30 第四章 运动和力的关系 章末综合提升（Word教参）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中物理必修第一册（人教版）江苏专版

该高中物理复习讲义以“滑块－木板模型”“传送带模型”为核心，通过框架图梳理模型概述、位移关系（同向L=x₁-x₂、反向L=x₁+x₂），用表格对比滑块滑离临界条件，构建力学综合问题知识脉络，突出运动关系和临界分析重难点。 讲义亮点在于“模型建构+科学推理”的典例设计，如滑块刚好不滑下时速度相等的临界分析、传送带划痕长度计算，培养科学思维。分层练习（跟进训练+综合测评）适配不同学生，教师可依托系统知识框架实施精准教学，助力学生掌握力学综合问题解题方法。

主题1　滑块－木板模型 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，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。 2．两种位移关系 滑块由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，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。 设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2。 同向运动时：L＝x1－x2， 反向运动时：L＝x1＋x2。 3．解决板块问题的思维方法 【典例1】　如图所示，物块A、木板B的质量均为m＝10 kg，不计A的大小，木板B长L＝3 m。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10 m/s2。 (1)求物块A和木板B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。 [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＝＝3 m/s2。 木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a2，则有 a2＝＝1 m/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＝＝， 位移关系：L＝－， 解得v0＝2 m/s。 [答案]　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)2 m/s 　滑块(视为质点)在木板上滑离的临界条件 类型图示 临界条件 木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上滑下的临界条件是滑块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 滑块A带动木板B，滑块恰好不从木板上滑下的临界条件是滑块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 【典例2】　如图所示，质量M＝4 kg 的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一不计大小，质量为m＝2 kg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1。开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F＝6 N，方向水平向右的恒定拉力，若物块从木板左端运动到右端经历的时间为4 s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2求： (1)画出小物块与长木板的受力分析图，并求出小物块和长木板的加速度大小； (2)求小物块到达木板右端时，小物块与木板的速度大小； (3)木板的长度L。 [解析]　(1)对小物块受力分析如图所示 由牛顿第二定律得 F－f ＝ma1。 又f ＝μFN＝μmg。 联立解得a1＝2 m/s2。 对木板受力分析如图所示。 由牛顿第二定律得 f ′＝μmg＝Ma2， 解得a2＝0.5 m/s2。 (2)小物块的速度由运动学公式 v1＝a1t＝8 m/s， 木板速度v2＝a2t＝2 m/s。 (3)由运动学公式可得 小物块的位移x1＝a1t2＝16 m， 木板位移x2＝a2t2＝4 m， 木板长度L＝x1－x2＝12 m。 [答案]　(1)见解析　(2)8 m/s　2 m/s　(3)12 m [跟进训练] 1．长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，另一端不动，如图甲所示，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff 随角度θ的变化图像如图乙所示，重力加速度为g。下列判断正确的是(　　) A．木块与木板间的动摩擦因数μ＝tan θ1 B．木块与木板间的动摩擦因数μ＝ C．木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动 D．木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快 D　[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，木块重力沿木板向下的分力等于Ff 2，则Ff 2＝mg sin θ1，刚滑动时有Ff 1＝，则μ＝，由题图可知Ff 1<Ff 2，即μmg cos θ1<mg sin θ1，解得，故选项A、B错误；当木板与地面的夹角为θ2时，木块受到的摩擦力为零，则木块只受重力作用，但此时速度不是零，木块不做自由落体运动，做初速度不为零、加速度为g的匀加速运动，故选项C错误；对木块，根据牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma，则a＝g sin θ－μg cos θ，则木板由θ1转到θ2的过程中，随着θ的增大，木块的加速度a增大，即速度变化越来越快，故选项D正确。故选D。] 2．如图所示，粗糙水平地面上有一长木板A，其长度为L＝1.2 m，质量为mA＝2 kg，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，在其左端有一个物块B，质量为mB＝3 kg，物块B与长木板A之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，用一水平向右的恒力作用在物块B上。求： (1)当F为12 N 时，A、B之间的摩擦力的大小； (2)当F为20 N 时，物块B运动到木板A右端所需的时间t。 [解析]　(1)当A、B恰好发生相对滑动时，A的最大加速度为 μ2mBg－μ1(mA＋mB)g＝mAamax， 解得amax＝1.0 m/s2。 此时对应的F为临界值，对B受力分析可得 F临界－μ2mBg＝mBamax。 解得F临界＝15 N。 则当F大于15 N时，两者发生相对滑动，小于等于15 N，两者相对静止，两者之间的摩擦力为静摩擦力。当F＝12 N，整体受力分析 F－μ1(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a共， 解得a共＝0.4 m/s2。 对B受力分析可得F－f AB＝mBa共， 解得f AB＝10.8 N。 (2)当F＝20 N，两者发生相对滑动，A、B之间为滑动摩擦力f 1＝μ2mBg。 代入数据，解得f 1＝12 N。 此时A的加速度为aA＝amax＝1.0 m/s2， B的加速度为aB＝， 代入数据，解得aB＝ m/s2。 设B运动到木板A右端的时间为t，根据位移关系L＝xB－xA， A的位移xA＝aAt2， B的位移xB＝aBt2， 联立解得t＝1.2 s。 [答案]　(1)10.8 N　(2)1.2 s 主题2　传送带模型 1．传送带的基本类型 一个物体以初速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模型。传送带模型按放置方向分为水平传送带和倾斜传送带两种，如图所示。 2．水平传送带 (1)当传送带水平转动时，应特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化。 (2)求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。静摩擦力达到最大值，是物体恰好保持相对静止的临界状态；滑动摩擦力只存在于发生相对运动的物体之间，因此两物体的速度相同时，滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为零或变为静摩擦力)。 3．倾斜传送带 (1)对于倾斜传送带，除了要注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化外，还要注意物体与传送带之间的动摩擦因数与传送带倾角的关系。①若μ≥tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体做匀速运动；②若μ<tan θ，且物体能与传送带共速，则共速后物体相对于传送带做匀变速运动。 (2)求解的关键在于根据物体和传送带之间的相对运动情况，确定摩擦力的大小和方向。当物体的速度与传送带的速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。 4．传送带问题的求解思路 【典例3】　如图所示，水平传送带两端A、B相距x＝6 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，求煤块从A运动到B所用时间及所划痕长度。 [解析]　煤块做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝μg＝2.5 m/s2，假设煤块的速度达到4 m/s时未离开传送带，此时煤块通过的位移大小为 x1＝＝3.2 m<6 m。 因此煤块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，做匀加速直线运动的时间为 t1＝＝1.6 s。 此后煤块以与传送带相同的速度匀速运动至B端，有 x2＝x－x1＝6 m－3.2 m＝2.8 m， 匀速运动的时间为t2＝＝0.7 s， 运动的总时间为 t＝t1＋t2＝2.3 s。 划痕长度即煤块相对于传送带的位移大小，可得 Δx＝v0t1－x1＝3.2 m。 [答案]　2.3 s　3.2 m 【典例4】　如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v＝4 m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以v0＝12 m/s的初速度沿A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物的最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？ (2)求货物在传送带上上升的最高点距A点的距离。 [解析]　(1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1， 货物所受合力F合＝(mg sin θ＋Ff)＝ma1， 且Ff＝μmg cos θ， 得a1＝(g sin θ＋μg cos θ)＝10 m/s2。 货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为s1，则有 v＝v0－a1t1， 解得t1＝0.8 s。 (2)当货物速度与传送带速度相等时 s1＝＝6.4 m。 由于mg sin θ>μmg cos θ， 此后货物向上做匀减速运动，设货物加速度大小为a2，则有 (mg sin θ－μmg cos θ)＝ma2。 设货物再经时间t2，速度减为零，则0＝v－a2t2， 货物继续做匀减速运动位移s2＝＝4 m， 则货物上滑的总距离为s＝s1＋s2＝10.4 m。 [答案]　(1)0.8 s　(2)10.4 m 　传送带问题中临界点的分析 (1)在确定研究对象并进行受力分析之后，首先判定摩擦力突变(含大小和方向)点，给运动分段。 a．传送带传送的物体所受摩擦力，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相同的时刻。 b．v物与v传相同的时刻是运动分段的关键点。 (2)判定运动中的速度变化(即相对运动方向和对地速度变化)的关键是v物与v传的大小与方向，二者的大小和方向决定了此后的运动过程和状态。 (3)考虑传送带长度——判定临界之前是否滑出；物体与传送带共速以后物体是否一定与传送带保持相对静止做匀速运动。 [跟进训练] 3．机场和火车站的安全检查仪用于对乘客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图所示模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率向左运行。乘客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(　　) A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5 s到达B处 C．行李提前0.5 s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2.5 s 才能到达B处 B　[行李无初速度地放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速度做匀速直线运动。加速时a＝μg＝1 m/s2，历时t1＝＝1 s达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5 m，此后行李匀速运动时间t2＝＝1.5 s，到达B处共用时2.5 s。乘客到达B处用时t＝＝2 s，故B正确，A、C错误；若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝＝2 s，故D错误。] 4．许多工厂的流水线上安装有传送带用于传送工件，以提高工作效率。如图所示，一传送带与水平方向夹角θ ＝ 30°，将工件轻放到传送带上的A端，每当前一个工件在传运带上停止相对滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上。已知传送带的速率v＝2 m/s，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝，A、B两端的距离L＝16 m，g取10 m/s2。求： (1)工件在传送带上加速过程通过的位移大小x； (2)工件从A端传送到B端所需要的时间t； (3)相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离Δx。 [解析]　(1)对工件加速运动时受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ － mg sin θ ＝ ma， 解得加速度为a＝2.5 m/s2。 所以加速的时间为t1＝＝0.8 s， 所以加速的位移为x＝＝0.8 m。 (2)工件与传送带共速之后一起做匀速直线运动，所以匀速的时间为 t2＝＝ s＝7.6 s， 所以工件从A端传送到B端所需要的时间为 t＝t1＋t2＝8.4 s。 (3)因为每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即轻放到传送带上，则后一个工件同样加速相同的位移，所以相对传送带静止的工件，相邻工件间的距离即为后一个工件加速时间内前一个工件匀速运动的距离，即 Δx＝vt1＝1.6 m。 [答案]　(1)0.8 m　(2)8.4 s　(3)1.6 m 章末综合测评(四)　运动和力的关系 (时间：75分钟　总分：100分) 一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。 1．关于力、运动状态及惯性，下列说法正确的是(　　) A．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 B．一个运动的物体，如果不再受力，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态” C．伽利略根据理想实验推论出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去 D．车速越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大 C　[伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，不是牛顿，故A项错误；一个运动的物体，如果不再受力，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，如果不受力，物体会永远运动下去，故B项错误；伽利略根据理想实验推论出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C项正确；惯性只与质量有关，与速度无关，故D项错误。] 2．自卸车依靠车厢构成斜面(如图所示)，让货物自行滑下。由于不同货物与车厢底面间的动摩擦因数不同，货物能够滑下需要车厢的最小倾角不同。关于自卸车卸货过程，下列说法正确的是(　　) A．货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越小 B．车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，车厢对货物的作用力始终竖直向上 C．车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐减小 D．车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，货物所受的支持力逐渐增大 B　[设车厢的倾角为θ，货物恰好下滑时mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，则货物与车厢底面间的动摩擦因数越大，车厢的最小倾角越大，A错误；车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，车厢对货物的作用力始终与重力等大、反向，保持不变，B正确；静摩擦力为f ＝mg sin θ，车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，货物所受的摩擦力逐渐增大，C错误；支持力为N＝mg cos θ，车厢倾角缓慢增大到最小倾角过程中，货物所受的支持力逐渐减小，D错误。故选B。] 3．A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，不计空气对人的阻力，下列说法正确的是(　　) A．在降落伞未打开时的下降过程中，安全带的作用力一定为零 B．在降落伞未打开时的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力 C．在降落伞未打开时的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力 D．在降落伞打开后减速下降过程中，安全带的作用力小于B的重力 A　[降落伞未打开时，A、B两人一起做自由落体运动，处于完全失重状态，则A、B之间安全带的作用力为0，A正确，B、C错误；降落伞打开后，A、B减速下降，加速度向上，则A、B处于超重状态，对B有FT－mg＝ma，整理得FT＝mg＋ma>mg，D错误。] 4．如图所示，物块A和B在足够长的矩形木板上，随木板一起以相同速度在水平面上向右做匀速直线运动。已知物块A和B的材料相同，物块A的质量大于B的质量。某时刻木板突然停止运动，关于A、B之后的运动，下列说法正确的是(　　) A．若木板光滑，物块A和B之间的距离将增大 B．若木板光滑，物块A和B之间的距离将减小 C．若木板粗糙，物块A和B一定会相碰 D．无论木板是光滑还是粗糙，物块A和B之间的距离保持不变 D　[若木板光滑，A、B在木板上所受合力为零，由于惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止，A、B间距离保持不变，故A、B错误；若木板粗糙，尽管两木块质量不同，所受摩擦力大小不同，但其加速度a＝＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度，保持相对静止，A、B间距离保持不变，故D正确，C错误。] 5．如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为(　　) A．aA＝aB＝g　　　 B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝g B　[水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示。 静止时FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，则aA＝＝2g，B所受合力依旧为零，则aB＝0。故选B。] 6．物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为MA、MB，与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB，平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B，测得加速度a与拉力F的关系图像如图中A、B所示，则(　　) A．μA>μB B．μA<μB C．MA>MB D．MA＝MB A　[对质量为M的物体受力分析，设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μMg＝Ma，解得a＝F－μg，故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数，由题图可得MA<MB，图像的纵轴截距表示－μg，由题图可得μA>μB，故A正确，B、C、D错误。] 7．如图所示，一个质量为m的光滑小球，用细线系住上端固定在光滑斜面体的顶端，斜面体的质量为M，倾角为θ。今用水平拉力F拉着斜面体沿着光滑的水平面向右匀加速运动，为使小球不离开斜面，则水平拉力F的最大值不得超过(重力加速度为g)(　　) A．mg·tan θ B． C．(m＋M)g·tan θ D． D　[当拉力达到最大值时，小球对斜面的压力恰好为零，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律T sin θ＝mg，T cos θ＝ma，将斜面体和小球作为一个整体可得F＝(M＋m)a，整理得F＝。故选D。] 8．如图所示，粗糙水平桌面上轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零，然后再向右返回，做往复运动。则上述过程中(　　) A．物块第一次经过O点时速度最大 B．A→O过程中，物块加速度先减小再增大 C．AO间距离与OB间距离相等 D．物块最终一定停在O点 B　[第一次经过O点时，弹簧的弹力为零，而摩擦力向右，物体已经减速运动，因此第一次速度最大位置在O点的右侧，A错误；A→O过程中，物体所受的合外力先减小到零然后反向增大，因此物块加速度先减小再增大，B正确；由于第一次速度最大的位置在O点的右侧，由于减速和加速运动的过程中，具有对称性可知AO>OB，C错误；当物体在某位置速度减小到零时，若此时弹簧的弹力小于最大静摩擦力时，物体将无法运动，该位置不一定在O点，D错误。] 9．电影中有这样一个场景，在倾角30°的足够长的钢索上套一个轻质圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为m的人，在圆环沿着钢索向下滑动的过程中，轻绳始终保持竖直，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．人做匀加速运动 B．钢索对圆环无摩擦 C．钢索对圆环的摩擦力的大小为mg D．钢索对圆环的支持力的大小为mg C　[以人为研究对象，受力分析如图1所示，由于细线竖直，所以人受到的绳子拉力和重力平衡，人做匀速直线运动，故A错误；圆环受到的摩擦力为f ＝mg sin 30°＝0.5mg，选项B错误，C正确；以圆环为研究对象如图2所示，钢索对环的支持力大小为N＝T cos θ＝mg，故D错误。] 图1　　　　　　　图2 10．电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种动能武器。如图所示，弹头以初速度v0垂直射入一排竖直固定的钢板，若钢板对弹头的阻力f 与速度v成正比，则弹头的速度v和加速度a随时间t、加速度大小a随速度大小v，速度平方v2随位移x变化的关系图像可能正确的是(　　) A　　　　　　　　B C　　　　　　　　D C　[由于f ＝kv，则a＝＝，随速度的减小，则加速度减小，v-t图像的斜率减小，选项A错误；因为a＝＝(v0－at)，可知a随t不是线性关系，选项B错误；根据a＝＝v可知，选项C正确；根据v2＝－2ax，因为a是变化的，则v2-x不是直线，选项D错误。故选C。] 11．如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为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点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是(　　) A．粮袋到达B点的速度小于v B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C．若μ<tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sin θ C　[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错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ<tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，也可能先以g(sin θ＋μcos θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcos θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D错误。] 二、非选择题：共5题，共56分。 12．(9分)在天宫课堂中，我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下： ①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上； ②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨； ③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00 cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时； ④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。 回答以下问题(结果均保留两位有效数字)： (1)弹簧的劲度系数为________N/m。 (2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。 (3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ，则待测物体的质量为______kg。 [解析]　(1)弹簧伸长量Δx＝5.00 cm＝5.00×10-2m，此时弹簧的弹力F＝0.610 N，由胡克定律可得，弹簧的劲度系数k＝＝≈12 N/m。 (2)由牛顿第二定律F＝ma可得a＝F，即a-F图像的斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的总质量，则总质量m0＝ kg＝0.20 kg。 (3)滑块、加速度传感器和待测物体的总质量m1＝ kg≈0.33 kg，所以待测物体的质量M＝m1－m0＝0.13 kg。 [答案]　(1)12　(2)0.20　(3)0.13 13．(10分)如图1所示，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间的变化规律如图2所示，g取10 m/s2。求： 图1　　　　　　　　　图2 (1)小环的质量m； (2)细杆与地面间的倾角α。 [解析]　(1)0～2 s内小环做匀加速直线运动，故F1－mg sin α＝ma，由题图乙知a＝0.5 m/s2，2 s后小环做匀速直线运动，故F2＝mg sin α，故F1－F2＝ma，所以m＝ kg＝1 kg。 (2)由F2＝mg sin α得α＝30°。 [答案]　(1)1 kg　(2)30° 14．(10分)如图所示，长L＝1.4 m、质量M＝10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动，木箱上表面光滑，下表面与地面的动摩擦因数μ＝0.2。当木箱的速度v0＝3.8 m/s时，立即对木箱施加一个F＝50 N水平向左的恒力，并同时将一个质量m＝3 kg的小物块轻放在距木箱右端0.25 m处的P点(小物块可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小物块脱离木箱落到地面。g取10 m/s2，求： (1)从小物块放在P点开始，木箱向右运动的最大距离； (2)小物块离开木箱时木箱的速度大小。 [解析]　(1)小物块放到木箱上后相对地面静止，对木箱由牛顿第二定律有 F＋μ(M＋m)g＝Ma1， 解得a1＝＝7.6 m/s2。 由运动学公式可知木箱向右运动的最大距离 x1＝＝0.95 m。 (2)木箱向左运动时，对木箱由牛顿第二定律有 F－μ(M＋m)g＝Ma2， 解得a2＝＝2.4 m/s2。 由题意可知木箱左移x2＝(0.25＋0.95) m＝1.2 m时，小物块离开木箱，此时木箱的速度大小为 v1＝＝2.4 m/s。 [答案]　(1)0.95 m　(2)2.4 m/s 15．(12分)如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力的大小恒为f ＝4 N。g取10 m/s2。 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在t＝5 s时无人机离地面的高度h； (2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m 处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。①求无人机在失去升力后坠落到地面时的速度v；②若在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力，为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间t1。 [解析]　(1)当无人机从静止地面以最大速度起飞时，由牛顿第二定律有 F－mg－f ＝ma， 解得a＝6 m/s2。 5 s时无人机离地高度 h＝at2， 解得h＝75 m。 (2)①下落过程中由牛顿第二定律可得 mg－f ＝ma1， 解得a1＝8 m/s2。 由运动学公式可知落地时 v2＝2a1H， 解得v＝40 m/s。 ②恢复升力后向下减速运动过程由牛顿第二定律可得 F－mg＋f ＝ma2， 解得a2＝10 m/s2。 设恢复升力时的速度为vmax，则有 数据解得vmax＝ m/s。 由vmax＝a1t1， 解得t1＝ s。 [答案]　(1)75 m　(2)①40 m/s　② s 16．(15分)筷子是中华饮食文化的标志之一，我国著名物理学家李政道曾夸赞说：“筷子如此简单的两根木头，却精妙绝伦地应用了物理学杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ。已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，小球静止。求： (1)两根筷子对小球的合力大小； (2)小球被筷子夹住，请作出小球的受力示意图； (3)若小球刚好掉不下来，则一根筷子对小球的压力大小； (4)θ多大时，不论筷子对小球的力有多大都不能夹住小球(用三角函数表达结果)。 [解析]　(1)由平衡条件可得，两根筷子对小球的合力等于小球的重力，即F＝mg。 (2)小球受到重力mg，左侧筷子的压力N1、摩擦力f 1，右侧筷子的压力N2、摩擦力f 2，受力示意图如图所示。 (3)若小球刚好掉不下来，则筷子对小球的最大静摩擦力恰好达到滑动摩擦力，由对称性可知 N1＝N2，f 1＝f 2。 对小球由平衡条件可得 2N1sin θ＋mg＝2μN1cos θ， 解得一根筷子对小球的压力大小为 N1＝。 (4)由(3)的解析可知，要能夹住小球，N1表达式要有意义，即分母不能小于等于零，当 μcos θ－sin θ≤0， 解得θ≥arctan μ， 即当θ≥arctan μ时，不论筷子对小球的压力有多大都不能夹住小球。 [答案]　(1)mg　(2)见解析图 (3)　(4)θ≥arctan μ 8 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $