2025高考物理步步高同步练习第四章专题强化 动力学中的板块问题含答案

2025高考物理步步高同步练习第四章动力学中的板块问题[学习目标]1.建立板块模型的分析方法.2.能运用牛顿运动定律处理板块问题．1．模型概述：一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动．问题涉及两个物体、多个过程，两物体的运动速度、位移间有一定的关系．2．解题方法(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．3．常见的两种位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，则滑离木板的过程中滑块的位移与木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板相向运动，滑离木板时滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度．特别注意：运动学公式中的位移都是对地位移．4．注意摩擦力的突变当滑块与木板速度相同时，二者之间的摩擦力通常会发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力或者消失，或者摩擦力方向发生变化，速度相同是摩擦力突变的一个临界条件．一、地面光滑的板块问题考向1有外力作用的情况如图1所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，当对B施加水平向右的力F＝10N时，求：(g取10m/s2)图1(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？答案(1)1m/s23m/s2(2)0.8s解析(1)A、B间的摩擦力Ff＝μmBg＝4N以B为研究对象，根据牛顿第二定律得：F－Ff＝mBaB，则aB＝eq\f(F－Ff,mB)＝3m/s2以A为研究对象，根据牛顿第二定律得：Ff′＝mAaA，由牛顿第三定律得Ff′＝Ff解得aA＝1m/s2.(2)设将B从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示则有xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2xB－xA＝L联立解得t＝0.8s.考向2无外力作用的情况(2020·湘潭市高一期末)如图2所示，物块A、木板B的质量分别为mA＝5kg，mB＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝4m．开始时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动．已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水平地面光滑，g取10m/s2.图2(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小．答案(1)3m/s21.5m/s2(2)6m/s解析(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝eq\f(μmAg,mA)＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝eq\f(μmAg,mB)＝1.5m/s2.(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有v＝v0－a1tv＝a2t位移关系：L＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t，解得v0＝6m/s.二、地面不光滑的板块问题考向1无外力作用的情况如图3所示，物块A、木板B的质量均为m＝10kg，不计A的大小，木板B长L＝3m．开始时A、B均静止．现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动．已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.图3(1)发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？(2)若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v0为多大？答案(1)3m/s21m/s2(2)2eq\r(6)m/s解析(1)分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小为a1，则有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2(2)由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有：时间关系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移关系：L＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t解得v0＝2eq\r(6)m/s.如图4所示，质量M＝1kg、长L＝4m的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，g取10m/s2，求：图4(1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，此时木块的速度多大？(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能继续滑行的距离．答案(1)4m/s22m/s2(2)2s4m/s(3)8m解析(1)以铁块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2代入数据解得铁块的加速度大小a1＝4m/s2木板的加速度大小a2＝2m/s2(2)设铁块运动到木板的最右端所用时间为t，则此过程铁块的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t2木板的位移为x2＝eq\f(1,2)a2t2两者的位移关系为L＝x1－x2，即L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2代入数据解得t＝2s或t＝－2s(舍去)此时木板的速度v＝a2t＝4m/s.(3)拿走铁块后木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ1g＝0.1×10m/s2＝1m/s2，则木板还能继续滑行的距离x3＝eq\f(v2,2a3)＝eq\f(16,2×1)m＝8m.训练1地面光滑的板块问题1.(2020·哈尔滨八中高一期末)如图1所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是()图1答案C解析当恒力F较小时，木块和木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，此时a1＝a2，v1＝v2；当恒力F较大时，木块相对于木板向前滑动，木块的加速度a2大于木板的加速度a1，且木块比木板运动的快，由于两者受力恒定，所以分别做匀加速直线运动，此时a1<a2，v1<v2，故A、B、D错误，C正确．2.(2020·宁夏育才中学高一上学期期末)如图2所示，质量为M＝1kg的足够长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝0.5kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3m/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10m/s2.求：图2(1)滑块在木板上滑动过程中，木板受到的摩擦力Ff的大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板达到的共同速度v的大小．答案(1)0.5N方向水平向右(2)1m/s2(3)1m/s解析(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：Ff＝μmg＝0.5N，方向水平向右(2)以对滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1m/s2(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a′＝0.5m/s2设经过时间t，滑块和木板达到共同速度v，则满足：对滑块：v＝v0－at对木板：v＝a′t由以上两式联立解得：滑块和木板达到的共同速度v＝1m/s.3.如图3所示，一质量M＝0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m＝0.2kg的小滑块以v0＝1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2，滑块始终没有滑离长木板，求：图3(1)经过多长时间，小滑块与长木板速度相等；(2)从小滑块滑上长木板到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少．答案(1)0.15s(2)0.135m解析(1)根据牛顿第二定律得μmg＝ma1μmg＝Ma2解得a1＝4m/s2，a2＝4m/s2小滑块做匀减速运动，而木板做匀加速运动，根据运动学公式有v0－a1t＝a2t解得t＝0.15s.(2)小滑块与长木板速度相等时相对静止，从小滑块滑上长木板到两者相对静止，经历的时间为t＝0.15s，这段时间内小滑块做匀减速运动，由x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，解得x＝0.135m.4．(2020·广东高一期末)如图4甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3m/s滑上长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示．g取10m/s2，下列说法正确的是()图4A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.5C．长木板A的长度可能为L＝0.8mD．长木板A的质量是物体B的质量的两倍答案D解析由题意可得，长木板A所受摩擦力方向与运动方向相同，物体B所受的摩擦力方向与运动方向相反，故A错误；对B受力分析，由牛顿第二定律有：μmBg＝mBaB，aB＝|eq\f(ΔvB,Δt)|＝eq\f(3－1,1)m/s2＝2m/s2，解得：μ＝0.2，故B错误；物体B未滑出长木板A，临界条件为当A、B具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，速度—时间图线与时间轴围成的面积表示位移，则：Lmin＝xB－xA＝eq\f(3×1,2)m＝1.5m，故C错误；对A受力分析，有：μmBg＝mAaA，aA＝eq\f(ΔvA,Δt)＝eq\f(1－0,1)m/s2＝1m/s2，联立解得：eq\f(mA,mB)＝2，故D正确．5．(2020·重庆市高一期末)如图5甲所示，长木板B固定在光滑水平面上，可视为质点的物体A静止叠放在B的最左端．现用F＝6N的水平力向右拉A，经过5sA运动到B的最右端，且其v－t图像如图乙所示．已知A、B的质量分别为1kg、4kg，A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.下列说法不正确的是()图5A．A的加速度大小为0.5m/s2B．A、B间的动摩擦因数为0.4C．若B不固定，B的加速度大小为1m/s2D．若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为5eq\r(2)s答案A解析根据v－t图像可知，物体A的加速度大小为：aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2，故A错误；以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F－μmAg＝mAaA代入数据得：μ＝0.4，故B正确；若B不固定，B的加速度大小为：aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2，故C正确；由题图乙知，木板B的长度为：l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m；若B不固定，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得：eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l代入数据解得：t＝5eq\r(2)s故D正确．6.(2020·重庆市主城区七校高一上学期期末联考)如图6所示，有一块木板A静置在光滑且足够大的水平地面上，木板质量M＝4kg，长L＝2m，木板右端放一小滑块B并处于静止状态，小滑块质量m＝1kg，其尺寸远小于L.小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.4.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2)图6(1)现用恒力F始终作用在木板A上，为了让小滑块B不从木板A上滑落，求恒力F大小的范围；(2)其他条件不变，若恒力F大小为24N，且始终作用在木板A上，求小滑块B滑离木板A时的速度大小．答案(1)F≤20N(2)8m/s解析(1)为了使小滑块B不从木板A上滑落，设A、B相对静止时的最大加速度为am，对B有：μmg＝mam对A、B整体有：Fm＝(M＋m)am解得：Fm＝20N即当F≤20N时小滑块B不从木板A上滑落．(2)当F＝24N时，A、B发生相对滑动此时，对B：μmg＝maB对A：F－μmg＝MaA设B在A上滑行的时间为t，有：L＝eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2B滑离木板A时的速度v＝aBt联立解得：v＝8m/s.7.质量M＝3kg的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11N的作用下由静止开始向右运动．如图7所示，当木板速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点．求：(g取10m/s2)图7(1)物块刚放在木板上时，物块和木板的加速度大小；(2)木板至少多长，物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力的大小．答案(1)2m/s21m/s2(2)0.5m(3)eq\f(44,7)N解析(1)放上物块后，物块的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg,M)＝1m/s2.(2)木板和物块达到共同速度后保持相对静止，故a1t＝v0＋a2t，解得t＝1s，1s内物块位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝1m，木板位移x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝1.5m，所以木板长度至少为L＝x2－x1＝0.5m.(3)物块与木板相对静止后，对整体，有F＝(M＋m)a，对物块，有Ff＝ma，故Ff＝eq\f(mF,M＋m)＝eq\f(44,7)N.训练2地面不光滑的板块问题(选练)1.质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1＝0.15.质量为m＝10kg的小铁块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图1所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则下列判断正确的是()图1A．木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板答案A解析木板与地面间的最大静摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45N，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为Ff2＝μ2mg＝40N，Ff1>Ff2，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则v02＝2μ2gx，解得x＝2m<L＝5m，所以小铁块不能滑出木板，选项A正确．2．质量为2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧以初速度v0沿木板上表面水平冲上木板，如图2甲所示．A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的vt图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：图2(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1；(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2；(3)A的质量．答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg解析(1)由题图乙可知，A在0～1s内的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由题图乙知，A、B整体在1～3s内的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得μ2＝0.1.(3)由题图乙可知B在0～1s内的加速度a2＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2.对B由牛顿第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg.3．如图3所示，厚度不计的薄板A长l＝5m，质量M＝5kg，放在水平地面上．在A上距右端x＝3m处放一物体B(大小不计)，其质量m＝2kg，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，原来系统静止．现在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，将A从B下抽出．g＝10m/s2，求：图3(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B运动多长时间离开A；(3)B离开A时的速度的大小．答案(1)2m/s21m/s2(2)2s(3)2m/s解析(1)对B，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝maB解得aB＝1m/s2对A，由牛顿第二定律可得：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA解得aA＝2m/s2.(2)设经时间t，A从B下抽出，则xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2Δx＝xA－xB＝l－x解得t＝2s.(3)vB＝aBt＝2m/s.4.如图4所示，长22.5m、质量为40kg的木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为60kg的人立于木板左端，人与木板均静止，当人以3m/s2的加速度匀加速向右奔跑时(g取10m/s2)，求：图4(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从木板左端跑到右端所需要的时间．答案(1)180N方向水平向右(2)2m/s2方向水平向左(3)3s解析(1)设人的质量为m1，加速度大小为a1，木板的质量为m2，加速度大小为a2，人对木板的摩擦力为Ff，木板对人的摩擦力为Ff′，木板的长度为l.对人进行受力分析，由牛顿第二定律得Ff′＝m1a1＝180N，方向水平向右．(2)对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得Ff－μ(m1＋m2)g＝m2a2由牛顿第三定律得Ff＝Ff′解得a2＝2m/s2，方向水平向左．(3)设人从木板左端跑到右端所需要的时间为t由运动学公式得l＝eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)a2t2解得t＝3s.实验：验证牛顿第二定律[学习目标]1.进一步理解探究加速度与力、质量的关系的实验方法.2.会利用牛顿第二定律分析实验数据和实验误差．在“验证牛顿第二定律”实验中需注意以下几个方面：1．补偿阻力：适当垫高木板的右端，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，在补偿阻力时，不要把悬挂槽码的细绳系在小车上，让小车拉着打点的纸带匀速运动．2．不重复补偿阻力．3．实验条件：小车的质量m远大于槽码的质量m′.4．一先一后一按：改变拉力和小车质量后，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，且应在小车到达定滑轮前按住小车．5．作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧．6．作图时两轴标度比例要选择适当．各量需采用国际单位．某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图1(1)下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度来补偿木块受到的阻力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套上图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有补偿阻力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”“小于”或“等于”)图2答案(1)AD(2)远小于(3)小于大于解析(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A项正确；补偿阻力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，B项错误；实验时应先接通打点计时器的电源再放开木块，C项错误；通过增减木块上的砝码改变质量时不需要重新补偿阻力，D项正确．(2)由整体法和隔离法得到细绳中的拉力F＝Ma＝Meq\f(mg,M＋m)＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，可知，当砝码桶及桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得F≈mg.(3)没有补偿阻力，则F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，a－F图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙．某同学用如图3所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：图3(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：A．交变电源、导线 B．天平(含配套砝码)C．秒表 D．刻度尺E．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代号)(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况，其中一部分纸带上的点迹情况如图4甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，测得A点到B、C点的距离分别为x1＝5.99cm、x2＝13.59cm，则在打下点迹B时，小车运动的速度vB＝________m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a＝________m/s2.(结果均保留三位有效数字)图4(3)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a－F图像，其中图线不过原点的原因是__________________________________；图线在末端弯曲的原因是_____________________________________________________.答案(1)C(2)0.6801.61(3)补偿阻力过度砂和小砂桶的总质量m不远小于小车和砝码的总质量M解析(1)由于打点计时器就是一个计时装置，所以不需要秒表．(2)由题图甲知T＝0.1s，匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，vB＝eq\f(x2,2T)≈0.680m/s，由Δx＝aT2知，(x2－x1)－x1＝aT2，解得a＝eq\f(x2－2x1,T2)，代入数据解得a＝1.61m/s2.(3)由题图乙知，当F＝0时，a≠0，说明重力的分力产生了加速度，所以图线不过原点的原因是补偿阻力过度；以小车、砂和小砂桶整体为研究对象得：mg＝(M＋m)a，以小车为研究对象得F＝Ma，联立解得F＝eq\f(Mm,M＋m)g＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，当M≫m时F≈mg，在图线中，F越大，mg越大，就越不满足M≫m的条件，所以图线在末端弯曲．1．在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如表所示．F/N0.200.300.400.500.60a/(m·s－2)0.110.190.290.400.51(1)根据表中的数据在图1所示的坐标系中作出a－F图像．图1(2)图像斜率的物理意义是___________________________________________．(3)小车和砝码的总质量为________kg.(4)图线(或延长线)在F轴上的截距的物理意义是_______________________________．答案(1)见解析图(2)小车和砝码总质量的倒数(3)1(4)小车受到的阻力为0.1N解析(1)根据所给数据在所给坐标系中准确描点，作出的a－F图像如图所示．(2)根据a＝eq\f(F,M)及(1)中图像可以判断图像斜率表示小车和砝码总质量的倒数．(3)由(1)中图像可得eq\f(1,M)＝eq\f(Δa,ΔF)，解得M＝1kg.(4)由a－F图像可知，当力F＝0.1N时，小车开始运动，说明小车受到的阻力为0.1N.2．(2021·南京市高一上期末)某同学利用如图2甲装置探究加速度与合外力的关系．图2(1)对本实验的操作，下列说法中正确的一项是________．A．实验中无需测量盛放砝码的托盘质量B．实验中要调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与水平桌面平行C．补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑D．让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通打点计时器的电源，打出一条纸带(2)如图乙所示为实验中得到纸带的一段，相邻两计数点间还有四个点没有画出．已知交流电的频率为50Hz，则相邻两计数点间的时间隔为________s，小车的加速度为________m/s2(保留两位有效数字)．(3)以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出a－F图像，如图丙所示．若求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．答案(1)C(2)0.10.41(3)eq\f(1,k)解析(1)实验中是用砝码和托盘的总重力代替拉力，所以砝码和托盘的质量均要测量，故A错误；调节滑轮的高度使小车和滑轮间的细线与长木板平行，而不是与水平桌面平行，故B错误；补偿阻力时，必须取下托盘和砝码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑，故C正确；小车靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，后释放小车，打出的纸带点迹完整，故D错误．(2)相邻两计数点间的时间间隔为T＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s．由Δx＝aT2得小车的加速度为：a＝eq\f(3.21＋3.61－2.39＋2.80,2×0.12)×10－2m/s2≈0.41m/s2；(3)以加速度a为纵坐标，F为横坐标，画出的a－F图像的斜率为k，据牛顿第二定律有：a＝eq\f(1,M)F，所以小车的质量为M＝eq\f(1,k).3．某同学利用图3所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图3(1)图4为实验中打出的一条纸带的一部分，纸带上标出了连续的5个计数点，依次为A、B、C、D和E，相邻计数点之间还有4个点没有标出，已知打点计时器所使用的交变电源的频率为50Hz.由纸带量出相邻的计数点之间的距离分别为xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm，打点计时器打下C点时，小车的速度大小为________m/s，小车的加速度大小为________m/s2.(结果均保留两位有效数字)图4(2)某同学探究“保持物体所受合外力不变，其加速度与质量的关系”时，作出如图5所示的图像，由图像可知，小车受到的合外力的大小是________N.图5答案(1)0.490.43(2)0.2解析(1)相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1s，C点的瞬时速度等于BD段的平均速度，故有：vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(4.65＋5.08×10－2,0.2)m/s≈0.49m/s根据逐差法求得加速度大小为：a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(5.49＋5.08－4.65－4.22×10－2,4×0.12)m/s2≈0.43m/s2(2)在a－eq\f(1,m)图像中，斜率表示合外力，故有：F＝eq\f(a,\f(1,m))＝eq\f(0.8,4.0)N＝0.2N.4．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学使用了如图6所示的装置，木板放在水平桌面上，打点计时器打点频率为50Hz.图6(1)实验中得到如图7所示的一段纸带，每五个点取一个计数点，测得AB＝7.65cm，BC＝10.17cm，则实验测出小车的加速度大小为________m/s2.图7(2)若直接按题中所示装置进行实验，以沙和沙桶的总重力产生的拉力F为横轴，通过纸带分析得到的加速度a为纵轴，以下画出的a－F图像合理的是________．(3)实验中，沙和沙桶的总重力________(填“大于”“小于”或“等于”)绳子对小车的拉力，为了让沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力，应让沙和沙桶的总质量________(填“远大于”或“远小于”)小车的质量．(4)若第(2)问中四个图像中的图线(B、C图线中的直线部分)的斜率为k，则小车的质量M＝________.答案(1)2.52(2)C(3)大于远小于(4)eq\f(1,k)解析(1)相邻两计数点间的时间间隔T＝0.1s小车的加速度大小为a＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(10.17－7.65×10－2,0.12)m/s2＝2.52m/s2.(2)若直接按题图所示装置进行实验，没有补偿阻力，则当力F达到某一值时小车才有加速度，可知画出的a－F图像合理的是C.(3)实验中，我们认为绳子对小车的拉力的大小等于沙和沙桶(其总质量为m)的总重力的大小，而实际上绳子的拉力FT＝mg－ma，故绳子对小车的拉力小于沙和沙桶的总重力．为了让沙和沙桶的总重力大小更接近绳子对小车的拉力大小，应让沙和沙桶的总质量远小于小车的质量．(4)由牛顿第二定律得a＝eq\f(F,M)＝eq\f(1,M)·F，则斜率k＝eq\f(1,M)，小车的质量M＝eq\f(1,k).5．(2020·山西省长治市第二中学高一开学考试)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图8所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量．(滑轮质量不计)图8(1)实验时，一定要进行的操作是________．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力C．小车靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图9所示的一条纸带(两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2(结果保留两位有效数字)．图9(3)以弹簧测力计的示数F为横轴，加速度为纵轴，画出的a－F图像是一条直线，如图10所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为________．图10A．2tanθ B.eq\f(1,tanθ)C．k D.eq\f(2,k)答案(1)BCD(2)1.3(3)D解析(1)本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量远小于车的质量，故A、E错误；该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，应将带滑轮的长木板右端垫高，以补偿阻力，故B正确；小车靠近打点计时器，打点计时器使用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C正确；改变砂和砂桶的质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化的关系，故D正确．(2)由于两计数点间还有两个点没有画出，相邻计数点之间的时间间隔T＝0.06s根据逐差法Δx＝aT2可得小车加速度a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f(2.8＋3.3＋3.8－1.4－1.9－2.3×10－2,9×0.062)m/s2≈1.3m/s2(3)由牛顿第二定律得2F＝Ma解得a＝eq\f(2,M)Fa－F图像的斜率为k＝eq\f(2,M)可得小车质量为M＝eq\f(2,k)故A、B、C错误，D正确．瞬时问题分析[学习目标]1.进一步理解牛顿第二定律的瞬时性，会分析变力作用过程中的加速度和速度.2.会分析物体受力的瞬时变化，掌握瞬时变化问题的两种模型．一、变力作用下加速度和速度的分析1．加速度与合力的关系由牛顿第二定律F＝ma，加速度a与合力F具有瞬时对应关系，合力增大，加速度增大，合力减小，加速度减小；合力方向变化，加速度方向也随之变化．2．速度与加速度(合力)的关系速度与加速度(合力)方向相同或夹角为锐角，物体做加速运动；速度与加速度(合力)方向相反或夹角为钝角，物体做减速运动．如图1所示，物体在水平拉力F的作用下沿水平地面向右做匀速直线运动，现让拉力F逐渐减小，则物体的加速度和速度的变化情况应是()图1A．加速度逐渐变小，速度逐渐变大B．加速度和速度都逐渐变小C．加速度和速度都逐渐变大D．加速度逐渐变大，速度逐渐变小答案D解析物体向右做匀速直线运动，滑动摩擦力Ff＝F＝μFN＝μmg，当F逐渐减小时，Ff＝μmg不变，所以产生与v方向相反即向左的加速度，加速度的数值a＝eq\f(Ff－F,m)随F逐渐减小而逐渐增大．因为a与v方向相反，所以v减小，故D正确．(2021·南京市高一上期末)如图2所示，一个质量为m的小球从轻质弹簧正上方O点处自由下落，A点为弹簧的原长处，B点为弹簧弹力和小球重力大小相等处，C点为小球能到达的最低处，整个过程中弹簧始终未超过弹性限度，不计空气阻力．下列说法正确的是()图2A．小球运动到A点速度最大B．小球运动到B点后加速度方向发生改变C．从A点到C点的过程中，小球一直在做减速运动D．从B点到C点的过程中，小球加速度不断减小答案B解析从O点到A点的过程中，小球只受重力，做匀加速运动，从A点到B点的过程中，小球受到重力和弹簧的弹力，且弹簧的弹力小于重力，小球的合力向下，小球做加速运动，到达B点速度最大，从B点到C点的过程中，弹簧的弹力大于重力，小球的合力向上，与速度方向相反，则小球做减速运动，弹力在增大，合力增大，加速度增大，故A、C、D错误，B正确．针对训练如图3所示，静止在光滑水平面上的物体A，一端靠着处于自然状态的水平弹簧．现对物体施加一水平恒力，在弹簧被压缩到最短的这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是()图3A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先减小后增大D．速度先增大后减小，加速度先增大后减小答案C解析力F作用在A上的开始阶段，弹簧弹力kx较小，合力与速度方向同向，物体速度增大，而合力F－kx随x增大而减小，加速度也减小，当F＝kx以后，随物体A向左运动，弹力kx大于F，合力方向与速度反向，速度减小，而加速度a随x的增大而增大．综上所述，只有C正确．二、牛顿第二定律的瞬时性问题1．两种模型的特点(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，形变恢复几乎不需要时间，故认为弹力可以立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，在弹簧(或橡皮绳)的自由端连接有物体时其弹力的大小不能突变，往往可以看成是瞬间不变的．2．解决此类问题的基本思路(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况，明确各力大小．(2)分析当状态变化时(烧断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等)，哪些力变化，哪些力不变，哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力、发生在被撤去物体接触面上的弹力都立即消失)．(3)求物体在状态变化后所受的合外力，利用牛顿第二定律，求出瞬时加速度．如图4所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是(重力加速度为g)()图4A．aA＝0，aB＝0B．aA＝g，aB＝gC．aA＝3g，aB＝gD．aA＝3g，aB＝0答案D解析剪断细线前，分析B球受力如图甲所示，F′＝2mg剪断细线后瞬间弹簧没来得及发生形变，故B球受力不变，aB＝0.剪断细线前，分析A球受力如图乙所示FT＝F＋mg，F′＝F，故FT＝3mg.剪断细线，FT变为0，F大小不变，物体A受力如图丙所示由牛顿第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.(2020·长春市十一高中高一期末)如图5所示，A、B两木块间连一竖直轻质弹簧，A、B的质量均为m，一起静止放在一块水平光滑木板上．若将此木板沿水平方向突然抽去，在抽去木板的瞬间，A、B两木块的加速度分别是(重力加速度为g)()图5A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝gC．aA＝0，aB＝2g D．aA＝g，aB＝2g答案C解析在抽去木板的瞬间，弹簧对A木块的支持力和对B木块的压力并未改变．在抽去木板的瞬间，A木块受重力和支持力，mg＝F，aA＝0；B木块受重力和弹簧向下的弹力，根据牛顿第二定律得aB＝eq\f(F＋mg,m)＝eq\f(mg＋mg,m)＝2g，故选C.如图6所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO烧断，在烧断绳AO的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图6A．弹簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ) B．弹簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度为零 D．小球的加速度a＝gsinθ答案A解析烧断绳AO之前，对小球受力分析，小球受3个力，如图所示，此时弹簧拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，绳AO的张力FT＝mgtanθ，烧断绳AO的瞬间，绳的张力消失，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故烧断绳AO瞬间弹簧的拉力不变，A正确，B错误．烧断绳AO的瞬间，小球受到的合力与烧断绳AO前绳子的拉力等大反向，即F合＝mgtanθ，则小球的加速度a＝gtanθ，C、D错误．1．(2020·北京市石景山区高一上学期期末)一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化是()A．加速度增大，速度增大B．加速度减小，速度减小C．加速度增大，速度减小D．加速度减小，速度增大答案D解析当合外力减小时，根据牛顿第二定律a＝eq\f(F,m)知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大，D正确．2．(2021·无锡市高一上期末质检)竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点之后，又落回抛出点．若小球所受的空气阻力与小球速度的大小成正比，则关于小球加速度大小，下列说法正确的是()A．小球在刚抛出时的加速度值最小，在落回抛出点时加速度值最大B．小球在刚抛出时的加速度值最大，在落回抛出点时加速度值最小C．小球在最高点时的加速度值最大，在刚抛出时的加速度值最小D．小球在最高点时的加速度值最小，在刚抛出时的加速度值最大答案B解析小球刚抛出时速度最大，根据空气阻力与小球速度的大小成正比可知阻力最大，根据牛顿第二定律知加速度大小为a＝eq\f(mg＋f,m)，到达最高点时，速度为零，阻力为零，加速度a′＝g；小球下落的过程中，速度增大，阻力增大，到达出发点时向下的速度最大，根据牛顿第二定律得加速度大小为a″＝eq\f(mg－f′,m)，可知小球刚抛出时的加速度最大，小球在落回抛出点时的加速度最小．故选B.3.如图1所示，已知A球质量是B球质量的2倍．开始时A、B均处于静止状态，重力加速度为g，在剪断A、B之间的轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为()图1A.eq\f(1,2)gg B.eq\f(3g,2)gC．3g0 D．0g答案A4.质量均为m的A、B两球之间系着一个不计质量的水平轻弹簧并放在光滑水平台面上，A球紧靠墙壁，如图2所示，今用水平力F推B球使其向左压弹簧，平衡后，突然撤去力F的瞬间()图2A．A的加速度大小为eq\f(F,2m) B．A的加速度大小为eq\f(F,m)C．B的加速度大小为eq\f(F,2m) D．B的加速度大小为eq\f(F,m)答案D解析在撤去力F的瞬间，A球受力情况不变，仍静止，A的加速度为零，选项A、B错，；在撤去力F的瞬间，弹簧的形变不会恢复，弹簧的弹力大小不变，故B的加速度大小为eq\f(F,m)，选项C错，D对．5.如图3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．在木板AB突然撤离的瞬间，小球的加速度大小为(重力加速度为g)()图3A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g答案B解析未撤离木板时，小球受重力mg、弹簧的拉力FT和木板的弹力FN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eq\f(2\r(3),3)mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的拉力FT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mg、弹簧的拉力FT，撤离木板瞬间，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小为eq\f(2\r(3),3)g，故选B.6.(2021·扬州市高一上期末)如图4所示，小球在竖直向下的力F作用下，缓慢压缩弹簧至最低点．现撤去力F，小球向上弹起至离开弹簧的过程中，下列说法正确的是()图4A．小球的速度一直增大B．小球的速度先增大后减小C．小球的加速度一直增大D．小球的加速度先增大后减小答案B7．如图5所示，物块1、2间用竖直刚性轻质杆连接，物块3、4间用竖直轻质弹簧相连，物块1、3的质量为m，物块2、4的质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度为g，则有()图5A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g答案C解析在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4的加速度a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，所以C对．8.物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正方向时，合外力F随时间t的变化情况如图6所示，则在0～t1这段时间内()图6A．物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B．物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C．物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大D．物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小答案C解析由题图可知，物体所受合力F随时间t的变化情况是先减小后增大；根据牛顿第二定律得，物体的加速度先减小后增大；由于合外力F与速度方向始终相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，选项C正确．9.(2020·重庆市七校高一上学期期末联考)如图7所示，在光滑且固定的斜面上有一轻质弹簧，弹簧的一端固定在斜面挡板上，一物体A沿着斜面下滑，从物体A刚接触弹簧的瞬间到将弹簧压缩到最低点的过程中，下列说法正确的是()图7A．物体的加速度将先增大后减小B．物体的加速度将先减小后增大C．物体的速度一直减小D．物体的速度将先减小后增大答案B10.(2021·泰兴中学、南菁高中高一上第二次联考)如图8所示，在水平地面上，弹簧左端固定，右端自由伸长到O处并系住物体m，现将弹簧压缩到A处，然后静止释放，物体一直可以运动到B处，如果物体受到的摩擦力恒定，则()图8A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C．物体运动到O处时所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小答案A解析由于物体与水平地面之间存在摩擦力，所以在物体从A向O运动的过程中水平方向受到弹簧向右的弹力和水平地面对它向左的摩擦力，当二力大小相等时，物体的加速度为零，速度最大，该点一定在A、O之间，所以物体在从A向O运动的过程中加速度先减小后增大，而速度先增大后减小，故A正确，B、D错误；物体运动到O处时，虽然弹簧的弹力为零，但此时物体在向右运动，受到向左的摩擦力作用，所以物体的合力不为零，故C错误．11．(2020·九江一中高一上学期期末)如图9所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图9A．两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为gsinθB．B球的受力情况不变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为gsinθD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向沿斜面向上，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，瞬时加速度大小都不为零答案B解析设弹簧的弹力大小为F，以B为研究对象，由平衡条件可知F＝mgsinθ，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球的受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，C错误．12.(2021·泰兴中学、南菁高中强化班第二次阶段考试)如图10所示，质量相等的三个物块A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正，重力加速度为g)()图10A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0C．－2g、2g、g D．－2g、g、g答案B章末检测试卷(第四章)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分．每题只有一个选项最符合题意．1．(2021·六安一中高一月考)在物理学发展史上，伽利略、牛顿等许多科学家为物理学的发展做出了巨大贡献．下列关于力和运动的说法正确的是()A．人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，将落在车厢内的起跳点B．两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，这说明物体受的力越大，运动速度越大C．汽车刹车时，速度大难以刹停，速度小容易刹停，这说明物体的速度越大，惯性越大D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明运动需要力来维持答案A解析人在沿直线匀速前进的车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，在水平方向上人保持原来的速度，车的速度不变，故人落在车厢内的起跳点，A正确；两匹马拉车比一匹马拉车跑得快，说明物体受的力越大，加速度越大，速度变化得越快，B错误；惯性大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，C错误；一个运动的物体，如果不再受力了，它将会永远运动下去，D错误．2.建筑工地上，有时候需要通过抛的方式把砖块从低处送往高处，如图1所示为三块砖在空中某时刻的照片，v为砖块该时刻的运动方向，不计空气阻力，则()图1A．砖块受到的合力为零B．A砖块对B砖块有向下的压力C．B砖块对A砖块有向左的摩擦力D．A、B砖块之间没有摩擦力答案D解析对整体分析可知，砖块在空中运动时，只受重力作用，合力不为零，故A错误；因为只受重力，处于完全失重状态，故砖块间无弹力，也无摩擦力，故B、C错误，D正确．3.如图2所示，一质量为m的物块与车厢的竖直后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向右做加速运动时，物块恰好沿车厢后壁匀速下滑，重力加速度为g，则车的加速度为()图2A．gB.eq\f(g,μ)C．μgD.eq\f(1,2)μg答案B解析由mg＝μFN及FN＝ma得：a＝eq\f(g,μ)，B正确．4．某消防队员从一平台上跳下，下落1.8m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0.6m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为()A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的4倍C．自身所受重力的3倍D．自身所受重力的5倍答案B解析由v2＝2gh、v2＝2ax得，消防队员着地后减速下降的加速度a＝3g，由牛顿第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝4mg，B正确．5．(2020·泰州市高一上第二次质检)一部电梯上行时的速度—时间图像如图3所示．电梯作用在乘客上的力最大是在什么时刻？最小在什么时刻？()图3选项ABCD作用力最大2s2s4s0作用力最小06s08s答案B6.如图4所示，A、B两物体之间用水平轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧的长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧的长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()图4A．L2＜L1B．L2＞L1C．L2＝L1D．由于A、B的质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系答案C解析A、B在粗糙水平面上运动时，对A、B整体，根据牛顿第二定律有：a＝eq\f(F,mA＋mB)－μg；对物体B，根据牛顿第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝eq\f(mBF,kmA＋mB)，即弹簧的伸长量与动摩擦因数无关，所以L2＝L1，选项C正确．7.如图5所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B的作用力的大小和方向为(重力加速度为g)()图5A．mg，竖直向上B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方答案D解析以A为研究对象，受力分析如图所示．根据牛顿第二定律得：mAgtanθ＝mAa，得：a＝gtanθ，方向水平向右．再对B受力分析，小车对B的摩擦力为：Ff＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小车对B的支持力大小为FN＝mg，方向竖直向上，则小车对物块B的作用力的大小为：F＝eq\r(F\o\al(N2)＋F\o\al(f2))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，D正确．8.如图6所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用细线1及轻弹簧2、3将质量为m的小球悬挂起来．框架和小球都静止时细线1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将细线1剪断，则在剪断后瞬间()图6A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0答案C解析剪断细线1瞬间，细线的拉力立即减为零，弹簧2、3的弹力不变，还是零，故此时小球加速度为g，C正确，D错误；框架受重力和支持力作用，FN＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B错误．9．(2020·福建漳州八校联考)如图7甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下列选项图中的(物体的初速度为零，重力加速度g取10m/s2)()图7答案C解析在0～1s内，eq\f(F,mg)＝1，根据牛顿第二定律得a1＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝eq\f(1,2)g，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，在1s末的速度为5m/s；在1～2s内，拉力F为零，根据牛顿第二定律得a2＝eq\f(mgsinθ,m)＝eq\f(1,2)g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零；在2～3s内，eq\f(F,mg)＝－1，根据牛顿第二定律得a3＝eq\f(|F|＋mgsinθ,m)＝eq\f(3,2)g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v＝a3t＝15m/s，方向沿斜面向下，为负，C正确．10．(2021·无锡市高一上期末)如图8所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F.木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则()图8A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动D．若将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动答案D解析对m1，根据牛顿第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，对m2，由于保持静止，有：μ1m1g－Ff＝0，Ff≤μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A、B错误；改变F的大小，只要木块在长木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误；若将F作用于长木板，当木块与长木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确．二、非选择题：共5题，共60分．其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位．11．(12分)(2021·启东、通州高一上期末)学习小组利用图9甲所示的装置探究物体的加速度a与所受合力F的关系．图9(1)电火花计时器应使用________．A．8V交流电源B．8V直流电源C．220V交流电源D．220V直流电源(2)为了补偿摩擦力，将长木板的右端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在________(选填“挂”或“不挂”)砝码盘且________(选填“拖动”或“不拖动”)纸带时能沿长木板匀速运动．(3)实验时保持砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，其目的是________．A．减小摩擦力对小车的影响B．小车所受的拉力近似等于小车所受的合力C．小车所受的拉力近似等于砝码和砝码盘的总重力D．保证小车运动的加速度不超过当地重力加速度(4)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．实验数据如图所示，已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留两位有效数字)．(5)一小组根据实验数据作出的a－F图像如图丙所示，发现图线不过原点，原因可能是________________________________________________________________________.答案(1)C(2分)(2)不挂(2分)拖动(2分)(3)C(2分)(4)0.51(2分)(5)补偿摩擦力过度(2分)解析(1)电火花计时器应使用220V的交流电源，故A、B、D错误，C正确．(2)补偿摩擦力的方法是：把长木板的右端垫高，让小