物理粤教版必修1练习：第四章章末复习课 Word版含解析

第四章章末复习课【知识体系】 力与运动⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧伽利略的理想实验与牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧伽利略的理想实验牛顿第一定律⎩⎪⎨⎪⎧惯性：一切物体都有惯性物体运动状态的改变⎩⎪⎨⎪⎧速度① 变化速度② 变化大小、方向都变化影响加速度的因素⎩⎪⎨⎪⎧加速度与合外力的关系：质量一定时，加速度与合外力③加速度与质量的关系：当合外力一定时，加速度与质量④ 探究运动与受力关系⎩⎪⎨⎪⎧加速度与合外力的关系：m 一定时，a ∝F ，或a 1∶a 2＝F 1∶F2加速度与质量的关系：F 一定时，a ∝1m，或a 1∶a 2＝m 2∶m 1实验数据的图象表示牛顿第二定律⎩⎪⎨⎪⎧计算机实时实验的结果牛顿第二定律及其数学表示⎩⎪⎨⎪⎧内容公式：⑤适用范围牛顿第二定律的应用⎩⎪⎨⎪⎧已知物体的运动状态，确定物体的受力情况已知物体的受力情况，确定物体的运动状态超重和失重⎩⎪⎨⎪⎧超重和失重现象超重和失重的解释完全失重的现象力学单位⎩⎪⎨⎪⎧单位制的意义：由⑥ 和⑦ 所组成的一系列完整的单位体制国际单位制中的力学单位[答案填写] ①大小 ②方向 ③成正比 ④成反比 ⑤F ＝ma ⑥基本单位 ⑦导出单位主题1 整体法与隔离法1．整体法与隔离法．(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．2．整体法和隔离法的选择．(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法． (2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法． 3．注意事项．(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”． (2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力． (3)区分清楚内力和外力．[典例❶] 如图所示，质量为80 kg 的物体放在安装在小车上的水平磅秤上，小车沿斜面无摩擦地向下运动，现观察到物体在磅秤上的示数只有600 N ，g 取10 m/s 2，则(1)斜面的倾角θ为多少？ (2)磅秤对物体的静摩擦力为多少？解析：(1)对物体、磅秤和小车组成的整体应用牛顿第二定律，得 (M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，解得a ＝g sin θ. 隔离M ，对M 在竖直方向上应用牛顿第二定律，有Mg －F N ＝Ma sin θ，即Mg －F N ＝Mg sin 2θ，代入数据，解得sin θ＝12，故θ＝30°.(2)对M 在水平方向上应用牛顿第二定律，有F f ＝Ma cos θ＝Mg sin θcos θ＝200 3 N ，则磅秤对物体的静摩擦力为200 3 N. 答案：(1)30° (2)200 3 N针对训练1．(多选)如图所示，在光滑的桌面上有M 、m 两个物块，现用力F 推物块m ，使M 、m 两物块在桌上一起向右加速，则M 、m 间的相互作用力为( )A.mF M ＋mB.MF M ＋mC ．若桌面的动摩擦因数为μ、M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力为MFM ＋m ＋μMg D ．若桌面的动摩擦因数为μ，M 、m 仍向右加速，则M 、m 间的相互作用力仍为MF M ＋m解析：根据牛顿第二定律，得 对整体：a ＝FM ＋m，对M ：F N ＝Ma ＝MFM ＋m.故A 错误，B 正确； 设桌面的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，得 对整体：a ＝F －μ（M ＋m ）g M ＋m ＝FM ＋m－μg对M ：F N －μMg ＝Ma 得F N ＝μMg ＋Ma ＝MFM ＋m.故C 错误，D 正确． 答案：BD主题2 临界问题1．临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．2．解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间作用的弹力必定为零．3．解决临界问题的一般方法：(1)极限法：题设中若出现“最大”“最小”“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的．(2)数学推理法：根据分析物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件．【典例2】 如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a 1，此时，斜面支持力F N ＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：F x＝F T cos θ＝ma1，竖直方向：F y＝F T sin θ－mg＝0，联立两式，解得a1＝g cot θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于a＝g cot θ.(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力F T＝0.小球受力如上图乙所示．根据牛顿第二定律，得水平方向：F x＝F N sin θ＝ma2，竖直方向：F y＝F N cos θ－mg＝0，联立两式，解得a2＝g tan θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝g tan θ.答案：见解析针对训练2.如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为m.若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起( )A．水平向右加速，加速度a＝g tan θB．水平向左加速，加速度a＝g tan θC．水平向右减速，加速度a＝g sin θD．水平向左减速，加速度a＝g sin θ解析：球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力mg和斜面支持力F N的合力方向水平向左．F＝mg tan θ＝ma，解得a＝g tan θ，因此斜面应向左加速或者向右减速．答案：B主题3 图象在动力学中的应用动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等．(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．(2)对a-t 图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．(3)对于F-a 图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F 间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．【典例3】 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 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.由这两个图象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 ．0.5 kg ，0.4B ．1.5 kg ，215C ．0.5 kg ，0.2D ．1 kg ，0.2解析：由题F-t 图和v-t 图，可知物块在2 s 到4 s 内所受外力F ＝3 N ，物块做匀加速运动，a ＝Δv Δt＝2 m/s 2，又F －f ＝ma ，即3－μmg ＝2m .① 物块在4 s 到6 s 所受外力F ＝2 N ，物块做匀速直线运动，则F ＝f ＝μmg ＝2 N ．② 由①②解得：m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，故A 选项正确． 答案：A针对训练3．如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图甲 图乙(1)小环的质量m ；(2)细杆与地面间的夹角α. 解析：由题图得：0～2 s 内，a ＝Δv Δt ＝12m/s 2＝0.5 m/s 2. 根据牛顿第二定律，可得前2 s 有F 1－mg sin α＝ma ，2 s 后有F 2＝mg sin α，代入数据，解得：m ＝1 kg ，α＝30°.答案：(1)1 kg (2)30°统揽考情牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：1．超重、失重问题，瞬时性问题．2．整体法与隔离法处理连接体问题．3．牛顿运动定律与图象综合问题．真题例析(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间( )A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT1＝2mg，轻弹簧S2弹力FT2＝mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B 错误，故选A、C答案：AC针对训练如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g，则有( )A．a1＝g，a2＝0 B．a1＝g，a2＝gC．a1＝0，a2＝m＋MMg D．a1＝g，a2＝m＋MMg解析：在抽出木板的瞬间，弹簧未来得及发生形变，所以木块1所受重力和弹力均不变，合力为零，则a1＝0.木块2受重力Mg和弹簧弹力F＝mg，由牛顿第二定律，得Mg＋mg＝Ma2，则a2＝M＋mMg，选项C正确．答案：C1.如图所示，两根完全相同的轻弹簧下端挂一个质量为m的小球，小球与地面间有一竖直细线相连，系统平衡．已知两轻弹簧之间的夹角是120°，且轻弹簧产生的弹力均为3mg，则剪断细线的瞬间，小球的加速度是( )A．a＝3g，方向竖直向上B．a＝3g，方向竖直向下C．a＝2g，方向竖直向上D．a＝2g，方向竖直向下解析：两轻弹簧弹力之和为3mg，剪断细线的瞬间，小球所受合外力为2mg，其加速度是a ＝2g，方向竖直向上，选项C正确．答案：C2．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是( )A．2 m/s2，水平向右B．4 m/s2，水平向右C．6 m/s2，水平向左D．8 m/s2，水平向左解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数变大，因为弹簧的弹力F与形变量x成正比，且Fx＝ΔFΔx，故甲弹簧测力计的读数减小2 N，乙弹簧测力计的读数增大2 N．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F＝ma，有a＝12－81m/s2＝4 m/s2.故选项B正确．答案：B3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．答案：BC4．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为F N，细绳对小球的拉力为F T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是( )A．若小车向左运动，F N可能为零B．若小车向左运动，F T不可能为零C．若小车向右运动，F N不可能为零D．若小车向右运动，F T不可能为零解析：若小车向左做减速运动，则加速度方向向右，若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，故此时F N为零，故A正确；若小车向左加速运动，则加速度方向向左，若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同，则绳子的拉力为零，故B错误；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，即加速度方向也可能向右或向左，所以F N和F T均可以为零，故C、D均错误．答案：A5． (多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是( )A ．在0～1 s 内，外力F 不断增大B ．在1～3 s 内，外力F 的大小恒定C ．在3～4 s 内，外力F 不断减小D ．在3～4 s 内，外力F 的大小恒定解析：在速度—时间图象中，0～1 s 内物块速度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F 为恒力；1～3 s 内，物块做匀速运动，外力F 的大小恒定，3～4 s 内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F 由大变小．综上所述，只有B 、C 两项正确．答案：BC6.如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f .若木块不滑动，力F 的最大值是( )A.2f （m ＋M ）MB.2f （m ＋M ）mC.2f （m ＋M ）M －(m ＋M )g D.2f （m ＋M ）m＋(m ＋M )g解析：对整个系统应用牛顿第二定律，得F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ；①对M 应用牛顿第二定律，得2f －Mg ＝Ma ；② 由①②联立，得F ＝2f （m ＋M ）M，故A 正确．答案：A7.(多选)利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小．实验时让某消防队员从一平台上跌落，自由下落2 m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m ，最后停止．用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化的图线如图所示，根据图线所提供的信息，以下判断正确的是( )A．t1时刻消防队员的速度最大B．t2时刻消防队员的速度最大C．t3时刻消防队员的速度最大D．t4时刻消防队员的加速度最小解析：由题图象可判断消防队员的运动过程：t1时刻刚产生地面的冲击力，说明此时消防队员刚落地；此后由于地面的冲击力小于重力，所以合力向下，消防队员继续加速运动；t2时刻消防队员受到的冲击力和重力大小相等而平衡，加速度为零，速度达到最大，A、C错误，B正确；t4时刻消防队员站稳，加速度为零，D正确．答案：BD8．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l1＝1.6×102m的水平跑道和长度为l2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到平均阻力大小为飞机重力的110.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道上运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1，v21＝2a1l1，v1＝a1t1，其中f＝0.1mg，代入已知数据可得：a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s.飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道向下的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有：F′合＝F－f－G x＝ma2，G x＝mg hl2＝4.0×104 N，v22－v21＝2a2l2，代入已知数据可得：a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1，末速度大小为v′1，有：F″合＝F推＋F－f＝ma′1，v′21＝2a′1l1，飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道的受力没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2，v′22－v′21＝2a′2l2，根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得：F推＝5.2×105 N.答案：(1)8.0 s 41.5 m/s (2)5.2×105 N经典语录1、最疼的疼是原谅，最黑的黑是背叛。

习题课基础练1．下列说法正确的是()A．苹果从树上落下，落向地球，说明苹果受地球的作用；而地球不动，说明地球不受苹果的作用B．汽车运动时，并没有别的物体在牵引它，因此汽车的牵引力无施力物体C．奥运会拳击比赛中，运动员用力打出去的空拳，无受力物体D．喷气式飞机飞行时，是依靠喷出的气体对飞机产生巨大的动力2.图1如图1所示，两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细绳悬于天花板下，下列选项中是一对平衡力的是()A．绳对A的拉力和弹簧对A的拉力B．弹簧对A的拉力和弹簧对B的拉力C．弹簧对B的拉力和B对弹簧的拉力D．B的重力和弹簧对B的拉力3．(双选)如图2所示，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是()图2A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动4．(双选)图3原来做匀速直线运动的升降机内，有一被伸长弹簧拉住的、具有一定质量的物体A静止在地板上，如图3所示，现发现A突然被弹簧拉向右方，由此可判断此时升降机的运动可能是() A．加速上升B．减速上升C．加速下降D．减速下降5.图4如图4所示，用手提一轻弹簧，弹簧下端挂一金属球．在将整个装置匀加速上提的过程中，手突然停止不动，则在此后一小段时间内()A．小球立即停止运动B．小球继续向上做减速运动C．小球的速度与弹簧的形变量都要减小D．小球的加速度减小6．如图5所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的图5小圆环A，悬吊一个质量为M的球B，今用一水平力F缓慢地拉起B，A仍保持静止不动，设圆环A受到的支持力为F N，静摩擦力为f0，此过程中()A．F N增大，f0减小B．F N减小，f0减小C．F N不变，f0增大D．F N减小，f0增大7.图6如图6所示，弹力跟伸长量成正比的橡皮条AB，系一重物放在水平桌面上，在悬点A的正下方C点有一光滑圆钉，橡皮条不形变时的自由长度为AC，在水平拉力作用下使物体沿粗糙桌面缓缓向右运动，则拉力F大小变化是()A．越来越大B．越来越小C．先增大后减小D．保持不变提升练8.图7如图7所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度均为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达d 所用的时间，则()A．t1＜t2＜t3B．t1＞t2＞t3C．t3＞t1＞t2D．t1＝t2＝t39.图8直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图8所示．设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是()A．箱内物体对箱子底部始终没有压力B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大1212两船上的人各拉着水平轻绳的一端对绳施加力，设甲船上的人施力为F1，乙船上的人施力为F2.甲、乙两船原来都静止在水面上，不考虑水对船的阻力，甲船产生的加速度大小为a1，乙船产生的加速度大小为a2，则F1∶F2＝________，a1∶a2＝________.图911．质量m＝4 kg的物体在F1＝10 N的水平拉力作用下沿水平面做匀速直线运动．撤去F1后，经4 s物体停下来．求物体做匀速直线运动的速度和撤去力F1后的位移．12.图10一质量为m＝40 kg的小孩站在电梯内的体重计上．电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6 s内体重计示数F的变化如图10所示．试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？(重力加速度g取10 m/s2.)13.图11如图11所示，一水平传送带以2 m/s的速度做匀速运动，传送带两端的距离为s＝20 m，将一物体轻轻地放在传送带一端，物体由这一端运动到另一端所需的时间为t＝11 s，求物体与传送带之间的动摩擦因数μ.14.图12在2008北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图12所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．习题课1．D 2.D3．AD [研究对象小球所受的合外力等于弹簧对小球的弹力，方向水平向右，由牛顿第二定律的同向性可知，小球的加速度方向水平向右．由于小球的速度方向可能向左，也可能向右，则小球及小车的运动性质为：向右的加速运动或向左的减速运动．] 4．BC5．D [手突然停止不动，此后一小段时间内，弹力大于重力，合力向上，小球加速度方向与速度方向相同，因此球做加速运动，随着形变量减小，由a ＝kx －mgm知，球的加速度减小．]6．C 7．A [设BC 间距为x 0，物体缓缓向右运动的过程中受力分析如右图所示． 由物体的平衡条件得： F ＝f ＋F 弹·cos θ， F N ＋F 弹·sin θ＝mg ，又f ＝μF N ，而F 弹＝k ·x 0sin θ.可得出：F N ＝mg －F 弹·sin θ＝mg －kx 0，f ＝μ(mg －kx 0)，故F N ，f 保持不变，F ＝μ(mg －kx 0)＋kx 0cot θ，将随θ的减小而增大，故A 正确．]8．D [小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，设轨迹与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知 mg cos θ＝ma ①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移为s ＝2R cos θ②由运动学公式得s ＝12at 2③由①②③联立解得t ＝2Rg .小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3.]9．C [因为下落速度不断增大，而阻力f ∝v 2，所以阻力逐渐增大，当f ＝mg 时，物体开始匀速下落．以箱和物体为整体：(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，f 增大则加速度a 减小，对物体：mg －F N ＝ma ，加速度减小，则支持力F N 增大．所以物体后来受到的支持力比开始时要大，不可能“飘起来”．] 10．1∶1 1∶2解析 以绳为研究对象，它受甲船上的人所施的力F 1和乙船上的人所施的力F 2，由于绳的质量不计(轻绳)，故由牛顿第三定律得F 1＝F 2，由于绳对甲船上的人所施的力F 1′与F 1和绳对乙船上的人所施的力F 2′与F 2分别为作用力与反作用力，故由牛顿第三定律可解本题． 由牛顿第三定律可知力的大小应满足关系式 F 1′＝F 1，F 2′＝F 2 所以F 1′＝F 2′分别对甲、乙两船应用牛顿第二定律得：a 1＝F 1′m 1，a 2＝F 2′m 2，由于m 1＝2m 2，所以a 1∶a 2＝1∶2 故F 1∶F 2＝1∶1，a 1∶a 2＝1∶2.11．10 m/s 20 m解析 此题是已知受力情况求运动参量．物体做匀速直线运动时，重力与弹力平衡，拉力与摩擦力大小相等．当撤去F 1后，物体做匀减速直线运动．设物体运动方向为正方向，在减速运动过程中加速度a ＝F 合m ＝－104 m /s 2＝－2.5 m/s 2.由公式v t ＝v 0＋at ，v t ＝0得：所求速度v 0＝－at ＝－(－2.5)×4 m /s ＝10 m/s.再由v 2t －v 20＝2as 得：所求位移s ＝－v 202a ＝－1022×(－2.5) m ＝20 m. 或s ＝v 0＋v t 2t ＝10＋02×4 m ＝20 m.12．9 m解析 由题图可知，在t ＝0到t 1＝2 s 的时间内，体重计的示数大于mg ，故电梯应做向上的匀加速运动．设在这段时间内体重计作用于小孩的力为F 1，电梯及小孩的加速度为a 1，由牛顿第二定律，得F 1－mg ＝ma 1在这段时间内电梯上升的高度h 1＝12a 1t 21在t 1到t 2＝5 s 的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应做匀速上升运动，速度为t 1时刻电梯的速度，即v 1＝a 1t 1在这段时间内电梯上升的高度h 2＝v 1(t 2－t 1)在t 2到t 3＝6 s 的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应做向上的匀减速运动，设这段时间内体重计作用于小孩的力为F 2，电梯及小孩的加速度为a 2，由牛顿第二定律，得mg －F 2＝ma 2在这段时间内电梯上升的高度h 3＝v 1(t 3－t 2)－12a 2(t 3－t 2)2电梯上升的总高度h ＝h 1＋h 2＋h 3由以上各式代入题文及题图的数据解得h ＝9 m. 13．0.1解析 物体轻放于传送带上后，是在摩擦力作用下做加速运动，若速度达到传送带速度后，就无摩擦力，则改做匀速运动．设一直加速，则在11 s 内能发生的最大位移s m ＝v 2t ＝22×11 m＝11 m<20 m ，故物体一定是先加速运动后匀速运动． 设匀加速运动的时间为t 1，则位移s ＝v2t 1＋v (t －t 1)，整理得t 1＝2(t －s v )＝2×(11－202) s ＝2 s.所以加速度a ＝v t 1＝22m /s 2＝1 m/s 2.由牛顿第二定律知μmg ＝ma所以动摩擦因数μ＝a g ＝110＝0.1.14．(1)440 N (2)275 N解析 (1)将运动员和吊椅看作一个整体， 则由牛顿第二定律得2F －m 总g ＝m 总a ，F ＝m 总(g ＋a )2＝440 N.根据牛顿第三定律，运动员向下拉绳的力F ′＝F ＝440 N.(2)吊椅受三个力作用：拉力F 、重力mg 、压力F N ，由牛顿第二定律F －mg －F N ＝ma ，F N ＝F －mg －ma ＝275 N.。

第四章力与运动第三节探究加速度与力、质量的定量关系A级　抓基础1．关于“验证牛顿运动定律”的实验，下列说法中符合实际的是( )A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变受力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系解析：验证牛顿运动定律的实验，是利用控制变量法，探究加速度a与合外力F、物体质量m的关系，故D项正确．答案：D2．在本实验中，下列做法和理由正确的是( )A．实验中用的电源是低压直流电源B．可将装有沙子的小桶用钩码代替，这样做会使实验更加准确C ．实验结果不用a-m 图象，而用a-图象，是为了方便根据图1m 象直观地作出判断D ．小车运动的加速度可用天平测出小桶和沙的质量m 以及小车的质量M 后，直接用a ＝求出mg M 答案：C3．在“验证牛顿运动定律”的实验中，研究加速度a 与小车的质量M 的关系时，由于没有注意始终满足M ≫m 的条件，结果得到的图象应是下图中的( )解析：在本实验中绳中的张力F ＝，则小车的加速度a ＝MmgM ＋m ＝，在研究加速度跟小车质量M 的关系时，保持m 不变，F M mgM ＋m 若横轴为，则a 图象应是过原点的直线，当满足M ≫m1M ＋m 1M ＋m 时，m 可以忽略不计，a ≈，a-图象还可以满足图象是过原点的mg M 1M 直线；当小车的质量较小、不满足M ≫m 时，图象便发生向下弯曲．故选D.答案：D4．(多选)甲、乙两同学用同一装置做实验，根据实验数据画出的图象，下列说法中正确的是( )A．在图A中甲同学的原因是没有平衡摩擦力，乙同学是平衡摩擦力过度B．图B中甲图发生弯曲的原因是小车的质量没有远大于沙和沙桶的质量C．图B中甲图发生弯曲的原因是小车的质量没有远小于沙和沙桶的质量D．图C中甲乙斜率不同的原因是小车上放的砝码质量不同答案：BD5．(多选)某实验小组利用如图所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h.关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是( )A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小解析：设气垫导轨长为x ，则滑块的合力F 合＝Mg ，为了保持h x 滑块所受的合力不变，所以M 和h 不能同时增大或减小．答案：BC6．(多选)如图所示，在探究加速度和力、质量的定量关系的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 1＝2x 2D ．当F 1＝F 2、m 1＝2m 2时，x 2＝2x 1答案：ADB 级　提能力7．如图所示为一气垫导轨，导轨上安装有一个光电门B ，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可测出绳子上的拉力大小．传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d ＝2.25 mm.(2)实验时，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ＝1.0×10－2s ，则滑块经过光电门B 时的瞬时速度为________m/s.(3)若某同学用该实验装置探究加速度与力的关系，①要求出滑块的加速度，还需要测量的物理量是________(文字说明并用相应的字母表示)．②下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．A ．滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B ．应使A 位置与光电门间的距离适当大些C ．应将气垫导轨调节水平D ．应使细线与气垫导轨平行解析：(2)实验时，将滑块从A 位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间t ，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．即v ＝＝ m/s ＝0.225 m/s.d t 2.25×0.0010.01(3)①根据运动学公式a ＝得，若要得到滑块的加速度，还需v 22L 要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L .②拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量的大小关系无关，故A 错误；应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B 正确；应将气垫导轨调节水平，使拉力等于合力，故C 正确；要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D 正确．答案：(2)0.225　(2)①遮光条到光电门的距离L ②A8．在“探究加速度与力、质量的定量关系”的实验中，利用如图所示的装置．(1)本实验采用的实验方法是________．A ．控制变量法B ．假设法C ．理想实验法(2)下列说法中正确的是________．A ．在探究加速度与质量的关系时，应改变拉力的大小B ．在探究加速度与外力的关系时，应该改变小车的质量C ．在探究加速度a 与质量m 的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a-图象1m D ．当小车的质量远大于托盘和砝码的总质量时，才能近似认为细线对小车的拉力大小等于托盘和砝码的总重力大小(3)某同学测得小车的加速度a 和拉力F 的数据如下表所示(小车质量保持不变).F /N0.200.300.400.500.60a /(m ·s －2)0.100.200.280.400.52①根据表中的数据在图所示坐标系上作出a-F 图象．②图线不过原点的原因可能是___________________________．解析：(1)实验采用了控制变量法，即先保证小车质量不变，探究加速度与合力的关系，再保证小车受到的合力不变，探究加速度与质量的关系．A 对．(2)探究a 与m 的关系时，保持F 不变，改变m 大小；探究a与F 的关系时，保持m 不变，改变F 的大小，故A 、B 错． a-关1m 系图象为过原点的直线，作出这个图象更容易证明a 与m 成反比，C 对．只有当小车的质量远大于托盘与砝码的总质量时，托盘与砝码的总重力才约等于小车受到的合力，D对．(3)①作出的a-F 图象如图所示．②由a-F 图象可知，当力F ＜0.10 N 时，小车没有动，说明此时没有平衡摩擦力或小车所受的摩擦力没有完全平衡掉答案：见解析9．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示．(1)下列做法正确的是________(填字母代号)．A ．调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行B ．在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码盘通过定滑轮拴在小车上C ．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D ．通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码盘及盘内砝码的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码盘及盘内砝码的总质量________(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车和小车上砝码的总质量．(3)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．打点计时器打点的时间间隔为0.02 s ．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：(3)两计数点之间的时间间隔：T ＝0.02 s ×5＝0.10 s ，由Δs ＝aT 2得a 1＝ m/s 2＝0.16 m/s 2，（3.68－3.52）×10－20.102a 2＝m/s 2＝0.15 m/s 2，（3.83－3.68）×10－20.102a ＝＝0.155 m/s 2，取两位有效数字为：a 1＋a 22a ＝0.16 m/s 2.答案：(1)AD (2)远小于　(3)0.1610．某实验小组利用如图所示的装置进行“探究加速度与合外力的关系”的实验．(1)在实验中必须将长木板右端垫高，目的是________；当不挂钩码时小车能匀速运动，表明长木板右端高度已调好．(2)为了减小误差，每次实验必须通过改变钩码的个数来改变小车所受合外力，获取多组数据．若小车质量为400 g ，实验中每次所用的钩码总质量范围应选________组比较合理(填选项前的字母即可)．A ．10 g ～40 gB ．200 g ～400 gC ．1 000 g ～2 000 g(3)实验中打点计时器所使用的是________(选填“交流”或“直流”)电源．答案：(1)平衡摩擦力　(2)A (3)交流。

章末总结一、解决力学问题的三种基本功1．受力分析(1)灵活选择研究对象．(2)作出研究对象的受力示意图．(3)根据研究对象的受力情况，确定其运动情况，从而选取相应的规律求解．2．运动过程分析在分析力学问题时，要区分出初态、运动过程和末态，在物体运动的整个过程中，往往因为物体受力的变化，可以把它的运动过程分为几个阶段，所以解题时一般要根据实际情况画出运动过程示意图，再结合受力情况选取相应的规律求解．3．矢量的运算学过的矢量主要有：位移s、速度v、加速度a、力F等，矢量运算要注意以下几点：(1)互成角度的矢量合成与分解，遵从平行四边形定则．(2)正交分解法是平行四边形定则的特殊情景，实际中多应用于力的分解，应用时要根据物体受力情况选定坐标系，使较多的力落在坐标轴上．(3)同一条直线上的矢量运算，要先规定正方向，然后以“＋”“－”号代表矢量方向，从而把矢量运算转化为算术运算．例1如图1所示，一小轿车从高为10 m、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在距斜坡底端115 m的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104 N，小轿车的质量为2 t，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：图1(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(轿车在行驶过程中不采用刹车装置)答案(1)10 m/s(2)5 s解析(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得F1＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1代入数据得斜坡上小轿车的加速度a1＝3 m/s2由v21＝2a1s1s1＝h sin 37°得行驶至斜坡底端时的速度v1＝10 m/s.(2)在水平地面上加速时F2－μmg＝ma2代入数据得a2＝2 m/s2关闭油门后减速，μmg＝ma3，代入数据得a3＝5 m/s2设关闭油门时轿车的速度为v2，有v22－v21 2a2＋v222a3＝s2得v2＝20 m/s，t＝v2－v1a2＝5 s即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.针对训练如图2所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面底端有一质量m＝1 kg的物体．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，现用轻细绳拉物体由静止沿斜面向上运动．拉力F＝10 N，方向平行斜面向上．经时间t ＝4 s 绳子突然断了，求：(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)图2(1)绳断时物体的速度大小；(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间． 答案 (1)8 m/s (2)4.2 s解析 (1)物体向上运动过程中，受拉力F 、斜面支持力F N 、重力mg 和摩擦力f ，受力分析如右图所示，设物体向上运动的加速度为a 1，根据牛顿第二定律有： F －mg sin θ－f ＝ma 1 又f ＝μF N F N ＝mg cos θ 解得：a 1＝2 m/s 2t ＝4 s 时物体的速度大小v 1＝a 1t ＝8 m/s(2)绳断时物体距斜面底端的位移为s 1＝12a 1t 2＝16 m ，绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a 2，受力分析如右图所示， 则根据牛顿第二定律有： mg sin θ＋f ＝ma 2 解得a 2＝8 m/s 2物体匀减速运动的时间 t 2＝v 1a 2＝1 s物体匀减速运动的位移为s 2＝12v 1t 2＝4 m此后物体沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a 3，受力分析如右图所示．根据牛顿第二定律可得mg sin θ－f ′＝ma 3，f ′＝μF N ′＝μmg cos θ，得a 3＝4 m/s 2 设物体由最高点下滑到斜面底端的时间为t 3，根据运动学公式可得s 1＋s 2＝12a 3t 23，t 3＝10s ≈3.2 s ，所以从绳子断到物体返回斜面底端的时间为t ′＝t 2＋t 3＝4.2 s. 二、整体法和隔离法的应用对于由多个物体组成的系统进行受力分析时，一般要使用整体法和隔离法． 1．整体法：把两个或两个以上的物体组成的系统作为一个整体来研究的分析方法． 2．隔离法：将所确定的研究对象从周围物体中隔离出来的分析方法．3．一般只涉及系统外部对系统的作用力时，优先选用整体法；而涉及系统内物体间相互作用力时，必须选用隔离法．例2 (多选)如图3所示，光滑的水平地面上有三块材料完全相同的木块A 、B 、C ，质量均为m .中间用细绳1、2连接，现用一水平恒力F 作用在C 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，则下列说法正确的是( )图3A ．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小B ．若粘在A 木块上面，绳1的拉力增大，绳2的拉力不变C ．若粘在B 木块上面，绳1的拉力减小，绳2的拉力增大D ．若粘在C 木块上面，绳1、2的拉力都减小 答案 ACD解析 设恒力为F ，绳1、2的拉力大小分别为F 1、F 2.对A 、B 、C 整体研究，根据牛顿第二定律得a ＝Fm A ＋m B ＋m C 可知，质量增大，加速度a 减小，故A 正确；若橡皮泥粘在A 木块上面，根据牛顿第二定律得：对B 、C 整体：F －F 1＝(m C ＋m B )a ，得F 1＝F －(m C ＋m B )a ，a 减小，F 1增大；对C ：F －F 2＝m C a ，得F 2＝F －m C a ，a 减小，F 2增大，故B 错误；若橡皮泥粘在B 木块上面，根据牛顿第二定律得：对A ：F 1＝m A a ，a 减小，F 1减小；对C ：F －F 2＝m C a ，a 减小，F 2增大，故C 正确；若橡皮泥粘在C 木块上面，分别以A 、AB 为研究对象，同理可得绳1、2的拉力都减小，故D 正确．。

第四章 力与运动第六节 超重和失重A 级 抓基础1．(多选)某一兴趣小组在课外实践活动中研究电梯中的超重和失重现象．在电梯水平底板上放一体重计，一同学站在上面观察体重计的示数，小组共同分析数据得出下列结论，其中正确的是( )A ．超重现象一定出现在上升过程中B ．超重现象中一定存在竖直向上的加速度C ．失重现象可以出现在上升过程中，也可以出现在下降过程中D ．若电梯做自由落体运动，体重计的示数为零解析：超重现象是指物体对支持面的压力或对悬线的拉力大于重力的现象，产生超重现象的条件是物体具有竖直向上的加速度，超重时物体可能向上加速，也可能向下减速，因此选项A 错，B 正确；失重现象产生的条件是物体具有竖直向下的加速度，物体可能向下加速，也可能向上减速，选项C 正确；电梯做自由落体运动时，具有竖直向下的加速度g ，完全失重时对体重计无压力，选项D 正确．答案：BCD2．用一根细绳将一重物吊在电梯的天花板上，下列四种情况下，细绳最容易被拉断的是( )A ．电梯匀速上升B ．电梯匀速下降C ．电梯加速上升D ．电梯加速下降 答案：C3．一个小杯子的侧壁有一小孔，杯内盛水后，水会从小孔射出．现使杯自由下落，则杯中的水( )A ．会比静止时射得更远些B ．会比静止时射得更近些C ．与静止时射得一样远D ．不会射出 解析：此时完全失重没有压力．答案：D4．一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g 3，g 为重力加速度，人对电梯底部的压力为( )A.mg 3 B ．2mgC ．mgD.4mg 3解析：设人受到的支持力为F N ，对人进行受力分析得F N －mg ＝13mg ，所以F N ＝43mg ，由作用力与反作用力的关系知，人对电梯底部的压力大小为4mg 3. 答案：D5．2016年4月11日，中国航天中心宣布，今年发射的“神舟十一号”宇宙飞船携有2名航天员．航天员在正常绕地飞行的飞船中可以完成下列哪个实验( )A ．用天平称量物体的质量B ．做托里拆利实验C ．验证阿基米德定律D ．用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律解析：飞船处于完全失重状态，一切由重力引起的现象不再发生，工作原理涉及重力的仪器不能再使用，弹簧测力计的原理是胡克定律，完全失重情况下也可以使用．答案：D6．一个年轻人在以a ＝2 m/s 2的加速度加速上升的升降机里最多能举起质量为m ＝50 kg 的重物，问当升降机以同样的加速度减速上升时，该年轻人能最多举起的重物m ′的质量为(g 取10 m/s 2)( )A ．50 kgB ．100 kgC ．75 kgD ．125 kg 解析：根据牛顿第二定律可知，若升降机加速上升，重物处于超重状态，有F ＝m (g ＋a )；①若升降机减速上升，重物处于失重状态，有F ＝m ′(g －a )；②联立①②两式，得m ′＝m （g ＋a ）g －a ，其中a ＝2 m/s 2， 解得m ′＝75 kg.答案：CB 级 提能力7.如图所示，质量为m 1＝2 kg 的物体A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为m 0＝5 kg 的箱子B 相连，箱子底板上放一质量为m 2＝1 kg 的物体C ，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，g 取10 m/s 2，下列说法不正确的是( )A．物体A处于失重状态，加速度大小为10 m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为5 m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为60 N解析：取A、B、C为整体，由牛顿第二定律，得(m0＋m2)g－m1g＝(m0＋m1＋m2)a，代入数据得a＝5 m/s2，选项A错误，选项B正确；隔离C，有m2g－F N＝m2a，即F N＝5 N，由牛顿第三定律可知，物体C对箱子的压力为5 N，选项C正确；隔离A，有F T－m1g＝m1a，得F T＝30 N，所以轻绳对定滑轮的作用力大小为2F T＝60 N，选项D正确．答案：A8．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：扶梯加速向上时，人受重力、支持力、水平向右的摩擦力三个力的作用，所以，人对扶梯的作用力是支持力与摩擦力的反作用力，它们的合力指向左下方；当扶梯匀速向上时，人只受重力和支持力的作用，所以人对扶梯的作用力就是人对扶梯的压力，方向竖直向下．选C.答案：C9．某人在以加速度a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体．若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大(g取10 m/s2)?解析：设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最。

粤教版物理必修一第四章力与运动一、单选题1.如图所示，在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重．她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程．关于她的实验现象，下列说法中正确的是()A．只有“起立”过程，才能出现失重的现象B．只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象C．“下蹲”的过程，先出现超重现象后出现失重现象D．“起立”“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象2.如图所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，设物块与木板间及木板与地面间均有摩擦且摩擦因数为μ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度－时间图象可能是选项中的()A．B．C．D．3.如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的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．sinαB．g sinαC．g sinαD． 2g sinα4.如图，小物块置于倾角为θ的斜面上，与斜面一起以大小为g tanθ的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为()A．B．C．D．5.如图所示，光滑斜面体固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时，B受力的示意图为()．A．B．C．D．6.关于超重和失重，下列说法正确的是()A．物体处于超重时，物体一定在上升B．物体处于失重状态时，物体可能在上升C．物体处于完全失重时，地球对它的引力就消失了D．物体在完全失重时，它所受到的合外力为零二、多选题7.(多选)某同学用一个空的“易拉罐”做实验，他在靠近罐底的侧面打一个小洞，用手指堵住洞口，向“易拉罐”里面注满水，再把它悬挂在电梯的天花板上．当电梯匀速上升时，他移开手指，水就从洞口喷射出来，在水未流完之前，电梯开始减速上升．关于电梯减速上升前、后的两个瞬间水的喷射情况，下列说法中可能正确的是()A．电梯减速前后水的喷射速率不变B．电梯减速后水不再从孔中喷出C．电梯减速后水的喷射速率突然变大D．电梯减速后水的喷射速率突然变小8.关于惯性的下列说法，其中正确的是()A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动下去9.(多选)如下图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是()A．向右做加速运动B．向右做减速运动C．向左做加速运动D．向左做减速运动10.(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是()A．a＝m/s2＝120 m/s2B．a＝m/s2＝1.2 m/s2C． F＝500×1.2 N＝600 ND． F＝0.5×1.2 N＝0.60 N三、实验题11.某实验小组利用如图所示的装置进行验证：当质量m一定时，加速度a与力F成正比的关系，其中F＝m2g，m＝m1＋m2(m1为小车及车内砝码的总质量，m2为桶及桶中砝码的总质量)．具体做法是：将小车从A处由静止释放，用速度传感器测出它运动到B处时的速度v，然后将小车内的一个砝码拿到小桶中，小车仍从A处由静止释放，测出它运动到B处时对应的速度，重复上述操作．图中A、B相距x.(1)设加速度大小为a，则a与v及x间的关系式是________．(2)如果实验操作无误，四位同学根据实验数据做出了下列图象，其中哪一个是正确的()A. B.C. D.(3)下列哪些措施能够减小本实验的误差________A．实验中必须保证m2≪m1B．实验前要平衡摩擦力C．细线在桌面上的部分应与长木板平行D．图中A、B之间的距离x尽量小些12.为了探究加速度与力的关系，使用如图甲所示的气垫导轨装置进行实验，其中G1、G2为两个光电门(当物体运动时，固定在物体上的很窄的挡光片通过光电门时光被挡住，数字计时器开始计时，当物体离开计时器时结束，这样就可以根据挡光片宽度与通过光电门所用时间来计算物体通过光电门的速度．)，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引钩码的质量为m，回答下列问题：(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位________A．取下牵引钩码，滑行器M放在任意位置不动B．放上牵引钩码，滑行器M放在任意位置不动C．取下牵引钩码，轻推滑行器M，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt都相同D．无法判断能否将气垫导轨放水平(2)若取M＝0.5 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值最不合适的一个是________ A．m1＝4 g B．m2＝10 gC．m3＝40 g D．m4＝500 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求加速度的表达式为：________________________________________________________________________.(用Δt1、Δt2、D、x表示)(4)改变所挂钩码的数量，多次重复测量．在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________________________________________________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________________________________________________________________________A．滑行器与轨道之间存在摩擦B．没有平衡摩擦力C．所挂钩码的总质量太大D．所用滑行器的质量太大四、计算题13.如图所示，两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块，质量分别为m1和m2.拉力F1和F2方向相反，与轻线沿同一水平直线，且F1>F2.试求在两个物块运动过程中轻线的拉力F T的大小．14.我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了滑跃技术．如图所示，其甲板可简化为模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ.战斗机从A点开始起跑，C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为v m，重力加速度为g.求AB部分的长度．15.如图，一个放在水平面上的木块，m＝2 kg.在水平方向受到F1、F2两个力的作用，木块处于静止状态，其中F1＝10 N，F2＝8 N，动摩擦因数μ＝0.20.求(1)木块受到的摩擦力的大小、方向？(2)撤去力F2后，木块的加速度的大小和方向？(3)若撤去力F2瞬间，恰有一昆虫以6 m/s的速度匀速沿F1方向飞经木块．则木块要经过多少位移能追上该昆虫？(4)追上前何时两者相距最远？最远距离是多少？答案解析1.【答案】D【解析】“下蹲”过程中，人先向下做加速运动，后向下做减速运动，所以先处于失重状态后处于超重状态；“起立”过程中，先向上做加速运动，后向上做减速运动，最后回到静止状态，人先处于超重状态后处于失重状态，故A、B、C错误，D正确．2.【答案】A【解析】在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μmg－μ×2mg＝ma1，得a1＝－3μg达到相同速度之后，木板的加速度为－μ×2mg＝ma2，得a2＝－2μg由加速度可知，图象A正确．3.【答案】C【解析】木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合＝F猫＋F木板＝0＋2ma(a为木板的加速度)，整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合＝3mg sin α，解得a＝g sinα，所以C正确．4.【答案】A【解析】假设小物块受到摩擦力沿斜面向上，对小物块受力分析，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：F N sinθ－F f cosθ＝maF N cosθ＋F f sinθ－G＝0联立解得：F f＝0，故小物块只受支持力和重力，故A正确，B、C、D错误5.【答案】A【解析】以A、B为整体，A、B整体沿斜面向下的加速度a可沿水平方向和竖直方向分解为加速度a∥和a⊥，如图所示，以B为研究对象，B滑块必须受到水平向左的力来产生加速度a∥.因此B 受到三个力的作用，即：重力、A对B的支持力、A对B的水平向左的静摩擦力，故只有选项A 正确．6.【答案】B【解析】物体处于超重时，具有向上的加速度，但其运动方向不确定，可能向上加速，也可能向下减速，A错误；物体处于失重或者是完全失重状态时，具有向下的加速度，可能向下加速，也可能向上减速，B正确；完全失重时，物体仍受到地球对它的吸引力，即受到重力的作用，合外力不为零，C、D错误．7.【答案】BD【解析】减速上升时，加速度竖直向下，加速度可能为g，此时水处于完全失重状态，电梯减速后水不再从孔中喷出，B正确；减速上升时，加速度小于g，水处于失重状态，水的喷射速率变小，D正确．8.【答案】AD【解析】物体的惯性是指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是指物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．9.【答案】AD【解析】小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，知小球所受的合力向右，根据牛顿第二定律，小球的加速度方向向右，小球和小车具有相同的加速度，知小车具有向右的加速度，所以小车向右做加速运动或向左做减速运动．故A、D正确，B、C错误．10.【答案】BD【解析】在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进去运算．带单位运算时，单位换算要准确，可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的，这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位了，只在数字后面写出正确单位即可．选项A中Δx＝1.2 cm没化成国际单位，C项中的小车质量m＝500 g没化成国际单位，所以A、C均错误；B、D正确．11.【答案】(1)v2＝2ax(2)A(3)BC【解析】(1)小车做初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2＝2ax；(2)由(1)可知：v2＝2ax，由牛顿第二定律得：a＝，则：v2＝F，v2与F成正比，故选A；(3)以系统为研究对象，加速度：a＝＝，系统所受拉力等于m2g，不需要满足m2＜＜m1，故A错误；为使系统所受合力等于桶与桶中砝码的重力，实验前要平衡摩擦力，故B正确；为使系统所受合力等于桶与桶中砝码的重力，实验需要配合摩擦力，此外还需要细线在桌面上的部分应与长木板平行，故C正确；为减小实验误差，图中A、B之间的距离x尽量大些，故D错误；故选B、C.12.【答案】(1)C(2)D(3)a＝(4)①当质量一定时，物体的加速度与合外力成正比②C【解析】(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，在不挂钩码的情况下轻推滑行器，若滑行器做匀速直线运动，即滑行器通过光电门速度相等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平．即C正确．(2)本实验为了使钩码的总重力近似等于滑行器的合外力，应使m远小于M，故最不合适的是D.(3)由于挡光片通过光电门的时间很短，所以可以认为挡光片通过光电门的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即有滑行器经过光电门的速度v2＝，v1＝，根据位移速度公式2ax＝v－v，整理得：a＝.(4)①分析此图线的OA段可得出的实验结论：当质量一定时，物体的加速度与合外力成正比；②本实验要探究“加速度和力的关系”所以应保持滑行器的总质量不变，钩码所受的重力作为滑行器所受合外力；由于OA段a－F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；AB段明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的．C正确．13.【答案】【解析】以两物块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a①隔离物块m1，由牛顿第二定律得F1－F T＝m1a②由①②两式解得F T＝14.【答案】L－【解析】在A、B段，根据牛顿运动定律得F＝ma1设B点速度大小为v，根据运动学公式可得v2＝2a1x1在BC段，根据牛顿运动定律得F－mg sinθ＝ma2从B到C，根据运动学公式可得v－v2＝2a2x2，又L＝x1＋x2联立以上各式解得：x1＝L－15.【答案】(1)木块受到的摩擦力的大小为2 N，方向水平向左．(2)撤去力F2后，木块的加速度的大小为3 m/s2，方向水平向右．(3)木块要经过24 m能追上该昆虫．(4)经过2 s两者相距最远，最远距离为6 m.【解析】(1)根据共点力平衡得，F f＝F1－F2＝2 N，方向水平向左(2)撤去F2后，根据牛顿第二定律得F1－F f＝ma，F f＝μmg解得a＝＝m/s2＝3 m/s2方向水平向右．(3)设追上昆虫所用时间为t，则有：vt＝at2，解得t＝＝s＝4 s则经过的位移x＝vt＝6×4 m＝24 m；(4)当两者速度相等时相距最远，则：at′＝v解得t′＝＝2 s昆虫的位移：x1＝vt＝6×2 m＝12 m，木块的位移：x2＝at2＝×3×22m＝6 m，最远距离：Δx＝x1－x2＝6 m。

2020-2021学年高中物理必修一（粤教版）:第四章章末复习课学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．光滑水平面上倾角为θ、质量为m 的光滑斜面上，放置一质量为m 0的物块，如图所示，现用一水平恒力F 推斜面，物块和斜面一起运动，则斜面对物块的支持力大小为( )A ．mg cos θB ．0sin m g θ C ．00m F m m + D ．()00sin m F m m θ+ 2．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 的关系如图甲、乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.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=0.5㎏，μ=0.4B ．m=1.5㎏，μ=2/15C ．m=0.5㎏，μ=0.2D ．m=1㎏，μ=0.23．如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为（ ）A．0 B g C．g D4．用平行于斜面的力推动一个质量为m的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F的大小必定是( )A．2mg cos αB．2mg sin αC．2mg(1－sin)αD．2mg(1＋sin α)5．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是( )A．2 m/s2，水平向右B．4 m/s2，水平向右C．6 m/s2，水平向左D．8 m/s2，水平向左6．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零7．竖直上抛物体受到的空气阻力F f大小恒定，物体上升到最高点时间为t1，从最高点再落回抛出点所需时间为t2，上升时加速度大小为a1，下降时加速度大小为a2，则( )A．a1＞a2，t1＜t2B．a1＞a2，t1＞t2C．a1＜a2，t1＜t2D．a1＜a2，t1＞t2二、多选题8．如图所示，在光滑的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力为（）A．mFM m+B．MFM m+C．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力为MF M m++μMg D．若桌面的摩擦因数为μ，M、m仍向右加速，则M、m间的相互作用力仍为MF M m+9．如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为△l1和△l2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间A．a1=3g B．a1=0 C．△l1=2△l2D．△l1=△l2 10．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的( )A．若小车向左运动,N可能为零B．若小车向左运动,T可能为零C．若小车向右运动,N不可能为D．若小车向右运动,T不可能为零11．如图甲所示，在粗糙水平面上，物块A在方向恒定为水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度﹣时间图象如图乙所示，下列判断正确的是：A．在0～1s内，外力F不断增大B．在1s～3s内，外力F的大小恒定C．在3s～4s内，外力F不断减小D．在3s～4s内，外力F的大小恒定12．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A．乘客与行李同时到达B处B．行李一直做加速直线运动C．乘客提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处三、解答题13．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为1l=1.6×102 m的水平跑道和长度为2l=20m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m．一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g=10 m/s2．(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．14．如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？15．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的摩擦因数μ＝0.8，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进(g取10 m/s2)?16．固定光滑细杆与地面成一定倾角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下沿杆向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小环的质量m；(2)细杆与地面间的倾角α.参考答案1．D【解析】两物体无相对滑动，说明两物体具有相同的加速度，由整体法可知，加速度方向水平．对整体，有()0F m m a =+①对物块受力情况如图所示．得0sin N F m a θ=②由①②，解得()00sin N m F F m m θ=+，D 正确． 【点睛】1．整体法与隔离法．(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．2．整体法和隔离法的选择．(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法．(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法．3．注意事项．(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”．(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力．(3)区分清楚内力和外力2．A【解析】试题分析：根据v ﹣t 图和F ﹣t 图象可知，在4﹣6s ，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2﹣4s 内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．解：由v ﹣t 图可知4﹣6s ，物块匀速运动，有F f =F=2N ．在2﹣4s 内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s 2，由牛顿第二定律得 ma=F ﹣F f ，将F=3N 、F f =2N 及a 代入解得m=0.5kg ．由动摩擦力公式得，所以A 正确．故选A ．【点评】本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．3．B【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图：根据共点力平衡条件，有：300F Nsin -︒=，300Ncos G ︒-=，解得3N mg =，F =，木板AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N ，方向与N 反向，故加速度为：N a g m ==，故选项C 正确． 点睛：木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度．4．B【解析】有推力F 时，a =F−mgsinαm ，撤去F 后，a′=gsinα，由v 2=2as ，有a =a′，即：F−mgsinαm =gsinα，F =2mgsinα，B 正确．5．B【解析】开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数变大，因为弹簧的弹力F 与形变量x 成正比，且F F x x∆=∆，故甲弹簧测力计的读数减小2N ，乙弹簧测力计的读数增大2 N ．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F ma =，有22128/4/1a m s m s -==，B 正确． 6．BC【解析】试题分析：由题意可知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．故BC 正确，AD 错误。

第四章力与运动第二节影响加速度的因素A级抓基础1．水平路面上以恒定牵引力加速行驶的货车，突然从车上掉下一包货物，而司机没有发现，则汽车的加速度会如何变化( )A．不变B．变大C．变小D．不确定解析：货车的牵引力不变，阻力变小，所以合外力变大，而质量变小，这两个因素都使加速度变大，故加速度变大，选B.答案：B2．甲、乙两辆实验小车受相同的外力作用时，甲的加速度为1.5 m/s2，乙的加速度为4.5 m/s2，则甲车质量是乙车质量的( )A．3倍B．2倍C．1倍 D.1 3答案：A3.如图所示，一小球从空中自由落下，当它刚与正下方的弹簧接触时，它将( )A．立即被反弹上来B．立即开始做减速运动C．立即停止运动D．继续做加速运动解析：小球与弹簧刚接触时，弹簧弹力由零开始增大，刚开始会小于小球的重力，合外力向下，所以小球将继续向下加速运动．小球向下运动时，弹簧将被压缩，弹簧弹力增大，当弹力等于重力时，加速度减小为零，速度达到最大，小球再向下运动，弹簧弹力会大于重力，合外力向上，加速度向上，小球将减速下降．答案：D4．探究决定加速度大小因素的实验方法是( )A．控制变量法B．假设法C．理想推理法D．比较法答案：A5．下列说法中正确的是( )A．不受力的物体不可能运动，故力是物体运动的原因B．受力大的物体速度大，故力是决定物体速度大小的原因C．力是保持物体运动的原因，如果物体不受力作用，它只能保持静止状态不能保持运动状态D．力是使物体运动状态发生改变产生加速度的原因答案：D6．(多选)关于物体运动的速度的方向、加速度的方向和所受合外力的方向，下列说法中正确的是( )A．物体速度是由合外力产生的，所以方向总和合外力方向相同B．加速度的方向跟合外力方向相同，与速度的方向可能相同，也可能不同C．速度跟加速度总是同方向，跟合外力方向可能相同，也可能不同D．不论什么情况，加速度的方向跟合外力方向一定相同答案：BDB级提能力7．(多选)关于“通过小车实验得出：加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体质量成反比”．下列说法中符合实际的是( )A．同时改变小车的质量m和受到的外力F，得到a、F、m三者的关系B．保持小车的质量m不变，只改变小车的拉力F，得到a、F二者的关系C．保持小车受力F不变，只改变小车的质量m，得到a、F、m三者的关系D．先不改变小车的质量，研究加速度和力的关系；再不改变力，研究加速度和质量的关系，最后得到a、F、m三者的关系答案：BD8．在光滑水平面上，某物体在恒力F的作用下做匀加速直线运动，当速度达到v0后，将作用力F逐渐减小到零，在此过程中物体的运动速度将( )A．由v0逐渐减小到零B．由v0逐渐增大到最大值C．由v0先逐渐减小到零再逐渐增大到最大值D．由v0先逐渐增大再逐渐减小到零解析：速度达到v0后，受到的外力与原来的速度方向相同，故继续加速，但由于合力减小，加速得越来越慢．答案：B9．在“探究加速度与外力、质量的关系”的实验中，采用如图所示的装置：(1)本实验应用的实验方法是( )A．控制变量法B．假设法C．理想实验法D．归纳法(2)在“探究加速度与外力、质量的关系”的实验中，操作正确的是( )A．平衡摩擦力时，应将重物用细线通过定滑轮系在小车上B．平衡摩擦力时，应将纸带连接在小车上并穿过打点计时器C．每次改变拉力的大小，需要重新平衡摩擦力D．实验时，应先放开小车，后接通电源解析：(2)在本实验中，把沙和沙桶的重量作为小车受的合力，所以挂上沙和沙桶之前小车受的合外力为零，平衡摩擦力时，应让重力的分力平衡斜面和打点计时器产生的摩擦力，选B.答案：(1)A (2)B10．假设一辆洒水车在恒定的牵引力作用下沿水平马路运动，所受阻力与车重成正比．如果没有洒水时，车子匀速行驶，那么开始洒水后，它将做什么运动？解析：因为原先做匀速运动，则合力为零，而后来质量减少，又因为f与质量成正比，所以f也不断减小．牵引力F不变，所以Ff的值不断增大，所以车子在停止洒水之前做变加速运动，当停止洒水后，做匀加速运动．答案：见解析美文欣赏1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

章末检测(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)1．关于牛顿运动定律，以下说法中正确的是()A．运动越快的汽车越不简洁停下来，是由于汽车运动得越快，惯性就越大B．人从水平地面上猛得竖直向上跳起，地面对人的支持力将会大于人对地面的压力C．N/kg与m/s2都是加速度的国际制单位D．物体的加速度方向有时与合外力方向相同，有时与合外力方向相反答案C解析物体的惯性只与物体的质量有关，质量越大，物体的惯性越大，与物体的运动状态无关，A错误；人向上跳起时，地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力，两者等大、反向，B错误；在国际单位制中，力的单位是牛顿，质量的单位是千克，长度的单位是米，时间的单位是秒，依据a＝Fm 和a＝ΔvΔt，可知在国际制单位制中加速度的单位是N/kg和m/s2，C正确；依据牛顿其次定律可知，加速度的方向总是与合外力的方向相同，D错误．2．如图1所示，小明在做双脚跳台阶的健身运动，若忽视空气阻力，则下列说法正确的是()图1A．小明在下降过程中处于失重状态B．小明起跳以后在上升过程处于超重状态C．小明落地时地面对他的支持力小于他的重力D．起跳过程地面对小明的作用力就是他对地面的作用力答案A解析超失重要看加速度，若加速度方向向上即为超重，若加速度方向向下即为失重．小明在下降过程中因加速度向下，故失重，A正确；起跳以后的上升过程中加速度也向下，也是失重，B错误；小明落地时因做减速下降，加速度向上，所以是超重，C错误；起跳过程中地面对小明的作用力与他对地面的作用力是一对作用力与反作用力，不是同一个力，D错误．3．在电梯内的水平地板上有一体重计，某人站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为40 kg.在电梯运动过程中，某一段时间该同学发觉体重计示数为60 kg，取g＝10 m/s2，则在这段时间内()A．该同学所受的重力变大了B．该同学对体重计的压力大于体重计对该同学的支持力C．电梯肯定在竖直向上运动D．电梯的加速度大小为5 m/s 2，方向肯定竖直向上答案D4．某人在地面上用台秤称得其体重为490 N．他将台秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内台秤的示数如图2所示，则电梯运行的v－t图象可能是(取电梯向上运动的方向为正)()图2答案A解析t0～t 1时间段内，人失重，应向上减速或向下加速，B、C错；t1～t2时间段内，人匀速或静止；t2～t3时间段内，人超重，应向上加速或向下减速，A对，D错．5．如图3所示，物体m在传送带上向右运动，两者保持相对静止．则下列关于m所受摩擦力的说法中正确的是()图3A．皮带传送速度越大，m受到的摩擦力越大B．皮带传送的加速度越大，m受到的摩擦力越大C．皮带速度恒定，m质量越大，所受摩擦力越大D．无论皮带做何种运动，m都肯定受摩擦力作用答案B解析物块若加速运动，其合外力由传送带给它的摩擦力来供应，故加速度大，摩擦力大，B正确；当物块匀速运动时，物块不受摩擦力，故D错误．二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)6．如图4所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；假如改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是()图4A．a1＝a2B．a1<a2C．F1>F2D．F1<F2答案AC解析对整体，水平方向只受拉力F作用，因此稳定时具有相同的加速度为a ＝Fm1＋m 2，A正确，B错误；当拉力F作用于B时，对A，F1＝m1a，当拉力作用于A时，对B，F2＝m2a，由于m1>m2，所以F1>F2，C正确，D错误．7．如图5所示，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽视空气阻力，则()图5A．容器自由下落时，小孔不向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水答案AD解析容器抛出后，容器及其中的水均做加速度为g的匀变速运动，容器中的水处于失重状态，水对容器的压强为零，无论如何抛出，水都不会流出．故A、D项正确．8．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图6所示，则以下说法中正确的是()图6A．物体在2 s内的位移为零B．4 s末物体将回到动身点C．2 s末物体的速度为零D．物体始终在朝同一方向运动答案CD解析依据图象可知，物体先朝正方向做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，再做正方向的匀加速直线运动，周期性的朝单方向运动，由于加速和减速阶段的加速度大小相等，所以2 s末的速度为零，位移不为零，A、B错误，C、D正确．9．两个完全相同的力分别作用在质量为m1、m2的两个物体上，使它们由静止开头运动，各经t1、t2时间后，两物体速度相同，则两物体通过的位移比是()A．m1∶m2B．m2∶m1C．t1∶t2D．t21∶t22答案AC解析依据牛顿其次定律及运动学公式知，速度相同时，a1t1＝a2t2.物体加速度为：a1＝Fm1，a2＝Fm2.物体的位移为：s1＝12a1t21，s2＝12a2t22.整理得，s1s2＝t1t2＝m1m2.故答案为A、C.10．将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度－时间图象如图7所示，则()图7A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1。

粤教版（2019）高一物理必修第一册期末综合复习题第四章牛顿运动定律一、单选题1．关于牛顿第一定律有如下说法：①牛顿第一定律是实验定律；②牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因；③牛顿第一定律和惯性的实质是相同的；④物体的运动不需要力来维持。

其中正确的是（）A．②③B．②④C．①④D．①②2．如图所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总重量M，B为铁片，质量为m，整个装置用轻绳悬于O点，当电磁铁通电，铁片被吸引上升的过程中，轻绳上拉力（）A．F=mg B．F=(M+m)gC．Mg＜F＜(M+m)g D．F＞(M+m)g3．下列哪一组单位都是国际单位制中的力学基本单位（）A．m、kg、N B．m、kg、s C．m、N、s D．kg、m/s、s4．关于作用力与反作用力的说法正确的是（）A．它们一定是同种性质的力B．它们可能作用在同一物体上C．它们的合力可能为0D．它们的大小有时可以不相等5．以下各说法中不正确的是（）A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律B．物体运动状态发生变化时，物体必定受到外力的作用C．在水平地面上滑动的木块最终要停下来，是由于没有外力来维持木块的运动D．不受外力作用时，物体运动状态保持不变是由于物体具有惯性6．下列单位属于国际单位制中基本单位的是A．秒B．厘米C．克D．牛顿7．关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．拔河比赛甲队获胜，则甲队对乙队的拉力大于乙队对甲队的拉力B．当作用力是摩擦力时，反作用力也一定是摩擦力C．地球对重物的引力大于重物对地球的引力D．匀速上升的气球所受的浮力的反作用力是气球的重力8．在物理学的发展历程中，下面的哪位科学家首先建立了平均速度，瞬时速度和加速度等概念用来描述物体的运动，并首先采用了实验检验猜想和假设的科学方法，把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学的发展（）A．亚里士多德B．伽利略C．牛顿D．爱因斯坦9．如图，货车后厢内装着木箱，在平直的公路上行驶，以下说法正确的是（）A．若货车匀速行驶，木箱受到地板向前的摩擦力B．若货车匀速行驶，木箱受到地板向后的摩擦力C．若货车刹车减速，木箱受到向前的摩擦力D．若货车加速行驶，木箱受到向前的摩擦力10．如图所示x、y、z为三个物块，K为轻质弹簧，L为轻线，系统处于平衡状态。

(对应学生用书第121页)1．(双选)放在光滑水平面上的物体；在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态．若其中一个力逐渐减小到零后；又逐渐恢复到原值；则该物体的运动情况是()A．速先增大；后减小B．速一直增大；直到某个定值C．加速先增大；后减小到零D．加速一直增大到某个定值【解析】当其中一个力逐渐减小时；合力逐渐增大；产生的加速逐渐增大；速由零逐渐增大；当此力再逐渐恢复原值的过程中；合外力逐渐减小；产生的加速逐渐减小．但由于加速方向与速方向一致；所以速一直增大；当合外力再减为零时；速达到最大值．【答案】BC2．物体放在足够长的光滑木板一端；在将木板一端抬起的过程中；物体的加速将()A．不变B．增大C．减小D．先变大后不变【解析】物体受重力和支持力的作用；合力沿木板平面向下；在将木板抬起的过程中；物体质量不变；合外力逐渐增大；加速逐渐增大．当木板竖直后；合外力不变；质量不变；加速不变；因此；加速先变大后不变．【答案】 D3．(双选)如图4－2－11所示是根据探究加速与力的关系的实验数据描绘的a－F图象；下列说法正确的是()图4－2－11A．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的质量相同B．三条倾斜直线所对应的小车和砝码的质量不同C．直线1所对应的小车和砝码的质量最大D．直线3所对应的小车和砝码的质量最大【解析】由图象知F相同时；对应的加速大小a1＞a2＞a3；根据F相同时；加速与质量成正比；所以m1＜m2＜m3；故选BD.【答案】BD4．某学生在做“探究加速与力、质量的关系”的实验时；在平衡摩擦力时把长木板的一端垫得过高；使得倾角偏大；他所得到的a－F关系可用下图中哪一图线表示(a是小车加速；F是细绳作用于小车的拉力)()【解析】当木板垫得倾角偏大时；mg sin θ＞μmg cos θ；这样；即使不悬挂砝码和小盘；小车也会产生加速．故选C.【答案】 C5．如图4－2－12所示；在“探究加速与力、质量的关系”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；车上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s1、s2；则在实验误差允许的范围内；有() 图4－2－12 A．当m1＝m2、F1＝2F2时；s1＝2s2B．当m1＝m2、F1＝2F2时；s2＝2s1C．当m1＝2m2、F1＝2F2时；s1＝2s2D．当m1＝2m2、F1＝2F2时；s2＝2s1【解析】题中m1和m2是车中砝码的质量；决不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的；并未告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时；两车加砝码后质量仍相等；若F 1＝2F 2；则a 1＝2a 2；由s ＝错误!at 2；得s 1＝2s 2；A 正确．若m 1＝2m 2时；无法确定两车加砝码后的质量关系；两小车的加速关系也就不清楚．故无法判定两车的位移关系．【答案】 A6．甲、乙两个实验小车；在同样的合外力作用下；甲车产生的加速是1.5 m/s 2；乙车产生的加速是4.5 m/s 2；甲车的质量m 甲和乙车的质量m 乙之比为( )A ．1∶3B ．3∶1C ．1∶1D ．无法确定【解析】 在同样的合外力作用下物体的加速与它的质量成反比.错误!＝错误!＝错误!＝3；故B 项正确．【答案】 B7．(双选)如图4－2－13所示；A 、B 两条直线是在A 、B 两地分别用竖直向上的力F 拉质量分别为m A 和m B 的两个物体得出的加速a 与力F 之间的关系图线；分析图线可知( ) 图4－2－13A ．比较两地的重力加速；有g A ＞g BB ．比较两物体的质量；有m A ＜m BC ．比较两地的重力加速；有g A ＝g BD ．比较两物体的质量；有m A ＞m B【解析】 A 和B 的图象与纵坐标相交于同一点；说明两物体在不受F 只受重力的作用下；它们的加速相同；即两地的重力加速相同；C 正确；由A 和B 的图象和横坐标相交于不同点；说明两物体在平衡状态时F 的大小不同；A 物体受到的力F 小；表明A 受的重力小；即A 的质量小于B 的质量；B 正确．【答案】 BC8．如图4－2－14所示为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速与力的关系”的实验装置．图4－2－14(1)在该实验中必须采用控制变量法；应保持______不变；用钩码所受的重力作为________．用DIS测小车的加速．(2)改变所挂钩码的数量；多次重复测量；在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图4－2－15所示)图4－2－15①分析此图线的OA段可得出的实验结论是____________________________________________________________________.②此图线的AB段明显偏离直线；造成此误差的主要原因是()A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大【解析】(1)先保持小车的总质量不变；用钩码所受的重力作为小车所受的合外力；用DIS测加速(2)①OA段为直线；说明在质量不变的条件下；加速与外力成正比．②对此系统而言；当小车质量不远大于钩码总质量时；a与F不成正比；即仅C正确．【答案】(1)小车总质量小车所受合外力(2)①在质量不变时；加速与外力成正比②C9．下表是探究牛顿第二定律实验所得到的数据.质量m/kg受力F/N加速a/(m·s－2)10.50.2520.503 1.004 1.05 1.5若利用前三组数据探究加速与受力的关系；则2、3组数据中物体的质量分别为________、________；若利用后三组数据探究加速与物体质量的关系；则4、5组数据中物体所受的力分别为________、________．【解析】探究加速与受力的关系；应保持质量不变；因此2、3组质量应与第1组质量相同；探究加速与物体质量的关系时；应保持物体的受力不变；即4、5组受力应与第3组受力相同．【答案】0.5 kg0.5 kg 1.00 N 1.00 N10．在“探究加速与力、质量的关系”的实验中；我们得到了如图4－2－16所示的两个实验图象甲、乙；描述加速与力的关系的图象是______；另一图象描述的是________的关系．甲乙图4－2－16【解析】在“探究加速与力、质量的关系”实验中；利用控制变量法探究得出：在力F一定时；a与m成反比；在质量m一定时；a与F成正比．由图可知甲是正比例函数图象；乙是反比例函数图象；所以甲是a－F图象；乙是a －m图象．【答案】甲加速和质量11．(·广东汕头高一期末)在“探究加速与力、质量的关系”实验中(1)打出的一条纸带如图4－2－17(a)所示；相邻计数点间的距离x1＝1.17 cm、x2＝1.87 cm、x3＝2.48 cm、x4＝3.14 cm、x5＝3.80 cm、x6＝4.44 cm.则可计算出小车的加速a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字．)(a) (b)(c)图4－2－17(2)某同学在保持小车质量不变的前提下；根据测量的数据得出小车的a－F 关系图象如图4－2－17(b)所示；造成这一结果的原因可能是__________________________________________________________________．(3)甲和乙两位学生各自独立完成实验；利用实验测量的数据在同一个图象中得出a－F的关系分别如图4－2－17(c)中甲、乙所示；这一结果表明两位同学做实验时的哪个物理量不同？并比较其大小关系．_____________________________________________________________.【解析】(1)由匀变速直线运动相邻相等时间内的位移之差为常数；即Δx ＝at2可求．a＝错误!＝错误!m/s2＝0.651 m/s2.(2)由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；当沙桶的重力比较小时；小车不动；因此有一定拉力时；加速仍为零．(3)由图象可知；当力相同时a甲＞a乙；说明甲的质量小于乙的质量．【答案】(1)0.651(2)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够(3)两小车及车上的砝码的质量不同；且m甲＜m乙12．(·北京昌平区高一期末)在“探究加速与物体质量、物体受力的关系”实验中．某小组设计了如图4－2－18所示的实验装置．图中上、下两层水平轨道表面光滑；两小车前端系上细线；细线跨过定滑轮并挂上砝码盘；两小车尾部细线连到控制装置上；实验时通过控制装置使小车同时开始运动；然后同时停止．图4－2－18(1)在安装实验装置时；应调整滑轮的高；使____________．(2)在实验时；为减小系统误差；应使砝码盘和砝码的总质量________小车的质量(选填“远大于”“远小于”或“等于”)．(3)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速的大小；能这样比较；是因为____________________________________________________________．【解析】为了实验结果更为准确；减小实验误差；在安装实验装置时；应调整滑轮的高；使细线水平；此时小车的质量远大于砝码盘和砝码的总质量；目的是让砝码盘和砝码的总重力大小等于小车所受的拉力大小；在两车的运动时间相等的情况下；据x＝错误!at2知；x越大；a越大．【答案】(1)小车与滑轮之间的细线水平(或与轨道平行)(2)远小于(3)两车从静止开始做匀加速直线运动；且两车的运动时间相等；据x＝错误! at2知；x与a成正比【备课资源】在体育竞技比赛中；标枪和铅球的世界纪录为什么不同？标枪和铅球的世界纪录是指标枪或铅球的最大位移；可利用控制变量法；综合考虑物体的质量；运动员的体力及技巧等多方面的因素．体育比赛中标枪和铅球一个很重要的区别在于标枪的质量要比铅球的质量小得多．如果一个运动员在将标枪或铅球投掷出去的过程中对标枪或铅球的推力是一样的．那么；标枪的加速比铅球的加速要大得多．所以；在运动员将标枪或铅球掷出去时；标枪的速要比铅球的速大；而且标枪飞行的最大高比铅球飞行的最大高要高；使得标枪的飞行时间大于铅球的飞行时间．因而；在比赛中标枪的飞行距离比铅球的飞行距离要大．所以；标枪和铅球的世界纪录是不同的．。

第四章力与运动一、单选题（本大题共5小题，）1.质点受四个力处于平衡状态，则其中A. 三个力的合力大于第四个力B. 三个力的合力一定与第四个力相同C. 三个力的合力一定与第四个力不同D. 一个力撤去后质点一定作匀加速直线运动C解：A、四个共点力作用在一个质点上，使质点处于平衡状态，则三个力的合力一定与第四个力等值反向，故AB错误；C正确；D、一个力撤去后，此力与剩余力的合力等值反向，当此力的方向与速度方向共线时，则做匀变速直线运动；当不共线时，则做匀变速曲线运动故D错误．故选：C．四个共点力作用在一个质点上，质点处于平衡状态，知合力等于零，当一个力逐渐减小时，物体所受的合力与此力反向，做匀变速运动．解决本题的关键知道平衡状态的特征，即合力为零，知道物体平衡时，任意一个力与剩余力的合力等值反向，注意直线与曲线运动的条件．2.在北京29届奥运会接力比赛中，我国男子接力队进入了前八名，假设在比赛中第一棒运动员跑了95m，第二棒运动员跑了104m，第三棒运动员跑了98m，第四棒运动员跑了103m，用时，第四棒运动员冲过终点时的速度是，以下说法正确的是A. 四名运动员的平均速度为B. 第四棒运动员的位移为103mC. 第四棒运动员冲过终点时的速度指的是瞬时速度D. 第一棒运动员比第四棒运动员跑地慢C解：A、在标准跑道上，一周的长度是400m，所以四名运动员的路程是400m，位移不是400m，所以平均速度不是故A错误；B、位移是从起点指向终点的有向线段，由于第四棒运动员跑的是弯道，所以位移一定小于故B错误；C、第四棒运动员冲过终点时的速度对应某一个时刻的速度，指的是瞬时速度故C正确；D、由于不知道第一棒运动员和第四棒运动员跑的时间，所以不能比较他们的快慢关系故D错误．故选：C位移是从起点指向终点的有向线段；平均速度和瞬时速度的区别在于平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应，因此明确二者概念即可正确解答本题．生活中的很多现象是和物理知识相互对应的，因此要经常利用所学物理概念深入分析实际问题，提高对物理规律的理解和应用．3.蹦极跳是勇敢者的体育运动。

第四章章末复习课【知识体系】[答案填写]①匀速直线运动②静止③质量④所受合外力⑤质量⑥F＝ma⑦向上⑧向下⑨大小相等⑩方向相反⑪作用在同一直线上主题1正交分解法正交分解法是解决多力平衡问题和运用牛顿第二定律解题时的重要方法．正交分解法是把物体受到的各个力沿两个选定的互相垂直的方向分解，其本质是化“矢量运算”为“代数运算”．利用正交分解法解题的一般步骤：(1)对物体进行受力分析．(2)建立直角坐标系xOy.①沿物体的运动方向和垂直于物体的运动方向．②沿力的方向，使尽量多的力在坐标轴上．③通常选共点力的作用点为坐标原点．(3)分别将不在坐标轴上的力分解到坐标轴上．(4)用代数运算法分别求出所有在x轴方向和y轴方向上的合力∑F x和∑F y.(5)最后根据平行四边形定则求得合力的大小和方向．【典例1】如图所示，质量为4.0 kg的物体在与水平方向成37°角、大小为20 N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，物体与地面间动摩擦因数为0.20；取g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6；求：(1)物体的加速度大小；(2)经过2 s撤去F，再经3 s时物体的速度为多大？(3)物体在5 s内的位移是多少？解析：(1)物体受力如图所示，据牛顿第二定律有：F x－Fμ＝ma；F N＋F y－mg＝0，又：Fμ＝μF N；F x＝F cos 37°；F y＝F sin 37°，故：a＝F cos 37°－μ（mg－F sin 37°）m＝2.6 m/s2.(2)v2＝at2＝2.6×2 m/s＝5.2 m/s，撤去F后，据牛顿第二定律有：－μmg＝ma′故：a′＝－μg＝－0.20×10 m/s2＝－2.0 m/s2，由于：t 止＝v 2a ′＝2.6 s ＜3 s ＝(5－2)s ， 则撤去F 后，再经3 s ，即5 s 末时速度为：v 5＝0.(3)前2 s 内物体位移：s 1＝0＋v 22t 2＝0＋5.22×2 m ＝5.2 m ， 后3 s 内物体的位移：s 2＝v 2＋02t 止＝5.2＋02×2.6 m ＝6.76 m ，或：s 2＝－v 222a ′＝－ 5.222×（－2.0）m ＝6.76 m ， 物体5 s 内位移：s ＝s 1＋s 2＝(5.2＋6.76)m ＝11.96 m.答案：见解析针对训练1．如图，将质量m ＝0.1 kg 的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径．环与杆间动摩擦因数μ＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53°的拉力F ，使圆环以a ＝4.4 m/s 2的加速度沿杆运动，求F 的大小(取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2)．解析：若F sin 53°＝mg 时，F ＝1.25 N ，当F <1.25 N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿第二定律得F cos θ－μF N ＝ma ，F N ＋F sin θ＝mg ，解得：F ＝1 N ，当F >1.25 N 时，杆对环的弹力向下，由牛顿第二定律得：F cos θ－μF N ＝ma ，F sin θ＝mg ＋F N ，解得F＝9 N.答案：9 N主题2整体法与隔离法1．整体法与隔离法．(1)系统内物体间相对静止或具有相同的加速度时，把系统作为一个整体考虑，应用牛顿第二定律列方程求解，即为整体法．(2)将系统内某个物体(或某部分)从系统中隔离出来作为研究对象加以分析，利用牛顿第二定律列方程求解，即为隔离法．2．整体法和隔离法的选择．(1)若系统内各物体相对静止或具有相同的加速度时，优先考虑整体法．(2)若系统内各物体的加速度不相同，一般选用隔离法．3．注意事项．(1)用整体法时，只需考虑整体所受的各个外力，不需考虑系统内各物体间的“内力”．(2)用隔离法时，必须分析隔离体所受到的各个力．(3)区分清楚内力和外力．【典例2】如图所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s 的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；(3)木板的加速度．解析：(1)滑块相对木板向右运动，受到向左的滑动摩擦力作用，f＝μmg.由牛顿第三定律，长木板受到的摩擦力大小为f′＝μmg方向向右．(2)对滑块应用牛顿第二定律得f＝ma，所以a＝μg.(3)木板受到滑块的摩擦力方向向右，对木板应用牛顿第二定律得：μmg＝Ma′，所以a′＝μmg M.答案：见解析针对训练2．如图所示，两个质量相同的物体A和B靠在一起放在光滑的水平面上，在物体A上施一水平向右的恒力F后，A和B一起向右做匀加速运动，求：(1)B物体的加速度．(2)物体B施于物体A的作用力大小．解析：(1)A和B以相同的加速度一起向右运动，可以看成整体，设它们运动的加速度为a，根据牛顿第二定律得：F＝2ma，所以a＝F2m.(2)求A、B之间的作用力，要把A与B隔离，以B为研究对象，B在水平方向只受到A对它的向右的力F N，根据牛顿第二定律得：F N＝ma＝F 2.B施于A的作用力与B受到A的力是作用力和反作用力的关系，根据牛顿第三定律得物体B施于物体A的作用力大小为F 2.答案：见解析主题3临界问题1．临界值问题：在运用牛顿运动定律解决动力学问题时，常常要讨论相互作用的物体间是否会发生相对滑动，相互接触的物体间是否会发生分离等，这类问题就是临界问题．2．解决临界问题的关键：解决这类问题的关键是分析临界状态，两物体间刚好相对滑动时，接触面间必须出现最大静摩擦力；两个物体要分离时，相互之间的作用的弹力必定为零．3．解决临界问题的一般方法：(1)极限法：题设中若出现“最大”、“最小”、“刚好”等这类词语时，一般就隐含临界问题，解决这类问题时常常是把物理量(或物理过程)引向极端，进而使临界条件或临界点暴露出来，达到快速解决问题的目的．(2)数学推理法：根据分析物理过程列出相应的力学方程(数学表达)，然后由数学表达式讨论得出临界条件．【典例3】如图所示，平行于斜面的细绳把小球系在倾角为θ的斜面上，为使球在光滑斜面上不发生相对运动，斜面体水平向右运动的加速度不得大于多少？水平向左的加速度不得大于多少？解析：(1)设斜面处于向右运动的临界状态时的加速度为a1，此时，斜面支持力F N＝0，小球受力如图甲所示．根据牛顿第二定律得：水平方向：F x＝F T cos θ＝ma1，竖直方向：F y＝F T sin θ－mg＝0，由上述两式解得：a1＝g cot θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向右的加速度不得大于a＝g cot θ.(2)设斜面处于向左运动的临界状态的加速度为a2，此时，细绳的拉力F T＝0.小球受力如图乙所示．根据牛顿第二定律得：沿斜面方向：F x＝F N sin θ＝ma2，垂直斜面方向：F y＝F N cos θ－mg＝0，由上述两式解得：a2＝g tan θ.因此，要使小球与斜面不发生相对运动，向左的加速度不得大于a＝g tan θ.答案：见解析针对训练3．如图所示，在前进的车厢的竖直后壁上放一个物体，物体与壁间的摩擦因数μ＝0.8，要使物体不下滑，车厢至少应以多大的加速度前进(g取10 m/s2)?解析：设物体的质量为m，在竖直方向上有mg＝F，F为临界情况下的摩擦力，F＝μF N，F N为物体所受水平弹力，又由牛顿第二定律得F N＝ma，由以上各式得：加速度a＝F Nm＝mgμm＝100.8m/s2＝12.5 m/s2.答案：12.5 m/s2主题4图象在动力学中的应用动力学中的图象常见的有F-t图象、a-t图象、F-a图象等．(1)对F-t图象要结合物体受到的力，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一时间段的运动性质．(2)对a-t图象，要注意加速度的正负，分析每一段的运动情况，然后结合物体的受力情况根据牛顿第二定律列方程．(3)对于F-a图象，首先要根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出a-F间的函数关系式；由函数关系式结合图象明确图象的斜率、截距的意义，从而由图象给出的信息求出未知量．【典例4】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的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由这两个图象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．0.5 kg，0.4B．1.5 kg，215C．0.5 kg，0.2 D．1 kg，0.2解析：由题Ft图和v t图可得，物块在2 s到4 s内所受外力F＝3 N，物块做匀加速运动，a＝ΔvΔt＝42m/s2，F－f＝ma，即3－10μm＝2m.①物块在4 s到6 s所受外力F＝2 N，物块做匀速直线运动，则F ＝f，F＝μmg，即10μm＝2.②由①②解得m＝0.5 kg，μ＝0.4，故A选项正确．答案：A针对训练4．如图甲所示，固定光滑细杆与地面成一定夹角α，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F 与小环速度v随时间变化规律如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2.求：图甲图乙(1)小环的质量m；(2)细杆的地面间的夹角α.解析：由题图得：0～2 s内，a＝ΔvΔt＝12m/s2＝0.5 m/s2.根据牛顿第二定律可得：前2 s有F1－mg sinα＝ma，2 s后有F2＝mg sin α，代入数据可解得：m＝1 kg，α＝30°.答案：(1)1 kg(2)30°统揽考情牛顿运动定律是历年高考的热点，分析近几年高考题，命题角度有以下几点：1．超重、失重问题，瞬时性问题．2．整体法与隔离法处理连接体问题．3．牛顿运动定律与图象综合问题．真题例析(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态；现将细线剪断，将物块a 的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间()A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2解析：剪断细线前，轻弹簧S1的弹力FT1＝2mg，轻弹簧S2弹力FT2＝mg；在剪断细线的瞬间弹簧弹力不变，根据F＝kx知Δl1＝2Δl2，C正确，D错误；细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，此时a 物体受向下的重力和向下的拉力FT1，A其合力为3mg，因此a的加速度a1＝3g，A正确，B错误，故选A、C答案：AC针对训练如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A ．0B.233g C ．g D.33g 解析：未撤离木板时，小球受重力G 、弹簧的拉力F 和木板的弹力F N 的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为233mg .在撒离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G 、弹簧的拉力F ，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为233g . 答案：B1．用平行于斜面的力推动一个质量为m 的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动，当物体运动到斜面的中点时撤去推力，物体恰能滑到斜面顶点，由此可以判定推力F 的大小必定是( )A ．2mg cos αB ．2mg sin αC ．2mg (1－sin)αD ．2mg (1＋sin α)解析：有推力F 时，a ＝F －mg sin αm，撤去F 后，a ′＝g sin α，由v 2＝2as ，有：a ＝a ′，即：F －mg sin αm ＝g sin α，F ＝2mg sin α，故B 正确．答案：B2．如图所示，车厢底板光滑的小车上用两个量程均为20 N 的完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块，当小车在水平地面上做匀速运动时，两弹簧测力计受拉力的示数均为10 N，当小车做匀加速运动时弹簧测力计甲的示数为8 N，这时小车运动的加速度大小和方向是()A．2 m/s2，水平向右B．4 m/s2，水平向右C．6 m/s2，水平向左D．8 m/s2，水平向左解析：开始两个弹簧处于受拉状态，小车匀速运动时两弹簧拉伸的长度相同；现甲弹簧测力计的读数变小，说明乙弹簧测力计的读数变大，因为弹簧的弹力F与形变量x成正比，且Fx＝ΔFΔx，故甲弹簧测力计的读数减小2 N，乙弹簧测力计的读数增大2 N．根据合力与加速度方向相同的关系，物块的加速度方向水平向右．由F＝ma，有a＝12－81m/s2＝4 m/s2.故选项B正确．答案：B3．(多选)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：物块相对于木板滑动，说明物块的加速度小于木板的加速度，撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度，所以它们之间存在滑动摩擦力，使物块向右加速，木板向右减速，直至达到向右相同的速度，所以B、C正确．答案：BC4．(多选)在光滑的水平面上有一个物体同时受到两个水平力F1和F2的作用，在第1 s内物体保持静止，若两力随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．在第2 s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大B．在第3 s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大C．在第4 s内物体做加速运动，加速度逐渐减小，速度逐渐增大D．在第5 s末，物体的加速度为零，运动方向与F1的方向相同解析：在第2 s内和第3 s内物体所受的合力逐渐增大，加速度逐渐增大，速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的加速运动，选项A、B错误；在第4 s内物体所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，但速度一直增大，物体做加速度逐渐减小的加速运动，选项C正确；在第5 s末，物体所受的合力为零，加速度为零，物体将做匀速直线运动，运动方向与F1的方向相同，选项D正确．答案：CD5．(多选)如图甲所示，在粗糙水平面上，物体A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其速度—时间图象如图乙所示，下列判断正确的是()A．在0～1 s内，外力F不断增大B．在1～3 s内，外力F的大小恒定C．在3～4 s内，外力F不断减小D．在3～4 s内，外力F的大小恒定解析：在速度—时间图象中，0～1 s内物块速度均匀增大，物块做匀加速运动，外力F为恒力；1～3 s内，物块做匀速运动，外力F 的大小恒定，3～4 s内，物块做加速度不断增大的减速运动，外力F 由大变小．综上所述，只有B、C两项正确．答案：BC6．(多选)如图所示，5块质量相同的木块并排放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均相同，当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时，下列说法中正确的是()A．由右向左，相邻两块木块之间的相互作用力依次变小B．由右向左，相邻两块木块之间的相互作用力依次变大C．第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6FD．第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F解析：取整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－5μmg＝5ma.再选取1、2两块木块为研究对象，由牛顿第二定律得F－2μmg－F N ＝2 ma，联立两式解得F N＝0.6 F，进一步分析可得，从左向右，相邻两块木块间的相互作用力是依次变小的．选项B、C正确．答案：BC7．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处去取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2－x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ．乘客到达B ，历时t ＝2v ＝2 s ，故B 正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2×21s ＝2 s ，D 项正确．答案：BD8．如图所示，航空母舰上的起飞跑道由长度为l 1＝1.6×102 m的水平跑道和长度为l2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0 m．一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到平均阻力大小为飞机重力的110.假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g＝10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道上运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．解析：(1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F 合＝F－f＝ma1，v21＝2a1l1，v1＝a1t1，其中f＝0.1mg，代入已知数据可得：a1＝5.0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s.飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿倾斜跑道向下的分力作用，设沿倾斜跑道方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿倾斜跑道方向有：F′合＝F－f－G x＝ma2，G x＝mg hl2＝4.0×104 N，v22－v21＝2a2l2，代入已知数据可得：a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s＝41.5 m/s.(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a′1，末速度大小为v′1，有：F″合＝F推＋F －f＝ma′1，v′21＝2a′1l1，飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道的受力没有变化，加速度大小a′2＝a2＝3.0 m/s2，v′22－v′21＝2a′2l2，根据题意，v′2＝100 m/s，代入已知数据解得：F推＝5.2×105 N.答案：(1)8.0 s41.5 m/s(2)5.2×105 N教师个人研修总结在新课改的形式下，如何激发教师的教研热情，提升教师的教研能力和学校整体的教研实效，是摆在每一个学校面前的一项重要的“校本工程”。