故兩物體的出發點相距s0，故A正確；甲在t＝0時刻開始運動，而乙在t1時刻開始運動，故甲比乙早出發t1的時間，故B錯誤；丙在0～2 s內，物體的位移為Δs＝0－0＝0，故C錯誤；丁、戊兩物體在25 s時到達同一位置而相遇，故D正確。]
7．如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＜tan θ，則下列選項中能客觀反映小木塊的受力和運動情況的是(　　)
A　　　　B　　　　　C　　　　　D
BD　[由于小木塊輕放在傳送帶的最上端，并其相對傳送帶向上滑動，故其所受的滑動摩擦力方向沿斜面向下，其所受的滑動摩擦力大小為：Ff＝μmg cos θ；當二者達到共速后，由于重力沿斜面向下的分力使小木塊繼續加速，故其速度超過傳送帶，故其所受的滑動摩擦力沿斜面向上，大小不變，方向反向，故A錯誤，B正確；而由于μ＜tan θ，故其重力沿斜面向下的分力大于滑動摩擦力，故二者共速后小木塊繼續加速，但由牛頓第二定律可知其加速度減小，又由速度—時間圖像的斜率表示小木塊的加速度，故可知到達共速后的加速運動過程加速度減小，故C錯誤，D正確。]
8．如圖所示，質量分別為m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg的小球1和2用輕質彈簧連接。某人用手通過輕繩給小球1施加F＝6 N的豎直恒力，使整個裝置一起豎直向上加速運動。某時刻手突然停止，此時小球1、2的加速度大小分別為a1和a2；重力加速度g＝10 m/s2，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是 (　　)
A．裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為4 N
B．裝置在恒力F作用下加速運動時，彈簧的彈力大小為2 N
C．手停止的瞬間，a1＝10 m/s2，a2＝10 m/s2
D．手停止的瞬間，a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2
BD　[在恒力F作用下整個裝置一起向上做勻加速運動，對整體由牛頓第二運動定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，對球2由牛頓第二運動定律有F彈－m2g＝m2a0，聯立方程得F彈＝2 N，故A錯誤，B正確；手停止運動的這一瞬間，繩變松弛，繩的拉力突變為0，彈簧彈力不能發生突變，F彈＝2 N，對球1由牛頓第二運動定律有F彈＋m1g＝m1a1，解得a1＝20 m/s2，方向豎直向下，對球2由牛頓第二運動定律有F彈－m2g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，方向豎直向上，故C錯誤，D正確。]
三、非選擇題(本題共5小題，共60分)
9．(9分)某實驗小組用一只彈簧測力計和一個量角器等器材驗證力的平行四邊形定則，設計的實驗裝置如圖所示。固定在豎直木板上的量角器直邊水平，橡皮筋一端固定在量角器圓心O的正上方A點，另一端系繩套1和繩套2。
(1)實驗步驟如下：
①彈簧測力計掛在繩套1上豎直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的結點到達O點，記下彈簧測力計的示數F；
②彈簧測力計掛在繩套1上，手拉著繩套2，緩慢拉橡皮筋，使橡皮筋的結點達到O點，此時繩套1沿0°方向，繩套2沿120°方向，此時彈簧測力計的示數為F1；
③根據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力F1′＝________；
④比較________，即可初步驗證力的平行四邊形定則。
(2)將繩套1由0°方向緩慢轉動到60°方向，同時繩套2沿120°方向不變，此過程中保持橡皮筋的結點在O點不動，關于繩套1的拉力大小的變化，下列結論正確的是________。
A．逐漸增大 B．先增大后減小
C．逐漸減小 D．先減小后增大
[解析]　(1)③由幾何關系根據力的平行四邊形定則計算繩套1的拉力F1′＝F tan 30°＝F；④比較F1和F1′的大小，即可初步驗證力的平行四邊形定則。
(2)保持繩套2方向不變，繩套1從圖示位置向下緩慢轉動60°，此過程中保持橡皮筋的結點在O點處不動，說明兩個細繩拉力的合力不變，作圖如下：
故繩套1的拉力先減小后增加，故A、B、C錯誤，D正確。
[答案]　(1)③F　④F1與F1′的大小　(2)D
10．(9分)在“探究加速度與力、質量的關系”的實驗中，保持小車的質量不變，改變小車所受的作用力，測得的數據見下表。
組別 1 2 3 4 5
F/N 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0
a/(ms-2) 0.40 0.83 1.18 1.58 2.00
(1)如圖所示的坐標紙上已描出了部分數據點，請在坐標紙上描出第2、4組數據對應的點，然后作出a -F圖像。
(2)由所作圖線可以得到結論：在質量一定的情況下，加速度a與作用力F成________比。
(3)當研究加速度與物體質量的關系時，應保持__________________不變，改變小車的質量來進行實驗。
[解析]　(1)如圖所示，根據表格中的數據在坐標紙上描點，連線時注意舍棄誤差較大的點，不在圖線上的點要均勻分布在圖線兩側。
(2)由(1)所作圖線是一條過原點的傾斜直線，所以可以判斷加速度a和作用力F成正比。
(3)本實驗過程采用了控制變量法的思想，在研究加速度和質量的關系時，應該保持物體所受的作用力不變。
[答案]　(1)見解析圖　(2)正　(3)小車所受作用力
11．(12分)王老師開車送到外地求學的小王至天府機場后返回，汽車行駛示意圖如圖所示，從機場停車場收費出口O點駛入空港大道時，導航指令“沿當前道路繼續行駛4.8 km”(即為空港大道直道OB段)，汽車便從此時開始做初速度為零的勻加速直線運動，經過6 s后，汽車運動到空港大道的A點，此時車內速度表顯示為54 km/h，已知3.6 km/h＝1 m/s，忽略人的反應時間。求：
(1)汽車運動的加速度大小；
(2)汽車從A點繼續以(1)問的加速度做勻加速直線運動，由于道路限速，當汽車速度為90 km/h時開始定速行駛，做勻速直線運動，則汽車在空港大道直道OB段行駛所用的時間是多少？
[解析]　(1)汽車從靜止開始做勻加速直線運動，經過6 s后，速度達到15 m/s，故加速度大小為
a＝＝2.5 m/s2。
(2)汽車從靜止開始到速度達到25 m/s，發生位移為
s1＝＝125 m
所用時間為
t1＝＝10 s
之后勻速運動的時間為
t2＝＝187 s
故汽車在空港大道直道OB段行駛所用的時間為
t＝t1＋t2＝197 s。
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)197 s
12．(14分)如圖所示，放在粗糙、固定斜面上的物塊A和懸掛的物體B均處于靜止狀態。輕繩AO繞過光滑的定滑輪與輕彈簧的右端及輕繩BO的上端連接于O點，輕彈簧中軸線沿水平方向，輕繩的OC段與豎直方向的夾角θ＝53°，斜面傾角α＝37°，物塊A和B的質量分別為mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，彈簧的勁度系數k＝500 N/m(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝)。求：
(1)彈簧的伸長量x；
(2)物塊A受到的摩擦力。
[解析]　
甲
(1)對結點O受力分析如圖甲所示：
T cos θ－mBg＝0
T sin θ－F＝0
且F＝kx
解得x＝4 cm。
(2)設物塊A所受摩擦力沿斜面向下，對物塊A受力分析如圖乙所示：
乙
T－f－mAg sin α＝0
解得f＝－5 N
即物塊A所受摩擦力大小為5 N，方向沿斜面向上。
[答案]　(1)4 cm 　(2)5 N，方向沿斜面向上
13．(16分)如圖所示，質量為m0＝1 kg 的長木板靜止在光滑水平面上，現有一質量m＝0.5 kg的小滑塊(可視為質點)以v0＝3 m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板一起向前滑動。已知滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)滑塊在木板上滑動過程中，長木板受到的摩擦力大小和方向；
(2)滑塊在木板上滑動過程中，滑塊相對于地面的加速度大小a；
(3)若長木板足夠長，滑塊與長木板達到的共同速度大小v。
[解析]　(1)滑塊所受摩擦力為滑動摩擦力，如圖所示
f＝μmg＝0.5 N，方向水平向左
根據牛頓第三定律，滑塊對木板的摩擦力為f′＝0.5 N，方向水平向右。
(2)由牛頓第二定律得：μmg＝ma
得出a＝μg＝1 m/s2。
(3)對木板，由牛頓第二定律μmg＝m0a′
可得a′＝0.5 m/s2
設經過時間t，滑塊和長木板達到共同速度v，則滿足：
對滑塊：v＝v0－at；
對長木板：v＝a′t
由以上兩式得：滑塊和長木板達到的共同速度v＝1 m/s。
[答案]　(1)0.5 N　方向水平向右　(2)1 m/s2　(3)1 m/s
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