2020版高考物理教科版大一轮复习练习：第三章 牛顿运动定律 本章综合能力提升练 Word版含解析

峙对市爱惜阳光实验学校牛顿运动律的综合用[随堂反应]1．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，那么以下图象中可能正确的选项是( )解析：未下蹲时，该同学对传感器的压力于其重力；下蹲的初始阶段，该同学从静止开始做加速运动，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，对传感器的压力小于其重力；速度到达最大后，又做减速运动，其加速度方向竖直向上，处于超重状态，对传感器的压力大于其重力，D正确．答案：D2.(多项选择)(2021·高考卷)如下图，升降机内有一固斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析：开始时，木块匀速运动，有mg sin θ＝F f，F N＝mg cos θ，F f＝μmg cos θ，得μ＝tan θ.当升降机加速上升时，对物块受力分析，如下图，其中F f′＝μF N′，沿水平与竖直分解各力，得F f′cos θ＝F N′sin θ，即木块水平方向合力为零，说明木块在水平方向做匀速运动．又因为木块始终没有离开斜面，因此，物块相对斜面一做匀速运动，C错误，D正确．由上面分析可知物块具有向上的加速度，即F N′cos θ＋F f′sin θ－mg＝ma，解得F N′＝m(g＋a)cos θ＞F N，F f′＝μF N′＝μm(g＋a)cos θ＞F f，A错误，B正确．答案：BD3．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒速率v1顺时针运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示．v2＞v1，那么( )A．t2时刻，小物块离A处的距离到达最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离到达最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由图象知物块先向左减速，后反向加速到v1再做匀速直线运动，t1时刻离A距离最大，A错误；t2时刻二者相对静止，故t2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B正确；0～t2时间内摩擦力方向一直向右，C错误；在0～t2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t2～t3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D 错误． 答案：B4．(2021·高考卷)研究说明，一般人的刹车反时间(即图“反过程〞所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反时间．在某次中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度g 取10 m/s 2.求： (1)减速过程加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反时间比一般人增加了多少；(3)减速过程对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2as ①t ＝v 0a②联立①②式，代入数据得a ＝8 m/s 2③t ＝ s ④(2)设志愿者反时间为t ′，反时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋s ⑤Δt ＝t ′－t 0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt ＝0.3 s ⑦(3)设志愿者所受合力的大小为F ，对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二律得F ＝ma ⑧由平行四边形那么得F 20＝F 2＋(mg )2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F 0mg ＝415⑩答案：(1)8 m/s 2s (2)0.3 s (3)4155．如下图，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．假设让该小物块从木板的底端以大小恒的初速率v 0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s 将发生变化，重力加速度为g . (1)求小物块与木板间的动摩擦因数．(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：(1)当θ＝30°时，对物块受力分析：mg sin θ＝μF NF N －mg cos θ＝0那么动摩擦因数μ＝tan θ＝tan 30°＝33.(2)当θ变化时，设物块的加速度为a ，那么mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 物块的位移为s ，那么v 20＝2as 那么s ＝v 202g sin θ＋μcos θ令tan α＝μ，那么当α＋θ＝90°时s 最小，即θ＝60°，小物块沿木板滑行的距离最小s min ＝v 202g sin 60°＋μcos 60°＝3v 24g.答案：(1)33 (2)θ＝60°3v 24g[课时作业] 一、单项选择题1.如下图，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg .现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，那么拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析：当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合力为μmg ，由牛顿第二律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二律得F ＝3ma ＝3μmg . 答案：C2．(2021·)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m 的物体，木箱竖直向上运动的速度v 与时间t 的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N 和f ，那么以下说法正确的选项是( )A ．在0～t 1时间内，N 增大，f 减小B ．在0～t 1时间内，N 减小，f 增大C ．在t 1～t 2时间内，N 增大，f 增大D ．在t 1～t 2时间内，N 减小，f 减小解析：在0～t 1时间内，由图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有N cos θ＋f sin θ－mg ＝ma 1，在水平方向上有N sin θ＝f cos θ，因加速度减小，那么支持力N 和摩擦力f 均减小．在t 1～t 2时间内，由图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg －(N cos θ＋f sin θ)＝ma 2，在水平方向上有N sin θ＝f cos θ，因加速度增大，那么支持力N 和摩擦力f 均减小，应选D. 答案：D3.(2021·高考卷)如下图，滑块以初速度v 0沿外表粗糙且足够长的固斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，假设用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，那么以下图象最能正确描述这一运动规律的是( )解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在外表粗糙的固斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 项错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v －t 图象为一条倾斜的直线，故C 项错误；由位移公式s ＝v 0t －12at 2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h ＝s sin θ＝(v 0t －12at 2)sin θ，故A 项错误．答案：B4.如下图，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g 取10 m/s 2，那么(设A 、B 间最大静摩擦力于滑动摩擦力)( )A ．当拉力F ＜12 N 时，两物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动解析：当A 、B 间的静摩擦力到达最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A 、B 才会发生相对运动．此时对B 有所以F fmax ＝μm A g ＝12 N ，而F fmax ＝m B a ，a ＝6 m/s 2，即两者开始相对运动时的加速度为6 m/s 2，此时对A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ＝48 N ，即F ＞48 N 时，A 、B 才会开始相对运动，应选项A 、B 、C 错误，D 正确． 答案：D5．某马戏团演员做滑杆表演，竖直滑杆上端固，下端悬空，滑杆的重力为200N ．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s ，然后沿杆下滑， s 末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v －t 图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如下图，g 取10 m/s 2，那么下述说法正确的选项是( ) A ．演员的体重为800 NB ．演员在第1 s 内一直处于超重状态C ．滑杆所受的最小拉力为620 ND ．滑杆所受的最大拉力为900 N解析：演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N 于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为600 N ，选项A 错误．演员在第1 s 内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B 错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a 1＝3 m/s 2，对演员，由牛顿第二律有mg －F f1＝ma 1，解得F f1＝420 N ．对滑杆，由平衡条件得，最小拉力F 1＝420 N ＋200 N ＝620 N ，选项C 正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大．减速下滑的加速度a 2＝ m/s 2，对演员，由牛顿第二律有F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件得，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．答案：C二、多项选择题6．(多项选择)质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，现在升降机以加速度a在竖直方向上做匀变速直线运动．假设物体处于失重状态，那么( ) A．升降机加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一向上运动D．升降机一做加速运动解析：物体处于失重状态，加速度方向一竖直向下，但速度方向可能向上，也可能向下，故A对，C、D错．由mg－F N＝ma可知台秤示数减少ma，选项B对．答案：AB7．(2021·高考卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如下图．在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有( )A．t1B．t2C．t3D．t4解析：此题考查的是速度图象．速度图象中某点的切线的斜率表示加速度．t1时刻速度为正，加速度也为正，合力与速度同向；t2时刻速度为正，加速度为负，合力与速度反向；t3时刻速度为负，加速度也为负，合力与速度同向；t4时刻速度为负，加速度为正，合力与速度反向，选项A、C正确．答案：AC8.如下图，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.以下说法中正确的选项是( )A．假设传送带不动，v B＝3 m/sB．假设传送带逆时针匀速转动，v B一于3 m/sC．假设传送带顺时针匀速转动，v B一于3 m/sD．假设传送带顺时针匀速转动，v B有可能于3 m/s解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，那么物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．答案：ABD9.三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.以下说法正确的选项是( )A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．物块A、B运动的加速度大小不同D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析：因摩擦因数0.5＜tan 37°，所以A、B受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A、B的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，应选项A、C错，B正确；由于小物块A与传送带的运动方向相同，小物块B与传送带的运动方向相反，故物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，选项D正确．答案：BD三、非选择题10.(2021·高考卷)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v.(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′.(2)假设a＞g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．解析：(1)由匀变速直线运动的公式有v2＝2a′s1，v2＝2as2，且s1＋s2＝s解得a′＝av22as－v2(2)假设球刚好不受箱子作用，受力如图甲所示，满足F N sin θ＝ma0，F N cos θ＝mg，解得a0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a＞g tan θ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零，此时球受力如图乙所示．由牛顿第二律得F N′cos θ＝F＋mgF N′sin θ＝ma解得F＝m⎝⎛⎭⎪⎫atan θ－g答案：(1)av22as－v2(2)0 m⎝⎛⎭⎪⎫atan θ－g11．(2021·区)在风洞室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°角固，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的v -t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小． 解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上)在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下)(2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 12.(2021·十校)如下图，与水平方向成37°角的传送带以恒速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向转动，两传动轮间距L ＝5 m ．现将质量为1 kg 且可视为质点的物块以v 0＝4 m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度．解析：刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带速，由牛顿第二律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1那么a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2位移x 1＝v 20－v22a 1＝0.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力F f ＝μmg cos θ＜mg sin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小．此后，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零，由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2位移x 2＝v 22a 2＝1 m那么物块沿传送带上升的最大高度为H ＝(x 1＋x 2)sin 37°＝0.96 m.答案：0.96 m。

第三章牛顿运动定律一、选择题（每小题6分,共60分）1.下列说法正确的是 （C ） A. 物体的速度越大，其惯性越大B. 速度很大的物体，其加速度一定很大C. 一对作用力与反作用力大小相等，性质相同D. 做曲线运动的物体所受到的合外力方向与加速度方向一定不在同一直线上【解析】物体的惯性的大小量度是质量，与运动状态无关,A 项错误；加速度反映物体 速度变化的快慢，与速度大小无关,B 项错误；由牛顿第三定律，可知一对作用力与反 作用力大小相等，性质相同,C 项正确；由牛顿第二定律可知，合外力与加速度方向一 定相同,D 项错误。

2. 竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推动力增大到2F,则 火箭的加速度将达到（g 取10 m/s 2,不计空气阻力） （C ）2 2 A.20 m/s B.25 m/sD.40 m/s 【解析】根据牛顿第二定律可知 F-mg=ma 当推力为2F 时有2F-mg=ma 代入数据解 得a 2=30 m/s 2,C 项正确。

3. （2020 •福建六校联考）|甲、乙、丙、丁四个物体的运动情况或所受合力的情况如 图所示，四幅图的图线都是直线，下列有关说法中正确的是 A. 甲物体受到不为零且恒定的合力C.30 m/s(D)B. 乙物体受到的合力越来越大C. 丙物体受到的合力为零D. 丁物体的加速度越来越大【解析】甲物体做匀速直线运动，所受合力为零，故A 项错误；乙物体做匀加速直线运 动，加速度恒定，受到的合力恒定，故B 项错误；丙物体的加速度恒定，则受到的合力 恒定,且不为零,故C 项错误；丁物体受到的合力F 越来越大,则加速度越来越大,故D 项正确。

4. 如图所示,木块A 的质量为m,木块B 的质量为M,叠放在光滑的水平面上,A 、B 之 间的动摩擦因数为 卩,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现用水平力 F 作用于A,则保持A 、B 相对静止的条件是F 不超过 (C)A. 卩 mgB.卩 MgC. , m g l +专D.(X + T【解析】由于A 、B 相对静止，以整体为研究对象可知F=(M+m)a 若A 、B 即将相对滑 动，以物体B 为研究对象可知X mg=Ma 联立解得F=X mg ,C 项正确。

实验四验证牛顿运动定律1．实验原理(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图象和a－1m图象，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图1(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图象．⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图象．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板不带定滑轮的一端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不用重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)实验原理不完善：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比．命题点一教材原型实验例1(2018·陕西省宝鸡市一模)某同学利用如图2甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”，图中装有砝码的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的滑轮与一砝码盘相连．在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器在纸带上打出的一些连续的点，该同学测得相邻点之间的距离分别是x1、x2、x3、x4、x5、x6，打点计时器所接交流电的周期为T.小车及车中砝码的总质量为M，砝码盘和盘中砝码的总质量为m，当地重力加速度为g.图2(1)根据以上数据可得小车运动的加速度表达式为a ＝______________.(2)该同学先探究合外力不变的情况下，加速度与质量的关系，以下说法正确的是________． A ．平衡摩擦力时，要把装有砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，把木板不带滑轮的一端缓慢抬起，反复调节直到纸带上打出的点迹均匀为止B ．由于小车受到的摩擦力与自身重力有关，所以每次改变小车质量时，都要重新平衡摩擦力C ．用天平测出M 和m 后，小车运动的加速度可以直接用公式a ＝mgM 求出D ．在改变小车质量M 时，会发现M 的值越大，实验的误差就越小(3)该同学接下来探究在质量不变的情况下，加速度与合外力的关系．他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，用天平测得砝码盘及盘中砝码的总质量m ′，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度．得到多组数据后，绘出如图丙a －F 图象，发现图象是一条过坐标原点的倾斜直线．图象中直线的斜率表示____(用本实验中可测量的量表示)． (4)该同学在这个探究实验中采用的物理学思想方法为________． A ．理想化模型法 B ．控制变量法 C ．极限法D ．比值法答案 (1)x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2 (2)D (3)1m ＋M (4)B解析 (1)为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，有： x 6－x 3＝3a 1T 2，x 5－x 2＝3a 2T 2，x 4－x 1＝3a 3T 2，为了更加准确的求解加速度，对三个加速度取平均值得：a ＝13(a 1＋a 2＋a 3)解得：a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2.(2)在该实验中，我们认为细绳的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A 错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故tan θ＝μ.所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故B 错误；小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过a ＝mgM 求出，故C 错误；本实验中，只有满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量M 时，才近似认为细绳拉力等于小车所受的合外力，所以在改变小车质量M 时，会发现M 的值越大，实验的误差就越小，故D 正确． (3)对砝码盘和砝码：m ′g －F ＝m ′a 对小车及车中砝码：F ＝(M ＋m －m ′)a 联立得：m ′g ＝(M ＋m )a认为小车及车中砝码所受合力F ＝m ′g 所以F ＝(M ＋m )a即a ＝F M ＋m ，a －F 图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示1M ＋m(4)该实验采用控制变量法．变式1(2018·广东省深圳市高级中学月考)某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验．如图3甲为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得．图3(1)如图乙为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz.根据纸带可求出电火花计时器打B 点时的速度为________ m /s ，小车的加速度大小为______m/s 2.(结果均保留两位有效数字)(2)在“探究加速度a 与质量m 的关系”时，某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象(如图丙所示)．请继续帮助该同学作出坐标系中的图象． (3)在“探究加速度a 与合力F 的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a 与合力F 的图线如图丁所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因： ________________________________________________________________________. 答案 (1)1.6 3.2 (2)见解析图 (3) 实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够解析 (1)B 点的瞬时速度为：v B ＝AB ＋BC 4T ＝(6.19＋6.70)×10－24×0.02m /s ≈1.6 m/s ，由逐差法求解小车的加速度，a ＝(CD ＋DE )－(AB ＋BC )4×(2T )2＝(7.21＋7.72－6.19－6.70)×10－24×(0.04)2m /s 2≈3.2 m/s 2 (2)根据描点法作出图象，如图所示：(3)图线不通过坐标原点，F 不为零时，加速度仍为零，则实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够．命题点二 教材实验创新例2(2016·全国卷Ⅲ·23)某物理课外小组利用图4中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：图4(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s－t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s－t图象如图5所示；由图求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.图5(4)利用表中的数据在图6中补齐数据点，并作出a－n图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图6(5)利用a－n图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s－2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是_____(填入正确选项前的标号) A．a－n图线不再是直线B．a－n图线仍是直线，但该直线不过原点C．a－n图线仍是直线，但该直线的斜率变大答案 (3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)BC解析 (3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将题图中点(2,0.78)代入s ＝12at 2可得，a＝0.39 m/s 2.(4)根据描点法可得如图所示图线．(5)根据牛顿第二定律可得nmg ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg M ＋5m n ，图线斜率k ＝mg M ＋5m ＝1.005，可得M ＝0.44 kg(6)若保持木板水平，则小车受到木板的摩擦力，有nmg －μ[M ＋(5－n )m ]g ＝(M ＋5m )a ′，得a ′＝(1＋μ)mgM ＋5mn －μg ，则a －n 图象仍为直线，但不过原点，且斜率变大，选项B 、C 正确．例3(2018·山东省泰安市上学期期中)某实验小组在“探究加速度与物体的质量、受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，实验装置如图7所示．已知小车质量M＝261 g，打点计时器所使用的交流电频率f＝50 Hz.其实验步骤是：图7A．按实验装置图安装好实验装置；B．利用垫块调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车(与纸带、细绳和砝码盘相连)能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁(小车与纸带相连，但与细绳和砝码盘不相连)先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复A、B、C、D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答以下问题：(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？____(填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图8所示，每隔4个点取一个计数点，由该纸带可求得小车的加速度a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)．图8(3)某次实验砝码盘中砝码的重力和对应小车加速度数据如下表①请根据表中的数据在虚线框中画出a－F图象；②造成图线不过坐标原点的最主要原因是________________________________；③砝码盘的重力大小是________N.答案(1)否(2)0.880(3)①见解析图②在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力③0.06解析(1)当小车匀速下滑时有Mg sin θ＝F f＋(m0＋m)g，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力Mg sin θ和摩擦力F f不变，因此其合外力为(m0＋m)g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．(2)相邻计数点间的时间间隔为T ＝0.1 s ，在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx ＝aT 2，则有a ＝0.086 4＋0.077 5－0.068 7－0.060 04×0.12m /s 2＝0.880 m/s 2. (3)①a －F 图象如图所示②由图象可知，当合外力为零时，小车有加速度，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力．③根据数学函数关系可知由该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是砝码盘的重力大小，为0.06 N.变式2(2018·河南省鹤壁市第二次段考)学习了传感器之后，在“研究小车加速度与所受合外力的关系”实验时，甲、乙两实验小组引进“位移传感器”、“力传感器”，分别用如图9(a)、(b)所示的实验装置实验，重物通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车，位移传感器B随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器A固定在轨道一端．甲组实验中把重物的重力作为拉力F，乙组直接用力传感器测得拉力F，改变重物的重力重复实验多次，记录多组数据，并画出a－F图象．图9(1)甲组实验把重物的重力作为拉力F 的条件为____________．(重物质量为m ，小车与传感器总质量为M )(2)图(c)中符合甲组同学作出的实验图象是________；符合乙组同学作出的实验图象是________．(选填“①”“②”或“③”) 答案 (1)m ≪M (2)② ①解析 (1)在该实验中实际是：mg ＝(M ＋m )a ，要满足mg ＝Ma ，应该使重物的质量远小于小车和力传感器的总质量．(2)在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma ，得a ＝mg M ，而实际上a ′＝mgM ＋m ，即随着重物的质量增大，不再满足重物的质量远远小于小车的质量，所以题图(c)中符合甲组同学做出的实验图象是②.乙组直接用力传感器测得拉力F ，随着重物的质量增大，拉力F 的测量是准确的，a －F 关系为一倾斜的直线，符合乙组同学做出的实验图象是①.变式3(2019·四川省泸州市质检)如图10甲所示是某同学在探究“物体质量一定时，加速度与合外力的关系”的实验装置，实验时将小车从光电门A的右侧由静止释放，与光电门连接的数字计时器可以测量遮光片经过光电门A、B 所用的时间t A、t B，回答下列问题．图10(1)下列实验要求必须满足的是________．A．保证沙桶和沙的质量远小于小车的质量B．保持沙和沙桶的质量不变C．保持穿过光电门的细线与长木板平行D．保持小车的质量不变(2)为测算小车的加速度，实验中还需要测量的物理量有________和________________．(3)实验中改变沙和沙桶的质量，得到小车加速度a与测力计示数F的对应关系如图乙所示，图线不经过原点，可能的原因是__________．答案(1)CD(2)遮光片的宽度光电门A、B间的距离(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足解析(1)由于该实验装置的连接方式，沙桶和小车不具有共同的加速度，小车是在细线的拉力作用下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用沙和沙桶的重力来代替，故不要求沙桶和沙的质量远小于小车的质量，故A错误；根据控制变量法原理可知，探究物体质量一定，加速度与合外力的关系时要保持小车的质量不变，改变沙和沙桶的质量，故B错误，D正确；保持穿过光电门的细线与长木板平行，使平衡摩擦力后，细线的拉力等于小车受到的合外力，故C正确．(2)已经知道遮光片经过光电门A、B所用的时间t A、t B，则需要测量遮光片的宽度d，从而求出经过A、B时的速度，要求出加速度，根据匀变速直线运动位移与速度关系即可求解，所以还要测出光电门A、B间的距离．(3)图线不通过坐标原点，F不为零时，加速度仍为零，则实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．命题点三教材实验拓展以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数．例4(2018·广东省惠州市第二次调研)采用图11甲所示的装置测量滑块与长木板间的动摩擦因数，图示滑块上可放置砝码，实验中，滑块碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，已知打点计时器工作频率为50 Hz.图11(1)实验的部分步骤如下：①用天平称出滑块质量M和钩码质量m.②将纸带穿过打点计时器，连在滑块后端，用细线连接滑块和钩码；③将滑块停在打点计时器附近，放开滑块，接通电源，滑块拖动纸带，打点计时器在纸带上打下一系列点，断开开关；④改变钩码的数量，更换纸带，重复③的操作．请指出以上实验步骤的重要遗漏与错误：遗漏的步骤是：_______________________________________________错误的步骤是：_______________________________________________(2)图乙是钩码质量为m＝0.05 kg，滑块质量为M＝0.06 kg时得到的一条纸带．如图所示为用刻度尺测量某一纸带上的x1、x2的情况，从图中可读出x1＝3.10 cm，x2＝________cm.若滑块运动的加速度大小为a ，重力加速度大小为g ＝9.8 m/s 2.根据以上相关物理量写出动摩擦因数的表达式μ＝________，由纸带上数据可得出μ＝________.(结果保留两位有效数字)答案 (1)步骤②中应调整细线与长木板水平且二者相互平行 步骤③中应该先接通电源后释放滑块 (2)5.50 mg －(m ＋M )a Mg0.38 解析 (1)遗漏的步骤是：步骤②中应调整细线与长木板水平且二者相互平行；错误的步骤是：步骤③中应该先接通电源后释放滑块；(2)由题图可知：x 2＝5.50 cm ；根据牛顿第二定律：mg －μMg ＝(M ＋m )a ，解得μ＝mg －(m ＋M )a Mg其中a ＝Δx T 2＝(5.50－3.10)×10－20.12 m /s 2＝2.40 m/s 2代入数据可得：μ≈0.38.变式4(2018·山西省太原市上学期期末)某小组设计了“用一把刻度尺测动摩擦因数”的实验方案．图12(1)如图12甲所示，将一轻质弹簧放置在水平桌面上，左端固定，右端与一小滑块(可视为质点)接触而不粘连，弹簧处于原长时，滑块恰好处在桌面边缘；(2)向左推滑块，使弹簧压缩至虚线位置后由静止释放，滑块离开桌面后落到水平地面上．测得桌面离地面的高度为h，滑块平拋过程中发生的水平位移为x，已知重力加速度大小为g, 则滑块离开桌面时的速度________(用已知和测得的物理量的符号表示)；(3)将弹簧和滑块在桌面上向左平移一定距离，然后同样固定弹簧左端，弹簧处于原长时，滑块位于O点，如图乙所示．向左推滑块，使弹簧压缩量与第一次相同．释放滑块，滑块在水平桌面上滑行一段后停在A点，测得OA＝x′，则可知滑块与桌面间的动摩擦因数为________(用已知和测得的物理量的符号表示)．(4)本实验中会引起误差的因素有________．A ．桌面不够水平B ．重力加速度的值比 9.80 m/s 2大C ．弹簧的质量不可忽略答案 (2)x g 2h (3)x 24hx ′(4)A 解析 (2)根据平抛运动的规律可知x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝x g 2h (3)滑块在桌面上运动的加速度a ＝μmg m ＝μg ，根据v 02＝2ax ′，解得μ＝x 24hx ′(4)桌面不够水平，则加速度的求解会产生误差，则动摩擦因数的求解有误差，选项A 正确；由μ＝x 24hx ′可知，动摩擦因数与重力加速度无关，选项B 错误；此问题与弹簧的质量无关，选项C 错误．。

第三节 牛顿运动定律的综合应用(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．探究超重和失重规律时，一位体重为G 的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F 随时间t 变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )解析：选D.人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D 正确．2．(2018·广西柳州铁路一中月考)水平足够长运动的皮带，取向右为速度的正方向．将一物块P 轻轻放在皮带上，之后P 最初一段时间的速度时间图象如图乙，关于皮带的运动情况描述正确的是( )A ．可能是向右的匀加速B ．可能是向右的匀速C ．一定是向左的匀加速D ．可能是向左的匀速解析：选D.根据图象，物体P 向左做匀加速直线运动，则P 受到的摩擦力方向水平向左，P 相对于传送带向右运动，所以皮带可能向左匀速或匀加速运动，不可能向右运动，故D 正确． 3．在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a 竖直向上匀加速搬起，其中A 的质量为m ，B 的质量为3m ，水平作用力为F ，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A 、B 间的摩擦力为( )A ．μFB ．2μF C.32m (g ＋a ) D ．m (g ＋a )解析：选D.对两个物体整体，根据牛顿第二定律，有 2f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a①再隔离物体A ，根据牛顿第二定律，有：f －mg －f BA ＝ma ②联立解得：f BA ＝m (g ＋a )，故选D.4．(2018·湖北沙市中学模拟)带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是( )A ．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B ．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C ．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D ．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短解析：选C.刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A 错误；木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg ＝ma ，所以a＝μg ，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v 2＝2ax 得，木炭包位移x 木＝v 22μg，设相对滑动的时间为t ，由v ＝at ，得t ＝v μg ，此时传送带的位移为x 传＝vt ＝v 2μg ，所以滑动的位移是Δx ＝x 传－x 木＝v 22μg，由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B 错误；木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C 正确；传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D 错误．5．(2018·广东湛江一中等“四校”联考)如图甲所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小滑块以初速度v 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示．某同学根据图象作出如下一些判断，正确的是( )A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量小于木板的质量D ．木板的长度为v 0t 12解析：选B.由题意知，m 在M 的摩擦力作用下做匀减速直线运动，M 在m 的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动，最终两者相对静止，一起运动，故A 错误；由图乙可知，最终滑块与木板速度相等，它们相对静止，滑块没有滑离木板，故B 正确；由于m 、M 间相互作用的摩擦力分别使m 、M 产生加速度，所以满足ma m ＝Ma M ，由图象知，在t 1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即a m <a M ，所以可知m >M ，滑块的质量大于木板的质量，故C 错误；两物块相对静止时，两者的位移差：x ＝v 0＋v 2t 1－v 2t 1＝v 0t 12，则木板长度大于等于v 0t 12，故D 错误.二、多项选择题6.(2018·广西桂林十八中模拟)如图所示，已知M >m ，不计滑轮及绳子的质量，物体M 和m 恰好做匀速运动，若将M 与m 互换，M 、m 与桌面的动摩擦因数相同，则( )A ．物体M 与m 仍做匀速运动B ．物体M 与m 做加速运动，加速度a ＝(M ＋m )g /MC ．物体M 与m 做加速运动，加速度a ＝(M －m )g /MD ．绳子中张力不变解析：选CD.当物体M 和m 恰好做匀速运动，对M ，水平方向受到绳子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg ＝T ＝mg ，所以：μ＝mg Mg ＝m M，若将M 与m 互换，则对M ：Ma ＝Mg －T ′，对m ，则：ma ＝T ′－μmg ，得：a ＝Mg －μmg M ＋m ＝Mg －m M mg M ＋m ＝（M 2－m 2）g M （M ＋m ）＝（M －m ）gM，故A 、B 错误，C 正确；绳子中的拉力：T ′＝ma ＋μmg ＝m （M －m ）g M ＋mMmg ＝mg ，故D 正确． 7．(2017·重庆市一中高三模拟)如图所示，光滑水平面上放置M 、N 、P 、Q 四个木块，其中M 、P 质量均为m ，N 、Q 质量均为2m ，M 、P 之间用一轻质弹簧相连．现用水平拉力F 拉N ，使四个木块以同一加速度a 向右运动，则在突然撤去F 的瞬间，下列说法正确的是( )A ．P 、Q 间的摩擦力不变B ．P 、Q 的加速度大小变为a2C ．M 、N 间的摩擦力不变D ．N 的加速度大小仍为a解析：选AD.撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，对P 、Q 整体分析，加速度不变，隔离对P 分析，P 、Q 间的摩擦力不变，故A 正确；撤去F 前，对P 、Q 整体分析，知弹簧的弹力F 弹＝3ma ，撤去F 的瞬间，弹簧的弹力不变，可知P 、Q 的加速度不变，仍然为a ，故B 错误；撤去F 前，隔离对M 分析，f －F 弹＝ma ，解得f ＝4ma ，对整体分析，F ＝6ma ，撤去F 后，对M 、N 整体分析，a ′＝F 弹3m＝a ，方向向左，隔离对N 分析，f ′＝2ma ′＝2ma ，知M 、N 间的摩擦力发生变化．N 的加速度大小不变，方向改变，故C 错误，D 正确．8．(2018·新疆生产建设兵团二中模拟)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个通过轻弹簧连接的物块A 和B ，C 为固定挡板，系统处于静止状态，现开始用变力F 沿斜面向上拉动物块A 使之做匀加速直线运动，经时间t 物块B 刚要离开挡板，已知两物块的质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，则在此过程中，下列说法正确的是( )A ．力F 的最小值为4m 2g sin θkt2B ．力F 的最大值为mg sin θ1＋4m kt 2C ．物块A 的位移为mg sin θkD ．t s 末A 的速度为4mg sin θkt解析：选AD.刚开始时，弹簧处于压缩状态，对A 分析，A 处于静止状态，沿斜面方向上受力平衡，受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的弹力，此时有mg sin θ＝kx 1，解得x 1＝mg sin θk，当B 刚要离开挡板时，挡板对B 的作用力为零，此时弹簧处于伸长状态，对B 分析，B 处于静止状态，受力平衡，故有mg sin θ＝kx 2，解得x 2＝mg sin θk，所以整个匀加速过程中，弹簧的形变量即A 的位移为x ＝x 1＋x 2＝mg sin θk ＋mg sin θk ＝2mg sin θk，因为A 是从静止开始做匀加速直线运动，经历的时间为t ，所以有x ＝12at 2，解得a ＝4mg sin θkt 2，故t s 末A 的速度为v ＝at ＝4mg sin θkt，C 错误，D 正确；F 随着弹力的变化而变化，当弹簧被压缩过程中，弹力向上，随着弹力的减小而增大，所以刚开始时F 最小，故有F min ＝ma ＝4m 2g sin θkt2，在弹力方向向下时，随着弹力的增大而增大，故B 刚要离开挡板时，F 最大，故有F m ＝kx 1＋mg sin θ＋ma ＝2mg sin θ⎝⎛⎭⎪⎫1＋2m kt 2，A 正确，B 错误．三、非选择题9．(2018·河北武邑中学模拟)如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L ＝1.8 m 、质量M ＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m ＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝32.对木板施加沿斜面向上的恒力F ，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动．设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F ＝37.5 N ，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离． 解析：(1)对M 、m ，由牛顿第二定律 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a对m ，有f －mg sin α＝ma ，f ≤μmg cos α， 代入数据得：F ≤30 N 因为要拉动，则F ≥(m ＋M )g sin α＝20 N所以20 N≤F ≤30 N.(2)F ＝37.5 N>30 N ，物块能滑离木板， 对于M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2， 设物块滑离木板所用的时间为t ， 由运动学公式：12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，代入数据得：t ＝1.2 s ， 物块离开木板时的速度v ＝a 2t ，由公式：－2g sin αs ＝－v 2，代入数据得s ＝0.9 m.答案：(1)20 N≤F ≤30 N (2)物块能滑离木板 1.2 s 0.9 m10．(2018·广西桂林十八中模拟)如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，从A 到B 的长度为16 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速度逆时针转动．在传送带上端无初速度的放一个质量为0.5 kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，求物体从A 运动到B 所需的时间是多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)解析：刚开始阶段，物体相对传送带向上运动，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律，则：a 1＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sin θ＋μg cos θ＝(10×0.6＋0.5×10×0.8)m/s 2＝10m/s 2当物体与传送带相对静止时，物体的位移：x 1＝v 202a 1＝1002×10 m ＝5 m ；t 1＝v 0a 1＝1010s ＝1 s则：x 2＝(16－5)m ＝11 m因为mg sin θ>μmg cos θ，物体与传送带不能保持相对静止， 此时，物体的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝g sin θ－μg cos θ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s 2＝2 m/s 2则：x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22代入数据解得：t 2＝1 s 故共耗时t ＝t 1＋t 2＝2 s. 答案：2 s11．(2018·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，一块质量为M ＝2 kg 、长为L 的木板B 放在光滑水平桌面上，B 的左端有一质量为m ＝0.2 kg 的物块A (可视为质点)，A 上连接一根很长的轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮挂上一质量为m 0＝0.1 kg 的重物，用手托住重物使细绳伸直但无张力，重物距离地面的高度为h ＝1 m ；已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.2，A 与滑轮间的细绳与桌面平行，B 右端距离桌边定滑轮足够远；释放重物后，A 相对于B 滑动，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求重物落地前瞬间细绳上的拉力大小和A 的速度大小；(2)当A 、B 相对静止时，A 仍在B 上，求从释放重物到A 、B 相对静止的过程中A 运动的时间．解析：(1)设释放重物后重物的加速度为a 1，细绳的张力大小为F ，对重物，由牛顿第二定律可得：m 0g －F ＝m 0a 1对A ，由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma 1 联立解得：F ＝0.8 N ，a 1＝2 m/s 2由v 21＝2a 1h 解得重物落地前瞬间A 的速度大小为v 1＝2 m/s.(2)重物落地前，A 运动的时间t 1＝v 1a 1＝1 sB 的加速度a 2＝μmg M＝0.2 m/s 2重物落地时B 的速度v 2＝a 2t 1＝0.2 m/s重物落地后，A 开始做匀减速运动，加速度大小为a 3＝μg ＝2 m/s 2设经过时间t 2，A 、B 速度相等，则有v 1－a 3t 2＝v 2＋a 2t 2解得：t 2＝911s.从释放重物到A 、B 相对静止的过程中A 运动的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2011s.答案：(1)0.8 N 2 m/s (2)2011s。

能力课3动力学中的两种典型“模型”一、选择题(1～3题为单项选择题，4题为多项选择题)1．在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。

当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。

随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。

设传送带匀速前进的速度为0.25 m/s，把质量为5 kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6 m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下的摩擦痕迹约为()图1A．5 mm B．6 mm C．7 mm D．10 mm解析木箱加速的时间为t＝v/a，这段时间内木箱的位移为x1＝v22a，而传送带的位移为x2＝v t，传送带上将留下的摩擦痕迹长为l＝x2－x1，联立各式并代入数据，解得l＝5.2 mm，选项A正确。

答案 A2．(2016·山东日照模拟)如图2所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，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－时间图像可能是下列选项中的()图2解析设在木板与物块未达到相同速度之前，木板的加速度为a1，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。

对木板应用牛顿第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1a1＝－(μ1＋2μ2)g设物块与木板达到相同速度之后，木板的加速度为a2，对整体有－μ2·2mg＝2ma2 a2＝－μ2g，可见|a1|＞|a2|由v－t图像的斜率表示加速度大小可知，图像A正确。

答案 A3．(2017·山东潍坊质检)如图3所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图3解析开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1所以a1＝g sin θ＋μg cos θ木块加速至与传送带速度相等时，由于μ<tan θ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2所以a2＝g sin θ－μg cos θ根据以上分析，有a2<a1，所以本题正确选项为D。

《牛顿运动定律》综合检测(时间:90分钟　满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.下列有关行车安全的说法正确的是(　C　)A.系好安全带可以减小人的惯性B.同一辆车,速度越大停下来需要的时间越长,说明速度大的车惯性大C.系好安全带可以减轻因人的惯性而造成的伤害D.系好安全带可以减轻因车的惯性而造成的伤害解析:惯性大小唯一的量度是质量,所以A,B错误;系好安全带可减轻因人的惯性而造成的伤害,C正确,D错误.2.如图所示,两个质量分别为m1=2 kg,m2=3 kg的物体置于光滑的水平面上,中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1=30 N, F2=20 N的水平拉力分别作用在m1,m2上,则(　D　)A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为5 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为13 m/s23.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧,弹簧上方有一个质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x;当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是(　D　)A.以大小为2g的加速度加速上升B.以大小为2g的加速度减速上升C.以大小为g的加速度加速下降D.以大小为g的加速度减速下降解析:因为电梯静止时,弹簧被压缩了x,由此可知mg=kx.当电梯运动时,弹簧又被压缩了x,弹簧的弹力变大,物体所受合力方向向上,大小是mg,处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg=ma,即加速度大小a=g,方向是向上的,此时物体可能是做向上的匀加速运动,也可能是做向下的匀减速运动,D正确.4.如图所示,在建筑工地,工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为3m,水平作用力为F,A,B之间的动摩擦因数为μ,在此过程中,A,B间的摩擦力为(　D　)A.μFB.2μFC.m(g+a)D.m(g+a)解析:由于A,B相对静止,故A,B之间的摩擦力为静摩擦力,A,B错误.设工人一只手对A,B在竖直方向上的摩擦力为F f,以A,B整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f-(m+3m)g=(m+3m)a,设B对A的摩擦力方向向下,大小为F f′,对A由牛顿第二定律有F f-F f′-mg=ma,解得F f′=m(g+a),C错误,D正确.5.以初速度v竖直向上抛出一小球,小球所受空气阻力与速度的大小成正比,下列图像中,能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是(　D　)解析:设小球所受的阻力f=kv,小球的质量为m,则在小球上升的过程中有mg+f=ma,得a=g+,由于上升过程中小球的速度越来越小,小球的加速度a也越来越小,故v t图像的斜率的绝对值越来越小,A,B错误;在下落过程中有a=g-,下落过程中小球的速度越来越大,故小球的加速度越来越小,则v-t图像的斜率的绝对值越来越小,C错误,D 正确.6.如图所示,木块A,B静止叠放在光滑水平面上,A的质量为m,B的质量为2m.现施加水平力F拉B,A,B刚好不发生相对滑动,一起沿水平面运动.若改为水平力F′拉A,使A,B也保持相对静止,一起沿水平面运动,则F′不得超过(　B　)A.2FB.C.3FD.解析:水平力F拉B时,A,B刚好不发生相对滑动,这实际上是将要滑动,但尚未滑动的一种临界状态,从而可知此时A,B间的摩擦力即为最大静摩擦力.对A,B整体:F=(m+2m)a.再将A隔离可得A,B间最大静摩擦力为F fm=ma,解以上两式得F fm=.若将F′作用在A上,隔离B可得B能与A一起运动,而A,B不发生相对滑动的最大加速度a′=,对A,B整体:F′=(m+2m)a′,由以上几式解得F′=.7.如图,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　A　)解析:开始阶段两物体一起做匀加速运动,有F=(m1+m2)a,即a==,两物体加速度相同且与时间成正比.当两物体间的摩擦力达到μm2g后,两者发生相对滑动.对m2有F-f=m2a2,在相对滑动之前f逐渐增大,相对滑动后f=μm2g不再变化,a2==-μg,故其图像斜率增大;而对m1,在发生相对滑动后,有μm2g=m1a1,故a1=为定值.故A选项正确.8.如图(甲)所示,静止在水平地面上的物块A,受到水平向右的拉力F 作用,F与时间t的关系如图(乙)所示,设物块与地面的最大静摩擦力F fm与滑动摩擦力大小相等,则(　BC　)A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t3时刻物块A的速度最大D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动解析:0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大,物块处于静止状态,选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大,物块A的加速度最大,选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力,加速度减小到零,物块A的速度最大,选项C正确.t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动,t3～t4时间内物块A一直做减速运动,选项D错误.9.如图(甲)所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,初速度为v0=10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,若从此时开始计时,整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图(乙)所示,取g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　BCD　)A.0～5 s内小木块做匀减速运动B.在t=1 s时刻,摩擦力反向C.斜面倾角θ=37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析:由匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,由题图(乙)可得a==-10 m/s2,故减速运动时间t==1 s,故A错误;由题图(乙)可知,在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动,1 s后小木块反向做匀加速运动,t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由题图(乙)可知,小木块反向加速运动时的加速度a′== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcosθ=m|a|,mgsinθ-μmgcosθ=ma′,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C,D正确.10.如图所示,水平传送带A,B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上传送带A端的瞬时速度v A=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为v B.g取10 m/s2,下列说法中正确的是(　ABC　)A.若传送带不动,v B=3 m/sB.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,v B=3 m/sC.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/sD.若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,v B=3 m/s解析:若传送带不动,由匀变速直线运动规律可知-=-2as,a=μg,代入数据解得v B=3 m/s,当满足选项B,C中的条件时,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,同理可得,工件到达B端的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A,B,C正确;若传送带以速度v=4 m/s顺时针匀速转动,则工件滑上A端后做匀速运动,到B端的速度仍为4 m/s,故选项D 错误.11.如图(甲)所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图(乙)所示,g取10 m/s2,根据图像可求出(　BC　)A.物体的初速率v0=3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min=1.44 mD.当θ=45°时,物体达到最大位移后将停在斜面上解析:当斜面倾角θ=90°时,物体对斜面无压力,也无摩擦力,物体做竖直上抛运动,根据匀变速直线运动规律有02-=-2gx,根据题图(乙)可得此时x=1.80 m,解得初速率v0=6 m/s,选项A错.当斜面倾角θ=0°时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有μmgx= m,根据题图(乙)知此时x=2.40 m,解得μ=0.75,选项B对.物体沿斜面上滑,由牛顿第二定律可知加速度a=gsin θ+μgcos θ=g(sin θ+μcosθ).=2ax=2g(sin θ+μcosθ)x,得当sin θ+μcosθ最大时,即tan θ=,θ=53°时,x取最小值x min,解得x min=1.44 m,C项正确.当θ=45°时,因mgsin 45°>μmgcos45°,则物体达到最大位移后将返回,D项错误.12.如图(甲)所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图(乙)所示.已知|v2|>|v1|,则(　BD　)A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析:0～t1时间内,小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动,速度减为零时并未从左端滑下,说明传送带足够长,其向左运动的位移大小x1=;t1～t2时间内:小物块受到的滑动摩擦力仍然向右,因此反向做匀加速运动,加速到与传送带速度v1相等,其位移大小x2=<x1,此后物块做匀速运动.0～t2时间内,小物块始终相对于传送带向左运动,故t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“探究小车加速度a与其质量m的关系”的实验中:(1)备有器材:A.带有定滑轮的长木板;B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带;C.细绳、小车、砝码;D.装有沙的沙桶;E.薄木板;F.毫米刻度尺;还缺少的一件器材是 .(2)实验得到如图(甲)所示的一条纸带,相邻两个计数点的时间间隔为T;B,C两点的间距x2和D,E两点的间距x4已量出,利用这两段间距计算小车加速度的表达式为 .(3)某同学根据实验数据画出的a-图线如图(乙)所示,从图线可得沙和沙桶的总质量为 kg.(g取 10 m/s2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a-图像如图(丙)所示,则造成这一结果的原因是　.解析:(1)本题要测量小车的质量,所以还缺少的一件器材是天平; (2)根据逐差法得:x4-x2=2aT2,解得a=.(3)根据牛顿第二定律可知,a=,则F即为a-图像的斜率,所以沙和沙桶的总重力m′g=F= N=0.2 N,解得m′=0.02 kg.(4)从题图(丙)中发现直线没过原点,当绳子上有拉力时小车的加速度还为0,则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤.所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够.答案:(1)天平(2)a=(3)0.02(4)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够评分标准:(1)(2)每空1分,(3)(4)每空2分.14.(8分)用图(甲)所示的实验装置验证牛顿第二定律.(1)某同学通过实验得到如图(乙)所示的a F图像,造成这一结果的原因是:在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 (选填“偏大”或“偏小”).(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验,实际小车在运动过程中所受的拉力 (选填“大于”“小于”或“等于”)砝码和盘的总重力,为了便于探究、减小误差,应使小车与车上砝码质量M与砝码和盘的总质量m满足 的条件.(3)某同学得到如图(丙)所示的纸带,已知打点计时器电源频率为50 Hz,A,B,C,D,E,F,G是纸带上7个连续的点,由此可算出小车的加速度a= m/s2(保留两位有效数字).解析:(1)当拉力F=0时,小车具有加速度,说明平衡摩擦力时平衡过度,即木板与水平桌面间的倾角偏大.(2)对整体分析,根据牛顿第二定律得,a=,则绳子的拉力F=Ma=,所以实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力,当M≫m,即砝码和盘的总质量小于小车和小车上砝码的总质量时,砝码和盘的总重力在数值上近似等于小车运动时受到的拉力.(3)根据刻度尺的示数可知Δx=3.90 cm-2.10 cm=1.80 cm,时间间隔为T=0.06 s,代入Δx=aT2得加速度为a=5.0 m/s2.答案:(1)偏大　(2)小于　M≫m(3)5.0评分标准:每空2分.15.(6分)如图(甲)所示,在倾角为θ=30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,滑块的质量为m=2 kg,它与斜面的动摩擦因数为μ,帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比,即F f=kv.若滑块从静止开始下滑的速度—时间图像如图(乙)中的曲线所示,图(乙)中的直线是t=0时速度图线的切线,g=10 m/s2.(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度;(2)求μ和k的值.解析:(1)由题图(乙)可得t=0时,滑块下滑的加速度最大为a max===3 m/s2(2分)t=3 s时,滑块下滑的速度最大为v max=2 m/s.(1分)(2)t=0时滑块下滑的加速度最大为a max,由牛顿第二定律得F合=mgsin θ-μmgcosθ=ma max,(1分)t=3 s时滑块下滑的速度达到最大,有mgsin θ=μmgcosθ+kv max,(1分)解得μ=,k=3 kg/s(说明:k的答案没有单位不算对).(1分)答案:(1)3 m/s2　2 m/s　(2)　3 kg/s16.(8分)如图(甲)所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角θ=37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点.滑块运动的速度—时间图像如图(乙)所示,求:(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2)(1)A,B之间的距离;(2)滑块再次回到A点时的速度大小;(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.解析:(1)由v t图像知A,B之间的距离为s AB= m=16 m.(1分)(2)设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1,从B返回到A过程的加速度大小为a2,滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ,则有a1== m/s2=8 m/s2(1分)由于mgsin θ+μmgcosθ=ma1,得μ=0.25.(1分)滑块由B返回到A的过程中,则有mgsin θ-μmgcosθ=ma2即a2=4 m/s2,(1分)设滑块返回到A点时的速度为v,有v2-0=2a2s AB即v=8 m/s.(1分)(3)设滑块从A到B用时为t1,从B返回到A用时为t2,则有t1=2 s(1分)t2==2 s(1分)则滑块在整个运动过程中所用的时间为t=t1+t2=(2+2) s.(1分)答案:(1)16 m　(2)8 m/s　(3)(2+2) s17.(12分)如图所示,传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5 m,L2=2 m.传送带始终保持以速度v向右匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板,平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2 kg,g取10 m/s2.求:(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小.(2)若v=6 m/s,求滑块离开平板时的速度大小.解析:(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小a1==3 m/s2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动,加速度大小a2==1 m/s2(1分)设滑块从平板左端滑至右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块进行分析:v′=v-a1t(1分)L2+x=vt-a1t2(1分)对平板进行分析:v′=a2t(1分)x=a2t2(1分)联立以上各式代入数据解得t=1 s,v=4 m/s.当v=4 m/s时,滑块在传送带上加速运动的位移为x1==1.6 m<L1,故符合题意.(1分)(2)滑块在传送带上的加速度a3==5 m/s2(1分)若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为v1==5 m/s<6 m/s(1分)即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′则v″=v1-a1t′(1分)L2+x′=v1t′-a1t′2(1分)x′=a2t′2(1分)联立以上各式代入数据解得t′= s,t2′=2 s(t2′>t,不合题意,舍去)将t′= s代入v″=v1-a1t′得v″=3.5 m/s.(1分)答案:(1)4 m/s　(2)3.5 m/s18.(12分)如图所示,一长L=2 m,质量M=4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上,其右端距平台边缘l=5 m,木板的正中央放有一质量为m=1 kg的物块(可视为质点),已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F,其大小为48 N,g取10 m/s2,试求:(1)F作用了1.2 s时,木板的右端离平台边缘的距离;(2)要使物块最终不能从平台上滑出去,则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.解析:(1)假设开始时物块与木板会相对滑动,由牛顿第二定律:对木板:F-μ1(M+m)g-μ1mg=Ma1解得a1=6 m/s2(1分)对物块:μ1mg=ma2解得a2=4 m/s2,(1分)因a2<a1,故假设成立设F作用t时间后,物块恰好从木板左端滑离,则=a1t2-a2t2(1分)解得t=1 s(1分)在此过程:木板位移x1=a1t2=3 m末速度v1=a1t=6 m/s(1分)物块位移x2=a2t2=2 m,末速度v2=a2t=4 m/s(1分)在物块从木板上滑落后的t0=0.2 s内,由牛顿第二定律,对木板:F-μ1Mg=Ma1′解得a1′=8 m/s2(1分)木板发生的位移x1′=v1t0+a1′=1.36 m此时木板右端距平台边缘Δx=l-x1-x1′=0.64 m.(1分)(2)物块滑至平台后,做匀减速直线运动,由牛顿第二定律:对物块:μ2mg=ma2′(1分)解得a2′=μ2g若物块在平台上速度减为0,则通过的位移x2′=(1分)要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l+≥x2+x2′(1分)联立解得μ2≥0.2.(1分)答案:(1)0.64 m　(2)μ2≥0.2。

能力课1 牛顿运动定律的综合应用一、选择题1．(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是( )A．列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态B．电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态C．蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态D．神舟十一号飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态解析：选BD 列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，A错误；电梯正在减速下降，加速度方向竖直向上，电梯里的人为超重状态，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直向下，为失重状态，C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状态，D正确．2．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比m A∶m B＝2∶1.现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图所示，则A对B的拉力等于( )A．1 N B．1.5 NC．2 N D．3 N解析：选A 设B物体的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律得a＝3 Nm＋2m，对B有F＝ma，所以F＝1 N.3. (多选)(2018届黄冈一模)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B 在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B 向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )解析：选BD 设A 、B 向右匀加速运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律，对整体有F ＋k (x 0－x )＝(m A ＋m B )a ，可得F ＝kx ＋(m A ＋m B )a －kx 0，若(m A ＋m B )a ＝kx 0，得F ＝kx ，则F 与x 成正比，F ­x 图象可能是过原点的直线，对A 有k (x 0－x )－F N ＝m A a ，得F N ＝－kx ＋kx 0－m A a ，可知F N ­x 图象是向下倾斜的直线，当F N ＝0时A 、B 开始分离，此后B 做匀加速运动，F 不变，则A 、B 开始分离时有x ＝x 0－m A a k＜x 0，因此B 和D 是可能正确的． 4．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μm g解析：选C 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .5. (多选)将一个质量为1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v ­t 图象如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．小球所受重力和阻力之比为5∶1B ．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3C ．小球落回到抛出点时的速度大小为8 6 m/sD ．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：选AC 上升过程中mg ＋F f ＝ma 1，由题图可知a 1＝12 m/s 2，解得F f ＝2 N ，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A 正确；下落过程中mg －F f ＝ma 2，可得a 2＝8 m/s 2，根据h ＝12at 2，可得t 1t 2＝a 2a 1＝23，选项B 错误；根据v ＝a 2t 2，t 2＝ 6 s ，可得v ＝8 6 m/s ，选项C 正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D 错误．6. (2018届淮北一模)如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D 对滑轮分析：F －2T ＝m ′a ，又m ′＝0 所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg 对A 分析：由于T ＜4mg ，故A 静止，a A ＝0对B 分析：a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确． 7. (2018届德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数F 随时间t 变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v ­t 图、P ­t 图(P 为物体重力的功率大小)及a ­t 图可能正确的是( )解析：选C 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：①若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；②若F2＝mg，则F1<mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的；③若F3＝mg，则F1<mg，F2<mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv 可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的．由以上的分析，可知只有C 选项是可能的，A 、B 、D 都是不可能的．8．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC 设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m ·23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．9．(2019届福建福州质检)倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M 放在水平面AB 上，滑块M 的顶端O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m ＝55 kg ，当滑块M 以a ＝2g 的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g ＝10 m/s 2)( )A．10 N B．5 NC. 5 ND.10 N解析：选A 当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有F T cosθ＝ma0F T sinθ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有F T′cosα＝m·2gF T′sinα－mg＝0解得F T′＝5mg＝5×55×10 N＝10 N.故选项A正确．10.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A．小球对圆槽的压力为MF m＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C 利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知只有C项正确．二、非选择题11.如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝33，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动．随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程－mg sinθ－μmg cosθ＝ma①木块的位移为x，有0－v02＝2ax②根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sinθ＋μcosθ)根据数学关系有sinθ＋μcosθ＝1＋μ2 sin(θ＋α)其中tanα＝μ＝33，则α＝30°要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g1＋μ2所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－2g 3代入②可得x min＝3v02 4g.答案：60°3v02 4g12．足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．解析：(1)由题图乙可知，AB 段加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得F ＝11 N.(2)在BC 段mg sin α＝ma 2，解得a 2＝8.0 m/s 2小物块从B 到C 所用时间与从C 到B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B 点的速度v B ＝2.0 m/s ，有 t ＝2v B a 2＝2×2.08.0s ＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3解得a 3＝5.0 m/s 2滑行的位移s ＝v B 22a 3＝ 2.022×5.0 m ＝0.4 m s AB ＝v t ＝v 2t ＝2.02×4.0 m＝4.0 m ＞0.4 m 所以小物块不能返回到A 点，停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)小物块不能返回到A 点，停止运动时，离B 点的距离为0.4 m|学霸作业|——自选一、选择题1．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是( ) A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析：选D 易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确．2．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被塔吊竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )A．前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB．46 s末材料离地面的距离为22 mC．0～10 s材料处于失重状态D．在30～36 s钢索最容易发生断裂解析：选B 由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，F<mg，前10 s材料处于超重状态，F>mg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误．3. (2018届甘肃一诊)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，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；如果改用大小为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.下列关系式正确的是( )A ．a 1＝a 2，F 1>F 2B ．a 1＝a 2，F 1<F 2C ．a 1＝a 2，F 1＝F 2D ．a 1>a 2，F 1>F 2解析：选A 以由A 、B 及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a ＝F －μm 1＋m 2g m 1＋m 2，可得a 1＝a 2＝a .当用F 拉B 时，以A 为研究对象有F 1－μm 1g ＝m 1a 1，可得F 1＝μm 1g ＋m 1a 1＝m 1F m 1＋m 2；同理，当用F 拉A 时，以B 为研究对象，有F 2－μm 2g ＝m 2a 2，可得F 2＝m 2F m 1＋m 2，由于m 1>m 2，则F 1>F 2，A 正确． 4.如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离为h 时，B 与A 分离．下列说法正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mg hD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动解析：选C A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0对B ：F －mg ＝ma对A ：kx －mg ＝ma即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F ＝mg ，设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0，则2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x解以上各式得k ＝mg h，综上所述，只有C 项正确．5. (多选)(2019届哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 与C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )A ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用B ．一起加速过程中，D 木块受到的静摩擦力大小为F 4C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受摩擦力大小和方向相同D ．当F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC 在水平拉力F 的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F ＝4ma ，对A 、D 木块有f A ＝f D ＝ma ，解得A 、D 木块所受摩擦力大小 f A ＝f D ＝F 4，方向均水平向右，故B 、C 正确；一起加速过程中，C 木块受到重力、D 木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A 项错误；当F 撤去瞬间，D 木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A 木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D 项错误．6．(多选)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M －m Mg 解析：选BC 按题图甲放置时，M 静止，则Mg sin α＝mg ，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg －mg sin α＝(M ＋m )α，联立解得a ＝(1－sin α)g .对m 由牛顿第二定律得T －mg sin α＝ma ，解得T ＝mg ，故A 、D 错误，B 、C 正确．7．(多选)图甲中，两滑块A 和B 叠放在光滑水平地面上，A 的质量为m 1，B 的质量为m 2.设A 、B 间的动摩擦因数为μ，作用在A 上的水平拉力为F ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图乙为F 与μ的关系图象，其直线方程为F ＝m 1m 1＋m 2g m 2μ.下列说法正确的有( )A ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对滑动B ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对静止C ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对滑动D ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对静止解析：选AD 当A 、B 间刚要发生相对滑动时静摩擦力达到最大值，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得μm 1g ＝m 2a ，得a ＝μm 1g m 2.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F ＝(m 1＋m 2)a ＝m 1m 1＋m 2g m 2μ，可以知道，图中实线对应两个物体刚要发生相对滑动的情形．μ和F 的值位于a 区域时，该区域中的点与原点连线的斜率大于实线的斜率，即有F μ＞m 1m 1＋m 2g m 2，可得F >m 1m 1＋m 2g m 2μ，A 、B 相对滑动；μ和F 的值位于b 区域时，该区域中的点与原点连线的斜率小于实线的斜率，即有F μ＜m 1m 1＋m 2g m 2，可得F <m 1m 1＋m 2g m 2μ，A 、B 相对静止，故A 、D 项正确，B 、C 项错误．8. (2018届黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球m ，此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速运动，而M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a 时，( )A ．横杆对M 的摩擦力增加到原来的2倍B ．横杆对M 的弹力增加到原来的2倍C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D ．细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：F f ＝(M ＋m )a ，竖直方向：F N ＝(M ＋m )g ，则当加速度增加到2a 时，横杆对M 的摩擦力F f 增加到原来的2倍，横杆对M 的弹力等于2个物体的总重力，保持不变，故A 正确，B 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得tan θ＝a g ，当a 增加到2倍时，tan θ变为2倍，但θ不是原来的2倍．细线的拉力F T ＝mg 2＋ma 2，可见，a 变为2倍，F T 不是原来的2倍，故C 、D 错误．9．(多选)(2019届合肥模拟)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示．图中a 1、a 2、m 0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值C ．若θ已知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值解析：选BC 根据牛顿第二定律得对B 得：mg －F ＝ma ①对A 得：F －m A g sin θ＝m A a ②联立得a ＝mg －m A g sin θm A ＋m③ 若θ已知，由③知，不能求出A 的质量m A ，故A 错误；由③式变形得a ＝g －m A m g sin θm A m＋1 当m →∞时，a ＝a 1＝g ，故B 正确；由③式得，m ＝0时，a ＝a 2＝－g sin θ，故C 正确；当a ＝0时，由③式得，m ＝m 0＝m A sin θ，可知m 0不能求出，故D 错误．10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T ­a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0 B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06a (N)解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T ­a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．二、非选择题11．如图所示，倾角为45°的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t＝2～5 s内工作．已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段长为L＝8 m，重力加速度g＝10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin45°－μ1mg cos45°＝ma1设物块到达B处的速度为v B，由速度—位移关系得v B2＝2a1·hsin45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零，这种情况下v B 最小，物块在水平轨道BC 上运动的时间最长，则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s ，又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时．联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22 联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h 的取值范围为1．6 m≤h ≤2.5 m.答案：1.6 m≤h ≤2.5 m12.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L ，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m 和2m 的圆柱形物块A 、B ，A 、B 紧贴管的内壁，厚度不计．A 、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是f 1＝mg 、f 2＝2mg ，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．管下方存在这样一个区域：当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F 作用，而B 在该区域运动时不受它的作用，PQ 、MN 是该区域的上下水平边界，高度差为H (L >2H )．现让管的下端从距上边界PQ 高H 处由静止释放，重力加速度为g .(1)为使A 、B 间无相对运动，求F 应满足的条件；(2)若F ＝3mg ，求物块A 到达下边界MN 时A 、B 间的距离．解析：(1)设A 、B 与管不发生相对滑动时的共同加速度为a ，A 与管间的静摩擦力为f A . 对A 、B 整体有3mg －F ＝3ma对A 有mg ＋f A －F ＝ma ，并且f A ≤f 1联立解得F ≤32mg .21 (2)A 到达上边界PQ 时的速度v A ＝2gH 当F ＝3mg 时，可知A 相对于圆管向上滑动，设A 的加速度为a 1，则有mg ＋f 1－F ＝ma 1，解得a 1＝－gA 向下减速运动的位移为H 时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t ＝ 2H g由于管的质量不计，在此过程中，A 对管的摩擦力与B 对管的摩擦力方向相反，大小均为mg ，B 受到管的摩擦力小于2mg ，则B 与圆管相对静止，B 和圆管整体受到重力和A 对管的静摩擦力作用以v A 为初速度、以a 2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a 2＝2mg －mg 2m ＝g 2物块A 到达下边界MN 时A 、B 之间的距离为ΔL ＝L －⎝ ⎛⎭⎪⎫v A t ＋12a 2t 2－H ＝L －32H . 答案：(1)F ≤32mg (2)L －32H。

牛顿运动定律的综合应用1．下列哪个说法是正确的( )A ．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B ．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C ．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态解析：选B.选项A 、C 、D 中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A 、C 、D 错误；选项B 中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B 正确．2．(2016·北京东城区期末)人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )A ．电梯加速上升B ．电梯加速下降C ．电梯匀速上升D ．电梯匀速下降解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F －G ＝ma ，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F 大于G ，加速度方向向上．选项A 正确，B 、C 、D 错误．3．(2016·福建福州质检)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v 或加速度a 随时间t 变化的图象中符合实际情况的是( )解析：选 A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg ＝k Δx ，此时a ＝0，小球速度达到最大值v max ，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A 正确，B 错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x ，由能量关系得mg (h ＋x )＝12kx 2，则2mg (h ＋x )＝kx ·x ，由h ＋x ＞x 得kx ＞2mg ，所以在最低点kx －mg ＝ma ＞mg ，即a >g ，C 错误．弹簧形变量x 与t 不是线性关系．则a 与t 也不是线性关系，D 错误．4.原来静止的物体受到外力F 的作用，如图所示为力F 随时间变化的图线，则与F －t 图象对应的v －t 图象是( )解析：选B.由F －t 图象可知，在0～t 内物体的加速度大小a 1＝F m ，做匀加速直线运动，在t ～2t 内物体的加速度大小a 2＝F m，但方向与a 1反向，做匀减速直线运动，故选项B 正确．5.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 M B.2f m ＋M m C.2f m ＋M M －(m ＋M )g D.2f m ＋M m＋(m ＋M )g 解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，对木块有2f －Mg ＝Ma ，所以F ＝2f M ＋m M，选项A 正确． 6.(2016·辽宁朝阳三校协作体联考)如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上的拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D.对滑轮受力分析：F －2T ＝Ma ，又M ＝0，所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg .对A 受力分析：由于T ＜4mg ，故A 静止，a A ＝0.对B 受力分析：a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g .选项D 正确． 7.如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v 、a 、f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )解析：选C.物体在斜面上受重力、支持力、摩擦力作用，其摩擦力大小f 1＝μmg cos θ，沿斜面做初速度为零的匀加速直线运动，其v －t 图象为过原点的倾斜直线，A 错误．物体在斜面和水平面上的加速度大小均不变，B 错误．其s －t 图象应为两段曲线，D 错误．物体到达水平面后，所受摩擦力f 2＝μmg ＞f 1，做匀减速直线运动，C 正确．8.(多选)如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，开始时F ＝10 N ，此后力F 在逐渐增加的过程中，下列说法正确的是( )A ．F ＝10 N 时，两物体间没有相对运动，A 、B 间摩擦力大小为10 NB ．两物体开始没有相对运动，当拉力增加到12 N 后，发生相对滑动C ．两物体开始没有相对运动，当拉力增加到48 N 后，发生相对滑动D ．F 大于12 N 小于48 N 时，A 、B 间摩擦力大小随F 增大而增大解析：选CD.当AB 间的静摩擦力达到最大值时，A 与B 将开始相对滑动，根据牛顿第二定律，对B 有μm A g ＝m B a ，得a ＝6 m/s 2；对整体有F ＝(m A ＋m B )a ＝(6＋2)×6 N＝48 N ，所以当F ＞48 N 时，A 、B 两物体开始相对滑动．当F ＝10 N 时，两物体间没有相对运动，A 、B 的共同加速度为a ＝106＋2m/s 2＝1.25 m/s 2，A 、B 间摩擦力大小为f ＝m B a ＝2×1.25 N＝2.5 N ，选项A 错误；两物体开始没有相对运动，当拉力增加到48 N 后，发生相对滑动，选项B 错误，C 正确；当12 N ＜F ＜48 N 时，F 增大，加速度逐渐增大，A 、B 间摩擦力大小随F 增大而增大，选项D 正确．9．(2016·汕头模拟)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v －t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v 2＞v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.小物块滑上传送带后做匀减速直线运动，t 1时刻速度为零，此时小物块离A 处的距离达到最大，A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，t 2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，B 正确；0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，C 错误；t 2～t 3时间内小物块不受摩擦力，D 错误．10．(2016·山西、河北、河南三省联考)(多选)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．当F ＝8 N 时，滑块的加速度为1 m/s 2C ．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1D ．力随时间变化的函数关系一定可以表示为F ＝6t (N)解析：选BC.当F 等于6 N 时，加速度为a ＝1 m/s 2.对整体受力分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝6 kg ；当F 大于6 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmg M＝1M F －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M ＝12，解得M ＝2 kg ，滑块的质量为m ＝4 kg ，选项A 错误．根据F大于6 N时的图线知，F＝6 N时，a＝1 m/s2，代入数据解得μ＝0.1，当F＝8 N时，长木板的加速度为a＝2 m/s2.根据μmg＝ma′得a′＝μg＝1 m/s2，选项B、C正确．当M 与m共同加速运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为F＝6t(N)，当F大于6 N 后，发生相对滑动，表达式不是F＝6t(N)，选项D错误．11.某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯，其结构可以简化为如图所示模型．雪滑梯顶端距地面高为h＝15 m，滑梯斜面雪道长为l＝25 m，在距离斜面雪道底端x0＝20 m处的水平雪道上有一海绵坑．比赛时参赛运动员乘坐一质量为M的雪轮胎从赛道顶端滑下，在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑，运动员停在距离海绵坑1 m范围内算过关．已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1＝0.3，运动员与雪道间的动摩擦因数μ2＝0.8，假设运动员离开雪轮胎的时间不计，运动员落到雪道上时的水平速度不变，求质量为m的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闯关成功？解析：设运动员乘坐雪轮船沿斜面雪道滑动时的加速度为a0，滑到斜面底端时的速度大小为v，则有(M＋m)g sin θ－μ1(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a0v2＝2a0l解得v＝6 5 m/s在水平雪道上运动时，设运动员乘坐雪轮胎时的加速度大小为a1，翻下后的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1μ2mg＝ma2设运动员在距离海绵坑x1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下，翻下时速度为v1，则有v2－v21＝2a1(x0－x1)，v21＝2a2x1联立解得x1＝6 m设运动员在距离海绵坑x2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边1 m处停下，翻下时速度为v2，则有v2－v22＝2a1(x0－x2)，v22＝2a2(x2－1)联立解得x2＝7.6 m故运动员应该在距离海绵坑6～7.6 m的区域离开雪轮胎，才能闯关成功．答案：6～7.6 m12．(2016·河北百校联盟)如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s 内物体发生的位移．解析：(1)分析可知物体在前2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg sin θ－F 1－μmg cos θ＝ma 1，v 1＝a 1t 1，代入数据可得v 1＝5 m/s.(2)设物体在前2 s 内发生的位移为x 1，则x 1＝12a 1t 21＝5 m.当拉力为F 2＝4.5 N 时，由牛顿第二定律可得 F 2＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，代入数据可得a 2＝0.5 m/s 2，物体经过t 2时间速度减为0，则 v 1＝a 2t 2，t 2＝10 s ，设t 2时间发生的位移为x 2，则x 2＝12a 2t 22＝25 m ，由于mg sin θ－μmg cos θ＜F 2＜μmg cos θ＋mg sin θ，则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态．故物体在前16 s 内发生的位移x ＝x 1＋x 2＝30 m ，方向沿斜面向下．答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下。

本章综合能力提升练一、单项选择题1．如图1所示，物体A、B叠放在水平粗糙桌面上，用水平力F拉物体B，使A随B一路向右做匀加速直线运动，那么与物体B发生作用与反作用的力有( )图1A．三对B．四对C．五对D．六对答案D2．(2019·湖南省怀化市调研)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平稳状态．现同时撤去大小别离为8 N和12 N的两个力，其余的力维持不变，关于尔后该物体运动的说法正确的选项是( )A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2答案A解析物体在4个力作用下处于平稳状态，依照平稳状态的条件可知其中任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，因此撤去两个力以后另外两个力的合力为恒力，因此物体一定做匀变速运动．因大小为8 N与12 N两个力的合力的大小范围为4 N≤F合≤20 N，那么另外两个力的合力的大小范围为4 N≤F合′≤20 N，再由牛顿第二定律可知物体的加速度大小范围为2 m/s2≤a≤10 m/s2，因此A对．3．如图2所示，位于竖直平面内的固定滑腻圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点．竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心．已知在同一时刻a、b两球别离由A、B两点从静止开始沿滑腻倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则(空气阻力不计)()图2 A．a球最先抵达M点B．b球最先抵达M点C．c球最先抵达M点D．b球和c球都可能最先抵达M点答案C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，t a＝4Rg＝2Rg，t b>t a，c球做自由落体运动，t c＝2Rg，C选项正确．4．(2018·四川省泸州市质检)高跷运动是一项新型运动，图3甲为弹簧高跷．当人抓住扶手使劲蹬踏板紧缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．那么以下说法正确的选项是()图3A．人向上弹起进程中，一直处于超重状态B．人向上弹起进程中，踏板对人的作使劲大于人对踏板的作使劲C．弹簧紧缩到最低点时，高跷对人的作使劲大于人的重力D．弹簧紧缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力答案C解析人向上弹起的进程中，先做加速度慢慢减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度慢慢增加的减速直线运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动(完全失重)到最高点，选项A 错误；人向上弹起进程中，踏板对人的作使劲和人对踏板的作使劲属于作使劲和反作使劲，二者等大反向，选项B错误；当弹簧紧缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，依照牛顿第二定律可知，高跷对人的作使劲大于人的重力，由牛顿第三定律可知人对高跷的作使劲大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，D错误．5．(2018·甘肃省兰州市三诊)静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时刻转变如图4甲所示．在拉力F从0慢慢增大的进程中，物体的加速度随时刻转变如图乙所示，g取10 m/s2.那么以下说法中错误的选项是()图4A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并维持不变B．物体与水平面间的动摩擦因数为C．物体的质量为6 kgD．4 s末物体的速度为4 m/s答案C6．(2018·湖北省黄冈市模拟)如图5，水平地面上的小车上固定有一硬质弯杆，质量均为m 的小球A、B由细线相连，小球A固定在杆的水平段结尾，当小车向右匀加速运动时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g.以下说法正确的选项是()图5A．小车的加速度大小等于g tan θB．细线对小球B的拉力大小等于mg sin θC．杆对小球A的作使劲大小等于2mgcos θD．杆对小球A的作使劲方向水平向右答案C解析对小球B受力分析可知，B受重力、拉力的作用而随小车做匀加速直线运动，受力分析如下图，那么B的加速度a＝g tan θ，故A错误；细线对小球的拉力大小F T＝mgcos θ，故B 错误；对A、B整体分析可知，整体水平方向所受合力为2mg tan θ，竖直方向所受重力等于2mg ，那么杆对A 球的作使劲F ＝(2mg )2＋(2mg tan θ)2＝2mg cos θ，故C 正确；由C 的分析可知，杆对小球A 的作使劲可不能沿水平方向，故D 错误．二、多项选择题7．(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速度无关．假设它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时刻比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，那么r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，那么a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k 4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，应选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝f h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．8．(2018·湖北省黄冈市质检)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v ＝ m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A 、B 物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A 、B 两物块释放时刻距为 m ，与传送带间的动摩擦因数别离为μA ＝、μB ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝，cos 37°＝，重力加速度g ＝10 m/s 2，那么以下说法中正确的选项是( )图6A ．物块B 先做匀加速直线运动，后与传送带维持相对静止B ．物块B 最终必然追上物块AC ．在t ＝ s 时，A 、B 物块速度大小相等D ．在t ＝ s 前，A 、B 两物块之间的距离先增大后不变答案 BC解析 物块B 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB ＝<tan 37°，那么物块将继续加速下滑，选项A 错误；物块A 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA ＝＝tan 37°，那么物块A 将与传送带相对静止，一路下滑，那么物块B 最终必然追上物块A ，选项B 正确；物块B 开始下滑的加速度a B 1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s 2，与传送带共速时通过的时刻：t B ＝v a B＝ s ；物块A 开始下滑的加速度a A ＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s 2，与传送带共速时通过的时刻：t A ＝v a A＝ s ；共速后物块A 与传送带一路匀速下滑，那么t ＝ s 时两物块速度大小相等，选项C 正确；在开始的 s 内因为A 的加速度较大，那么两物块间的距离慢慢变大；在 s 后物块B 继续加速下滑速度慢慢变大，而物块A 的速度不变，那么两物块间的距离又慢慢减小，选项D 错误．三、非选择题9．(2019·安徽省芜湖市质检)某同窗利用图7甲所示的装置探讨“外力一按时，加速度与质量的关系”．图中打点计时器的电源为50 Hz 的交流电源，小车的质量未知．图7(1)实验之前要平稳小车所受的阻力，具体的步骤是，吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________________的点．(2)按住小车，在吊盘中放入适当质量的物块，并在小车中放入质量已知的砝码，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应知足的条件是________．(3)打开打点计时器电源，释放小车，取得如图乙所示的纸带，图示为五个持续点之间的距离(单位：cm)，那么小车的加速度a ＝________m/s 2.(4)改变小车中的砝码质量多次实验，取得不同的纸带，记录砝码的质量m ，并依照纸带求出不同的m 对应的加速度a ，以m 为横坐标，1a 为纵坐标，作出1a －m 关系图线如图丙所示，设图中直线的斜率为k ，纵轴上的截距为b ，假设牛顿第二定律成立，那么小车的质量为_______．答案 (1)距离均匀 (2)远小于小车的质量 (3) (4)b k 解析 (1)平稳摩擦力后，用手轻拨小车，小车应做匀速直线运动，打点计时器打出一系列距离均匀的点．(2)设小车质量为M ，车上砝码质量为m ，吊盘和盘中物块的质量和为m 2，小车所受拉力为F ，对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝(M ＋m )a ；对吊盘和盘中物块受力分析，由牛顿第二定律可得m 2g －F ＝m 2a ；解得：F ＝M ＋mM ＋m ＋m 2·m 2g ，化简得：F ＝11＋m 2M ＋m·m 2g ，当m 2≪M 时，改变车上砝码质量m ，小车所受拉力近似不变．故为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，吊盘和盘中物块的质量和应知足的条件是远小于小车的质量．(3)题图为五个持续点，故两点间时刻距离T ＝ s ，小车的加速度a ＝s 3＋s 4－(s 1＋s 2)4T 2＝错误!×10－2 m /s 2＝ m/s 2(4)以为拉力不变，那么a ＝F M ＋m，化简得：1a ＝M F ＋m F .题图中直线的斜率为k ，纵轴上的截距为b ，那么k ＝1F ，b ＝M F ，解得：M ＝b k .10．(2018·广东省惠州市模拟)如图8(a)由小车、斜面及粗糙程度能够改变的水平长直木板组成伽利略理想斜面实验装置．实验时，在水平长直木板隔壁放上刻度尺，小车能够从斜面平稳地滑行到水平长直木板．利用该装置与器材，完成能表现如图(b)“伽利略理想斜面实验思想与方式”的实验推论(设重力加速度为g )图8(1)请指出，实验时必需操纵的实验条件_____________________________________．(2)请表述，由实验现象能够得出的实验推论：_______________________________.(3)图(c)是每隔Δt 时刻曝光一次取得的小车在粗糙水平面上运动进程中的五张照片，测得小车之间的距离别离是s 1、s 2、s 3、s 4，由此可估算出小车与水平面间的动摩擦因数μ＝____________(需要用s 1、s 2、s 3、s 4、g 、Δt 表示)．答案 (1)释放小车的竖直高度相同 (2)水平面越滑腻，小车滑得越远，当水平面完全滑腻时，小车将滑向无穷远 (3)(s 1＋s 2)－(s 3＋s 4)4g (Δt )2解析 (1)依照伽利略“理想实验”的内容与原理可知，需要小车抵达水平面时的速度是相同的，因此在实验的进程中要求小车从同一个位置释放，可知需要操纵的条件为释放小车的竖直高度相同；(2)依如实验的情形，能够得出的结论为：水平面越滑腻，小车滑得越远，当水平面完全滑腻时，小车将滑向无穷远；(3)小车在水平面内做匀变速直线运动，结合匀变速直线运动的推论，那么：a ＝(s 1＋s 2)－(s 3＋s 4)4(Δt )2依照牛顿第二定律可知：a ＝μmg m＝μg 因此小车与水平面间的动摩擦因数：μ＝(s 1＋s 2)－(s 3＋s 4)4g ·(Δt )211．(2018·吉林省公主岭市模拟)如图9甲所示，滑腻水平面上的O 处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小随时刻均匀转变，如图乙所示．物体从零时刻开始运动．图9(1)求当t ＝ s 时物体的加速度大小．(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时物体的速度最大？最大值为多少？答案 (1) m/s 2 (2)观点析 (3)观点析解析 (1)由题图乙可知F 2＝(2＋2t ) N当t ＝ s 时，F 2＝(2＋2× N ＝3 NF 1－F 2＝maF1－F2 m ＝4－32m/s2＝m/s2.a＝(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝2－2t (N)作出F 合－t 图象如下图从图中能够看出，在0～2 s 范围内当t ＝0时，物体有最大加速度a mF m ＝ma ma m ＝F m m ＝22m /s 2＝1 m/s 2当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a m ′ F m ′＝ma m ′a m ′＝F m ′m ＝－22m /s 2＝－1 m/s 2 负号表示加速度方向向左．(3)由牛顿第二定律得a ＝F 合m＝1－t (m/s 2) 画出a －t 图象如下图由图可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于a －t 图象在t 轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v ＝12×1×1 m /s ＝ m/s. 12．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图10所示，在足够长的滑腻固定斜面底端放置一个长度L ＝2 m 、质量M ＝4 kg 的木板，木板的最上端放置一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对木板施加一个外力F 使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝32，g ＝10 m/s 2.图10(1)当外力F＝30 N，二者维持相对静止，求二者一起运动的加速度大小；(2)当外力F＝N时，二者之间将会发生相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？答案(1)1 m/s2(2) m/s m/s解析(1)二者一起运动时，F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a解得a＝1 m/s2(2)设木板和物块的加速度别离为a1、a2，从开始运动到二者完全分离的时刻为t，分离时速度别离为v1、v2，F－Mg sin θ－μmg cos θ＝Ma1，μmg cos θ－mg sin θ＝ma2又L＝1，v1＝a1t，v2＝a2t2(a1－a2)t2联立解得v1＝m/s，v2＝m/s.。