高考物理一轮复习【分层练习】 第04章 运动和力的关系

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高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活


第四章 运动和力的关系

课标解读
1.通过实验，探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系。理解牛顿运动定律，能用牛顿运动定律解释生产生活中的有关现象、解决有关问题。通过实验，认识超重和失重现象。
2. 知道国际单位制中的力学单位。了解单位制在物理学中的重要意义。

基础过关练

考点一：牛顿第一定律

1．下列说法正确的是（　　）
A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为物体静止时惯性大
B．宇宙飞船内的物体处于完全失重状态，因此飞船内的物体不存在惯性
C．物体运动速度越大，惯性也越大
D．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球的质量小，惯性也小的缘故
【答案】D
【解析】惯性只与物体的质量有关，物体的质量越大惯性越大，ABC错误，D正确；故选D。
2．以下关于所用物理学的研究方法叙述正确的是（　　）
A．伽利略研究自由落体运动运用了理想模型法
B．探究力的合成满足平行四边定则运用了控制变量法
C．研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法
D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，能用实验直接验证
【答案】C
【解析】A．伽利略在研究自由落体运动时采用“冲淡”重力的方法，A错误；B．探究力的合成满足平行四边定则运用了等效法，B错误；C．研究变速运动时，把变速运动看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法，C正确；D．牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的结果，不能用实验直接验证，D错误。故选C。
3．某同学根据如图所示的情况作出如下的判断，正确的是（       ）

A．汽车处于减速运动状态或紧急刹车状态
B．汽车处于加速运动状态或紧急启动状态
C．乘客以自己为参考系可见其他乘客如此倾斜
D．利用惯性分析如此倾斜时可把乘客视为质点
【答案】A
【解析】AB．由题图可知，乘客和司机由于惯性身体向汽车运动方向倾倒，说明汽车处于减速运动状态或紧急刹车状态，故A正确，B错误；C．乘客以自己为参考系时，则他观察到其他乘客的倾斜程度不如题图中的倾斜程度，故C错误；D．利用惯性分析如此倾斜时，乘客身体各部分的运动差异不可忽略，所以不能把乘客视为质点，故D错误。故选A。
考点二：实验 探究加速度与力、质量的关系

1．某实验小组用如图1所示装置探究“加速度a与力F、质量m的关系”。
（1）实验中，首先保持小车质量m不变，探究加速度小车a与力F的关系；然后保持F不变，探究a与m的关系。这种实验方法叫_____。（选填“放大法”或“控制变量法”）；
（2）实验中得到一条如图2所示的纸带，由此可判断小车做的是_____直线运动（选填“匀速”或“加速”）。

【答案】     控制变量法     加速
【解析】（1）[1]探究加速度a与力F及质量m的关系时，应用的基本方法是控制变量法，首先保持小车质量m不变，探究加速度小车a与力F的关系；然后保持F不变，探究a与m的关系。
（2）[2]如图2所示的纸带所示，相等时间内位移逐渐增大，则速度越来越大，小车做加速运动。
2．小梅设计了如图所示实验来探究加速与合外力的关系：

（1）轻弹簧秤固定在木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧样的挂钩和矿泉水瓶连接，细绳拉直后与桌面平行。在桌面上画出两条与细绳垂直的平行线、，并测出间距d。
（2）木板置于处，缓慢向瓶中加水，直到木板匀速运动为止，记下弹簧秤的示数。木板受到桌面的滑动摩擦力大小等于________。
（3）木板放回原处并按住，继续向瓶中加水，记下弹簧秤的示数F，然后由静止释放木板，并用秒表记下木板运动到处的时间t、木板的加速度________（用给出的字母表示）。
（4）改变瓶中水的质量重复实验，画出加速度a与弹簧秤示数F的关系图像，下列图像正确的是________。
A． B． C． D．
【答案】               B
【解析】（2）[1]缓慢向瓶中加水，直到木板匀速运动为止，记下弹簧秤的示数，根据平衡态，可知

（3）[2]与题意可知木板的运动为初速度为零的匀加速直线运动，所以

解得

（4）[3]根据，联立可得，故B正确。
3．如图甲所示为探究加速度与质量关系的实验装置示意图．

(1)某位同学设计的实验步骤如下：
A．用天平称出小车的质量．
B．按图装好实验器材．
C．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂钩码．
D．将打点计时器接在6V电压的蓄电池上,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,并在纸带上标明小车质量．
E.保持悬挂钩码的质量不变,增加小车上的砝码个数,并记录每次增加后的M值,重复上述实验．
F.分析每条纸带,测量并计算出加速度的值．
G.作关系图象,并由图象确定a、M关系．
①该同学漏掉的重要实验步骤是_______,该步骤应排在_______________步实验之后．
②在上述步骤中,有错误的是______,应把____________改为_____________．
③在上述步骤中,处理不恰当的是____,应把___________改为____________．
(2)某次实验中打出了如图乙所示的纸带(打点计时器所用电源的频率),则这个加速度值a=_______．
【答案】     平衡摩擦力     B     D     6V电压的蓄电池     220V交流电源     G               0.80
【解析】（1）①在做实验前首先应该平衡摩擦力，此过程应排在把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂砂桶之前，即B之后；②电火花打点计时器使用的是220V交流电源，故步骤D中不能使用直流电源，而应该使用220V交流电源；③根据牛顿第二定律可知物体的加速度a与物体的质量M成反比，所以图象是曲线，而仅仅根据曲线很难判定加速度a与物体的质量M到底是什么关系，但应该成正比例关系，而正比例关系图象是一条过坐标原点的直线，所以应作图象．
（2）由图可知，两已知长度对应的时间间隔为，由可得，解得．
考点三：牛顿第二定律

1．如图，沿东西方向（以水平向右为东）直线行驶的列车顶部用细线悬挂一小球A，质量为m的物块B始终相对列车静止在桌面上。某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，且A相对列车静止，重力加速度为g，则此刻（  ）

A．列车可能向东减速运动
B．列车可能向西加速运动
C．B受摩擦力大小为mgtanθ，方向向西
D．B受摩擦力大小为mgtanθ，方向向东
【答案】D
【解析】
AB．以小球A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得

可得

方向向东，列车的速度方向可能向东，也可能向西，则列车可能向东做加速运动，也可能向西做减速运动，故AB错误；CD．再对物体B研究，由牛顿第二定律得

方向向东，故C错误，D正确。故选D。
2．对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间（     ）
A．物体立即获得加速度
B．物体立即获得速度
C．物体同时获得速度和加速度
D．由于物体来不及运动，所以物体的速度和加速度都为零
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律F=ma知，加速度与合力是瞬时对应的关系，合力变化，加速度同时随着变化。当力刚开始作用的瞬间，立即获得了加速度；根据v=at可知，物体获得速度需要一定的时间，所以速度不会立即改变，此刻还为零，故A正确，BCD错误。故选A。
3．下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（     ）
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力一定不为0
【答案】C
【解析】A．速度和加速度无必然的联系，则物体的速度越大，加速度不一定越大，所受的合外力也不一定也越大，A错误；B．物体的速度为0，加速度不一定为0，所受的合外力也不一定为0，例如自由落体运动刚开始的时候，B错误；C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大，例如火箭将要发射时，C正确；D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力也可能为0，例如高速飞行的子弹，D错误。故选C。
考点四：力学单位制

1．使质量是1克的物体产生1厘米每二次方秒的加速度的力，叫1达因（dyne），那么，1达因等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由力学单位制有

则

故选C。
2．日本拟向太平洋排放核废水引发国际社会的广泛关注与谴责。辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是希沃特，记作Sv。每千克（kg）人体组织吸收1焦耳（J）为1希沃特。下列选项中用国际单位制的基本单位表达希沃特，正确的是（　　）
A．m2/s2 B．W/kg C．J/kg D．m2/s
【答案】A
【解析】根据相应物理量单位之间的换算关系可得

故选A。
3．质量m＝400g的物体以加速度a＝20cm/s2做匀加速直线运动，则关于它受到的合外力的大小及单位，下列运算既简洁又符合一般运算要求的是（　　）
A．F＝400×20＝8000 N
B．F＝0.4×0.2 N＝0.08 N
C．F＝0.4×0.2＝0.08N
D．F＝0.4 kg×0.2 m/s2＝0.08 N
【答案】B
【解析】在国际单位制中：质量单位是kg，加速度单位是m/s2，力的单位是N，所以m＝400g=0.4kg， a＝20 cm/s2=0.2m/s2，统一用了国际单位后，可直接代入牛顿第二定律公式计算，则有
F=ma=0.4×0.2N=0.08N
所以B选项的运算既简洁又符合一般运算要求，ACD错误，B正确。故选B。
考点五：牛顿运动定律的应用

1．如图所示甲，t＝0时，质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔2s物体的瞬时速度记录在表乙中，重力加速度取g＝10m/s2，则错误的是（　　）
t/s
0
2
4
6
v（m·s-1）
0
8
12
8

A．物体在斜面上加速运动的加速度为4m/s2
B．物体在B点时的速度为12m/s
C．4s末物体处于减速阶段
D．物块运动的总时间为10s
【答案】B
【解析】AB．根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度

水平面上的加速度

根据运动学公式


解出

即时，物体恰好经过点，此时的速度即物体运动过程中的最大速度:

A正确，B错误；C．由以上分析可知，4s末物体处于减速阶段，C正确；D．物块运动的总时间为

D正确。故选B。
2．北京冬奥会将于2022年2月4日开幕，中国短道速滑队正在备战训练中。如图所示，某运动员的质量为55kg，在起步过程中，运动员一只脚支撑，另一只脚蹬冰，蹬冰时冰刀与冰之间提供沿水平面向前的作用力为275N，双脚交替蹬冰，每次蹬冰时间都是0.7s，双脚交替时间为0.3s，经3.7s到达最大速度，到最大速度前一直在直轨道上运动，不计阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．运动员的加速度为10m/s2 B．运动员的最大速度为14m/s
C．运动员的最大速度为18.5m/s D．运动员匀加速的位移为30.1m
【答案】B
【解析】A．运动员蹬冰时受到的沿水平向前的作用力为，由牛顿第二定律可得

故A错误；BC．运动员在1s内先匀加速运动0.7s，再匀速运动0.3s，故3.7s内匀加速运动时间为

匀速运动时间为

故最大速度为

故B正确；C错误；D．匀加速运动的位移为

故D错误。
选选B。
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为和由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向上拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为；当用大小仍为F的恒力沿竖直方向拉着a，使a、b起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为，加速度大小为，则（　　）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【解析】对整体分析，有

对b物体隔离分析，有

根据胡克定律，有

可知
，
故选C。
考点四：超重和失重

1．东京奥运会上，14岁少女全红婵一鸣惊人，作为中国奥运代表团最年轻的运动员，以创纪录的成绩夺得10米跳台冠军，让五星红旗高高飘扬在东京水上运动中心上空。不计空气阻力，全红婵从离开跳台平面到触及水面的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态
B．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态
C．全过程中一直处于超重状态
D．全过程中一直处于失重状态
【答案】D
【解析】全过程中只受重力作用，加速度为重力加速度，方向向下，一直处于失重状态。故选D。
2．某人乘电梯从10楼到1楼，从电梯启动到停在1楼的过程，经历了匀加速、匀速和匀减速三个阶段。电梯在这三个连续的运动阶段中，该人所受的重力和他对电梯地板的压力相比较，其大小关系分别是（　　）
A．重力大于压力，重力等于压力，重力小于压力
B．重力小于压力，重力等于压力，重力大于压力
C．重力大于压力，重力小于压力，重力小于压力
D．重力小于压力，重力小于压力，重力大于压力
【答案】A
【解析】某人乘电梯从10楼到1楼，速度方向向下。电梯启动做加速运动阶段，加速度方向向下，由牛顿第二定律可知重力大于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力大于压力，处于失重状态；在匀速运动阶段，处于平衡状态，重力等于压力；在减速运动阶段，加速度方向向上，由牛顿第二定律可知重力小于电梯地板对他的支持力，由牛顿第三定律可知，他对电梯地板的压力等于电梯地板对他的支持力，即重力小于压力，处于超重状态；故选项A正确，选项BCD错误。故选A。
3．目前第24届冬季奥林匹克运动会正在我国北京市如火如荼地举行。在新冠疫情肆虐全球的背景下，北京冬奥会的如期举办，再次彰显了中国的决心、高效与活力，如图为四个冬奥运动项目中运动员运动的一些场景，下列有关说法正确的是（　　）

A．在研究甲图中的运动员完成某项技术动作时，可以把运动员看成质点
B．在乙图中运动员用冰壶刷刷冰的目的是为了减少冰壶与冰面的摩擦力
C．丙图中的处于空中的运动员，在上升过程为超重状态，下降过程则为失重状态
D．丁图中速度滑冰项目比的是运动员的平均速度大小，第一名则平均速度最小
【答案】B
【解析】A．研究运动员的某项技术运动时，不能忽略运动员的大小和形状，不可以把运动员看成质点，A错误；B．冰壶刷冰的目的是为了减少摩擦力，从而更好的控制冰壶的运动方向，达到自如的控制它的运动方向，B正确；C．处于空中的运动员，上升过程是减速上升，加速度向下，通过“上超下失”知，此时处于失重状态。下降过程是加速下降，加速度向下，此时仍处于失重状态，C错误；D．速度滑冰项目比的是运动员的平均速率，第一名的平均速率最大，D错误。故选B。
能力提升练

一、单选题
1．如图所示，小明用水平方向的力推一木箱。小明发现：用力推时，木箱才能运动；撤去推力，木箱便停下来。以下说法正确的是（     ）

A．木箱的运动需要力来维持
B．木箱由静止到运动时，人推木箱的力大于木箱对人的力
C．撤去推力，木箱停下来是木箱具有惯性的表现
D．撤去推力，木箱停下来是由于受到摩擦力的作用
【答案】D
【解析】A．木箱由于惯性运动，其运动不需要力来维持，A错误；B．人推木箱的力与木箱对人的力是一对作用力与反作用力，它们总是大小相等、方向相反，B错误；CD．撤去推力时，木箱停下来是由于木箱受到了摩擦力的作用，不是因为惯性，C错误、D正确。故选D。
2．将雨滴视为半径为r的球体（球体体积），在其竖直落向地面的过程中所受空气阻力大小为，其中k是比例系数，v是雨滴的速度。不计雨滴间的相互作用且雨滴质量不变。若用①、②分别表示密度相同、半径为r1、r2 （）的雨滴在空气中无初速下落的v -t图线，可能正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由牛顿第二定律得

得

可知，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，设终速度趋于，雨滴质量

当加速度为零时，雨滴趋于最大速度，可得



可知，①的最大速度较大；故选B。
3．如1图所示，轻绳跨过光滑定滑轮，一端与小车相连，另一端与手机相连，刻度尺竖直固定在手机一侧。打开手机的频闪拍照功能并由静止释放手机，手机下落过程中拍摄到一组照片，其中三幅相邻的照片中心分别对应在刻度尺上的a、b、c位置，如题2图所示。已知小车质量为M，手机频闪拍照周期为T，则（　　）

A．手机下落的加速度为
B．手机拍b位置时的速度为
C．手机的质量为
D．因没有考虑小车受到的摩擦力，测量的手机质量会偏小
【答案】D
【解析】A．由得

解得

故A错误；B．手机拍b位置时的速度为

故B错误；C．若手机质量远小于小车质量，则对小车由第二定律可得

解得

若不满足手机质量远小于小车质量，则对手机、小车系统由牛顿第二定律有

解得

故C错误；D．若考虑小车受到的摩擦力，则C项分析中的两式变为


解得


所以没有考虑小车受到的摩擦力，测量的手机质量会偏小，故D正确。故选D。
4．如图所示，木板A静置于光滑水平面上，其粗糙上表面叠放半球形木块B，在B的最高点用水平细绳拉着一个小球C，系统保持平衡。已知B、C两球半径之比为4：1，C球质量为m，BC接触面光滑。在木板A上施加了一个水平外力F，继续维系三者相对静止，让三者一起做加速直线运动，已知重力加速度大小为g，以下判断中正确的是（　　）

A．若F向左且不断变大，则BC之间的弹力越来越大
B．若F向左且不断变小，则BC之间的弹力恒为
C．若F水平向右且持续增大，则BC之间弹力不断减小
D．若F水平向右且BC之间绳子的张力为零，则系统加速度为
【答案】B
【解析】AB．设整体的加速度为a，若F向左，对C受力分析，受重力mg、Ｂ的弹力FN和细绳的张力FT，如图所示，则有

FNsinθ=mg
FT−FNcosθ=ma
已知B、C两球半径之比为4：1，由几何关系可知θ=53°，所以有

在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大或减小F，BC之间的弹力FN不变，恒为，A错误，B正确；CD．若F水平向右，整体的加速度向右，对C有       
FNsinθ=mg
FNcosθ−FT=ma
在三者相对静止的情况下，因为θ不变，增大F，BC之间弹力FN不变；水平细绳的张力FT可能在某个时刻是零，代入数据可得此时系统的加速度为

CD错误。故选B。 
5．随着新能源轿车的普及，人们对车辆乘坐的舒适性要求越来越高。加速度对时间的变化率物理学中称之为“加加速度”，通常用符号“j”表示，如果j值过大，会形成冲击力，影响乘客乘坐的舒适性。对汽车来说，人体可以承受的j值通常在之间。如图为某国产新能源轿车，测得其启动后a与时间t的变化关系为，则（　　）

A．国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s-2
B．j为0的运动一定是匀速直线运动
C．该汽车启动后做匀变速直线运动
D．该汽车启动后j的值大小为0.5
【答案】D
【解析】A．由题意，“加加速度”可表示为

故国际单位制中“加加速度”的单位应是m/s3，A错误；B．j为0代表加速度保持不变，物体的运动可能为匀变速运动，也可能为匀速直线运动，B错误；C．由a与时间t的变化关系可知，该汽车加速度随时间均匀变化，故该汽车做的不是匀变速直线运动，C错误；D．由可知

故该汽车启动后j的值大小为0.5，D正确。故选D。
6．如图，滑轮A可沿与水平面成角的光滑轨道滑下，滑轮下用轻绳悬挂一个重量为G的物体B，下滑时物体B相对于A静止，则下滑过程中，以下说法正确的是（　　）

A．B的加速度为gcos B．绳的拉力为Gsin
C．绳的拉力为Gcos D．绳的方向保持竖直
【答案】C
【解析】A．对整体由牛顿第二定律得

可知A和B的加速度均为gsin，A错误；BCD．对B分析，根据平行四边形定则知，绳的方向与斜面垂直，拉力大小为Gcos，C正确、BD错误。

故选C。
7．在路上行驶的各种车辆之间至少要保持一定的间距，才能确保安全，这个距离叫“安全距离”。假设车速为100km/h的司机发现前方有路障，经过1s的反应时间后做出刹车动作，汽车刹车时车轮抱死且做匀减速直线运动，g取10m/s2，经计算得出安全距离为100m。由以上条件得出的以下结论正确的是（　　）
A．当汽车以100km/h的速度行驶时，车轮与路面的动摩擦因数至少约为0.53
B．当汽车以100km/h的速度行驶时，司机从发现前方路障到停止所需时间约为3s
C．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，司机反应时间不变，汽车仍保持安全距离为100m，则汽车的最大行驶速度约为36km/h
D．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，司机反应时间不变，汽车仍以100km/h的速度行驶时，应保持的安全距离至少约为193m
【答案】A
【解析】AB．速度

根据牛顿第二定律得

根据运动学公式

又

联立解得


司机从发现前方路障到停止所需时间约为

故A正确，B错误；CD．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，根据牛顿第二定律

解得

根据运动学公式

解得

司机反应时间不变，汽车仍以100km/h的速度行驶时

应保持的安全距离至少

故CD错误。故选A。
8．如图所示，质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角θ=37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面。取g=10 m/s2（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。下列说法正确的是（　　）

A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
【答案】A
【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
Fcos θ=ma0
Fsin θ-mg=0
代入数据解得
a0≈13.3 m/s2
AB．由于a1=5 m/s2 F1sin θ＋FNcos θ-mg=0
F1cos θ-FNsin θ=ma1
代入数据解得
F1=20 N
选项A正确，B错误；CD．由于a2=20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有
F2cos α=ma2
F2sin α-mg=0
代入数据解得
F2=20N
选项CD错误。故选A。
　
9．如图所示，某同学抱着箱子做蹲起运动研究超重和失重现象，在箱内的顶部和底部均安装有压力传感器。两质量均为2的物块用轻弹簧连接分别抵住传感器。当该同学抱着箱子静止时，顶部的压力传感器显示示数。重力加速度g取10。不计空气阻力，则（　　）

A．箱子静止时，底部压力传感器显示示数
B．当时，箱子处于失重状态，人可能抱着箱子下蹲
C．当时，箱子处于超重状态，人可能抱着箱子向上站起
D．若箱子保持竖直从高处自由释放，运动中两个压力传感器的示数均为30N
【答案】D
【解析】A．当箱子静止时，对两物块和弹簧组成的系统受力分析可知

得下面压力传感器显示示数

对上面物体

得

故A错误；B．当时，对上面物体

所以加速度方向向上，箱子处于超重状态，人可能抱着箱子开始站起，故B错误；C．当时

加速度方向向下，箱子处于失重状态，人可能抱着箱子开始下蹲，故C错误；D．当箱子自由下落时处于完全失重状态，两个物体所受合力均为，则应有

弹簧长度没变，所以两个压力传感器的示数均为30N，故D正确。故选D。
10．某同学是航模兴趣小组的一员，某次在操控飞机模型时，使航模从地面由静止开始竖直向上做直线运动，其运动的位移一时间图像如图所示，已知0～t0部分的图线是抛物线的一部分，t0
～10s部分的图线是直线，两部分曲线相切于点（t0，10），则下列说法正确的是（　　）

A．图中t0＝5s
B．航模在t0～10s时间内的速度大小为6m/s
C．航模在0～t0时间内的加速度大小为m/s2
D．航模在0～t0时间内处于失重状态
【答案】A
【解析】ABC．航模在0～t0时间内在匀加速运动，则

航模在t0～10s时间内做匀速上升，速度大小为

其中

解得
t0=5s
a=0.8m/s2
v=4m/s
选项A正确，BC错误。D．航模在0～t0时间内，加速度向上，处于超重状态，选项D错误。故选A。
二、多选题
11．系统如图1所示，绳与滑轮间无摩擦，A与水平桌面间的摩擦系数记为，绳的质量可略，开始时A、B静止。右侧水平绳段被剪断后瞬间，相应的运动学量和动力学量已在图2中给出，为求解，列出了下列四个方程，其中正确的方程是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】A．选项中公式为对物体A的水平方向上的牛顿第二定律的恒等式，即

故A正确；B．选项中公式为对物体A的竖直方向上的受力平衡公式，但是忽略了绳向下的拉力T，应为

故B错误；C．选项中公式为对物体B的竖直方向上的牛顿第二定律的恒等式，即

故C正确；D．选项中公式为对求解的最后一步，通过之前对物体A、B水平和竖直方向分别列出恒等式，即



联立三式，最后求解出和的关系为

所求结果应与及和有关，显然选项中公式错误，故D错误。故选AC。
12．如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ= 37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s2，sin37°= 0.6、cos37°= 0.8。则下列说法正确的是（　　）

A．煤块冲上传送带后经1s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为（）m
【答案】ABD
【解析】A．对煤块先做匀减速，由牛顿第二定律可得

解得

设经t时间与传送带共速，由

解得

故A正确；B．共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律

解得

煤块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示

由图像煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小

故B正确；C．物块上升到最高点后反向向下做初速度为零，加速度为的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移

解得

结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为

故C错误；D．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为

此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则

因为L2
故D正确。故选ABD。
13．如图甲所示，长为、质量为的木板静止于光滑的水平桌面上。开始时，一可视为质点的木块置于木板左端，木块另一端被水平绳子拴接并系于竖直墙上。水平外力F作用在木板上，水平外力F、木板的速度v随时间t变化的关系如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（　　）

A．0~2s内绳对木块的拉力逐渐增大
B．2s~3s木板受到的摩擦力恒为4N
C．木块与木板间的动摩擦因数为0.2
D．要使木板从木块下抽出，2s后F至少作用时间1s
【答案】AD
【解析】A．内，木板处于静止状态，木板与木块间的摩擦力为静摩擦力，绳子拉力大小等于F，逐渐增大，A正确；B．对木板做受力分析，根据牛顿第二定律可得

由丙图可知

解得

B错误；C．木块与木板间的动摩擦力为，但木块的质量未知，则不能认为木块与木板间的动摩擦因数为0.2，C错误；D．后在恒力的作用下，物块的加速度为，恒力F作用一段时间后撤去，木板做减速运动，加速度大小也恰好为，当木块恰好从木板上掉下时，木板速度恰好为零，此过程中木板的图像如图所示

则恒力F作用时间恰好为即可，D正确。故选AD。
14．如图所示，水平轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a和b，拴接小球的细线P、Q固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为37°。现剪断细线P。重力加速度大小为g，取，。下列说法正确的是（　　）

A．剪断细线P前，弹簧的弹力大小为
B．剪断细线P的瞬间，小球a的加速度大小为
C．剪断细线P的瞬间，小球b的加速度大小为0
D．剪断细线P的瞬间，细线Q的拉力与剪断细线P前，细线P的拉力大小相同
【答案】BCD
【解析】A．剪短细线P前，对小球a进行受力分析，小球a受竖直向下的重力，水平向右的弹簧弹力以及沿绳子向上的细绳的拉力。根据共点力平衡有


解得

故A项错误；B．剪短细线瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力等于其剪断前细绳的拉力，即

对小球有

解得

故B项正确；C．剪断细线P的瞬间，弹簧的弹力不变，所以小球b处于静止状态，合力为零，加速度为0，故C项正确；D．剪断细线P前，对b球受力分析，有

解得

即两个细线上的拉力是相同的，剪断细线P瞬间，弹簧的弹力不变，小球b受力情况不变，所以细线上的拉力不变，即剪断细线P的瞬间，细线Q的拉力与剪断细线P前，细线P的拉力大小相同，故D线正确。
故选BCD。
实验探究

1．小明在课本查到“木-木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，用图甲的实验装置，设计了以下两个实验方案：

（1）实验方案一：
①待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶；②增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动；③用天平测得此时沙桶及沙的总质量为m和待测木块的质量M，则动摩擦因数计算式_____________ （仅用本小题中m、M符号表示）。
（2）实验方案二：若没有天平，则改用以下方案进行测量。
①待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶；②增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动；③把沙桶取下，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；④将木板不带滑轮的一端垫高，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动；⑤挂上沙桶（要与第②步中沙桶和桶中的沙总质量一致），接通电源，稳定后释放木块，得到如图乙所示纸带；⑥已知打点计时器的频率为50Hz，根据图乙纸带数据，可算出木块运动的加速度a=____________m/s2（保留两位有效数字）。
⑦已知当地的重力加速度为g=9.8m/s2，则计算动摩擦因数计算式=_________ （仅用本小题中a、g符号表示），代入数据算出=________（保留两位有效数字）。
【答案】          2.4          0.32
【解析】（1）[1]根据平衡条件，细绳拉力大小为


解得

（2）[2]根据逐差法，木块运动的加速度

[3] [4]平衡摩擦力后挂上沙桶系统加速运动，根据牛顿第二定律可得

因

联立解得

2．某同学设计了一个验证加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图。（交流电的频率为50 Hz）

（1）图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为_________m/s2 。（计算结果保留二位有效数字）
（2）保持小车的质量不变，改变桶内砝码的质量，某位同学根据实验数据分别作出了加速度a随合力F的变化图线如图丙所示，图线上部出现了弯曲并偏离原来的直线，其主要原因是___________；若从小车中取出砝码放入桶中，并以桶、桶中的砝码、车和车中的砝码整体为研究对象，图线上部___________（填“会”或“不会”）弯曲。
【答案】     3.2     砂和砂桶的质量没有远小于车的质量     不会
【解析】（1）[1]从b图中看出相邻的计数点时间间隔为0.04s，利用匀变速直线运动的两个推论得出

（2）[2]设小车的质量为M，砂和砂桶的质量为m，根据牛顿第二定律，对砂和砂桶有

对小车有

解得

当时且小车质量M保持不变时，则可知绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力； F从0开始增加，当砂和砂桶的质量远小于车的质量时，砂和砂桶的重力可近乎看成与小车质量M
成比，故此时图线为直线；当砂和砂桶的质量增加到一定程度不再远小于车的质量时，绳子的拉力与砂和砂桶的总重力相差就变大，此时图线上部出现弯曲；所以原因是砂和砂桶的质量没有远小于车的质量。
[3]以桶、桶中的砝码、车和车中的砝码整体为研究对象，设张力为T，对砂和砂桶有

对小车有

由以上两式得整体的加速度为

从小车中取出砝码放入桶中，即虽然m变化，但整体质量不变即恒定，所以a与mg成正比，所以图线上部不会发生弯曲。
3．小明用如图甲所示的装置验证“牛顿第二定律”，该装置由轻质弹簧测力计、气垫导轨、两个光电门、天平、细线、滑块和砝码盘（含砝码）等组成。调节气垫导轨水平，弹簧测力计与滑块间的细线水平，实验时测得滑块上的遮光条通过两个光电门1、2的时间分别为，通过导轨标尺测得两个光电门间的距离为L，另用天平测得滑块、砝码盘（含砝码）的质量分别为M和m，不计滑轮受到的重力和摩擦。

（1）用游标卡尺测遮光条的宽度d，结果如图乙所示，则遮光条的宽度________cm。
（2）关于该实验，下列说法正确的是__________。（只有一项是正确的）
A．为了减小误差，应该用小木块垫高气垫导轨右端
B．为减小误差，实验中一定要保证质量m远小于质量M
C．实验时，多次在同一条件下重复实验，取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差
D．若实验中释放滑块时，使滑块有一个向左的初速度v，则和滑块由静止释放相比，得到滑块的加速度变小
（3）保持滑块的质量不变，记录多次实验的数据，以弹簧测力计的示数F为横坐标，滑块的加速度为纵坐标，画出的图像是一条直线，图线的斜率为，则滑块的质量可表示为__________。
A．　　B．　　C．　　D．
（4）该装置中弹簧测力计的示数为F，需要验证的表达式为F=__________。
【答案】     2.030     C     B    
【解析】（1）[1]根据游标卡尺的规格，20分度的游标卡尺，其游标尺刻度总长度为19mm，则游标尺的零刻线应在2与2.1中间，则根据游标卡尺的读数规则有
d = 2cm + 6 × 0.05mm = 2.030cm
（2）[2]A．气垫导轨由于阻力几乎为零，所以不必小木块垫高气垫导轨右端平衡阻力，A错误；B．弹簧秤与细绳串联的，所以拉力直接可以测量，不必满足钩码的质量远小于小车的质量，B错误；C．实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小偶然误差，此做法合理，C正确；D．若实验中释放滑块时，使滑块有一个向左的初速度v，则和滑块由静止释放相比，得到滑块的加速度不变。D错误。
故选C。
（3）[3]该装置中弹簧测力计的读数F，则滑块所受合力为2F，则滑块的加速度
a =
则a—F图线的斜率为k，则
k =
解得
M =
故选B。
[4]该装置中弹簧测力计的读数F，则滑块所受合力为2F，对滑块从一个光电门运动到另一个光电门的过程，应用运动学公式可
()2 - ()2= 2aL
解得滑块加速度
a = [()2 - ()2]
则需要验证的是

即

计算题培优

1．如图所示，以恒定速率v1=0.5m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=4m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.5m/s从传送带顶端推下一件m=2kg的小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度a的大小；
（2）小包裹在传送带上减速运动的时间t和位移s的大小。
（3）小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功。

【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，受力分析如图所示

根据牛顿第二定律可知

代入数据可得

所以加速度的大小为，方向为沿斜面向上；（2）由（1）可知小包裹先在传动带上做匀减速直线运动，至速度与v1相同，用时

相应的匀减速直线运动的距离为

（3）因为s，且

因此小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端匀速直线运动阶段所受静摩擦力大小为

位移大小为

所以小包裹与传送带之间的摩擦力对小包裹做的功为

代入数据可得

2．如图所示，质量为mA＝2kg物体A放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与质量为mB＝1kg物体B相连。用手按住A使两物体均静止，B物体距离地面高度h＝1m。现松手释放A，经时间t1＝1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子、滑轮质量不计，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数μ；
（2）若A与滑轮的距离L＝1.5m，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力F＝6N，求恒力F作用时间t2＝1s后，物体A的速度大小。

【答案】（1）0.2；（2）0.6m/s
【解析】（1）物体B在下落的过程中，做匀加速运动，则

代入数据得到

A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有

代入数据得到

（2）物体B落地瞬间，物体A距离滑轮的长度为

此时物体A根据牛顿第二定律有

解得

这段位移的时间和位移为


得到
，
因

所以此时物体A减速到0，且未碰撞到滑轮。
之后物体A将向左加速运动，根据牛顿第二定律有

解得

则最终的速度和向左的位移为


故最终绳子未拉直，物体A的速度为。
3．如图质量的物体，沿长、倾角的固定粗糙斜面，由静止开始从斜面顶端向下运动。物体与斜面、水平面间的动摩擦因数均为，斜面与水平面间有光滑小圆弧连接，风对物体的作用力恒为，方向水平向右。取，，，
（1）求物体沿斜面下滑时的加速度a1的大小；
（2）物体第一次从斜面底端滑到最左端所用时间t2；
（3）求第一次经过斜面底端与第二次经过斜面底端的速度大小之比。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物体沿斜面下滑时，受力情况如图。

垂直斜面方向受力平衡

沿斜面方向，根据牛顿第二定律

代入数据得

（2）物体沿斜面下滑时

代入数据得

物体在水平面上向左滑动时

代入数据得


代入数据得

（3） 物体在水平面上向右滑动时

代入数据得

物体在水平面上向右滑动过程

物体在水平面上向左滑动过程

所以