专题03 牛顿定律及其应用（八大题型）（期末复习专项训练）高一物理上学期教科版

专题03 牛顿定律及其应用 题型01 牛顿第一定律的的理解 题型02牛顿第二定律的简单应用 题型03 超重和失重 题型04运力学图像问题 题型05斜面模型 题型06 动力学中的板块问题 题型07 传送带模型 题型08 实验：验证牛顿第二定律 ▉题型01牛顿第一定律的的理解 考题1：伽利略的理想斜面实验 【例1】历史上用如图所示理想斜面实验，揭示位移和时间关系的科学家是（　　） A．伽利略 B．笛卡尔 C．亚里士多德 D．牛顿 【变式】关于下列四幅图的叙述正确的是（　　） A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大 B．图乙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力 C．图丙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间 D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 考题2：牛顿第一定律的理解 【例2】《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”。结合以上叙述，下列说法正确的是（　　） A．力是维持运动的原因 B．力是改变运动状态的原因 C．质量越小，物体的惯性越大 D．速度越小，物体的惯性越大 【变式】春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，意思是马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，关于这一现象下列说法正确的是（　　） A．这个现象违背了牛顿第一定律 B．马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性 C．马力既竭，辀犹能一取的原因是车受到惯性作用 D．力是维持物体运动的原因，马不拉车车就不走了 ▉题型02牛顿第二定律的简单应用 考题1：牛顿第二定律求瞬时突变问题 【例1】如图所示，质量为的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂的质量也为的物块B。剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为（    ） A．g、0、g B．g、g、g C． D． 【变式】张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．剪去细绳瞬间，A球加速度 B．剪去细绳瞬间，A球加速度 C．剪去细绳瞬间，B球加速度 D．剪去细绳瞬间，B球加速度 考题2：牛顿第二定律的简单应用 【例2】如图所示，一台吊车用互成角度的绳子吊起货物，两段绳子与水平方向的夹角均为60°。绳的质量不计，且绳子能承受的最大拉力为，已知货物质量为，重力加速度g取。要使绳子不被拉断，则货物上升的最大加速度为（　　） A． B． C． D． 【变式】一个热气球与沙包绑在一起后的总质量为，在重力和空气浮力共同作用下，能在空气中以加速度加速下降。为了使它以同样大小的加速度加速上升，需抛掉沙包中的部分沙子，若热气球所受浮力不变，忽略空气阻力和沙包所受浮力，取。应该抛掉的沙子的质量为（    ） A． B． C． D． ▉题型03超重和失重 考题1：电梯中的超重和失重现象分析 【例1】2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵以总分425.6分获得冠军。从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v-t图像可简化为右图所示，其中时间段的图像为直线，则下列说法正确的是（　　） A．时刻全红婵离水面最远 B．时刻全红婵开始入水 C．时间内全红婵的加速度逐渐增大 D．时间内全红婵一直处于超重状态 【变式】如图甲所示，质量为m=2kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内，g取10m/s2.下列说法正确的是（　　） A．2s~6s内物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小 B．0~6s内物块先超重后失重，速度变化量大小为3m/s C．0~6s内物块先失重后超重，6s时物块的速度为6m/s D．0~6s内物块先失重后超重，弹簧秤6s末的示数为24N 考题2：根据超重或失重判断物体的运动状态 【例2】某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间，由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（　　） A．1s时人在下蹲的最低点 B．2s时人已处于起立静止状态 C．该同学做了2次下蹲—起立的动作 D．起立过程中人先超重后失重 【变式】某建筑工地利用底面水平的升降机运送货物。如图所示为货物沿竖直方向运动的v—t图像（以竖直向上为正方向）。关于货物的说法正确的是（　　） A．0~3t时间内，货物的平均速度大小为 B．0~2t段时间内货物的加速度小于3t~5t时间内货物的加速度 C．0~2t时间内，货物处于失重状态 D．2t~3t时间内，货物受到的支待力大于它对升降机的压力 ▉题型04运力学图像问题 考题1：牛顿运动定律与速度图像结合 【例1】将小球以一定的初速度竖直向上抛出，假设小球所受的空气阻力大小与其速度的大小成正比，以竖直向上为正方向，下列图像中，能正确反映小球从抛出到落回抛出点过程中，速度v、加速度a随时间t的变化关系是（　　） A． B． C． D． 【变式】质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体均沿直线运动，其v-t图像如图所示。则运动过程中所受合力逐渐减小的物体是（　　） A． B． C． D． 考题2：牛顿运动定律与加速度图像结合 【例2】智能驾驶汽车技术日臻成熟，将逐步进入人们的生活。一辆智能驾驶汽车在平直跑道上进行性能测试，其速度v随时间t变化的图像如图所示，0 ~ 5 s内汽车做匀加速直线运动，5 ~ 10 s内做匀速直线运动，t = 10 s开始关闭发动机，汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1600 kg，运动过程中所受阻力可视为恒定，重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为（　　） A．7680 N B．7360 N C．5120 N D．2560 N 【变式】Phyphox手机物理工坊是一款实用的软件，手机安装这款软件后，可用手机的传感器来测许多的物理量，某研究小组利用手机加速度传感器来测试某型号电梯在特殊情况下的加速度，他们将手机放置于该电梯的地板上并打开加速度传感器，使电梯从静止开始迅速向上运动，以竖直向上为正方向，其图像如图所示，不计空气阻力，g取。以下说法正确的是（　　） A．时刻电梯速度最大 B．在到时间内手机受到的支持力一直在减小 C．时刻电梯速度方向发生改变 D．在运行过程中手机一定没有与电梯地面分离 ▉题型05斜面模型 考题1：物体在光滑斜面上滑动 【例1】一个质量为m=2kg的物体以某一初速度在水平地面上向左做直线运动，t=0时刻，物体受到水平拉力F的作用，此后的图像如图所示，x表示物体的位移。物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体的初速度为3m/s B．4s内物体的平均速度为1.5m/s C．t=4s时，物体的速度大小为零 D．物体在t=4s时所受的拉力为1N 【变式】如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点处静止释放，物块沿平板从点滑至点所用的时间与夹角的大小有关。若由45°逐渐增大至60°，物块的下滑时间将（　　） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 考题2：物体在粗糙斜面上滑动 【例2】如图，时刻，一小球从足够长光滑倾斜玻璃板上的A点以的初速度沿玻璃板向上运动，B为玻璃板的上端，A、B间距离为2.5m，t=3s时刻小球经过A点下方玻璃板上的C点（图中未标出）。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．玻璃板的最小倾角为45° B．C点距A点的距离可能为5m C．C点距A点的距离可能为35m D．小球经C点时的速度大小可能为20m/s 【变式】某公园在设计滑梯时发现，场地能提供的水平跨度为5m，若滑梯和衣服之间的动摩擦因数为0.2~0.3。对滑梯高度的设计，下列说法正确的是（　　） A．要使所有人都能自由滑下，滑梯高度可以低于1m B．要使所有人都能自由滑下，滑梯高度不能低于2m C．滑梯高度为2m时，所有人都能自由滑下 D．滑梯高度为1.8m时，只能使部分人自由滑下 ▉题型06动力学中的板块问题 考题1：没有其他外力的板块问题 【例1】如图所示，物块在倾角θ＝37°的固定斜面上加速下滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数µ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。物块的加速度大小为（　　） A．2m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2 【变式】如图所示，两质量均为的甲乙两物体叠放在水平地面上，已知甲、乙间的动摩擦因数，物体乙与地面间的动摩擦因数。现用水平拉力作用在物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右以速度做匀速直线运动，已知；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，乙物体足够长。如果运动过程中突然变为零，则甲、乙最终均相对地面静止时，甲在乙上的划痕长度为（   ） A．0 B． C． D． 考题2：受恒定外力的板块问题 【例2】如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为的滑块以水平初速度由木板左端经过恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段（如图乙），该滑块仍以从木板左端开始滑动。也经过时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式】如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一长木板B，在其上叠放着木块A，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，，则下列说法中正确的是（　　） A．木板B与地面间的最大静摩擦力为N B．物体A、B的总质量为 C．A、B间的动摩擦因数为 D．长木板B与地面间动摩擦因数为 考题3：受变化外力的板块问题 【例2】如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量，A上面放着小物块B，质量，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度，给A施加水平恒力，下列说法中正确的是（　　） A．，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 B．，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 C．如果把作用在B上，，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 D．如果把作用到B上，无论有多大，木板A均不会运动 【变式】如图所示，4块完全相同的质量均为m的长木板叠放在水平粗糙木地板上。一根不可伸长的水平轻绳将最上方的木板与左方竖直墙连接在一起，细绳处于恰好伸直但无拉力的状态。已知所有接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，本题中任意一个接触面间的最大静摩擦力都等于该接触面间的滑动摩擦力。现在对最下面的木板施加一个水平向右的、缓慢增加的拉力F。为了使最下面的木板运动起来，求F至少需要增加到多大（　　） A． B． C． D． ▉题型07传送带模型 考题1：水平传送带问题 【例1】如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　） A．物块在前3s向左做匀减速运动 B．传送带沿顺时针方向转动 C．传送带的速度大小为 D．小物块与传送带间的动摩擦因数 【变式】如图，有一水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为LAB=10 m，则（　　） A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为1 m C．物块在传送带上运动的时间为4.5 s D．物块在传送带上运动的时间为5 s 考题2：倾斜传送带问题 【例2】如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为的物块轻轻放在传送带的A端，末物块恰好到达端，物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小，下列说法正确的是（   ）         A．传送带的倾角为 B．传送带与物体间的动摩擦因数为0.25 C．物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 D．内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24J 【变式】如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 B．重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些 C．若增加传送带速度，传送的时间不变 D．运送行李时该传送带的倾角必须小于 ▉题型08实验：验证牛顿第二定律 考题1：验证牛顿第二定律实验图像的解读 【例1】某同学利用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系。 (1)对本实验的操作，下列说法中正确的是___________。 A．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 B．实验中无需测量砂和砂桶的质量 C．实验操作过程中需要平衡摩擦 D．如果砂和砂桶的质量远小于小车及其上砝码总质量，可认为砂和砂桶重力等于细绳对小车的拉力 (2)如图乙所示为实验中得到纸带的一段，已知相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，测得计数点之间的距离xAC=6.20cm，xCE=10.61cm，利用数据，小车的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字） (3)在验证加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上砝码质量m，测出对应的加速度a，以m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F，图中纵轴的截距为b，斜率为k，则小车的质量为___________。 A．Fb B．2Fb C． D． 【变式】在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图所示。 (1)在探究加速度与力的关系时，要保持小车的质量不变，把这种研究方法称为 法。 (2)在组装实验器材时，要调整好长木板的倾斜度，使小车在不受细绳拉力的情况下，能够在长木板上做 运动。 (3)在本实验中，把砝码的重力看作是小车受到的合力，而小车实际受到的合力略 砝码的重力（填“大于”或“小于”）。 (4)在探究加速度与力的关系实验时，某实验小组按照实验要求进行操作，得到几组加速度a与砝码重力F的实验数据，他们做出的a-F图像应为图中的 。 A． B． C． D． 考题2：验证牛顿第二定律实验方法的改进 【例1】利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。 （1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶； （2）开始时，小桶内装有砝码，整个实验装置处于静止状态； （3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点； （4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于( ) A．砝码的重力大小          B．小桶和砝码的重力大小 C．手机的重力大小          D．弹簧对手机的拉力大小 （5）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制a − m图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为 （选用k、b、g表示）。 【变式】如图为孙华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量为的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。 (1)此实验中正确的操作是______。 A．实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源 D．为减小系统误差，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)孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的图线与横坐标的夹角为θ，且斜率为k，则小车的质量为______。 A． B． C． D． (3)刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为4N，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，，，，，，，则小车的加速度 ，此次实验中砂和砂桶的质量 kg。（重力加速度取，结果均保留2位有效数字） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 牛顿定律及其应用 题型01 牛顿第一定律的的理解 题型02牛顿第二定律的简单应用 题型03 超重和失重 题型04运力学图像问题 题型05斜面模型 题型06 动力学中的板块问题 题型07 传送带模型 题型08 实验：验证牛顿第二定律 ▉题型01牛顿第一定律的的理解 考题1：伽利略的理想斜面实验 【例1】历史上用如图所示理想斜面实验，揭示位移和时间关系的科学家是（　　） A．伽利略 B．笛卡尔 C．亚里士多德 D．牛顿 【答案】A 【解析】伽利略研究自由落体运动时，为冲淡重力的影响，利用理想斜面并逐步外推，得出其运动规律。A正确，BCD错误。 故选A。 【变式】关于下列四幅图的叙述正确的是（　　） A．图甲中，公路上对各类汽车都有限速，是因为汽车速度越大惯性越大 B．图乙中，马拉着车在水平路面上做加速运动，则马对车的拉力大于车对马的拉力 C．图丙中，伽利略通过“斜面实验”来研究落体运动规律，是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间 D．图丁中，伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，来验证力是维持物体运动的原因 【答案】C 【解析】A．质量是惯性大小的唯一量度，速度与惯性大小无关，选项A错误； B．马对车的拉力和车对马的拉力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律知，其大小相等，选项B错误； C．伽利略的“斜面实验”是为了“冲淡”重力，便于测量运动时间，选项C正确； D．伽利略利用“斜面实验”装置，结合逻辑推理，说明力是改变物体运动的原因，选项D错误。 故选C。 考题2：牛顿第一定律的理解 【例2】《论衡》是中国思想史上的一部重要著作，是东汉时期杰出的唯物主义思想家王充的智慧结晶。其《效力篇》中有如下描述：“是故车行于陆，船行于沟，其满而重者行迟，空而轻者行疾”“任重，其进取疾速，难矣”。结合以上叙述，下列说法正确的是（　　） A．力是维持运动的原因 B．力是改变运动状态的原因 C．质量越小，物体的惯性越大 D．速度越小，物体的惯性越大 【答案】B 【解析】AB．力不是维持运动的原因，力是改变运动状态的原因故A错误，B正确； CD．质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，物体的惯性越大，故CD错误。 故选B。 【变式】春秋时期齐国人的著作《考工记·辀人篇》中有“马力既竭，辀犹能一取焉”的记载，意思是马拉车的时候，马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，关于这一现象下列说法正确的是（　　） A．这个现象违背了牛顿第一定律 B．马力既竭，辀犹能一取的原因是车具有惯性 C．马力既竭，辀犹能一取的原因是车受到惯性作用 D．力是维持物体运动的原因，马不拉车车就不走了 【答案】B 【解析】ABC．马虽然对车不再施力了，但车还能继续向前运动一段距离，说明车具有惯性，即验证了牛顿第一定律，故B正确，AC错误； D．力是改变物体运动的原因，不是维持物体运动的原因，故D错误 。 故选B。 ▉题型02牛顿第二定律的简单应用 考题1：牛顿第二定律求瞬时突变问题 【例1】如图所示，质量为的木箱用细绳竖直悬挂，在木箱底部放有质量为的物块A，在木箱顶部用轻质弹簧悬挂的质量也为的物块B。剪断细绳的瞬间，物块A、B和木箱的瞬时加速度大小分别为（    ） A．g、0、g B．g、g、g C． D． 【答案】C 【解析】细绳剪断前B处于平衡状态，弹簧弹力大小 细绳剪断的瞬间弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程；绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零，所以剪断细绳的瞬间，B受力不变，仍然平衡 剪断细绳的瞬间，木箱不在受细绳的拉力，木箱受重力和弹簧向下的拉力 由牛顿第二定律可知 解得木箱的加速度大小为为 物块A只受重力作用，加速度为。 故选C。 【变式】张师傅正在抢修重要机器，其中一个零件如图所示。张师傅要剪去细绳，其中小球A质量为2m，小球B质量为3m，中间连接了一根弹簧，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．剪去细绳瞬间，A球加速度 B．剪去细绳瞬间，A球加速度 C．剪去细绳瞬间，B球加速度 D．剪去细绳瞬间，B球加速度 【答案】A 【解析】剪去细绳前，以B为对象，可得弹簧弹力为 剪去细绳瞬间，弹簧弹力保持不变，则B的受力不变，B的加速度为0；以A为对象，根据牛顿第二定律可得 故选A。 考题2：牛顿第二定律的简单应用 【例2】如图所示，一台吊车用互成角度的绳子吊起货物，两段绳子与水平方向的夹角均为60°。绳的质量不计，且绳子能承受的最大拉力为，已知货物质量为，重力加速度g取。要使绳子不被拉断，则货物上升的最大加速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对货物受力如图所示 当绳子的拉力达到最大时，货物的加速度最大，根据牛顿第二定律有 代入数据解得最大加速度为 故选C。 【变式】一个热气球与沙包绑在一起后的总质量为，在重力和空气浮力共同作用下，能在空气中以加速度加速下降。为了使它以同样大小的加速度加速上升，需抛掉沙包中的部分沙子，若热气球所受浮力不变，忽略空气阻力和沙包所受浮力，取。应该抛掉的沙子的质量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设空气对热气球与沙包的浮力大小为。在空气中以加速度下降过程中，根据牛顿第二定律可得 为了使它以同样大小的加速度上升，设应该抛掉的沙的质量为，抛出后，根据牛顿第二定律可得 联立解得 故选B。 ▉题型03超重和失重 考题1：电梯中的超重和失重现象分析 【例1】2024年8月6日，在巴黎奥运会女子10米跳台跳水决赛中，中国选手全红婵以总分425.6分获得冠军。从她离开跳台开始计时，全红婵重心的v-t图像可简化为右图所示，其中时间段的图像为直线，则下列说法正确的是（　　） A．时刻全红婵离水面最远 B．时刻全红婵开始入水 C．时间内全红婵的加速度逐渐增大 D．时间内全红婵一直处于超重状态 【答案】A 【解析】AB．由图可知，初始时刻全红婵具有向上的初速度，先做竖直上抛运动，时刻全红婵到达最高点，离水面最远，然后做自由落体运动，时刻全红婵入水，A项正确，B项错误； C．图像的斜率表示加速度，则时间内全红婵的加速度先增大后减小，故C项错误； D．时间内全红婵的加速度向下，一直处于失重状态，D项错误。 故选A。 【变式】如图甲所示，质量为m=2kg的物块挂在弹簧秤的下端，在弹簧秤的拉力作用下沿竖直方向从静止开始做直线运动。取竖直向上为正方向，物块的加速度随时间的变化关系如图乙所示，弹簧秤始终在弹性限度内，g取10m/s2.下列说法正确的是（　　） A．2s~6s内物块先超重后失重，弹簧秤的示数先增大后减小 B．0~6s内物块先超重后失重，速度变化量大小为3m/s C．0~6s内物块先失重后超重，6s时物块的速度为6m/s D．0~6s内物块先失重后超重，弹簧秤6s末的示数为24N 【答案】B 【解析】A．2s~6s内加速度先向上后向下，则物块先超重后失重，弹簧秤的示数一直减小，选项A错误； BC．0~6s内加速度先向上后向下，则物块先超重后失重，图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则速度变化量大小为 因初速度为零，则6s时物块的速度为3m/s，选项B正确，C错误； D．0~6s内物块先超重后失重，弹簧秤6s末的加速度为向下的2m/s2，则弹簧秤示数为 T=mg-ma=16N 选项D错误。 故选B。 考题2：根据超重或失重判断物体的运动状态 【例2】某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线如图所示，纵坐标为压力，横坐标为时间，由图线可知，该同学的体重约为650N，除此以外，还可以得到以下信息（　　） A．1s时人在下蹲的最低点 B．2s时人已处于起立静止状态 C．该同学做了2次下蹲—起立的动作 D．起立过程中人先超重后失重 【答案】D 【解析】A．由题图可知，时人有向下的最大加速度，之后继续向下运动，所以1s时人不是在下蹲的最低点，故A错误； B．时传感器示数等于人的重力，故此时处于下蹲静止状态，故B错误； CD．人在下蹲的过程中，人先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，人先失重后超重；同理可知，起立过程中，人先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，人先超重后失重；所以该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C错误，D正确。 故选D。 【变式】某建筑工地利用底面水平的升降机运送货物。如图所示为货物沿竖直方向运动的v—t图像（以竖直向上为正方向）。关于货物的说法正确的是（　　） A．0~3t时间内，货物的平均速度大小为 B．0~2t段时间内货物的加速度小于3t~5t时间内货物的加速度 C．0~2t时间内，货物处于失重状态 D．2t~3t时间内，货物受到的支待力大于它对升降机的压力 【答案】B 【解析】A．0~3t时间内货物的加速度发生了变化，不是匀变速运动，所以其平均速度不是，而是小于，A错误； B．v-t图像中，其斜率表示加速度的大小，由于0~2t时间内倾斜程度小于3t~5t时间内的倾斜程度，所以0~2t时间内的加速度小于3t~5t时间内的加速度，B正确； C．由图像可知，货物0~2t时间内加速上升，处于超重状态，C错误； D．根据牛顿第三定律可知，货物受到的支持力始终等于它对升降机的压力，D错误。 故选B。 ▉题型04运力学图像问题 考题1：牛顿运动定律与速度图像结合 【例1】将小球以一定的初速度竖直向上抛出，假设小球所受的空气阻力大小与其速度的大小成正比，以竖直向上为正方向，下列图像中，能正确反映小球从抛出到落回抛出点过程中，速度v、加速度a随时间t的变化关系是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】小球在上升时，根据牛顿第二定律可得 可得加速度为 小球速度减小，加速度也减小且方向为负；小球在下降时，根据牛顿第二定律可得 可得加速度为 小球速度增大，加速度减小且方向为负。 故选B。 【变式】质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体均沿直线运动，其v-t图像如图所示。则运动过程中所受合力逐渐减小的物体是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】ABCD．在v-t图像中，斜率表示加速度，丙的加速度逐渐减小，四个物体质量相同，根据牛顿第二定律 可知丙运动过程中所受合力逐渐减小，ABD错误，C正确。 故选C。 考题2：牛顿运动定律与加速度图像结合 【例2】智能驾驶汽车技术日臻成熟，将逐步进入人们的生活。一辆智能驾驶汽车在平直跑道上进行性能测试，其速度v随时间t变化的图像如图所示，0 ~ 5 s内汽车做匀加速直线运动，5 ~ 10 s内做匀速直线运动，t = 10 s开始关闭发动机，汽车在阻力作用下做匀减速直线运动直到停止。已知该汽车质量为1600 kg，运动过程中所受阻力可视为恒定，重力加速度g取10 m/s2。则汽车在加速阶段受到的牵引力大小为（　　） A．7680 N B．7360 N C．5120 N D．2560 N 【答案】A 【解析】加速运动时的加速度 减速运动时的加速度大小 根据牛顿第二定律，则 解得 故选A。 【变式】Phyphox手机物理工坊是一款实用的软件，手机安装这款软件后，可用手机的传感器来测许多的物理量，某研究小组利用手机加速度传感器来测试某型号电梯在特殊情况下的加速度，他们将手机放置于该电梯的地板上并打开加速度传感器，使电梯从静止开始迅速向上运动，以竖直向上为正方向，其图像如图所示，不计空气阻力，g取。以下说法正确的是（　　） A．时刻电梯速度最大 B．在到时间内手机受到的支持力一直在减小 C．时刻电梯速度方向发生改变 D．在运行过程中手机一定没有与电梯地面分离 【答案】B 【解析】AC．由图可知，手机在时间内匀速运动，时间内向上做加速度逐渐增大的加速运动，时间内向上做加速度逐渐减小的加速运动，时刻速度最大，时间内向上做加速度逐渐增大的减速运动，故时刻速度不是最大，时刻运动方向也没有发生改变，AC均错误； B．由牛顿第二定律，对手机则有：时间内 解得 结合图像可知，此阶段加速度逐渐减小，故手机受到的支持力在减小，时间内手机的加速度向下逐渐增大，则有 解得 由于加速度逐渐增大，故此阶段手机受到的支持力也在减小，B正确； D．由图可知，有段时间手机竖直向下的加速度大小等于重力加速度，手机处于完全失重状态，所以手机有可能离开过升降机，D错误。 故选B。 ▉题型05斜面模型 考题1：物体在光滑斜面上滑动 【例1】一个质量为m=2kg的物体以某一初速度在水平地面上向左做直线运动，t=0时刻，物体受到水平拉力F的作用，此后的图像如图所示，x表示物体的位移。物体与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体的初速度为3m/s B．4s内物体的平均速度为1.5m/s C．t=4s时，物体的速度大小为零 D．物体在t=4s时所受的拉力为1N 【答案】A 【解析】A．根据匀变速直线运动规律 可得 结合图像则有 A正确； B．根据上述分析可知，物体的位移与时间的关系为 故4s内物体的位移 所以4s内物体的平均速度为0，B错误； C．根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得，以初速度的方向为正方向，4s时物体的速度 即4s时物体的速度大小为，方向与初速度的方向相反（物体水平向右运动），C错误； D．以初速度的方向为正方向，结合上述分析可知，4s时物体向右运动，根据牛顿第二定律则有 解得 即4s时拉力的大小为7N，方向与初速度方向相反（水平向右），D错误。 故选A。 【变式】如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变。将小物块由平板与竖直杆交点处静止释放，物块沿平板从点滑至点所用的时间与夹角的大小有关。若由45°逐渐增大至60°，物块的下滑时间将（　　） A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大 【答案】A 【解析】根据题意，由牛顿第二定律有 解得 设的水平距离为d，由几何关系可得，PQ间的距离为 由运动学公式有 由数学知识可知，当为45°时，时间有最小值，则由45°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将逐渐增大； 故选A。 考题2：物体在粗糙斜面上滑动 【例2】如图，时刻，一小球从足够长光滑倾斜玻璃板上的A点以的初速度沿玻璃板向上运动，B为玻璃板的上端，A、B间距离为2.5m，t=3s时刻小球经过A点下方玻璃板上的C点（图中未标出）。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．玻璃板的最小倾角为45° B．C点距A点的距离可能为5m C．C点距A点的距离可能为35m D．小球经C点时的速度大小可能为20m/s 【答案】D 【解析】A．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得 mgsinθ=ma 解得 a=gsinθ 当玻璃板倾角最小时，小球加速度最小，恰好运动到玻璃板上端B，则有 联立解得 θ=30° 故A错误； BC．取沿玻璃板向下为正方向，则根据位移—时间关系式有 又 a≥gsin30°=10×0.5m/s2=5m/s2 联立解得 xAC≥7.5m 加速度a的最大值为g，即a≤g，则由 可得 xAC≤30m 故BC错误； D．根据速度—时间关系式有 vC=-v0+at 又 g=10m/s2≥a≥5m/s2 联立解得 25m/s≥vC≥10m/s 故D正确。 故选D。 【变式】某公园在设计滑梯时发现，场地能提供的水平跨度为5m，若滑梯和衣服之间的动摩擦因数为0.2~0.3。对滑梯高度的设计，下列说法正确的是（　　） A．要使所有人都能自由滑下，滑梯高度可以低于1m B．要使所有人都能自由滑下，滑梯高度不能低于2m C．滑梯高度为2m时，所有人都能自由滑下 D．滑梯高度为1.8m时，只能使部分人自由滑下 【答案】C 【解析】AB．使所有人都能自由滑下，则 即 解得 滑梯高度不能低于1.5m，故AB错误； C．根据A选项分析，滑梯高度为2m时，所有人都能自由滑下，故C正确； D．根据A选项分析，滑梯高度为1.8m时，所有人都能自由滑下，故D错误。 故选C。 ▉题型06动力学中的板块问题 考题1：没有其他外力的板块问题 【例1】如图所示，物块在倾角θ＝37°的固定斜面上加速下滑，已知物块与斜面间的动摩擦因数µ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。物块的加速度大小为（　　） A．2m/s2 B．4m/s2 C．5m/s2 D．6m/s2 【答案】A 【解析】对物块受力分析 平行于斜面方向 垂直于斜面方向 又 综合以上三式得，物块的加速度 故选A。 【变式】如图所示，两质量均为的甲乙两物体叠放在水平地面上，已知甲、乙间的动摩擦因数，物体乙与地面间的动摩擦因数。现用水平拉力作用在物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右以速度做匀速直线运动，已知；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，乙物体足够长。如果运动过程中突然变为零，则甲、乙最终均相对地面静止时，甲在乙上的划痕长度为（   ） A．0 B． C． D． 【答案】C 【解析】若甲、乙相对静止，则 甲物体所受摩擦力 故二者相对滑动，由牛顿第二定律可得 ， 解得 ， 可得 可知乙先停止运动，甲后停止运动。根据 ， 甲在乙上的划痕长度为 故选C。 考题2：受恒定外力的板块问题 【例2】如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为的滑块以水平初速度由木板左端经过恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段（如图乙），该滑块仍以从木板左端开始滑动。也经过时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】AD．第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的对应过程，所以第二次滑块与第二部分木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到第二部分的右端，就共速了，AD错误； BC．第二次滑块与木板作用时间较短，而滑块与木板之间的摩擦力保持不变，滑块的加速度不变，根据 可知第二次速度变化量小，末速度较大，时间内的平均速度较大，则第二次滑块在时间通过的位移较大，B错误，C正确。 故选C。 【变式】如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一长木板B，在其上叠放着木块A，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，，则下列说法中正确的是（　　） A．木板B与地面间的最大静摩擦力为N B．物体A、B的总质量为 C．A、B间的动摩擦因数为 D．长木板B与地面间动摩擦因数为 【答案】B 【解析】A．由图可知，、二者开始时对地静止，当拉力为时开始AB一起运动，故B与地面间的最大静摩擦力为 A错误； C．当拉力为时，、发生相对滑动，此时的加速度为 当拉力为13N时，的加速度为 相对于滑动时，由牛顿第二定律，对有 联立解得AB之间的动摩擦因数为 C错误 B．对于，根据牛顿第二定律有 对整体有 联立解得 物体、的总质量为，B正确； D．由乙图可知 解得与地面间的动摩擦因数为 D错误。 故选B。 考题3：受变化外力的板块问题 【例2】如图所示，粗糙水平面上放着一木板A，质量，A上面放着小物块B，质量，A与B以及A与地面间的摩擦因数均为0.1，重力加速度，给A施加水平恒力，下列说法中正确的是（　　） A．，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 B．，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 C．如果把作用在B上，，A、B一起向右匀加速运动，加速度为 D．如果把作用到B上，无论有多大，木板A均不会运动 【答案】D 【解析】A．A、B之间的最大静摩擦力 A与地面之间的最大静摩擦力 由于当恒力等于时，大小恰好等于A与地面之间的最大静摩擦力，此时A、B仍然处于静止状态，故A错误； B．当水平恒力施加在A上，A、B之间，A与地面之间均达到最大静摩擦力，则有 ， 解得 ， 可知，当恒力等于12N，大于8N时，A、B发生相对运动，B相对于A向左运动，B的加速度为 对A进行分析有 解得 故B错误； CD．结合上述可知 即A、B之间的最大静摩擦力小于A与D地面之间的最大静摩擦力，可知，如果把作用到B上，无论有多大，木板A均不会运动，当时，B相对于A向右做匀加速直线运动，则有 解得 故C错误，D正确。 故选D。 【变式】如图所示，4块完全相同的质量均为m的长木板叠放在水平粗糙木地板上。一根不可伸长的水平轻绳将最上方的木板与左方竖直墙连接在一起，细绳处于恰好伸直但无拉力的状态。已知所有接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，本题中任意一个接触面间的最大静摩擦力都等于该接触面间的滑动摩擦力。现在对最下面的木板施加一个水平向右的、缓慢增加的拉力F。为了使最下面的木板运动起来，求F至少需要增加到多大（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】从上向下看，第一、二块木板间的最大静摩擦力最小，第二、三木板间的最大静摩擦力为，第三、四木板间的最大静摩擦力为，因此第一、二木板最先出现相对运动。当F缓慢增大至下的木板相对静止的向右运动时，对下面三块木板整体分析，受到第一块木板对其水平向左的滑动摩擦力和地面对整体向左的滑动摩擦力，因此F至少需要增加到。 故选B。 ▉题型07传送带模型 考题1：水平传送带问题 【例1】如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移随时间的变化关系如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，取。下列说法不正确的是（　　） A．物块在前3s向左做匀减速运动 B．传送带沿顺时针方向转动 C．传送带的速度大小为 D．小物块与传送带间的动摩擦因数 【答案】A 【解析】A．根据x-t图像斜率表示速度，前3s内斜率先变小后变大，故物体先做匀减速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误，符合题意； B．3∼4.5s，图像斜率为负且恒定，故物块与传送带一起向右匀速，故传送带沿顺时针方向转动，故B正确，不符合题意； C．由3∼4.5s内图像斜率可知，传送带速度为 故C正确，不符合题意; D．由题意可知第3s内物块做初速度为0的匀加速直线运动，图乙可知第3s内物块位移为x=1m，由牛顿第二定律可知，其加速度 由匀变速直线运动位移可知 联立以上解得 故D正确，不符合题意。 故选 A。 【变式】如图，有一水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，现将一物块（可视为质点）轻放在传送带A端，物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2，已知传送带长度为LAB=10 m，则（　　） A．物块离开传送带时的速度大小为1 m/s B．物块在传送带上留下的划痕长为1 m C．物块在传送带上运动的时间为4.5 s D．物块在传送带上运动的时间为5 s 【答案】B 【解析】A．物块刚放上传送带上时的加速度 与传送带共速时用时间 运动的位移 此后将以2m/s的速度匀速运动到达B端，可知离开传送带时的速度大小为2m/s，选项A错误；     B．物块在传送带上留下的划痕长为 选项B正确； CD．物块在传送带上运动的时间为 选项CD错误。 故选B。 考题2：倾斜传送带问题 【例2】如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为的物块轻轻放在传送带的A端，末物块恰好到达端，物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，取重力加速度大小，下列说法正确的是（   ）         A．传送带的倾角为 B．传送带与物体间的动摩擦因数为0.25 C．物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 D．内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24J 【答案】D 【解析】AB．由题图可知，内物块的加速度大小为 由牛顿第二定律 内物块的加速度大小为 由牛顿第二定律 联立解得 ， 故AB错误； C．内传送带的位移及物体的位移分别为 它们的相对位移为 内传送带的位移及物体的位移分别为 它们的相对位移为 因为 所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，故C错误； D．内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 内物块与传送带间因摩擦产生的热量为 所以内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为 故D正确。 故选D。 【变式】如图，飞机场运输行李的倾斜传送带保持恒定的速率向上运行，将行李箱无初速度地放在传送带底端，当它送入飞机货舱前行李箱已做匀速运动。设行李箱与传送带之间的动摩擦因数为，已知滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，下列说法正确的是（　　） A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为零 B．重的行李箱比轻的行李箱传送时间更长些 C．若增加传送带速度，传送的时间不变 D．运送行李时该传送带的倾角必须小于 【答案】D 【解析】A．做匀速运动时，行李箱与传送带之间的摩擦力为 故A错误； B．根据 加速阶段，重的行李箱与轻的行李箱传送加速度相同，即行李箱的加速时间、加速位移、匀速时间相同，故B错误； C．设传送带提速前的速度为，则行李箱加速阶段所用时间和位移分别为 ， 提高传送带的运转速度，由于加速阶段行李箱的加速度不变，则行李箱加速到提速前传送带速度过程所用时间不变，通过的位移不变，但提速后行李箱继续加速运动再匀速运动，则之后的运动过程，提速后所用时间更短，则提高传送带的运转速度，传送时间变短，故C错误； D．行李箱先做加速运动，有 解得 故 运送行李时该传送带的倾角必须小于，故D正确。 故选D。 ▉题型08实验：验证牛顿第二定律 考题1：验证牛顿第二定律实验图像的解读 【例1】某同学利用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系。 (1)对本实验的操作，下列说法中正确的是___________。 A．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 B．实验中无需测量砂和砂桶的质量 C．实验操作过程中需要平衡摩擦 D．如果砂和砂桶的质量远小于小车及其上砝码总质量，可认为砂和砂桶重力等于细绳对小车的拉力 (2)如图乙所示为实验中得到纸带的一段，已知相邻计数点的时间间隔为T=0.1s，测得计数点之间的距离xAC=6.20cm，xCE=10.61cm，利用数据，小车的加速度大小为 。（结果保留两位有效数字） (3)在验证加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上砝码质量m，测出对应的加速度a，以m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F，图中纵轴的截距为b，斜率为k，则小车的质量为___________。 A．Fb B．2Fb C． D． 【答案】(1)BC (2)1.1m/s2 (3)B 【解析】（1）A．让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，故A错误； B．实验中小车所受拉力为弹簧测力计的两倍可以直接读出，所以不需要测量砂和砂桶的质量，故B正确； C．为了保证弹簧测力计示数的两倍为小车所受的合外力，故实验操作过程中需要平衡摩擦力，故C正确； D．如果砂和砂桶的质量远小于小车及其上砝码总质量，可认为砂和砂桶重力的两倍等于细绳对小车的拉力，故D错误。 故选BC。 （2）由逐差法可知，小车的加速度大小为 （3）对小车和砝码受力分析，由牛顿第二定律 化简可得 由图可知 可得小车的质量为 故选B。 【变式】在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，实验装置如图所示。 (1)在探究加速度与力的关系时，要保持小车的质量不变，把这种研究方法称为 法。 (2)在组装实验器材时，要调整好长木板的倾斜度，使小车在不受细绳拉力的情况下，能够在长木板上做 运动。 (3)在本实验中，把砝码的重力看作是小车受到的合力，而小车实际受到的合力略 砝码的重力（填“大于”或“小于”）。 (4)在探究加速度与力的关系实验时，某实验小组按照实验要求进行操作，得到几组加速度a与砝码重力F的实验数据，他们做出的a-F图像应为图中的 。 A． B． C． D． 【答案】(1)控制变量 (2)匀速直线 (3)小于 (4)A 【解析】（1）在探究加速度与力的关系时，要保持小车的质量不变，把这种研究方法称控制变量法。 （2）在组装实验器材时，要调整好长木板的倾斜度，使小车在不受细绳拉力的情况下，能够在长木板上做匀速直线运动，从而起到平衡摩擦力的作用。 （3）设加速度为a，砝码的质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，根据牛顿第二定律，对砝码有 对小车有 联立可得 可知 （4）在本实验中，把砝码的重力F看作是小车受到的合力，对小车，根据牛顿第二定律有 变形得 故选A。 考题2：验证牛顿第二定律实验方法的改进 【例1】利用手机内置加速度传感器可实时显示手机加速度的数值。小明通过智能手机探究加速度与合外力的关系，实验装置如图甲所示，已知当地重力加速度为g。 （1）轻弹簧上端固定，下端与手机相连接，手机下端通过细绳悬挂小桶； （2）开始时，小桶内装有砝码，整个实验装置处于静止状态； （3）突然剪断细绳，通过手机软件记录竖直方向加速度a随时间变化的图像如图乙所示，剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的 （选填“A”“B”或“C”）点； （4）剪断细绳瞬间手机受到的合力大小F等于( ) A．砝码的重力大小          B．小桶和砝码的重力大小 C．手机的重力大小          D．弹簧对手机的拉力大小 （5）如图丙所示，某同学在处理数据时，以剪断细绳瞬间手机竖直方向上的加速度a为纵坐标，砝码质量m为横坐标，绘制a − m图像，获得一条斜率为k，截距为b的直线，则可推算出手机的质量为 （选用k、b、g表示）。 【答案】 A B 【解析】（3）[1]前面的数据波动是保持平衡时的轻微扰动，后续的数据波动是因为手机在做（近似）简谐运动，故第一个峰值即为我们要的绳子被剪断时的瞬时加速度，即剪断细绳瞬间手机的加速度对应图中的A点； （4）[2]剪断细绳瞬间，弹簧的弹力大小不变，手机受到的合力大小F等于小桶和砝码的重力大小。 故选B。 （5）[3]绳子剪断前，设弹力为F，小桶的质量为m0，手机的质量为M，对手机由平衡条件可得 绳子剪断后，对手机由牛顿第二定律可得 联立可得 可得，a − m图像的斜率为 解得手机的质量为 【变式】如图为孙华和刘刚两位同学设计的一个实验装置，用来探究一定质量的小车其加速度与力的关系。其中电源为50Hz的交流电，一质量为的光滑滑轮用一轻质细杆固定在小车的前端，小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m。 (1)此实验中正确的操作是______。 A．实验需要用天平测出砂和砂桶的质量m B．实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C．小车靠近打点计时器，应先释放小车，再接通电源 D．为减小系统误差，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)孙华同学以小车的加速度a为纵坐标，力传感器的示数F为横坐标，画出的图线与横坐标的夹角为θ，且斜率为k，则小车的质量为______。 A． B． C． D． (3)刘刚同学实验中测得，拉力传感器显示的示数为4N，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出），其中，，，，，，，则小车的加速度 ，此次实验中砂和砂桶的质量 kg。（重力加速度取，结果均保留2位有效数字） 【答案】(1)B (2)C (3) 0.80 0.49 【解析】（1）A．实验中利用力传感器直接测量细线的拉力，并没有认为细线的拉力近似等于砂和砂桶的重力，可知，实验不需要用天平测出砂和砂桶的质量m，故A错误； B．为了使细线对小车的拉力等于小车所受外力的合力，实验前需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确； C．小车靠近打点计时器，为了避免纸带上出现大量的空白段落，应先接通电源，再释放小车，故C错误； D．结合上述可知，小车所受合力能够精准确定，则实验中不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故D错误。 故选B。 （2）AB．由于图像纵轴与横轴所表示物理量不一样，即标度不相同，在求解图像的斜率时，不能够用倾角的正切值求解，故AB错误； CD．平衡摩擦力后，根据牛顿第二定律有 变形得 斜率为k，则有 解得 故C正确，D错误。 故选C。 （3）[1]相邻两个计数点间还有4个点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为 根据逐差法，小车的加速度 代入数据解得 [2]对砂和砂桶进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$