第4章 运动和力（19大题型）（练习）-2024-2025学年高中物理阶段性复习讲解与训练（人教版2019必修第一册）

第四章《运动和力》过关训练（原卷版） 一．惯性与质量（共3小题） 二．牛顿第二定律的简单应用（共5小题） 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 五．牛顿第二定律的图像问题（共3小题） 六．力学单位制与单位制（共3小题） 七．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 八．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 九．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 十．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题） 十一．超重与失重的图像问题（共2小题） 十二．等时圆模型（共2小题） 十三．连接体模型（共3小题） 十四．水平传送带模型（共3小题） 十五．倾斜传送带模型（共3小题） 十六．无外力的水平板块模型（共3小题） 十七．有外力的水平板块模型（共2小题） 十八．板块模型和传送带模型的结合（共2小题） 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 一．惯性与质量（共3小题） 1．（2024春•让胡路区校级期末）在2023年杭州亚运会田径女子4×100米接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，其中福建选手葛曼棋是第四棒运动员。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中（　　） A．43秒39表示时刻 B．各队中中国队的平均速度最大 C．葛曼棋在加速冲刺过程中惯性增大 D．研究葛曼棋的接棒动作时可以将其看成质点 2．（2024秋•琼山区校级月考）如图所示，匀速向右运动的水罐车内装满了水，车内有一浮在顶部的乒乓球A、一沉底的金属球B。当水罐车刹车时，两小球相对容器的运动情况是（　　） A．A球向左运动，B球向右运动 B．A、B球一起向右运动 C．A球向右运动，B球向左运动 D．A、B球一起向左运动 3．（2023秋•台州期末）（多选）关于惯性，以下描述正确的是（　　） A．图甲，从地面带到太空中，冰墩墩的惯性变小 B．图乙，急转弯时，行李箱向汽车转弯轨迹内侧运动 C．图丙，迅速向右抽拉白纸，小钢球相对白纸向左运动 D．图丁，匀速运动的小车上装有弹射管，弹出的钢球将会落回弹射管 二．牛顿第二定律的简单应用（共5小题） 4．（2025•什邡市校级一模）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．电梯一定正在加速上升 B．斜面对小球的弹力大小为 C．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变 D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大 5．（2024秋•莲湖区期中）如图所示，倾角为37°的斜面体放置在水平面上，滑轮1固定在天花板上，滑轮2是动滑轮，滑轮3固定在斜面体右上角，三个滑轮的质量均忽略不计，且均光滑。一条轻质细线一端连接质量为m的物块甲，另一端连接质量为2m的物块丙，丙放置在斜面上，滑轮2下方用轻质细线悬挂物块乙，整个系统处于静止状态，1、2以及2、3间的细线均竖直，3与丙间的细线与斜面平行，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．斜面体相对于水平面的运动趋势向左 B．乙的质量为m C．丙相对斜面有沿着斜面向上的运动趋势 D．若丙受到的静摩擦力正好达到最大值，则丙与斜面间的动摩擦因数为0.125 6．（2024春•大通县期末）（多选）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用 B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝，方向水平向右 D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 7．（2024秋•冀州区校级期中）如图甲所示，固定细杆与水平地面成α角，在杆上套有一个小环（可视为质点），t＝0时刻，小环从杆的顶端自由滑下，t＝2s时，对小环施加沿杆向上的推力F，小环在推力F的作用下继续向下运动，推力大小F与小环速度大小v随时间t变化的规律如图乙所示。已知α＝30°，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小环与细杆间的动摩擦因数μ。 （2）小环的质量m。 （3）6s～8s时间内，推力的大小F1。 8．（2024•北京模拟）某学习小组设计制作了一个“水平加速度测量仪”，用来测量列车在平直轨道上运行时的加速度，其装置如图所示。两根轻弹簧的一端分别固定在测量仪外壳上，另一端分别连在滑块上，滑块上固定一指针，轻弹簧和滑块都套在光滑的连杆上，在连杆附近与杆平行处固定一标尺。将测量仪水平固定在列车上，使连杆与列车运行方向平行。当列车停止时，两弹簧处于原长，指针指在标尺的0刻度处。当列车加速运动，滑块与列车相对静止时，读出指针所指的标尺刻度，可得到列车运行的加速度。已知滑块质量为m，两弹簧的劲度系数均为k，且弹簧始终在弹性限度内。 （1）当指针指向0点左侧x刻度时，求列车的加速度大小，并说明加速度的方向。 （2）若要将加速度值标注在标尺上，某同学认为加速度的刻度值应该是均匀的。你同意该同学的观点吗？请说明理由。 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 9．（2024秋•历城区校级月考）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列说法正确的是（　　） A．A和B所受弹簧弹力大小之比为 B．A和B的质量之比为 C．悬挂A和B的细线上拉力大小之比为 D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为 10．（2024秋•洮北区校级期中）如图所示，半径为R，带电量为1+Q的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪断细线瞬间小球的加速度大小为（　　） A．g B． C． D． 11．（2024•观山湖区校级模拟）（多选）劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面底部，另一端和质量mA＝2kg的小物块A相连，质量mB＝2kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mC＝1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g＝10m/s2，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是（　　） A．初始时弹簧的压缩量是0.2m B．撤掉外力瞬间，A的加速度大小为2.5m/s2 C．当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长 D．从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移大小为0.1m 12．（2024•武进区校级开学）如图所示，两个光滑小球A和B放在倾角为θ的斜面上，用竖直挡板挡住。A球的质量为M，B球的质量为m。两个小球处于静止状态，已知重力加速度为g。 （1）A，B球之间的弹力； （2）当撤去挡板的瞬间，求A，B球之间的弹力。 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 13．（2023秋•罗湖区校级期末）如图甲所示，一个质量m＝1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块回到斜面底端时速度大小约为5.4m/s D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s 14．（2024•成都模拟）（多选）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度d＝0.2m，质量m＝0.2kg，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数μ＝0.1，抽屉总长L＝0.8m，质量M＝1kg。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度g＝10m/s2。现对把手施加水平向右的恒力F，则（　　） A．当水平恒力的大小F≤1N时，手机与抽屉有相对运动 B．当水平恒力的大小F≤0.3N时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足F≥1.8N D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足F≥4.4N 15．（2024秋•五华区校级月考）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2kg的木板A以v0＝3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2＝1kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sinθ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保留根号）； （2）滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1； （3）滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。 16．（2024秋•河西区校级月考）如图所示，一滑块从倾角θ＝37°的固定斜面顶端A由静止下滑，在C点正上方h＝1.25m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，小球与滑块恰好在C点相遇。已知斜面与水平面在B点平滑连接，滑块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AB段长l1＝2.2m，BC段长l2＝3.4m，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）滑块在斜面上运动的加速度大小a1； （2）滑块运动到C点的速度大小vC； （3）小球刚释放时，滑块已运动的时间Δt。 五．牛顿第二定律的图像问题（共3小题） 17．（2024秋•荣昌区校级月考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m＝0.2kg的飞箭从地面以初速度v0＝10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1＝2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（　　） A．k的值为0.1N•s/m B．飞箭在上升过程的平均速度大于5m/s C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60m/s2 D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大 18．（2024秋•青岛期中）放置在粗糙水平面上的物体，在如图所示的水平推力作用下由静止开始运动，经过一段时间后，水平推力逐渐减小。在水平推力逐渐减小到0的过程中（物体仍在运动），下列说法正确的是（　　） A．物体加速度逐渐减小，速度逐渐增大 B．物体加速度先增大后减小，速度先增大后减小 C．物体加速度逐渐减小，速度先增大后减小 D．物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小 19．（2024•阳曲县校级开学）（多选）如图，水平面上质量为m的玩具车在发动机牵引力F的作用下开始加速运动，牵引力F的功率P保持恒定，运动过程中玩具车所受的阻力Ff大小不变，玩具车速度最终达到最大值vmax。图乙为玩具车速度的倒数与加速度a的关系图像，根据图像所给信息可知以下说法正确的是（　　） A．P＝30m B．vmax＝10m/s C．P＝0.1Ff D．图像的斜率为 六．力学单位制与单位制（共3小题） 20．（2024•浙江模拟）雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa•s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（　　） A．Re＝ B．Re＝ C．Re＝ D．Re＝ 21．（2024秋•通州区期中）物理实验过程中的测量结果既要表示出数值，也要有相应的计量单位。根据国际单位制的定义，光速c的数值约为3×108m/s。设想一种新的单位制，其基本单位是这样选取的：时间单位为秒，长度单位的选取使得光速c的数值为1。在这种单位制中的1长度单位相当于（　　） A．3×108m B． C．3×10﹣8m﹣1 D． 22．（2023秋•太原期末）（多选）下列有关单位制的说法正确的是（　　） A．国际单位制中，力学的基本单位是牛顿、米、秒 B．实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为f＝kSv2，则在国际单位制中，比例系数k的单位是kg/m3 C．1N是指使质量为1kg的物体产生9.8m/s2的加速度所需要的力 D．在单位制中，“N/kg”与“m/s2”是等价的 七．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 23．（2024•洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（　　） A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小 B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大 C．物体的最大速度为 D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m 24．（2024秋•辽宁期中）（多选）足够长的木板上表面一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，已知木块与木板间弹力大小与角度α的关系式为N＝mgcosα，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像，如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．木块与木板间的动摩擦因数 B．木块与木板间的动摩擦因数 C．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度越来越大 D．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动 25．（2024秋•南通期中）现在物流中心用智能机器人搬运货物，一机器人（含货物）总质量m＝30kg，在平直轨道上以速度v0＝1.5m/s匀速前进。为了使机器人能安全停下，采用了电磁制动与机械制动相结合的装置。开始是机械制动，提供一个恒定的制动力F1＝10N，机械制动力作用的时间t1＝1.5s，随后电磁制动提供一个随时间变化的制动力F2＝kt，其中k＝5N/s，直到机器人停止运动。不计其它作用力。 （1）求机械制动结束时机器人的速度大小v1； （2）求电磁制动作用的时间t2； （3）若机器人在匀速运动中撞上一个固定的障碍物，该障碍物有缓冲装置，机器人仅在缓冲装置作用下减速到0。已知缓冲装置对机器人的作用力大小F＝cv，其中c＝200N•s/m，v是机器人的速度，求机器人速度减速到0的过程中运动的距离x。 八．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 26．（2024•西安模拟）如图，质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40kg的重物送入井中。当重物以3m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　） A．200N B．920N C．320N D．280N 27．（2024秋•红桥区校级月考）（多选）如图甲所示，质量m＝2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2。则下列判断正确的是（　　） A．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1 B．拉力大小为12N C．1.5s后物块一定静止 D．物块沿斜面上滑的距离为1.5m 28．（2024•泉州一模）人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行，旅客行走时，行李箱无需人的牵引可在地面上跟随游客运动，如图甲所示。某段时间内，行李箱速度v随时间t的变化图像如图乙所示。已知行李箱的质量m＝20kg，0～t0时间内行李箱的总位移s＝6m。求： （1）行李箱加速阶段的位移大小s1以及减速运动的时间t2； （2）减速阶段行李箱受到的合力大小F。 九．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 29．（2024•如皋市校级模拟）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） A．经过B点时，运动员的速率最大 B．从B点到D点，运动员一直处于超重状态 C．从B点到D点，运动员的加速度一直增大 D．在D点，运动员的加速度大小大于重力加速度g 30．（2024春•沈阳期末）（多选）如图甲所示，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处自由释放，接触弹簧后继续竖直向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，则小球的速度的二次方v2随坐标x的变化图像如图乙所示。其中OA段为直线，ABCD是平滑的曲线，AB段与OA相切于A点，C点与A点关于BE对称，空气阻力不计，重力加速度为g。关于小球在A、B、C、D各点对应的位置坐标xA、xB、xC、xD及加速度大小aA、aB、aC、aD的判断正确的是（　　） A．xA＝h，aA＝g此时小球处于失重状态 B． C．，此时小球处于失重状态 D．xD＞h+，aD＞g，此时小球处于超重状态 31．（2023秋•洛阳期末）如图1所示，一个同学在竖直升降的电梯内，探究超重失重现象。该同学站在磅秤上的总质量为50kg。电梯由静止开始向下做匀加速运动，这时开始计时。该同学在磅秤上的示数随时间变化情况F﹣t图线如图2，最后电梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）电梯做匀速运动时的速度大小； （2）电梯降落的总位移的大小。 十．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题） 32．（2024•湖北模拟）为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，水从小孔喷出，如图所示。t＝0时刻，他提着水瓶向上加速运动，t1时刻松手，t2时刻水瓶上升到最高点，之后水瓶自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间内，没有水从侧壁流出 B．t1～t2时间内，水和水瓶处于超重状态 C．t1～t2时间内，没有水从侧壁流出 D．t2时刻之后，水和水瓶处于超重状态 33．（2024秋•天津期中）（多选）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动。（　　） A．让木箱以1m/s2的加速度向上运动 B．让木箱以3m/s2的加速度向下运动 C．让木箱以3m/s2的加速度向左运动 D．让木箱以3m/s2的加速度向右运动 34．（2023秋•西宁期末）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。 （1）匀速上升； （2）以4m/s2的加速度加速上升； （3）以5m/s2的加速度加速下降。 十一．超重与失重的图像问题（共2小题） 35．（2023秋•长安区校级期末）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始竖直向上抛出手机，后又接住。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机可能在（　　） A．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速下降 B．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升 C．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速上升 D．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速下降 36．（2023秋•正定县校级期末）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．该弹簧的劲度系数为2 N/m B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态 C．小球刚接触弹簧时速度最大 D．当Δx＝0.61 m时，小球的加速度为零 十二．等时圆模型（共2小题） 37．（2024•杭州开学）如图AB、CD是光滑斜槽，它们的端点分别在半径为R和r的两个圆周上，延长线交于两圆周的相切点P，P为最低点。现有两个质量均为m的重物分别沿AB和CD由静止下滑。已知AP、CP和竖直方向的夹角分别为30°和45°，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．重物沿AB下滑的加速度大小为5m/s2，沿CD下滑的加速度大小为5m/s2 B．重物沿AB下滑所用时间等于沿CD下滑所用的时间 C．若两斜面粗糙，则重物沿CD下滑所用时间小于沿AB下滑所用时间 D．若两重物质量不相等，则重物沿AB下滑所用时间和沿CD下滑所用的时间不相等 38．（2024•天心区校级模拟）（多选）如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，则（　　） A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．t1＞t2 D．t1＝t2 十三．连接体模型（共3小题） 39．（2024•五华区校级模拟）在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法。如图所示，先对质量为m1的标准物体P施加一水平恒力F，测得其加速度为a1，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们的加速度为a2。则得测物体Q的质量m2为（　　） A． B． C． D． 40．（2024秋•五华区校级月考）（多选）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中分析正确的是（　　） A．t＝1s时Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小为2N C．t＝1s时P、Q相距最近 D．Q的质量为0.5kg 41．（2024春•即墨区期末）如图甲所示，倾角θ＝37°、底端带有固定挡板的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，稳定后弹簧的形变量为x；推力大小不同，稳定时弹簧的形变量x可能也不同。如图乙所示，为弹簧形变量x与相应加速度a间的x﹣a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求图乙中a0的大小； （2）求物块A、B的质量mA、mB； （3）当a＞a0时，求斜面体对物块B的支持力大小与斜面体加速度a的关系式。 十四．水平传送带模型（共3小题） 42．（2024秋•朝阳区校级月考）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A端。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10m/s2。则小物块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小物块在传送带上一直加速运动 B．小物块从A运动到B的时间是1.5s C．小物块达到的最大速度是4m/s D．小物块与传送带间的相对位移是3m 43．（2024秋•河西区校级月考）如图所示，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（　　） A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t3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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 44．（2024秋•苏州期中）如图甲所示为机场、火车站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，g取10m/s2，求： （1）行李从A到B的时间t； （2）要使行李从A到B的时间最短，水平传送带的最小恒定速度vmin。 十五．倾斜传送带模型（共3小题） 45．（2024秋•郫都区校级月考）如图，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图，v0、t0已知，则（　　） A．传送带一定顺时针转动 B．μ＝tanθ+ C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为2gsinθ• 46．（2025•什邡市校级一模）（多选）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（　　） A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B．若L足够大，且μ＞tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ−μcosθ）的匀加速运动，再以速度v做匀速运动 C．若L足够大，且μ＜tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速运动，再做加速度为g（sinθ−μcosθ）做匀加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsinθ 47．（2024秋•天津期中）如图所示，一小物块（可视为质点）从倾斜的传送带上端无初速度释放后沿传送带向下运动，传送带静止不动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如甲图所示，当传送带以恒定速率逆时针转动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如乙图所示。传送带上、下两端的距离为5m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）传送带静止时，小物块运动的加速度大小； （2）小物块与传送带间的动摩擦因数； （3）简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件。 十六．无外力的水平板块模型（共3小题） 48．（2024秋•九龙坡区校级月考）如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为2m B．木板的质量为3kg C．木板运动的最大距离为1.5m D．整个过程中滑块B的位移大小为1m 49．（2024秋•武昌区校级月考）（多选）如图（a），在光滑水平面上放置一木板A，在A上正中间放置物块B。t＝0时刻起，对A施加水平方向上的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB﹣vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2s时间内，物块B的速度vB和相对速度vBA随时间t变化的关系如图（b）所示。运动过程中B始终未脱离A。则下列说法中正确的是（　　） A．0～2s时间内，B相对水平面的位移为3.5m B．0～2s时间内，A相对水平面的位移为3m C．A的长度至少为6m D．1.5s后A、B物体的运动方向相反 50．（2023秋•市中区期末）如图所示，质量为2m的滑板A与质量为m的木板B左端对齐，静止叠放在水平地面上。现用带有橡胶指套的手指在滑板A的上表面以某一恒定速率向右移动，运动0.5s后从滑板A上撤去手指。手指作用过程中，对滑板A的压力大小为mg，在滑板A上表面留下的划痕长度恰好等于滑板A在木板B上表面滑动距离的。撤去手指后，经过0.5s，A、B速度恰好相等；最终，滑板A停止运动，始终未脱离木板B。已知A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）手指作用时，木板B加速度的大小； （2）木板B运动的距离； （3）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数μ。 十七．有外力的水平板块模型（共2小题） 51．（2024秋•通州区期中）如图所示，两个质量均为m的长方体木块A、B叠放在水平地面上，A、B间及B、地面间的动摩擦因数均为μ。B木块受到一个水平方向的拉力F，但仍然保持静止。已知当地重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A木块受到的静摩擦力方向与拉力F的方向相同 B．B木块受到4个力的作用 C．B与地面间的摩擦力大小为μmg D．若想拉动B木块，拉力F应大于2μmg 52．（2024•西安模拟）如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t＝2s时间后物块与木板达到共同速度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小； （2）长木板的质量M以及其最小长度d。 十八．板块模型和传送带模型的结合（共2小题） 53．（2023秋•米东区校级期末）如图所示，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D与C接触不粘连，每块木板长L＝0.8m、质量m0＝0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。质量m＝0.1kg的小物块从轨道上由静止开始下滑，到A点时速度为10m/s，从滑过A点开始计时，经过t1＝0.8s传送带突然卡死而瞬间停止转动，又经过t2＝1s传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，传送带AB之间的距离d＝10.7m。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小； （2）物块在传送带上运动的总时间； （3）物块最终能否滑上木板D，请通过计算说明理由。 54．（2024秋•红桥区校级月考）某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间； （2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕； （3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 55．（2024秋•苏州期中）某实验小组用如图1的装置探究加速度与质量的关系： （1）实验中用的是电磁打点计时器，则其电源应选 　 　； A.直流220V B.交流220V C.直流6V D.交流6V （2）为补偿阻力，正确操作应是图2中的 　 　（选填“A”或“B”）；轻推小车，发现打出的纸带如图3，则应 　 　（选填“增大”或“减小”）长木板倾角； （3）正确补偿阻力后，实验中得到一条纸带如图4，相邻两个计数点间还有4个点未画出，则此次小车的加速度大小为 　 　m/s2； （4）若盘和砝码的总质量为m，小车（含配重）的质量为M，多次改变配重，小明由实验数据作出了图像，得到一条过原点的直线；小华认为小明的数据处理过程可能有误，应该得到一条弯曲的图线。你是否同意小华的观点，请简述理由：　 　。 56．（2024•洛阳一模）某实验小组的同学设计了测量物体质量的实验，所用装置如图甲所示（忽略滑块与气垫导轨之间的摩擦阻力）。主要步骤如下： （1）在不连接钩码时，推动滑块在气垫导轨上自由滑动，使其能够在导轨上匀速运动。 （2）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ 　 　mm。 （3）滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过两个光电门的时间，同时记录遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间，可以计算出这一过程中的加速度a。 （4）依次增加所挂钩码的个数，记录每次实验钩码的总质量m，并计算出滑块相应的加速度a，以为横轴、为纵轴，建立直角坐标系，通过描点连线得到﹣图像如图丙中Ⅰ所示，图线Ⅰ的斜率为k1，在纵轴上的截距为b。 （5）将待测物体固定在滑块的凹槽内，重复上述实验步骤（3）和（4），在图丙中画出新的﹣图像Ⅱ，若图线Ⅱ的斜率为k2，在纵轴上的截距也为b。已知当地的重力加速度为g，则下列关系式中正确的是 　 　（填正确答案标号）。 A.b＝g B.b＝ C.b＝g2 D.b＝ （6）则待测物体的质量M＝ 　 　（用k1、k2、b表示）。 57．（2023秋•琼山区校级期末）某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。如图1所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一砂桶，砂桶距地面足够远。调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）实验时，　 　（填“必须”或“不必”）要保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量； 　 　（填“有”或“没有”）必要将长木板右端垫高以平衡摩擦力；不需要用天平测砂和砂桶的总质量。 （2）图2是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a＝ 　 　m/s2（计算结果保留三位有效数字）。 （3）实验时，记录力传感器的示数3.2N，用天平测出滑块质量1kg，根据（2）中求出的加速度a的结果。可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝ 　 　，若考虑其它摩擦，则该测量值与真实值比较 　 　（填“偏小”或“偏大”或“等于”）。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第四章《运动和力》过关训练（解析版） 一．惯性与质量（共3小题） 二．牛顿第二定律的简单应用（共5小题） 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 五．牛顿第二定律的图像问题（共3小题） 六．力学单位制与单位制（共3小题） 七．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 八．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 九．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 十．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题） 十一．超重与失重的图像问题（共2小题） 十二．等时圆模型（共2小题） 十三．连接体模型（共3小题） 十四．水平传送带模型（共3小题） 十五．倾斜传送带模型（共3小题） 十六．无外力的水平板块模型（共3小题） 十七．有外力的水平板块模型（共2小题） 十八．板块模型和传送带模型的结合（共2小题） 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 一．惯性与质量（共3小题） 1．（2024春•让胡路区校级期末）在2023年杭州亚运会田径女子4×100米接力决赛中，位于第8道的中国队以43秒39的成绩夺得冠军，其中福建选手葛曼棋是第四棒运动员。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中（　　） A．43秒39表示时刻 B．各队中中国队的平均速度最大 C．葛曼棋在加速冲刺过程中惯性增大 D．研究葛曼棋的接棒动作时可以将其看成质点 【答案】B 【解答】解：A、43秒39表示的是时间间隔，故A错误； B、中国队以43秒39的成绩夺得冠军，时间最短，而位移相等，根据平均速度公式＝可知，中国队的平均速度最大，故B正确； C、惯性只与质量有关，葛曼棋在加速冲刺过程中惯性不变，故C错误； D、接棒时候，葛曼棋的大小和尺寸不能忽略，故不能看成质点，故D错误。 故选：B。 2．（2024秋•琼山区校级月考）如图所示，匀速向右运动的水罐车内装满了水，车内有一浮在顶部的乒乓球A、一沉底的金属球B。当水罐车刹车时，两小球相对容器的运动情况是（　　） A．A球向左运动，B球向右运动 B．A、B球一起向右运动 C．A球向右运动，B球向左运动 D．A、B球一起向左运动 【答案】A 【解答】解：水罐车刹车时，由于惯性，水罐车内的水、乒乓球A、金属球B有想保持原来向右运动状态的趋势，但由于乒乓球A的密度小于水的密度，即乒乓球A的质量小于同体积水的质量，质量小，惯性就小，所以乒乓球A会被相对于车向右运动的水挤向左边，故乒乓球A会向左运动；而金属球B的质量较大，惯性较大，在与水的抗衡中会向右运动，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2023秋•台州期末）（多选）关于惯性，以下描述正确的是（　　） A．图甲，从地面带到太空中，冰墩墩的惯性变小 B．图乙，急转弯时，行李箱向汽车转弯轨迹内侧运动 C．图丙，迅速向右抽拉白纸，小钢球相对白纸向左运动 D．图丁，匀速运动的小车上装有弹射管，弹出的钢球将会落回弹射管 【答案】CD 【解答】解：A．质量是惯性的大小的唯一量度，故从地面带到太空中，质量不变，冰墩墩的惯性不变，故A错误； B．惯性指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，故急转弯时，行李箱向汽车转弯轨迹的切线方向运动，故B错误； C．迅速向右抽拉白纸，小钢球具有保持原来的运动状态的性质，所以小钢球相对白纸向左运动，故C正确； D．把小车与小球看作一个整体，当小车向前运动时，它们拥有相同的速度。小球弹起后，因为惯性的作用，它仍然有着与小车相同的速度，而不是静止的。这样小球虽然被弹起，但仍然会向前运动，最后落回到车内，故D正确。 故选：CD。 二．牛顿第二定律的简单应用（共5小题） 4．（2025•什邡市校级一模）如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。当电梯具有竖直向上的加速度a时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．电梯一定正在加速上升 B．斜面对小球的弹力大小为 C．若增大加速度a，挡板对小球的弹力不变 D．若增大加速度a，挡板对小球的弹力一定增大 【答案】D 【解答】解：A、电梯具有竖直向上的加速度a，由于速度方向未知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A错误； B、对小球受力分析，如图 水平方向由平衡条件 F1＝F2sinθ 竖直方向由牛顿第二定律 F2cosθ﹣mg＝ma 所以斜面对小球的弹力大小为 ，故B错误； CD、若增大加速度a，竖直方向根据牛顿第二定律 F2cosθ﹣mg＝ma 可知斜面对小球的弹力增大，根据水平方向受力平衡有 F1＝F2sinθ 可知挡板对小球的弹力一定增大，故C错误，D正确。 故选：D。 5．（2024秋•莲湖区期中）如图所示，倾角为37°的斜面体放置在水平面上，滑轮1固定在天花板上，滑轮2是动滑轮，滑轮3固定在斜面体右上角，三个滑轮的质量均忽略不计，且均光滑。一条轻质细线一端连接质量为m的物块甲，另一端连接质量为2m的物块丙，丙放置在斜面上，滑轮2下方用轻质细线悬挂物块乙，整个系统处于静止状态，1、2以及2、3间的细线均竖直，3与丙间的细线与斜面平行，重力加速度大小为g，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　） A．斜面体相对于水平面的运动趋势向左 B．乙的质量为m C．丙相对斜面有沿着斜面向上的运动趋势 D．若丙受到的静摩擦力正好达到最大值，则丙与斜面间的动摩擦因数为0.125 【答案】D 【解答】解：A：选取斜面体（带上面的滑轮3）和斜面上的物体丙为研究对象受力分析，受重力竖直向下，滑轮2、3间绳子拉力竖直向下，地面支持力竖直向上.则斜面体相对水平方向无运动趋势，故A错误。 B：对甲分析得：T＝mg。对乙分析：m乙＝2T＝2mg，故B错误。 C：对丙分析：沿斜面向下重力分力为2mgsin37°＝1.2mg，大于绳子拉力T，丙相对斜面有向下运动的趋势，故C错误。 D：当丙受到的静摩擦力最大时.对丙分析：沿斜面方向：2mgsin37°＝T+μ•2mgcos37°，得μ＝0.125，故D正确。 故选：D。 6．（2024春•大通县期末）（多选）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用 B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝，方向水平向右 D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下 【答案】BC 【解答】解：AB、若从M点剪断弹簧瞬间，小球受弹力是零，小球只受重力的作用，根据牛顿第二定律可得：mg＝ma，解得小球的加速度为a＝g，方向竖直向下，故A错误，B正确； CD、若从N点剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向右，大小等于F2，根据牛顿第二定律可得：F2＝ma，解得小球加速度为：，方向水平向右，故C正确，D错误。 故选：BC。 7．（2024秋•冀州区校级期中）如图甲所示，固定细杆与水平地面成α角，在杆上套有一个小环（可视为质点），t＝0时刻，小环从杆的顶端自由滑下，t＝2s时，对小环施加沿杆向上的推力F，小环在推力F的作用下继续向下运动，推力大小F与小环速度大小v随时间t变化的规律如图乙所示。已知α＝30°，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小环与细杆间的动摩擦因数μ。 （2）小环的质量m。 （3）6s～8s时间内，推力的大小F1。 【答案】（1）小环与细杆间的动摩擦因数μ为； （2）小环的质量m为1kg。 （3）6s～8s时间内，推力的大小F1为2.5N。 【解答】解：（1）0～2s内，小环由静止滑下，由v﹣t图像得： a1＝＝m/s2＝1.25m/s2 由牛顿第二定律得： mgsinα﹣μmgcosα＝ma1 代入数据解得：μ＝ （2）由v﹣t图像得，2s～6s内，小环做匀速直线运动，对小环受力分析，由平衡条件得： F+μmgcosα＝mgsinα 代入数据解得：m＝1kg （3）6s～8s内，小环做匀减速直线运动，加速度大小a2＝||＝||m/s2＝1.25m/s2 由牛顿第二定律得： F1+μmgcosα﹣mgsinα＝ma2 代入数据解得：F1＝2.5N 答：（1）小环与细杆间的动摩擦因数μ为； （2）小环的质量m为1kg。 （3）6s～8s时间内，推力的大小F1为2.5N。 8．（2024•北京模拟）某学习小组设计制作了一个“水平加速度测量仪”，用来测量列车在平直轨道上运行时的加速度，其装置如图所示。两根轻弹簧的一端分别固定在测量仪外壳上，另一端分别连在滑块上，滑块上固定一指针，轻弹簧和滑块都套在光滑的连杆上，在连杆附近与杆平行处固定一标尺。将测量仪水平固定在列车上，使连杆与列车运行方向平行。当列车停止时，两弹簧处于原长，指针指在标尺的0刻度处。当列车加速运动，滑块与列车相对静止时，读出指针所指的标尺刻度，可得到列车运行的加速度。已知滑块质量为m，两弹簧的劲度系数均为k，且弹簧始终在弹性限度内。 （1）当指针指向0点左侧x刻度时，求列车的加速度大小，并说明加速度的方向。 （2）若要将加速度值标注在标尺上，某同学认为加速度的刻度值应该是均匀的。你同意该同学的观点吗？请说明理由。 【答案】（1）列车的加速度大小为 ，方向水平向右； （2）我同意该同学的观点，理由见解析。 【解答】解：（1）当指针指向0点左侧x刻度时，左边弹簧被压缩，弹力向右，F1＝kx， 右边弹簧被拉长，弹力向右，F2＝kx， 由牛顿第二定律可得，滑块的加速度为：，方向水平向右， 因为列车与滑块相对静止，所以列车的加速度大小为 ，方向水平向右； （2）同意该同学的观点，理由如下： 由（1）中的计算结果可知列车的加速度大小为 ，则加速度与x成正比，故要将加速度值标注在标尺上，加速度的刻度值应该是均匀。 答：（1）列车的加速度大小为 ，方向水平向右； （2）我同意该同学的观点，理由见解析。 三．牛顿第二定律求解瞬时问题（共4小题） 9．（2024秋•历城区校级月考）如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列说法正确的是（　　） A．A和B所受弹簧弹力大小之比为 B．A和B的质量之比为 C．悬挂A和B的细线上拉力大小之比为 D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为 【答案】D 【解答】解：A．轻弹簧恰好处于水平状态，弹簧受到的合力为零，可得A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，所以A和B所受弹簧弹力大小相等，故A错误； B．设弹簧弹力大小为F，对A、B分别进行受力分析可得，，解得，故B错误； C．设左右两边细线上拉力分别为TA和TB，对AB整体进行受力分析可得水平方向有TAcos60°＝TBcos45°，即，故C错误； D．剪断两细线的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧的弹力不变，根据平衡条件可得A、B合力大小分别等于TA和TB，根据牛顿第二定律所以有，， 可得＝，故D正确。 故选：D。 10．（2024秋•洮北区校级期中）如图所示，半径为R，带电量为1+Q的均匀带电圆环固定在竖直面内，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m，带电量为q的小球（可视为质点），小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则剪断细线瞬间小球的加速度大小为（　　） A．g B． C． D． 【答案】D 【解答】解：AB、由于圆环不能看作点电荷，采用微元法： 小球受到库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力FQ，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示： 由几何知识可得：，则θ＝45° 当细绳存在时，设绳子上的力为F，有：Fsinθ＝mg，解得： 在水平方向上，有：FQ＝mgtanθ＝mg 当细绳剪断后，小球只受重力和库仑力，此时，所以，故AB错误； CD、将环中电量分成若干份，结合矢量的合成法则及三角知识，则有小球所处位置的库仑力为 所以，故D正确，C错误。 故选：D。 11．（2024•观山湖区校级模拟）（多选）劲度系数k＝100N/m的轻弹簧一端固定在倾角θ＝30°的固定光滑斜面底部，另一端和质量mA＝2kg的小物块A相连，质量mB＝2kg的小物块B紧靠A静止在斜面上，轻质细线一端连在物块B上，另一端跨过定滑轮与质量mC＝1kg的物体C相连，对C施加外力，使C处于静止状态，细线刚好伸直，且线中没有张力，如图所示。从某时刻开始，撤掉外力，使C竖直向下运动，取g＝10m/s2，弹簧和斜面上的那部分细线均平行于斜面。以下说法中正确的是（　　） A．初始时弹簧的压缩量是0.2m B．撤掉外力瞬间，A的加速度大小为2.5m/s2 C．当A、B恰好分离时，弹簧恢复原长 D．从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移大小为0.1m 【答案】AD 【解答】解：A．初始时，对A、B整体受力分析，设此时弹簧压缩量为x1，根据共点力平衡条件有 F弹＝kx1＝（mA+mB）gsinθ 解得 x1＝0.2m 故A正确； B．撤掉外力瞬间，取ABC系统，则有 mCg+F弹﹣（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB+mC）a1 弹簧弹力不发生突变，则 F弹＝（mA+mB）gsinθ 解得 故B错误； C．AB恰好分离时，AB间弹力为零，以BC整体为研究对象，有 mCg﹣mBgsinθ＝（mB+mC）a2 解得 a2＝0 则A的加速度大小也为0，此时弹簧处于压缩状态，故C错误； D．AB恰好分离时，以A为研究对象，有 F′弹﹣mAgsinθ＝mAa2＝0 设此时弹簧的压缩量为x2，由胡克定律有 F′弹＝kx2 解得 x2＝0.1m 所以从撤去外力到A、B恰好分离整个过程，A沿斜面移动的位移 Δs＝x1﹣x2＝0.2m﹣0.1m＝0.1m 故D正确。 故选：AD。 12．（2024•武进区校级开学）如图所示，两个光滑小球A和B放在倾角为θ的斜面上，用竖直挡板挡住。A球的质量为M，B球的质量为m。两个小球处于静止状态，已知重力加速度为g。 （1）A，B球之间的弹力； （2）当撤去挡板的瞬间，求A，B球之间的弹力。 【答案】（1）A，B球之间的弹力为mgsinθ； （2）当撤去挡板的瞬间，A，B球之间的弹力为0。 【解答】解：（1）对B受力分析，如下图所示： 由平行四边形定则可得A、B球的弹力为：FAB＝mgsinθ （2）撤去挡板时，A，B球一起沿斜面下滑，以两球整体为研究对象，由牛顿第二定律有：（M+m）gsinθ＝（M+m）a，可得加速度：a＝gsinθ 再以B球为研究对象，由牛顿第二定律有：mgsinθ+FAB′＝ma，可得A，B球之间的弹力为：FAB′＝0。 答：（1）A，B球之间的弹力为mgsinθ； （2）当撤去挡板的瞬间，A，B球之间的弹力为0。 四．牛顿第二定律求解多过程问题（共4小题） 13．（2023秋•罗湖区校级期末）如图甲所示，一个质量m＝1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动的v﹣t图像如图乙所示，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4 C．物块回到斜面底端时速度大小约为5.4m/s D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s 【答案】C 【解答】解：B、v﹣t图像的斜率表示加速度，由乙图可知，物块上滑的加速度大小为 物块上滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 解得μ＝0.5，故B错误； A、物块下滑过程，由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 解得，故A错误； CD、v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移，由乙图可知，0～1.2s内滑块上滑的位移为 设滑块下滑时间为t，则有 解得 t＝2.68s 故物块回到斜面底端的时刻约为 t2＝1.2s+2.68s＝3.88s 物块回到斜面底端时速度大小约为 v＝a2t＝2×2.68m/s＝5.36m/s≈5.4m/s，故C正确，D错误。 故选：C。 14．（2024•成都模拟）（多选）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度d＝0.2m，质量m＝0.2kg，其右端离抽屉右侧的距离也为d，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数μ＝0.1，抽屉总长L＝0.8m，质量M＝1kg。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度g＝10m/s2。现对把手施加水平向右的恒力F，则（　　） A．当水平恒力的大小F≤1N时，手机与抽屉有相对运动 B．当水平恒力的大小F≤0.3N时，手机不与抽屉右侧发生磕碰 C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足F≥1.8N D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足F≥4.4N 【答案】BC 【解答】解：AB、手机的最大加速度为：am＝＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为：Fm＝（M+m）am＝（1+0.2）×1N＝1.2N 所以当水平恒力的大小F≤1.2N时，手机与抽屉一起加速运动，当水平恒力的大小F＝0.3N时，抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为： a1＝＝m/s2＝0.25m/s2 当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：2a1L＝ 解得：v1＝m/s。 抽屉停止运动后，手机向右滑动，则有：＝2amx1 解得手机向右滑动的位移大小为：x1＝0.2m＝d 手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰，当水平恒力的大小F≤0.3N时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，故A错误，B正确； C、当F＞1.2N时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小F＝1.8N时，对抽屉由牛顿第二定律得： F﹣μmg＝Ma2 解得：a2＝1.6m/s2 当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：L＝ 解得：t2＝1s，t＝﹣1s（舍去） 手机的速度为：v2＝amt2 解得：v2＝1m/s 手机的位移为：x2＝ 解得：x2＝0.5m 抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为：x3＝x2＝0.5m，则有：x2+x3＝L+d 所以手机恰好与抽屉右侧不磕碰，故为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足F≥1.8N，故C正确； D、水平恒力的大小F＝2.2N时，对抽由牛顿第二定律得： F﹣μmg＝Ma3 解得：a3＝2m/s2 当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：L＝ 解得：t3＝s 手机向右运动的位移大小为：x4＝ 解得：x4＝0.4m 则x4＝2d，手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足F≤2.2N，故D错误。 故选：BC。 15．（2024秋•五华区校级月考）如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1＝2kg的木板A以v0＝3m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2＝1kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sinθ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1（结果可保留根号）； （2）滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1； （3）滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。 【答案】（1）木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1为； （2）滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2为6m/s2，木板A的加速度大小a1为3m/s2； （3）滑块B在木板A上留下痕迹的长度s为6m。 【解答】解：（1）开始木板A能够匀速下滑，根据平衡条件有 m1gsinθ＝μ1m1gcosθ 解得 （2）刚放上滑块B，对滑块B分析 由牛顿第二定律可得 m2gsinθ+μ2m2gcosθ＝m2a2 解得 对木扳A分析 由牛顿第二定律可得 μ2m2gcosθ+μ1（m1+m2）gcosθ﹣m1gsinθ＝m1a1 解得 （3）设经过t1时间，A与B共速，设共速时的速度为v，对A、B分别有 v＝v0﹣a1t1 v＝a2t1 联立解得 ，v＝2m/s 共速时B相对A向上滑动的位移大小为Δx1，有 共速后，再对B受力分析有 由牛顿第二定律可得 m2gsinθ﹣μ2m2gcosθ＝m2a′2 解得 对A分析有 由牛顿第二定律可得 μ1（m1+m2）gcosθ﹣μ2m2gcosθ﹣m1gsinθ＝m1a′1 解得 设再经过t2时间，木板速度减为零，有 此时滑块B速度为 v2＝v+a′2t2＝2m/s+2×2m/s＝6m/s 共速后B相对A向下运动的位移大小为Δx2，有 由于 Δx2＞Δx1 则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为 s＝Δx2＝6m 答：（1）木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1为； （2）滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2为6m/s2，木板A的加速度大小a1为3m/s2； （3）滑块B在木板A上留下痕迹的长度s为6m。 16．（2024秋•河西区校级月考）如图所示，一滑块从倾角θ＝37°的固定斜面顶端A由静止下滑，在C点正上方h＝1.25m处有一小球，某时刻将小球由静止释放，小球与滑块恰好在C点相遇。已知斜面与水平面在B点平滑连接，滑块与接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，AB段长l1＝2.2m，BC段长l2＝3.4m，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求： （1）滑块在斜面上运动的加速度大小a1； （2）滑块运动到C点的速度大小vC； （3）小球刚释放时，滑块已运动的时间Δt。 【答案】（1）滑块在斜面上运动的加速度大小4.4m/s2； （2）滑块运动到C点的速度大小2.4m/s； （3）小球刚释放时，滑块已运动的时间1.5s。 【解答】解：（1）对滑块在斜面上由牛顿第二定律 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据解得，滑块在斜面上运动的加速度大小为 （2）由运动学公式 得滑块运动到B点时的速度大小为 vB＝4.4m/s 滑块在水平面上由牛顿第二定律 μmg＝ma2 由运动公式 联立可得，滑块运动到C点的速度大小为 vC＝2.4m/s， （3）由运动公式可得滑块在斜面上运动的时间为 滑块在水平面上运动的时间为 由自由落体运动公式可得小球落到C点所用时间为 t＝0.5s 所以小球刚释放时，滑块已运动的时间为 Δt＝t1+t2﹣t＝1s+1s﹣0.5s＝1.5s 答：（1）滑块在斜面上运动的加速度大小4.4m/s2； （2）滑块运动到C点的速度大小2.4m/s； （3）小球刚释放时，滑块已运动的时间1.5s。 五．牛顿第二定律的图像问题（共3小题） 17．（2024秋•荣昌区校级月考）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m＝0.2kg的飞箭从地面以初速度v0＝10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1＝2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（　　） A．k的值为0.1N•s/m B．飞箭在上升过程的平均速度大于5m/s C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60m/s2 D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大 【答案】C 【解答】解：A、小球落地前以v1匀速运动，则有mg＝kv1，即k＝＝N•s/m＝1N•s/m，故A错误； B、若飞箭上升过程中做匀减速直线运动，其上升过程的平均速度大小为：＝＝m/s＝5m/s 若飞箭上升过程中做匀减速直线运动，其速度图像如图虚线所示： 0～t1时间内虚线与坐标轴围成的面积大于实线与坐标轴围成的面积，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，飞箭在上升过程的平均速度小于5m/s，故B错误； C、小球抛出瞬间的加速度大小为：a＝＝m/s2＝60m/s2，故C正确； D、飞箭上升过程中的加速度大小为：a1＝＝g+•v，由于上升过程中速度减小，所以加速度减小； 飞箭下降过程中的加速度大小为：a2＝＝g﹣•v，由于下降过程中速度增大，所以加速度减小，故D错误。 故选：C。 18．（2024秋•青岛期中）放置在粗糙水平面上的物体，在如图所示的水平推力作用下由静止开始运动，经过一段时间后，水平推力逐渐减小。在水平推力逐渐减小到0的过程中（物体仍在运动），下列说法正确的是（　　） A．物体加速度逐渐减小，速度逐渐增大 B．物体加速度先增大后减小，速度先增大后减小 C．物体加速度逐渐减小，速度先增大后减小 D．物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小 【答案】D 【解答】解：物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动，物体水平方向受到推力和滑动摩擦力两个力作用。水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中，物体受到的推力大于摩擦力，合力方向与速度方向相同，物体做加速运动，推力减小，则合力减小，加速度减小。此后，推力继续减小，推力小于滑动摩擦力，合力方向与速度方向相反，物体做减速运动，合力反向增大，则加速度反向增大，因此物体加速度先减小后增大，速度先增大后减小，故ABC错误，D正确。 故选：D。 19．（2024•阳曲县校级开学）（多选）如图，水平面上质量为m的玩具车在发动机牵引力F的作用下开始加速运动，牵引力F的功率P保持恒定，运动过程中玩具车所受的阻力Ff大小不变，玩具车速度最终达到最大值vmax。图乙为玩具车速度的倒数与加速度a的关系图像，根据图像所给信息可知以下说法正确的是（　　） A．P＝30m B．vmax＝10m/s C．P＝0.1Ff D．图像的斜率为 【答案】AB 【解答】解：ACD．根据题意，由牛顿第二定律有F﹣Ff＝ma，又根据P＝Fv，整理得， 结合图像可得斜率 截距 解得P＝30m，P＝10Ff 故CD错误，A正确； B．当加速度为零时，汽车的速度最大，由可知，解得vmax＝10m/s，故B正确。 故选：AB。 六．力学单位制与单位制（共3小题） 20．（2024•浙江模拟）雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa•s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（　　） A．Re＝ B．Re＝ C．Re＝ D．Re＝ 【答案】B 【解答】解：ρ的单位是，v的单位是，d的单位是m。μ的单位Pa•s＝＝＝。 A、经过计算可得的单位是，即Re有量纲，不符合题意，故A错误； B、经过计算可得的单位是1，即Re无量纲，符合题意，故B正确； C、经过计算可得的单位是m，即Re有量纲，不符合题意，故C错误； D、经过计算可得的单位是，即Re有量纲，不符合题意，故D错误。 故选：B。 21．（2024秋•通州区期中）物理实验过程中的测量结果既要表示出数值，也要有相应的计量单位。根据国际单位制的定义，光速c的数值约为3×108m/s。设想一种新的单位制，其基本单位是这样选取的：时间单位为秒，长度单位的选取使得光速c的数值为1。在这种单位制中的1长度单位相当于（　　） A．3×108m B． C．3×10﹣8m﹣1 D． 【答案】A 【解答】解：设光t时间内向前走的长度为x，则光速为：，则x＝ct，因为光速c的数值约为3×108m/s，设想一种新的单位制，其基本单位是这样选取的：时间单位为秒，长度单位的选取使得光速c的数值为1，所以这种单位制中的1长度单位相当于：3×108m/s×1s＝3×108m，故A正确，BCD错误。 故选：A。 22．（2023秋•太原期末）（多选）下列有关单位制的说法正确的是（　　） A．国际单位制中，力学的基本单位是牛顿、米、秒 B．实验表明，物体在空气中高速行进时，空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为f＝kSv2，则在国际单位制中，比例系数k的单位是kg/m3 C．1N是指使质量为1kg的物体产生9.8m/s2的加速度所需要的力 D．在单位制中，“N/kg”与“m/s2”是等价的 【答案】BD 【解答】解：A.国际单位制中，力学的基本单位是千克、米、秒，牛顿是导出单位，故A错误； B.空气阻力f与受力面积S及速度v的关系为 f＝kSv2 则 k＝，可得比例系数k的单位1，故B正确； C.1N是指使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度所需要的力，故C错误； D：在单位制中，有 所以“N/kg”与“m/s2”是等价的，故D正确。 故选：BD。 七．牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况（共3小题） 23．（2024•洛阳一模）如图甲所示，质量为m＝5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力F随位移x变化的图像如图乙所示（x＝4.0m之后无推力存在），已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度大小g取10m/s2，下列选项正确的是（　　） A．物体从开始运动到距出发点4.0m的过程中，加速度始终减小 B．在距出发点3.5m位置时物体的速度最大 C．物体的最大速度为 D．物体在水平地面上运动的最大位移是16.0m 【答案】C 【解答】解：A、物体在水平方向受推力与滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得加速度为：a＝﹣μg，由图乙所示图像可知，从开始运动到距出发点4m，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力，物体做加速运动；随推力F的减小，加速度a减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动，加速度a逐渐增大，由以上分析可知，物体的加速度先减小后增大，故A错误； B、由图像可知，推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100﹣25x（0≤x≤4.0m），物体的速度最大时，加速度为零，此时有F＝μmg 代入数据解得：x＝3m，即在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，故B错误； C、F﹣x图线与x轴围成图形的面积大小等于推力对物体做功，设物体的最大速度为vm，由图乙所示图像可知，物体速度最大时，推力对物体做功为：W＝J＝187.5J，从物体开始运动到速度最大过程，对物体由动能定理得：W﹣μmgx＝﹣0，代入数据解得：vm＝m/s，故C正确； D、推力对物体做的功大小等于图线与坐标轴围成的面积，即W＝＝J＝200J，对物块运动的整个过程，根据动能定理可得W﹣μmgxmax＝0，代入数据解得：xmax＝8m，故D错误。 故选：C。 24．（2024秋•辽宁期中）（多选）足够长的木板上表面一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，已知木块与木板间弹力大小与角度α的关系式为N＝mgcosα，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像，如图乙所示。下列判断正确的是（　　） A．木块与木板间的动摩擦因数 B．木块与木板间的动摩擦因数 C．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度越来越大 D．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动 【答案】AC 【解答】解：AB、由题图可知，当木板与地面的夹角为θ1时，木块刚刚开始滑动，木块的重力沿木板向下的分力等于最大静摩擦力，则有 刚滑动时，滑动摩擦力满足 解得动摩擦因数为 ，故A错误，B正确； C、木板由θ1转到θ2的过程中，对木块，根据牛顿第二定律有 mgsinθ﹣mgcosθ＝ma 则得a＝gsinθ﹣μgcosθ 可知，木板由θ1转到θ2的过程中，随着θ的增大，木块做加速运动的加速度a增大，速度变大且增大得越来越快，故C正确； D、当木板与地面的夹角为θ2时，木块受到的摩擦力为零，则木块与木板间无弹力，木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块做的不是自由落体运动，而是初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故D错误。 故选：AC。 25．（2024秋•南通期中）现在物流中心用智能机器人搬运货物，一机器人（含货物）总质量m＝30kg，在平直轨道上以速度v0＝1.5m/s匀速前进。为了使机器人能安全停下，采用了电磁制动与机械制动相结合的装置。开始是机械制动，提供一个恒定的制动力F1＝10N，机械制动力作用的时间t1＝1.5s，随后电磁制动提供一个随时间变化的制动力F2＝kt，其中k＝5N/s，直到机器人停止运动。不计其它作用力。 （1）求机械制动结束时机器人的速度大小v1； （2）求电磁制动作用的时间t2； （3）若机器人在匀速运动中撞上一个固定的障碍物，该障碍物有缓冲装置，机器人仅在缓冲装置作用下减速到0。已知缓冲装置对机器人的作用力大小F＝cv，其中c＝200N•s/m，v是机器人的速度，求机器人速度减速到0的过程中运动的距离x。 【答案】（1）机械制动结束时机器人的速度为1m/s； （2）电磁制动作用的时间为； （3）机器人速度减速到0的过程中运动的距离为0.225m。 【解答】解：（1）机械制动过程中，以运动方向为正方向，由动量定理得﹣F1t1＝mv1﹣mv0，代入数据得﹣10×1.5N•s＝30kg×v1﹣30kg×1.5m/s，解得v1＝1m/s； （2）电磁制动过程中，制动力F2随时间t均匀变化，根据动量定理得，代入数据得 ，解得； （3）在缓冲装置作用的过程中，设一段极短时间Δt内机器人的位移为Δx，由动量定理得﹣FΔt＝mΔv，则﹣cvΔt＝mΔv，且Δx＝vΔt，机器人速度减速到0的过程中，运动的距离为x＝∑Δx，整理得﹣cx＝m（0﹣v0），代入数据得﹣200N•s/m×x＝30kg×（0﹣1.5m/s）， 解得：x＝0.225m。 答：（1）机械制动结束时机器人的速度为1m/s； （2）电磁制动作用的时间为； （3）机器人速度减速到0的过程中运动的距离为0.225m。 八．牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力（共3小题） 26．（2024•西安模拟）如图，质量为60kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40kg的重物送入井中。当重物以3m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（　　） A．200N B．920N C．320N D．280N 【答案】C 【解答】解：先研究重物，重物的加速度a＝2m/s2，受到重力与绳子的拉力。 则根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma 解得：F＝m（g﹣a）＝40×（10﹣3）N＝280N 再对人进行受力分析，人处于静止状态。 则根据平衡条件有：Mg＝F+N 解得：N＝Mg﹣F＝600N﹣280N＝320N 由牛顿第三定律可得：人对地面的压力大小为 N′＝N＝320N 故ABD错误，C正确。 故选：C。 27．（2024秋•红桥区校级月考）（多选）如图甲所示，质量m＝2kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，其1.5s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10m/s2。则下列判断正确的是（　　） A．物块和斜面间的动摩擦因数为0.1 B．拉力大小为12N C．1.5s后物块一定静止 D．物块沿斜面上滑的距离为1.5m 【答案】BD 【解答】解：AB、由图乙可得物块匀加速运动过程和匀减速运动过程的加速度的大小为： ，设斜面倾角为θ，斜面与物块间的动摩擦因数为μ，两个过程分别由牛顿第二定律有：F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma1，μmgcosθ+mgsinθ＝ma2 联立可得：F＝12N，但无法求出μ和θ，故A错误，B正确； C、由于不清楚tanθ与μ的大小关系，所以无法判断物块能否静止在斜面上，故C错误； D、由v﹣t图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，可得物块沿斜面上滑的距离为：，故D正确。 故选：BD。 28．（2024•泉州一模）人工智能已在生活中得到广泛应用。一游客携带智能行李箱出行，旅客行走时，行李箱无需人的牵引可在地面上跟随游客运动，如图甲所示。某段时间内，行李箱速度v随时间t的变化图像如图乙所示。已知行李箱的质量m＝20kg，0～t0时间内行李箱的总位移s＝6m。求： （1）行李箱加速阶段的位移大小s1以及减速运动的时间t2； （2）减速阶段行李箱受到的合力大小F。 【答案】（1）行李箱加速阶段的位移大小s1为5m，及减速运动的时间t2为1s； （2）减速阶段行李箱受到的合力大小F为40N。 【解答】解：（1）由v﹣t图像可知行李箱前5s内的位移大小为 其中 v＝2m/s，t1＝5s 代入可得 s1＝5m 5s后的位移大小为 s2＝s﹣s1 其中 解得 t2＝1s （2）行李箱减速过程中的加速度大小为a，由运动学公式 v2＝2as2 由牛顿第二定律有 F＝ma 解得 F＝40N 答：（1）行李箱加速阶段的位移大小s1为5m，及减速运动的时间t2为1s； （2）减速阶段行李箱受到的合力大小F为40N。 九．超重与失重的概念、特点和判断（共3小题） 29．（2024•如皋市校级模拟）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连。运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　） A．经过B点时，运动员的速率最大 B．从B点到D点，运动员一直处于超重状态 C．从B点到D点，运动员的加速度一直增大 D．在D点，运动员的加速度大小大于重力加速度g 【答案】D 【解答】解：A、从O到B，弹性绳弹力为零，运动员只受重力做自由落体运动，速度增大，在C点运动员合力为零，可知从B到C过程，运动员重力大于弹力，合力向下，加速度向下，与速度方向相同，运动员向下做加速运动，从C到D，运动员弹力大于重力，合力向上，加速度向上，与速度方向相反，运动员向下做减速运动，所以在C点运动员速度最大，故A错误； BC、从B到C过程，由牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma，运动员加速度方向向下，处于失重状态，随着弹力F逐渐增大，则加速度逐渐减小， 从C到D过程，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝ma，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态，随着弹力F继续增大，运动员加速度增大，故BC错误。 D、设弹性绳的劲度系数为k，在C点弹性绳形变量为x，则有：kx＝mg 设弹性绳在D点形变量为x′，由牛顿第二定律有：kx′﹣mg＝ma 由图可知x′＞2x，则可得：a＞g，故D正确。 故选：D。 30．（2024春•沈阳期末）（多选）如图甲所示，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处自由释放，接触弹簧后继续竖直向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，则小球的速度的二次方v2随坐标x的变化图像如图乙所示。其中OA段为直线，ABCD是平滑的曲线，AB段与OA相切于A点，C点与A点关于BE对称，空气阻力不计，重力加速度为g。关于小球在A、B、C、D各点对应的位置坐标xA、xB、xC、xD及加速度大小aA、aB、aC、aD的判断正确的是（　　） A．xA＝h，aA＝g此时小球处于失重状态 B． C．，此时小球处于失重状态 D．xD＞h+，aD＞g，此时小球处于超重状态 【答案】AD 【解答】解：A.图乙所示图像中，OA段是直线，小球从O运动到A过程中加速度不变，小球做自此时小球处于失重状态，故A正确； B.由图乙所示图像可知，在B点时小球速度最大，此时重力和弹力相等，小球所受合力为零，加速度为a＝0，所以B点受力平衡有mg＝kx，可得x＝，则B点的横坐标为xB＝h+，故B错误； C.由于C点与A点关于BE对称，所以xC＝h+，在C点的弹簧弹力竖直向上，大小为F＝2kx＝2mg 由牛顿第二定律得F﹣mg＝maC，解得 aC＝g，此时小球处于超重状态，故C错误。 D.小球到达D点时速度为零，则D点在C点的下方，小球到达D点时形变量xD＞h+。加速度大小aD＞g。此时小球处于超重状态，故D正确。 故选：AD。 31．（2023秋•洛阳期末）如图1所示，一个同学在竖直升降的电梯内，探究超重失重现象。该同学站在磅秤上的总质量为50kg。电梯由静止开始向下做匀加速运动，这时开始计时。该同学在磅秤上的示数随时间变化情况F﹣t图线如图2，最后电梯恰好停在地面上，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）电梯做匀速运动时的速度大小； （2）电梯降落的总位移的大小。 【答案】（1）电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s； （2）电梯降落的总位移的大小为126m。 【解答】解：（1）对于启动状态有：mg﹣F1＝mα1， 代入数据得：α1＝2m/s2， 6s末的速度v＝α1t1＝2×6m/s＝12m/s， 电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s。 （2）加速下降的位移x1＝＝m＝36m， 匀速运动的位移x1＝vt2＝12×6m＝72m， 对于制动状态有：F3﹣mg＝mα3， 代入数据得：α3＝4m/s2 制动的时间t3＝＝s＝3s， 制动的位移x3＝＝m＝18m， x＝x1+x2+x3＝36m+72m+18m＝126m。 答：（1）电梯做匀速运动时的速度大小为12m/s； （2）电梯降落的总位移的大小为126m。 十．根据超重或失重状态计算物体的运动情况（共3小题） 32．（2024•湖北模拟）为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，水从小孔喷出，如图所示。t＝0时刻，他提着水瓶向上加速运动，t1时刻松手，t2时刻水瓶上升到最高点，之后水瓶自由下落。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．0～t1时间内，没有水从侧壁流出 B．t1～t2时间内，水和水瓶处于超重状态 C．t1～t2时间内，没有水从侧壁流出 D．t2时刻之后，水和水瓶处于超重状态 【答案】C 【解答】解：A、0∼t1时刻，手提着水瓶向上加速，加速度方向向上，整体处于超重状态，一定会有水从小孔流出，故A错误； BC、t1∼t2时刻水和水瓶只受重力的作用，处于完全失重的状态，因此不会有水从侧壁流出，故B错误，C正确； D、t2时刻之后，水瓶自由下落，只受重力，水瓶和水依然处于完全失重的状态，没有水从侧壁流出，故D错误。 故选：C。 33．（2024秋•天津期中）（多选）如图所示，质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.3。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列哪种做法可以使物块A相对木箱底面向右移动。（　　） A．让木箱以1m/s2的加速度向上运动 B．让木箱以3m/s2的加速度向下运动 C．让木箱以3m/s2的加速度向左运动 D．让木箱以3m/s2的加速度向右运动 【答案】BC 【解答】解：A．若让木箱以1m/s2的加速度向上运动，则木箱超重，木箱对地板的压力变大，最大静摩擦力变大，则木箱不能移动，仍处于静止状态，故A错误； B．若让木箱以3m/s2的加速度向下运动，则此时：mg﹣FN＝ma 最大静摩擦力fm＝μFN 解得：fm＝1.05N＜1.2N 则木箱在弹簧拉动下会向右运动，故B正确； C．若让木箱以3m/s2的加速度向左运动，假设木箱静止，根据牛顿第二定律可知：f﹣F＝ma 解得：f＝2.7N＞fm＝μmg＝1.5N，可知木箱不能静止，将向右运动，故C正确； D．若让木箱以3m/s2的加速度向右运动，假设木箱静止，根据牛顿第二定律可知：f+F＝ma 解得：f＝0.3N＜fm＝μmg＝1.5N，可知木箱仍处于静止状态，故D错误。 故选：BC。 34．（2023秋•西宁期末）质量是60kg的人站在升降机中的体重计上，如图所示。重力加速度g取10m/s2，当升降机做下列各种运动时，求体重计的示数。 （1）匀速上升； （2）以4m/s2的加速度加速上升； （3）以5m/s2的加速度加速下降。 【答案】（1）匀速上升时示数为600N； （2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N； （3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。 【解答】解：（1）升降机匀速上升，受力平衡，则FN＝mg＝600N 由牛顿第三定律知，体重计的示数为600N。 （2）升降机加速上升，加速度方向向上，支持力大于重力 根据牛顿第二定律得： FN1﹣mg＝ma1 FN1＝m（g+a1）＝840N 由牛顿第三定律知，体重计的示数为840N。 （3）升降机加速下降，加速度方向向下，支持力小于重力 根据牛顿第二定律得： mg﹣FN2＝ma2 FN2＝m（g﹣a2）＝300N 由牛顿第三定律知，体重计的示数为300N。 答：（1）匀速上升时示数为600N； （2）以4m/s2的加速度加速上升时为840N； （3）以5m/s2的加速度加速下降时为300N。 十一．超重与失重的图像问题（共2小题） 35．（2023秋•长安区校级期末）利用智能手机的加速度传感器可直观显示手机的加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器后，手掌从静止开始竖直向上抛出手机，后又接住。以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机可能在（　　） A．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速下降 B．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升 C．t1～t2时间内减速上升，t2～t3时间内加速上升 D．t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速下降 【答案】B 【解答】解：图像与时间轴围成的“面积”表示速度的变化量；根据图像可知，t1时刻手机加速度最大，t1时刻之后，手机加速度依然是正值，手机还要继续加速上升，t2时刻手机加速度为0，此时手机向上的速度最大，之后手机的加速度反向，开始减速上升；加速过程速度变化量（增加量）大于减速过程速度的变化量（减少量），则t2～t3手机的运动方向一直向上，所以t1～t2时间内加速上升，t2～t3时间内减速上升。故B正确，ACD错误； 故选：B。 36．（2023秋•正定县校级期末）如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（　　） A．该弹簧的劲度系数为2 N/m B．当Δx＝0.3 m时，小球处于超重状态 C．小球刚接触弹簧时速度最大 D．当Δx＝0.61 m时，小球的加速度为零 【答案】B 【解答】AC．小球接触弹簧后，弹力从零逐渐增大，当弹簧弹力等于小球重力，即Δx＝0.10m时，小球速度最大，加速度为零，即有 mg＝kΔx 可得，弹簧劲度系数为k＝＝N/m＝20N/m， 故AC错误； B．当Δx＝0.3 m时，小球向下减速，加速方向向上，弹力大于重力，小球处于超重状态，故B正确； D．当Δx＝0.61 m时，弹簧弹力大于重力，加速向上达到最大值，故D错误。 故选：B。 十二．等时圆模型（共2小题） 37．（2024•杭州开学）如图AB、CD是光滑斜槽，它们的端点分别在半径为R和r的两个圆周上，延长线交于两圆周的相切点P，P为最低点。现有两个质量均为m的重物分别沿AB和CD由静止下滑。已知AP、CP和竖直方向的夹角分别为30°和45°，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．重物沿AB下滑的加速度大小为5m/s2，沿CD下滑的加速度大小为5m/s2 B．重物沿AB下滑所用时间等于沿CD下滑所用的时间 C．若两斜面粗糙，则重物沿CD下滑所用时间小于沿AB下滑所用时间 D．若两重物质量不相等，则重物沿AB下滑所用时间和沿CD下滑所用的时间不相等 【答案】B 【解答】解：A．重物沿AB下滑的过程中，由牛顿第二定律 mgcos30°＝ma1 解得 重物沿CD下滑的过程中，由牛顿第二定律 mgcos45°＝ma2 解得 故A错误； BD．重物沿AB下滑的过程中，由运动学公式 解得 重物沿CD下滑的过程中，由运动学公式 解得 可知 tCD＝tAB 与两重物的质量无关，故B正确，D错误； C．若两斜面粗糙，设斜槽与竖直方向的夹角为θ，由牛顿第二定律 mgcosθ﹣μmgsinθ＝ma 由运动学公式 联立可得 因为θ越大，所用时间越长，故重物沿CD下滑所用时间大于沿AB下滑所用时间，故C错误。 故选：B。 38．（2024•天心区校级模拟）（多选）如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，则（　　） A．v1＝v2 B．v1＞v2 C．t1＞t2 D．t1＝t2 【答案】BD 【解答】解：AB、对圆环，由动能定理有：mgh＝mv2 可得终点速度为：v＝ 两环下落的竖直高度关系为：h1＞h2 所以有：v1＞v2 故A错误，B正确； CD、假设MQ处有光滑细杆，圆环在MQ细杆上运动时间为t0，则由等时圆知识可得：t1＝t0＝t2，故C错误，D正确。 故选：BD。 十三．连接体模型（共3小题） 39．（2024•五华区校级模拟）在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法。如图所示，先对质量为m1的标准物体P施加一水平恒力F，测得其加速度为a1，然后将标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们的加速度为a2。则得测物体Q的质量m2为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：对质量为m1的标准物体P施加一水平恒力F，测得其加速度为a1，由牛顿第二定律得 F＝m1a1 对标准物体P与待测物体Q紧靠在一起，施加同一水平恒力F，测得它们的加速度为a2，由牛顿第二定律得 F＝（m1+m2）a2 联立解得 ，故ACD错误，B正确。 故选：B。 40．（2024秋•五华区校级月考）（多选）物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去，在0～1s两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中分析正确的是（　　） A．t＝1s时Q的速度大小等于0.4m/s B．恒力大小为2N C．t＝1s时P、Q相距最近 D．Q的质量为0.5kg 【答案】BD 【解答】解：A、若0﹣1s内Q的加速度均匀增大，则t＝1s时Q的速度大小等于，由图乙可知图线与横轴围成的面积大于加速度均匀增大围成的面积，故t＝1s时Q的速度大于0.4m/s，故A错误； B、t＝0s时P的加速度为1.0m/s2，Q的加速度为0，根据牛顿第二定律可得F＝mPa0＝2×1N＝2N，故B正确； C、由图乙可知0﹣1s内P的加速度大于Q的加速度，t＝1s时两者的加速度相等，此时P的速度大于Q的速度，两者仍在接近，故C错误； D、以P、Q为整体，根据牛顿第二定律得F＝（mP+mQ）a，解得＝，故D正确。 故选：BD。 41．（2024春•即墨区期末）如图甲所示，倾角θ＝37°、底端带有固定挡板的斜面体置于水平面上，斜面光滑，劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以加速度a做匀加速运动，稳定后弹簧的形变量为x；推力大小不同，稳定时弹簧的形变量x可能也不同。如图乙所示，为弹簧形变量x与相应加速度a间的x﹣a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2。 （1）求图乙中a0的大小； （2）求物块A、B的质量mA、mB； （3）当a＞a0时，求斜面体对物块B的支持力大小与斜面体加速度a的关系式。 【答案】（1）图乙中a0的大小为7.5m/s2； （2）物块A、B的质量分别为1kg和2kg； （3）当a＞a0时，求斜面体对物块B的支持力大小与斜面体加速度a的关系式为F＝16+1.2a（a＞a0）。 【解答】解：（1）由图结合题意可知a0时弹簧处于原长状态，且物块A、B恰要分离，故对AB整体有 （mA+mB）gtan37°＝（mA+mB）a0 解得 （2）当a＝0时，对AB整体分析有 （mA+mB）gsin37°＝kx0 当 a＞a0时，图中另一纵截距的意义为 mAgsin37°＝kx1 联立解得 mA＝1kg，mB＝2kg （3）a＞a0时，对B分析 mBgsin37°﹣FAB＝mBacos37° F﹣mBgcos37°＝mBasin37° 解得 F＝mBgcos37°+mBasin37°＝16+1.2a（a＞a0） 答：（1）图乙中a0的大小为7.5m/s2； （2）物块A、B的质量分别为1kg和2kg； （3）当a＞a0时，求斜面体对物块B的支持力大小与斜面体加速度a的关系式为F＝16+1.2a（a＞a0）。 十四．水平传送带模型（共3小题） 42．（2024秋•朝阳区校级月考）如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A端。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度大小g取10m/s2。则小物块从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小物块在传送带上一直加速运动 B．小物块从A运动到B的时间是1.5s C．小物块达到的最大速度是4m/s D．小物块与传送带间的相对位移是3m 【答案】B 【解答】解：AB、小物块刚放到A端，由牛顿第二定律可得小物块的加速度为： 小物块从开始到与传送带共速所用时间：，此过程小物块的位移为：，可知x1＜x，所以此后小物块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，设此过程所用时间为t2，则，所以小物块从A运动到B的时间t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s，故A错误，B正确； C、小物块达到的最大速度等于传送带速度，即为4m/s，故C错误； D、物块相对于传送带的位移大小为：Δx＝v0t1﹣x1＝4×1m﹣2m＝2m，故D错误。 故选：B。 43．（2024秋•河西区校级月考）如图所示，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（　　） A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t3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，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 D．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 【答案】C 【解答】解：A、根据v﹣t图像，对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，速度减至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在t1时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误； B、由图可知，0～t1时间内，小物块向左减速，t1时刻速度减为零后，t1～t2时间内，又开始向右加速，t2时刻与传送带共速，此后与传送带一起匀速回到A处，则t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B错误； CD、由图像的斜率表示加速度可知，0～t2时间内，小物块的加速度大小和方向都不变，对小物块受力分析，由牛顿第二定律可知，0～t2时间内，小物块始终受到大小方向都不变的摩擦力作用，故C正确，D错误。 故选：C。 44．（2024秋•苏州期中）如图甲所示为机场、火车站等场所的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。绷紧的传送带始终保持v0＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数为μ ＝0.1，AB间的距离为LAB＝2.5m，g取10m/s2，求： （1）行李从A到B的时间t； （2）要使行李从A到B的时间最短，水平传送带的最小恒定速度vmin。 【答案】（1）行李从A到B的时间t为3s； （2）水平传送带的最小恒定速度vmin为。 【解答】解：（1）行李刚放上传送带时的加速度为 a＝＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 行李从刚放上传送带到与传送带达到共速所用时间为 t1＝＝s＝1s 行李匀加速阶段的位移为 x1＝＝×1m＝0.5m 共速后，行李与传送带相对静止继续匀速运动的时间为 t2＝＝s＝2s 则行李从A到B的时间为 t＝t1+t2＝1s+2s＝3s （2）若要使行李从A处到达B处的时间最短，则行李从A处到达B处一直做匀加速直线运动，根据运动学公式得 解得行李到达B处的速度为 vB＝m/s 可知水平传送带的最小恒定速度为 答：（1）行李从A到B的时间t为3s； （2）水平传送带的最小恒定速度vmin为。 十五．倾斜传送带模型（共3小题） 45．（2024秋•郫都区校级月考）如图，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因数为μ，小木块速度随时间变化关系如图，v0、t0已知，则（　　） A．传送带一定顺时针转动 B．μ＝tanθ+ C．传送带的速度大于v0 D．t0后滑块的加速度为2gsinθ• 【答案】D 【解答】解：A、若传送带顺时针转动，如果小木块下滑（mgsinθ＞μmgcosθ），将一直匀加速到底端；如果小木块上滑（mgsinθ＜μmgcosθ），先匀加速运动，在速度相等后小木块将匀速运动，两种均不符合运动图象，故传送带是逆时针转动，故A错误； B、小木块在0～t0内，滑动摩擦力向下，小木块匀加速下滑，根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a1＝gsinθ+μgcosθ，由图可知，a1＝，解得：μ＝﹣tanθ，故B错误； C、只有当小木块的速度等于传送带的速度时，滑块所受的摩擦力变成斜向上，故传送带的速度等于v0，故C错误； D、当小木块的速度与传送带速度相等以后，根据牛顿第二定律可得小木块的加速度大小为：a2＝gsinθ﹣μgcosθ，代入μ值得：a2＝2gsinθ﹣，故D正确； 故选：D。 46．（2025•什邡市校级一模）（多选）粮袋的传送装置如图所示，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋轻放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（　　） A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B．若L足够大，且μ＞tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ−μcosθ）的匀加速运动，再以速度v做匀速运动 C．若L足够大，且μ＜tanθ，粮袋先做加速度为g（sinθ+μcosθ）的匀加速运动，再做加速度为g（sinθ−μcosθ）做匀加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a＞gsinθ 【答案】AC 【解答】解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确； B、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为 ＝gsinθ+μgcosθ的匀加速运动，当速度加到v时，因为μ＞tanθ，再以速度v做匀速运动，故B错误； C、粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，物体先做加速度大小为 ＝gsinθ+μgcosθ的匀加速运动，当速度加到v时，因为μ＜tanθ，再做加速度大小为＝gsinθ﹣μgcosθ的匀加速运动，故C正确； D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动。若µ＜tanθ，粮袋的速度与传送带相同后，加速度为g（sinθ﹣µcosθ）＜gsinθ，故D错误。 故选：AC。 47．（2024秋•天津期中）如图所示，一小物块（可视为质点）从倾斜的传送带上端无初速度释放后沿传送带向下运动，传送带静止不动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如甲图所示，当传送带以恒定速率逆时针转动时小物块在传送带上运动的速度二次方随位移变化的关系如乙图所示。传送带上、下两端的距离为5m，重力加速度g取10m/s2。求： （1）传送带静止时，小物块运动的加速度大小； （2）小物块与传送带间的动摩擦因数； （3）简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件。 【答案】（1）传送带静止时，小物块运动的加速度大小为2m/s2； （2）小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5； （3）简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件是大于或等于10m/s。 【解答】解：（1）根据匀变速直线运动的位移—速度的关系有：v2＝2a1x 结合图甲的斜率有： 整理解得： （2）物块沿逆时针转动的传送带下滑时，根据位移与速度的关系有：v2＝2a2x 结合图乙有： 解得： 设传送带与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律， 物块沿静止传送带下滑时有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 物块沿逆时针转动的传送带下滑时有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2 解得：μ＝0.5 （3）由乙图可知，物块在传送带上一直做加速度为10m/s2的加速运动，到底端时速度为10m/s。如果传送带的速度小于10m/s，物块的速度与传送带速度相等时加速度会变为2m/s2，运动情况就不是乙图的情况。由以上分析可知传送带的速度一定大于或等于10m/s。 答：（1）传送带静止时，小物块运动的加速度大小为2m/s2； （2）小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5； （3）简要说明传送带逆时针转动时的恒定速率大小应满足的条件是大于或等于10m/s。 十六．无外力的水平板块模型（共3小题） 48．（2024秋•九龙坡区校级月考）如图所示，足够大的水平地面上静置一木板，两个均可视为质点的滑块A、B分别放在木板两端，现使两滑块同时以3m/s的速度相向滑动，两滑块恰好在木板的正中间相遇，相遇前木板做匀加速直线运动，相遇后木板做匀减速直线运动。已知滑块A的质量为5kg、与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块B的质量为1kg、与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.05，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．木板的长度为2m B．木板的质量为3kg C．木板运动的最大距离为1.5m D．整个过程中滑块B的位移大小为1m 【答案】C 【解答】解：B．对滑块A、B受力分析，分别根据牛顿第二定律可得： μAmAg＝mAaA，μBmBg＝mBaB 代入数据解得：， 相遇前木板匀加速，对木板由牛顿第二定律得： μAmAg﹣μBmBg﹣μ木（M+mA+mB）g＝Ma木 相遇后木板匀减速，对木板由牛顿第二定律得： μ木（M+mA+mB）g＝（M+mA+mB）a1木 代入数据解得： 相遇时三者共速，取向右为正方向，设三者经t时间共速，由速度—时间公式得： v＝v0﹣aAt；v＝﹣v0+aBt；v＝a木t 代入数据联立解得：v＝1m/s，t＝1s，，M＝2kg，故B错误； ACD．根据B选项，可知三者一起匀减速过程，由速度—时间公式得：0＝v﹣a1木t1 代入数据解得：t1＝2s 作出它们运动的v﹣t图像如图所示： 由v﹣t图像面积表示位移，可知可知木板的长度为： 木板运动的最大距离为： 分析滑块B，减速时间设为tB，由速度—时间公式得：0＝v0﹣aBtB 代入数据联立解得：tB＝0.75s 则整个过程中滑块B的位移为：，故AD错误，C正确。 故选：C。 49．（2024秋•武昌区校级月考）（多选）如图（a），在光滑水平面上放置一木板A，在A上正中间放置物块B。t＝0时刻起，对A施加水平方向上的力，A和B由静止开始运动。取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA＝vB﹣vA表示，其中vA和vB分别为A和B相对水平面的速度。在0～2s时间内，物块B的速度vB和相对速度vBA随时间t变化的关系如图（b）所示。运动过程中B始终未脱离A。则下列说法中正确的是（　　） A．0～2s时间内，B相对水平面的位移为3.5m B．0～2s时间内，A相对水平面的位移为3m C．A的长度至少为6m D．1.5s后A、B物体的运动方向相反 【答案】AC 【解答】解：A、由图可知，物块B在0～1.5s的加速度 ，故1.5s末B的速度 vB＝aBt1.5＝3m/s，所以0～2s时间内，B相对水平面的位移 ，故A正确； BC、根据图像可知，0～1sAB的相对加速度 ，此阶段A的加速度 aBA1＝aB1﹣aA1，解得 ，1s末A的速度 vA1＝aA1•（Δt1）＝6m/s，同理可得1～1.5sAB的相对加速度 ，aBA2＝aB1﹣aA2，解得 ，1.5s末A的速度 vA2＝vA1+aA2•（Δt2）＝3m/s，此时AB共速，A的位移为 ，B的位移为 ，所以板的长度至少为 ，则L＝6m，1.5～2.0s内B的加速度为 ，AB的相对加速度 ，此时A的加速度 ，所以2s末A速度为 vA3＝vA2+aA3•（Δt3）＝0，所以这段时间内A的位移 ，0～2s时间内A相对水平面的位移为 xA＝xA1+xA2，代数数据：xA＝6m，故B错误，C正确； D、根据上述分析可知，1.5s后，AB均做减速运动，二者运动方向相同，故D错误。 故选：AC。 50．（2023秋•市中区期末）如图所示，质量为2m的滑板A与质量为m的木板B左端对齐，静止叠放在水平地面上。现用带有橡胶指套的手指在滑板A的上表面以某一恒定速率向右移动，运动0.5s后从滑板A上撤去手指。手指作用过程中，对滑板A的压力大小为mg，在滑板A上表面留下的划痕长度恰好等于滑板A在木板B上表面滑动距离的。撤去手指后，经过0.5s，A、B速度恰好相等；最终，滑板A停止运动，始终未脱离木板B。已知A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）手指作用时，木板B加速度的大小； （2）木板B运动的距离； （3）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）手指作用时，木板B加速度的大小为2.0m/s2； （2）木板B运动的距离为2.0m； （3）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数为3.1。 【解答】解：（1）由题意得，手指作用期间，A、B发生相对滑动，B相对地面向右加速运动，对B有：μ1（mg+2mg）﹣μ2（mg+3mg）＝maB 解得： （2）撤去手指后，B仍然向右加速运动，对B有：μ1×2mg﹣μ2×3mg＝ma′B 解得： 设Δt＝0.5s，此时A、B的速度为：v＝aBΔt+a′BΔt 解得：v＝1.5m/s 共速前，B的位移： 当A、B共速后，保持相对静止，共同匀减速运动。设加速度为a，则：μ2×3mg＝3ma 设B位移为x2，根据：v2＝2ax2 B运动的距离为：xB＝x1+x2 联立解得：xB＝2.0m （3）手指作用时，对A有：μmg﹣μ1（mg+2mg）＝2maA 撤去手指后，A向右减速，对A有：μ1mg＝ma′A 解得： 撤去手指瞬间，A的速度：vA＝v+a′AΔt 解得：vA＝2.5m/s 假设手指作用时先与A相对滑动，设经t1手指和A达到共速，随后保持相对静止。则指套在A上面留下的划痕长度为： 滑块A在木板B上表面上滑动的距离为： 根据题意： 解得：t1＝0.2s 手指作用时，A的加速度： 联立解得：μ＝3.1 答：（1）手指作用时，木板B加速度的大小为2.0m/s2； （2）木板B运动的距离为2.0m； （3）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数为3.1。 十七．有外力的水平板块模型（共2小题） 51．（2024秋•通州区期中）如图所示，两个质量均为m的长方体木块A、B叠放在水平地面上，A、B间及B、地面间的动摩擦因数均为μ。B木块受到一个水平方向的拉力F，但仍然保持静止。已知当地重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．A木块受到的静摩擦力方向与拉力F的方向相同 B．B木块受到4个力的作用 C．B与地面间的摩擦力大小为μmg D．若想拉动B木块，拉力F应大于2μmg 【答案】D 【解答】解：A、由题意得A木块静止，因此水平方向不受静摩擦力，故A错误； B、B木块受到重力、地面支持力、拉力F、A木块给B木块的压力、地面对B的摩擦力，共计5个力的作用，故B错误； C、对A、B进行整体受力分析，水平方向拉力与地面对B的静摩擦力平衡，因此B与地面间的摩擦力大小为F。故C错误； D、B与地面的最大静摩擦力为：fB＝2μmg，因此，若想拉动B木块，拉力F应大于2μmg，故D正确。 故选：D。 52．（2024•西安模拟）如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m＝4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v0＝6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经t＝2s时间后物块与木板达到共同速度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度g＝10m/s2，求： （1）物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小； （2）长木板的质量M以及其最小长度d。 【答案】（1）物块的加速度为2m/s2，长木板的加速度大小为1m/s2。 （2）长木板的质量为4kg，最小长度为6m。 【解答】解：（1）结合题意，设物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma1，解得： 因为2s时达到共速，此时速度大小：v1＝v0﹣a1t1，解得：v1＝2m/s，长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小为：，解得： （2）对长木板由牛顿第二定律有：μ1mg﹣μ2（M+m）g＝Ma2，解得：M＝4kg 2s内物块对地位移大小为：，解得：x1＝8m，2s内长木板对地位移大小为：，解得：x2＝2m 则长木板最小长度为：Δx＝x1﹣x2，解得：Δx＝6m 答：（1）物块的加速度为2m/s2，长木板的加速度大小为1m/s2。 （2）长木板的质量为4kg，最小长度为6m。 十八．板块模型和传送带模型的结合（共2小题） 53．（2023秋•米东区校级期末）如图所示，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与光滑的弧形轨道平滑对接，右端与放在粗糙水平地面上的长木板C上表面等高，且紧密靠近，相同长木板D与C接触不粘连，每块木板长L＝0.8m、质量m0＝0.3kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。质量m＝0.1kg的小物块从轨道上由静止开始下滑，到A点时速度为10m/s，从滑过A点开始计时，经过t1＝0.8s传送带突然卡死而瞬间停止转动，又经过t2＝1s传送带瞬间恢复正常运转，物块与传送带和木板之间的动摩擦因数均为μ2＝0.5，传送带AB之间的距离d＝10.7m。重力加速度g＝10m/s2。求： （1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小； （2）物块在传送带上运动的总时间； （3）物块最终能否滑上木板D，请通过计算说明理由。 【答案】（1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小为6m/s； （2）物块在传送带上运动的总时间为2.2s； （3）物块最终能滑上木板D，理由见解析。 【解答】解：（1）物块在传送带运动，根据牛顿第二定律有 经过t1＝0.8s的速度为v1＝vA﹣at1＝（10﹣5×0.8）m/s＝6m/s （2）经过t1＝0.8s，物块的位移为＝m＝6.4m 又经过t2＝1s，物块的速度和位移分别为v2＝v1﹣at2＝（6﹣5×1）m/s＝1m/s，＝＝3.5m 此后物块开始加速，加速的位移为x3＝d﹣x1﹣x2＝10.7m﹣6.4m﹣3.5m＝0.8m 根据速度一位移公式有 代入数据可得v3＝3m/s，加速的时间为 ＝＝0.4s 物块在传送带上运动的总时间为t＝t1+t2+t3＝0.8s+1s+0.4s＝2.2s （3）物块刚滑到木板上时μ2mg＜μ1（m+2m0）g，则C静止不动 物块在木板C上减速运动，根据速度—位移公式有 解得v4＝1m/s＞0，所以，物块最后能滑上木板D。 答：（1）传送带卡死瞬间，物块的速度大小为6m/s； （2）物块在传送带上运动的总时间为2.2s； （3）物块最终能滑上木板D，理由见解析。 54．（2024秋•红桥区校级月考）某工厂用传送带将木炭从高处传送到低处，传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0＝5m/s的恒定速率顺时针转动，某时刻，工人将质量为m＝50kg的木炭轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，木炭从传送带底端B平滑滑上质量为M＝25kg的木板左端（物体经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，木炭停止运动且未脱离木板。已知木炭与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，木炭与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB的距离为s＝15.25m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求： （1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小和从A运动到B的时间； （2）木炭运动到B的速度和在传送带上留下的划痕； （3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L。 【答案】（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，木炭从A运动到B的时间为2.5s； （2）木炭运动到B的速度为9m/s，在传送带上留下的划痕为4m； （3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m； 【解答】解：（1）木炭刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma 解得 a＝10m/s2 设木炭经过时间t1与传送带共速，则有 t1＝ 解得t1＝0.5s 该过程木炭运动的位移大小为 x1＝ 解得x1＝1.25m 由于μ1＜tan37°，可知共速后木炭继续向下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma′ 解得 a′＝2m/s2 设木炭到达B端时的速度大小为vB，根据运动学公式可得 解得vB＝9m/s 木炭从共速后到B端所用时间为 t2＝ 解得t2＝2s 则木炭从传送带顶端A滑到传送带底端B的时间 t＝t1+t2 解得t＝2.5s （2）由（1）问可知，木炭运动到B的速度为vB＝9m/s；木炭与传送带共速前，木炭相对于传送带向上运动的距离为 Δx1＝v0t1﹣x1 Δx1＝1.25m 木炭与传送带共速后，木炭相对于传送带向下运动的距离为 Δx2＝s﹣x1﹣v0t2 Δx2＝4m 由于Δx2＞Δx1，则木炭在传送带上留下的划痕长度为 Δx2＝4m （3）木炭滑上木板左端时，分别对木炭和木板由牛顿第二定律得 μ2mg＝ma1 μ2mg﹣μ3（M+m）g＝Ma2 解得 ， 设经过时间t3木炭与木板达到共速v1，根据运动学公式可得 v1＝vB﹣a1t3，v1＝a2t3 解得 t3＝3s，v1＝3m/s 此过程中木炭运动的位移大小为 由于μ2＞μ3，可知木炭与木板共速后，保持相对静止一起做匀减速直线运动；以木炭和木板为整体，由牛顿第二定律得 μ3（M+m）g＝（M+m）a3 解得 设木炭与木板共速后运动的距离为x4，根据运动学公式可得 解得 x4＝ 解得x4＝4.5m 则木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离为 L＝x3+x4 解得L＝22.5m 答：（1）木炭刚放上传送带时的加速度a的大小为10m/s2，木炭从A运动到B的时间为2.5s； （2）木炭运动到B的速度为9m/s，在传送带上留下的划痕为4m； （3）木炭停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为22.5m； 十九．探究加速度与力、质量之间的关系（共3小题） 55．（2024秋•苏州期中）某实验小组用如图1的装置探究加速度与质量的关系： （1）实验中用的是电磁打点计时器，则其电源应选 　D　； A.直流220V B.交流220V C.直流6V D.交流6V （2）为补偿阻力，正确操作应是图2中的 　B　（选填“A”或“B”）；轻推小车，发现打出的纸带如图3，则应 　增大　（选填“增大”或“减小”）长木板倾角； （3）正确补偿阻力后，实验中得到一条纸带如图4，相邻两个计数点间还有4个点未画出，则此次小车的加速度大小为 　0.88　m/s2； （4）若盘和砝码的总质量为m，小车（含配重）的质量为M，多次改变配重，小明由实验数据作出了图像，得到一条过原点的直线；小华认为小明的数据处理过程可能有误，应该得到一条弯曲的图线。你是否同意小华的观点，请简述理由：　见解析　。 【答案】（1）D；（2）B；增大；（3）0.88；（4）见解析。 【解答】解（1）电磁打点计时器的工作电压为6V的交流电压，故ABC错误，D正确。 故选：D。 （2）“补偿阻力”时，小车前面不需要砝码及小盘，故A错误，B正确。 故选：B。 由于打出的纸带做减速运动，应增大轨道与水平面的倾角，继续实验，直到打出纸带上的点迹均匀为止； （3）相邻计数点之间的时间间隔为 根据逐差法，加速度为； （4）保持盘和砝码的总质量不变，认为小车所受的拉力不变，多次改变小车上的配重，从而改变小车的质量，实验探究的是合力一定时，小车的加速度与小车质量的关系； 根据牛顿第二定律F＝mg＝Ma 变形得 因此作出的a﹣F图像是过原点的倾斜直线，所以小华的观点是错误的。 故答案为：（1）D；（2）B；增大；（3）0.88；（4）见解析。 56．（2024•洛阳一模）某实验小组的同学设计了测量物体质量的实验，所用装置如图甲所示（忽略滑块与气垫导轨之间的摩擦阻力）。主要步骤如下： （1）在不连接钩码时，推动滑块在气垫导轨上自由滑动，使其能够在导轨上匀速运动。 （2）用游标卡尺测量滑块上遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝ 　5.25　mm。 （3）滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器记录了遮光条通过两个光电门的时间，同时记录遮光条从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间，可以计算出这一过程中的加速度a。 （4）依次增加所挂钩码的个数，记录每次实验钩码的总质量m，并计算出滑块相应的加速度a，以为横轴、为纵轴，建立直角坐标系，通过描点连线得到﹣图像如图丙中Ⅰ所示，图线Ⅰ的斜率为k1，在纵轴上的截距为b。 （5）将待测物体固定在滑块的凹槽内，重复上述实验步骤（3）和（4），在图丙中画出新的﹣图像Ⅱ，若图线Ⅱ的斜率为k2，在纵轴上的截距也为b。已知当地的重力加速度为g，则下列关系式中正确的是 　B　（填正确答案标号）。 A.b＝g B.b＝ C.b＝g2 D.b＝ （6）则待测物体的质量M＝ 　　（用k1、k2、b表示）。 【答案】（1）5.25；（5）B；（6）。 【解答】解：（1）20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，遮光条的宽度d＝5mm+5×0.05mm＝5.25mm （5）忽略滑块与气垫导轨之间的摩擦阻力，设滑块质量为M0，以钩码和滑块整体为研究对象 根据牛顿第二定律mg＝（M0+m）a 变形得 图像的纵截距，故B正确，ACD错误。 故选：B。 （6）根据图线Ⅰ，图像的斜率 结合上述（5），滑块质量 将待测物体固定在滑块的凹槽内，根据牛顿第二定律得 根据图线Ⅱ，图像的斜率 联立解得待测物体质量。 故答案为：（1）5.25；（5）B；（6）。 57．（2023秋•琼山区校级期末）某同学利用“验证牛顿第二定律”的实验器材，测量滑块和长木板之间的动摩擦因数。如图1所示，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，轻绳分别跨过固定在滑块上和固定在长木板末端的滑轮，一端与力传感器连接，另一端竖直悬挂一砂桶，砂桶距地面足够远。调节两滑轮的位置使轻绳与长木板平行，不计轻绳与各滑轮之间的摩擦，重力加速度为g＝10m/s2。 （1）实验时，　不必　（填“必须”或“不必”）要保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量； 　没有　（填“有”或“没有”）必要将长木板右端垫高以平衡摩擦力；不需要用天平测砂和砂桶的总质量。 （2）图2是实验中得到的一条纸带，已知相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用电源频率为50Hz，由此可求出小车的加速度a＝ 　1.60　m/s2（计算结果保留三位有效数字）。 （3）实验时，记录力传感器的示数3.2N，用天平测出滑块质量1kg，根据（2）中求出的加速度a的结果。可以得出滑块和长木板间的动摩擦因数μ＝ 　0.48　，若考虑其它摩擦，则该测量值与真实值比较 　偏大　（填“偏小”或“偏大”或“等于”）。 【答案】（1）不必，没有；（2）1.60；（3）0.48，偏大。 【解答】解：（1）本实验因为使用了力传感器，故不必要保证砂和砂桶的总质量远小于滑块质量；要测量接触面的动摩擦因数，也没有必要将长木板右端垫高以平衡摩擦力；不需要用天平测砂和砂桶的总质量。 （2）纸带上两计数点间的时间T＝＝s＝0.1s，根据逐差法，小车的加速度a＝，代入数据解得a＝1.60m/s2； （3）对滑块，根据牛顿第二定律有2F﹣μMg＝Ma，代入F＝3.2N，M＝1kg，解得μ＝0.48，若考虑其它摩擦，则该测量值与真实值比较偏大。 故答案为：（1）不必，没有；（2）1.60；（3）0.48，偏大。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$