2025高考物理步步高同步練習(xí)第四章專題強化 動力學(xué)中的板塊問題含答案

2025高考物理步步高同步練習(xí)第四章動力學(xué)中的板塊問題[學(xué)習(xí)目標]1.建立板塊模型的分析方法.2.能運用牛頓運動定律處理板塊問題．1．模型概述：一個物體在另一個物體上，兩者之間有相對運動．問題涉及兩個物體、多個過程，兩物體的運動速度、位移間有一定的關(guān)系．2．解題方法(1)明確各物體對地的運動和物體間的相對運動情況，確定物體間的摩擦力方向．(2)分別隔離兩物體進行受力分析，準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)．(3)物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口．求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，即每一個過程的末速度是下一個過程的初速度．3．常見的兩種位移關(guān)系滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板同向運動，則滑離木板的過程中滑塊的位移與木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板相向運動，滑離木板時滑塊的位移和木板的位移大小之和等于木板的長度．特別注意：運動學(xué)公式中的位移都是對地位移．4．注意摩擦力的突變當滑塊與木板速度相同時，二者之間的摩擦力通常會發(fā)生突變，由滑動摩擦力變?yōu)殪o摩擦力或者消失，或者摩擦力方向發(fā)生變化，速度相同是摩擦力突變的一個臨界條件．一、地面光滑的板塊問題考向1有外力作用的情況如圖1所示，在光滑的水平地面上有一個長為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一個大小不計、質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，當對B施加水平向右的力F＝10N時，求：(g取10m/s2)圖1(1)A、B的加速度各為多大？(2)經(jīng)過多長時間可將B從木板A的左端拉到右端？答案(1)1m/s23m/s2(2)0.8s解析(1)A、B間的摩擦力Ff＝μmBg＝4N以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：F－Ff＝mBaB，則aB＝eq\f(F－Ff,mB)＝3m/s2以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：Ff′＝mAaA，由牛頓第三定律得Ff′＝Ff解得aA＝1m/s2.(2)設(shè)將B從木板的左端拉到右端所用時間為t，A、B在這段時間內(nèi)發(fā)生的位移分別為xA和xB，其關(guān)系如圖所示則有xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2xB－xA＝L聯(lián)立解得t＝0.8s.考向2無外力作用的情況(2020·湘潭市高一期末)如圖2所示，物塊A、木板B的質(zhì)量分別為mA＝5kg，mB＝10kg，不計A的大小，木板B長L＝4m．開始時A、B均靜止．現(xiàn)使A以水平初速度v0從B的最左端開始運動．已知A與B之間的動摩擦因數(shù)為0.3，水平地面光滑，g取10m/s2.圖2(1)求物塊A和木板B發(fā)生相對運動過程的加速度的大小；(2)若A剛好沒有從B上滑下來，求A的初速度v0的大?。鸢?1)3m/s21.5m/s2(2)6m/s解析(1)分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a1，則有a1＝eq\f(μmAg,mA)＝3m/s2木板B向右做勻加速運動，設(shè)其加速度大小為a2，則有a2＝eq\f(μmAg,mB)＝1.5m/s2.(2)由題意可知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設(shè)為v，則有v＝v0－a1tv＝a2t位移關(guān)系：L＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t，解得v0＝6m/s.二、地面不光滑的板塊問題考向1無外力作用的情況如圖3所示，物塊A、木板B的質(zhì)量均為m＝10kg，不計A的大小，木板B長L＝3m．開始時A、B均靜止．現(xiàn)使A以水平初速度v0從B的最左端開始運動．已知A與B、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3和μ2＝0.1，g取10m/s2.圖3(1)發(fā)生相對滑動時，A、B的加速度各是多大？(2)若A剛好沒有從B上滑下來，則A的初速度v0為多大？答案(1)3m/s21m/s2(2)2eq\r(6)m/s解析(1)分別對物塊A、木板B進行受力分析可知，A在B上向右做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a1，則有a1＝eq\f(μ1mg,m)＝3m/s2木板B向右做勻加速運動，設(shè)其加速度大小為a2，則有a2＝eq\f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝1m/s2(2)由題意可知，A剛好沒有從B上滑下來，則A滑到B最右端時的速度和B的速度相同，設(shè)為v，則有：時間關(guān)系：t＝eq\f(v0－v,a1)＝eq\f(v,a2)位移關(guān)系：L＝eq\f(v0＋v,2)t－eq\f(v,2)t解得v0＝2eq\r(6)m/s.如圖4所示，質(zhì)量M＝1kg、長L＝4m的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，在木板的左端放置一個質(zhì)量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4，某時刻起在鐵塊上加一個水平向右的恒力F＝8N，g取10m/s2，求：圖4(1)加上恒力F后鐵塊和木板的加速度大??；(2)鐵塊經(jīng)多長時間到達木板的最右端，此時木塊的速度多大？(3)當鐵塊運動到木板最右端時，把鐵塊拿走，木板還能繼續(xù)滑行的距離．答案(1)4m/s22m/s2(2)2s4m/s(3)8m解析(1)以鐵塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得F－μ2mg＝ma1，以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2代入數(shù)據(jù)解得鐵塊的加速度大小a1＝4m/s2木板的加速度大小a2＝2m/s2(2)設(shè)鐵塊運動到木板的最右端所用時間為t，則此過程鐵塊的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t2木板的位移為x2＝eq\f(1,2)a2t2兩者的位移關(guān)系為L＝x1－x2，即L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2代入數(shù)據(jù)解得t＝2s或t＝－2s(舍去)此時木板的速度v＝a2t＝4m/s.(3)拿走鐵塊后木板做勻減速運動的加速度大小為a3＝μ1g＝0.1×10m/s2＝1m/s2，則木板還能繼續(xù)滑行的距離x3＝eq\f(v2,2a3)＝eq\f(16,2×1)m＝8m.訓(xùn)練1地面光滑的板塊問題1.(2020·哈爾濱八中高一期末)如圖1所示，質(zhì)量為m1的足夠長木板靜止在光滑水平地面上，其上放一質(zhì)量為m2的木塊．t＝0時刻起，給木塊施加一水平恒力F.分別用a1、a2和v1、v2表示木板、木塊的加速度和速度大小，下列圖中可能符合運動情況的是()圖1答案C解析當恒力F較小時，木塊和木板保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，此時a1＝a2，v1＝v2；當恒力F較大時，木塊相對于木板向前滑動，木塊的加速度a2大于木板的加速度a1，且木塊比木板運動的快，由于兩者受力恒定，所以分別做勻加速直線運動，此時a1<a2，v1<v2，故A、B、D錯誤，C正確．2.(2020·寧夏育才中學(xué)高一上學(xué)期期末)如圖2所示，質(zhì)量為M＝1kg的足夠長木板靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.5kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v0＝3m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板一起向前滑動．已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2.求：圖2(1)滑塊在木板上滑動過程中，木板受到的摩擦力Ff的大小和方向；(2)滑塊在木板上滑動過程中，滑塊相對于地面的加速度a的大??；(3)滑塊與木板達到的共同速度v的大?。鸢?1)0.5N方向水平向右(2)1m/s2(3)1m/s解析(1)木板所受摩擦力為滑動摩擦力：Ff＝μmg＝0.5N，方向水平向右(2)以對滑塊為研究對象，由牛頓第二定律得：μmg＝ma解得：a＝1m/s2(3)以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝Ma′可得出木板的加速度a′＝0.5m/s2設(shè)經(jīng)過時間t，滑塊和木板達到共同速度v，則滿足：對滑塊：v＝v0－at對木板：v＝a′t由以上兩式聯(lián)立解得：滑塊和木板達到的共同速度v＝1m/s.3.如圖3所示，一質(zhì)量M＝0.2kg的長木板靜止在光滑的水平地面上，另一質(zhì)量m＝0.2kg的小滑塊以v0＝1.2m/s的速度從長木板的左端滑上長木板，已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g取10m/s2，滑塊始終沒有滑離長木板，求：圖3(1)經(jīng)過多長時間，小滑塊與長木板速度相等；(2)從小滑塊滑上長木板到小滑塊與長木板相對靜止，小滑塊運動的距離為多少．答案(1)0.15s(2)0.135m解析(1)根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma1μmg＝Ma2解得a1＝4m/s2，a2＝4m/s2小滑塊做勻減速運動，而木板做勻加速運動，根據(jù)運動學(xué)公式有v0－a1t＝a2t解得t＝0.15s.(2)小滑塊與長木板速度相等時相對靜止，從小滑塊滑上長木板到兩者相對靜止，經(jīng)歷的時間為t＝0.15s，這段時間內(nèi)小滑塊做勻減速運動，由x＝v0t－eq\f(1,2)a1t2，解得x＝0.135m.4．(2020·廣東高一期末)如圖4甲所示，長木板A靜止在光滑水平面上，另一物體B(可看作質(zhì)點)以水平速度v0＝3m/s滑上長木板A的上表面．由于A、B間存在摩擦，之后的運動過程中A、B的速度隨時間變化情況如圖乙所示．g取10m/s2，下列說法正確的是()圖4A．長木板A、物體B所受的摩擦力均與運動方向相反B．A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5C．長木板A的長度可能為L＝0.8mD．長木板A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的兩倍答案D解析由題意可得，長木板A所受摩擦力方向與運動方向相同，物體B所受的摩擦力方向與運動方向相反，故A錯誤；對B受力分析，由牛頓第二定律有：μmBg＝mBaB，aB＝|eq\f(ΔvB,Δt)|＝eq\f(3－1,1)m/s2＝2m/s2，解得：μ＝0.2，故B錯誤；物體B未滑出長木板A，臨界條件為當A、B具有共同速度時，B恰好滑到A的右端，速度—時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，則：Lmin＝xB－xA＝eq\f(3×1,2)m＝1.5m，故C錯誤；對A受力分析，有：μmBg＝mAaA，aA＝eq\f(ΔvA,Δt)＝eq\f(1－0,1)m/s2＝1m/s2，聯(lián)立解得：eq\f(mA,mB)＝2，故D正確．5．(2020·重慶市高一期末)如圖5甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可視為質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6N的水平力向右拉A，經(jīng)過5sA運動到B的最右端，且其v－t圖像如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、4kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.下列說法不正確的是()圖5A．A的加速度大小為0.5m/s2B．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4C．若B不固定，B的加速度大小為1m/s2D．若B不固定，A運動到B的最右端所用的時間為5eq\r(2)s答案A解析根據(jù)v－t圖像可知，物體A的加速度大小為：aA＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2，故A錯誤；以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－μmAg＝mAaA代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.4，故B正確；若B不固定，B的加速度大小為：aB＝eq\f(μmAg,mB)＝eq\f(0.4×1×10,4)m/s2＝1m/s2，故C正確；由題圖乙知，木板B的長度為：l＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m；若B不固定，設(shè)A運動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得：eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝l代入數(shù)據(jù)解得：t＝5eq\r(2)s故D正確．6.(2020·重慶市主城區(qū)七校高一上學(xué)期期末聯(lián)考)如圖6所示，有一塊木板A靜置在光滑且足夠大的水平地面上，木板質(zhì)量M＝4kg，長L＝2m，木板右端放一小滑塊B并處于靜止狀態(tài)，小滑塊質(zhì)量m＝1kg，其尺寸遠小于L.小滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2)圖6(1)現(xiàn)用恒力F始終作用在木板A上，為了讓小滑塊B不從木板A上滑落，求恒力F大小的范圍；(2)其他條件不變，若恒力F大小為24N，且始終作用在木板A上，求小滑塊B滑離木板A時的速度大?。鸢?1)F≤20N(2)8m/s解析(1)為了使小滑塊B不從木板A上滑落，設(shè)A、B相對靜止時的最大加速度為am，對B有：μmg＝mam對A、B整體有：Fm＝(M＋m)am解得：Fm＝20N即當F≤20N時小滑塊B不從木板A上滑落．(2)當F＝24N時，A、B發(fā)生相對滑動此時，對B：μmg＝maB對A：F－μmg＝MaA設(shè)B在A上滑行的時間為t，有：L＝eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2B滑離木板A時的速度v＝aBt聯(lián)立解得：v＝8m/s.7.質(zhì)量M＝3kg的長木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F＝11N的作用下由靜止開始向右運動．如圖7所示，當木板速度達到1m/s時，將質(zhì)量m＝4kg的物塊輕輕放到木板的右端．已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點．求：(g取10m/s2)圖7(1)物塊剛放在木板上時，物塊和木板的加速度大??；(2)木板至少多長，物塊才能與木板最終保持相對靜止；(3)物塊與木板相對靜止后，物塊受到的摩擦力的大小．答案(1)2m/s21m/s2(2)0.5m(3)eq\f(44,7)N解析(1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，木板的加速度a2＝eq\f(F－μmg,M)＝1m/s2.(2)木板和物塊達到共同速度后保持相對靜止，故a1t＝v0＋a2t，解得t＝1s，1s內(nèi)物塊位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝1m，木板位移x2＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝1.5m，所以木板長度至少為L＝x2－x1＝0.5m.(3)物塊與木板相對靜止后，對整體，有F＝(M＋m)a，對物塊，有Ff＝ma，故Ff＝eq\f(mF,M＋m)＝eq\f(44,7)N.訓(xùn)練2地面不光滑的板塊問題(選練)1.質(zhì)量為m0＝20kg、長為L＝5m的木板放在水平地面上，木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.15.質(zhì)量為m＝10kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點)，以v0＝4m/s的速度從木板的左端水平?jīng)_上木板(如圖1所示)，小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2)．則下列判斷正確的是()圖1A．木板一定靜止不動，小鐵塊不能滑出木板B．木板一定靜止不動，小鐵塊能滑出木板C．木板一定向右滑動，小鐵塊不能滑出木板D．木板一定向右滑動，小鐵塊能滑出木板答案A解析木板與地面間的最大靜摩擦力為Ff1＝μ1(m0＋m)g＝45N，小鐵塊與木板之間的最大靜摩擦力為Ff2＝μ2mg＝40N，F(xiàn)f1>Ff2，所以木板一定靜止不動；假設(shè)小鐵塊未滑出木板，在木板上滑行的距離為x，則v02＝2μ2gx，解得x＝2m<L＝5m，所以小鐵塊不能滑出木板，選項A正確．2．質(zhì)量為2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)以初速度v0沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖2甲所示．A和B經(jīng)過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的vt圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，求：圖2(1)A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)A的質(zhì)量．答案(1)0.2(2)0.1(3)6kg解析(1)由題圖乙可知，A在0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，對A由牛頓第二定律得，－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2.(2)由題圖乙知，A、B整體在1～3s內(nèi)的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，對A、B整體由牛頓第二定律得，－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3解得μ2＝0.1.(3)由題圖乙可知B在0～1s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(v1,t1)＝2m/s2.對B由牛頓第二定律得，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得m＝6kg.3．如圖3所示，厚度不計的薄板A長l＝5m，質(zhì)量M＝5kg，放在水平地面上．在A上距右端x＝3m處放一物體B(大小不計)，其質(zhì)量m＝2kg，已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，原來系統(tǒng)靜止．現(xiàn)在板的右端施加一大小恒定的水平向右的力F＝26N，將A從B下抽出．g＝10m/s2，求：圖3(1)A從B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B運動多長時間離開A；(3)B離開A時的速度的大小．答案(1)2m/s21m/s2(2)2s(3)2m/s解析(1)對B，由牛頓第二定律可得：μ1mg＝maB解得aB＝1m/s2對A，由牛頓第二定律可得：F－μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaA解得aA＝2m/s2.(2)設(shè)經(jīng)時間t，A從B下抽出，則xA＝eq\f(1,2)aAt2xB＝eq\f(1,2)aBt2Δx＝xA－xB＝l－x解得t＝2s.(3)vB＝aBt＝2m/s.4.如圖4所示，長22.5m、質(zhì)量為40kg的木板置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1.質(zhì)量為60kg的人立于木板左端，人與木板均靜止，當人以3m/s2的加速度勻加速向右奔跑時(g取10m/s2)，求：圖4(1)人在奔跑過程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑過程中木板的加速度大小和方向；(3)人從木板左端跑到右端所需要的時間．答案(1)180N方向水平向右(2)2m/s2方向水平向左(3)3s解析(1)設(shè)人的質(zhì)量為m1，加速度大小為a1，木板的質(zhì)量為m2，加速度大小為a2，人對木板的摩擦力為Ff，木板對人的摩擦力為Ff′，木板的長度為l.對人進行受力分析，由牛頓第二定律得Ff′＝m1a1＝180N，方向水平向右．(2)對木板進行受力分析，由牛頓第二定律得Ff－μ(m1＋m2)g＝m2a2由牛頓第三定律得Ff＝Ff′解得a2＝2m/s2，方向水平向左．(3)設(shè)人從木板左端跑到右端所需要的時間為t由運動學(xué)公式得l＝eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)a2t2解得t＝3s.實驗：驗證牛頓第二定律[學(xué)習(xí)目標]1.進一步理解探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系的實驗方法.2.會利用牛頓第二定律分析實驗數(shù)據(jù)和實驗誤差．在“驗證牛頓第二定律”實驗中需注意以下幾個方面：1．補償阻力：適當墊高木板的右端，使小車的重力沿斜面方向的分力正好平衡小車和紙帶受到的阻力，在補償阻力時，不要把懸掛槽碼的細繩系在小車上，讓小車拉著打點的紙帶勻速運動．2．不重復(fù)補償阻力．3．實驗條件：小車的質(zhì)量m遠大于槽碼的質(zhì)量m′.4．一先一后一按：改變拉力和小車質(zhì)量后，每次開始時小車應(yīng)盡量靠近打點計時器，并應(yīng)先接通電源，后釋放小車，且應(yīng)在小車到達定滑輪前按住小車．5．作圖像時，要使盡可能多的點在所作直線上，不在直線上的點應(yīng)盡可能對稱分布在所作直線兩側(cè)．6．作圖時兩軸標度比例要選擇適當．各量需采用國際單位．某實驗小組利用圖1所示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系．圖1(1)下列做法正確的是________(填字母代號)A．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調(diào)節(jié)木板傾斜度來補償木塊受到的阻力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度(2)為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量________木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量．(選填“遠大于”“遠小于”或“近似等于”)(3)甲、乙兩同學(xué)在同一實驗室，各取一套上圖所示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有補償阻力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線．設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(選填“大于”“小于”或“等于”)圖2答案(1)AD(2)遠小于(3)小于大于解析(1)實驗中細繩要保持與長木板平行，A項正確；補償阻力時不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上，B項錯誤；實驗時應(yīng)先接通打點計時器的電源再放開木塊，C項錯誤；通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時不需要重新補償阻力，D項正確．(2)由整體法和隔離法得到細繩中的拉力F＝Ma＝Meq\f(mg,M＋m)＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，可知，當砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量m遠小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量M時，可得F≈mg.(3)沒有補償阻力，則F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，a－F圖像的斜率大的木塊的質(zhì)量小，縱軸截距絕對值大的動摩擦因數(shù)大，因此m甲＜m乙，μ甲＞μ乙．某同學(xué)用如圖3所示的實驗裝置驗證牛頓第二定律，請回答下列有關(guān)此實驗的問題：圖3(1)該同學(xué)在實驗前準備了圖中所示的實驗裝置及下列輔助器材：A．交變電源、導(dǎo)線 B．天平(含配套砝碼)C．秒表 D．刻度尺E．細線、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代號)(2)打點計時器在小車拖動的紙帶上打下一系列點跡，以此記錄小車的運動情況，其中一部分紙帶上的點跡情況如圖4甲所示，已知打點計時器打點的時間間隔為0.02s，測得A點到B、C點的距離分別為x1＝5.99cm、x2＝13.59cm，則在打下點跡B時，小車運動的速度vB＝________m/s；小車做勻加速直線運動的加速度a＝________m/s2.(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)圖4(3)在驗證“質(zhì)量一定，加速度a與合外力F的關(guān)系”時，某學(xué)生根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出了如圖乙所示的a－F圖像，其中圖線不過原點的原因是__________________________________；圖線在末端彎曲的原因是_____________________________________________________.答案(1)C(2)0.6801.61(3)補償阻力過度砂和小砂桶的總質(zhì)量m不遠小于小車和砝碼的總質(zhì)量M解析(1)由于打點計時器就是一個計時裝置，所以不需要秒表．(2)由題圖甲知T＝0.1s，勻變速直線運動的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，vB＝eq\f(x2,2T)≈0.680m/s，由Δx＝aT2知，(x2－x1)－x1＝aT2，解得a＝eq\f(x2－2x1,T2)，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.61m/s2.(3)由題圖乙知，當F＝0時，a≠0，說明重力的分力產(chǎn)生了加速度，所以圖線不過原點的原因是補償阻力過度；以小車、砂和小砂桶整體為研究對象得：mg＝(M＋m)a，以小車為研究對象得F＝Ma，聯(lián)立解得F＝eq\f(Mm,M＋m)g＝eq\f(1,1＋\f(m,M))mg，當M?m時F≈mg，在圖線中，F(xiàn)越大，mg越大，就越不滿足M?m的條件，所以圖線在末端彎曲．1．在做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中，保持小車和砝碼的總質(zhì)量不變，測得小車的加速度a和拉力F的數(shù)據(jù)如表所示．F/N0.200.300.400.500.60a/(m·s－2)0.110.190.290.400.51(1)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)在圖1所示的坐標系中作出a－F圖像．圖1(2)圖像斜率的物理意義是___________________________________________．(3)小車和砝碼的總質(zhì)量為________kg.(4)圖線(或延長線)在F軸上的截距的物理意義是_______________________________．答案(1)見解析圖(2)小車和砝碼總質(zhì)量的倒數(shù)(3)1(4)小車受到的阻力為0.1N解析(1)根據(jù)所給數(shù)據(jù)在所給坐標系中準確描點，作出的a－F圖像如圖所示．(2)根據(jù)a＝eq\f(F,M)及(1)中圖像可以判斷圖像斜率表示小車和砝碼總質(zhì)量的倒數(shù)．(3)由(1)中圖像可得eq\f(1,M)＝eq\f(Δa,ΔF)，解得M＝1kg.(4)由a－F圖像可知，當力F＝0.1N時，小車開始運動，說明小車受到的阻力為0.1N.2．(2021·南京市高一上期末)某同學(xué)利用如圖2甲裝置探究加速度與合外力的關(guān)系．圖2(1)對本實驗的操作，下列說法中正確的一項是________．A．實驗中無需測量盛放砝碼的托盤質(zhì)量B．實驗中要調(diào)節(jié)滑輪的高度使小車和滑輪間的細線與水平桌面平行C．補償阻力時，必須取下托盤和砝碼，調(diào)整長木板的傾角，使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑D．讓小車靠近打點計時器，先釋放小車，后接通打點計時器的電源，打出一條紙帶(2)如圖乙所示為實驗中得到紙帶的一段，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出．已知交流電的頻率為50Hz，則相鄰兩計數(shù)點間的時間隔為________s，小車的加速度為________m/s2(保留兩位有效數(shù)字)．(3)以加速度a為縱坐標，F(xiàn)為橫坐標，畫出a－F圖像，如圖丙所示．若求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為________．答案(1)C(2)0.10.41(3)eq\f(1,k)解析(1)實驗中是用砝碼和托盤的總重力代替拉力，所以砝碼和托盤的質(zhì)量均要測量，故A錯誤；調(diào)節(jié)滑輪的高度使小車和滑輪間的細線與長木板平行，而不是與水平桌面平行，故B錯誤；補償阻力時，必須取下托盤和砝碼，調(diào)整長木板的傾角，使小車拖著紙帶沿長木板勻速下滑，故C正確；小車靠近打點計時器，先接通打點計時器的電源，后釋放小車，打出的紙帶點跡完整，故D錯誤．(2)相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為T＝5×eq\f(1,50)s＝0.1s．由Δx＝aT2得小車的加速度為：a＝eq\f(3.21＋3.61－2.39＋2.80,2×0.12)×10－2m/s2≈0.41m/s2；(3)以加速度a為縱坐標，F(xiàn)為橫坐標，畫出的a－F圖像的斜率為k，據(jù)牛頓第二定律有：a＝eq\f(1,M)F，所以小車的質(zhì)量為M＝eq\f(1,k).3．某同學(xué)利用圖3所示的實驗裝置做“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗．圖3(1)圖4為實驗中打出的一條紙帶的一部分，紙帶上標出了連續(xù)的5個計數(shù)點，依次為A、B、C、D和E，相鄰計數(shù)點之間還有4個點沒有標出，已知打點計時器所使用的交變電源的頻率為50Hz.由紙帶量出相鄰的計數(shù)點之間的距離分別為xAB＝4.22cm、xBC＝4.65cm、xCD＝5.08cm、xDE＝5.49cm，打點計時器打下C點時，小車的速度大小為________m/s，小車的加速度大小為________m/s2.(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)圖4(2)某同學(xué)探究“保持物體所受合外力不變，其加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時，作出如圖5所示的圖像，由圖像可知，小車受到的合外力的大小是________N.圖5答案(1)0.490.43(2)0.2解析(1)相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔T＝0.1s，C點的瞬時速度等于BD段的平均速度，故有：vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(4.65＋5.08×10－2,0.2)m/s≈0.49m/s根據(jù)逐差法求得加速度大小為：a＝eq\f(xCE－xAC,4T2)＝eq\f(5.49＋5.08－4.65－4.22×10－2,4×0.12)m/s2≈0.43m/s2(2)在a－eq\f(1,m)圖像中，斜率表示合外力，故有：F＝eq\f(a,\f(1,m))＝eq\f(0.8,4.0)N＝0.2N.4．在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗中，某同學(xué)使用了如圖6所示的裝置，木板放在水平桌面上，打點計時器打點頻率為50Hz.圖6(1)實驗中得到如圖7所示的一段紙帶，每五個點取一個計數(shù)點，測得AB＝7.65cm，BC＝10.17cm，則實驗測出小車的加速度大小為________m/s2.圖7(2)若直接按題中所示裝置進行實驗，以沙和沙桶的總重力產(chǎn)生的拉力F為橫軸，通過紙帶分析得到的加速度a為縱軸，以下畫出的a－F圖像合理的是________．(3)實驗中，沙和沙桶的總重力________(填“大于”“小于”或“等于”)繩子對小車的拉力，為了讓沙和沙桶的總重力大小更接近繩子對小車的拉力，應(yīng)讓沙和沙桶的總質(zhì)量________(填“遠大于”或“遠小于”)小車的質(zhì)量．(4)若第(2)問中四個圖像中的圖線(B、C圖線中的直線部分)的斜率為k，則小車的質(zhì)量M＝________.答案(1)2.52(2)C(3)大于遠小于(4)eq\f(1,k)解析(1)相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔T＝0.1s小車的加速度大小為a＝eq\f(xBC－xAB,T2)＝eq\f(10.17－7.65×10－2,0.12)m/s2＝2.52m/s2.(2)若直接按題圖所示裝置進行實驗，沒有補償阻力，則當力F達到某一值時小車才有加速度，可知畫出的a－F圖像合理的是C.(3)實驗中，我們認為繩子對小車的拉力的大小等于沙和沙桶(其總質(zhì)量為m)的總重力的大小，而實際上繩子的拉力FT＝mg－ma，故繩子對小車的拉力小于沙和沙桶的總重力．為了讓沙和沙桶的總重力大小更接近繩子對小車的拉力大小，應(yīng)讓沙和沙桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量．(4)由牛頓第二定律得a＝eq\f(F,M)＝eq\f(1,M)·F，則斜率k＝eq\f(1,M)，小車的質(zhì)量M＝eq\f(1,k).5．(2020·山西省長治市第二中學(xué)高一開學(xué)考試)為了探究質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系，一同學(xué)設(shè)計了如圖8所示的實驗裝置．其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量．(滑輪質(zhì)量不計)圖8(1)實驗時，一定要進行的操作是________．A．用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以補償阻力C．小車靠近打點計時器，先接通打點計時器的電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數(shù)D．改變砂和砂桶的質(zhì)量，打出幾條紙帶E．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量M(2)該同學(xué)在實驗中得到如圖9所示的一條紙帶(兩計數(shù)點間還有兩個點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為________m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．圖9(3)以彈簧測力計的示數(shù)F為橫軸，加速度為縱軸，畫出的a－F圖像是一條直線，如圖10所示，圖線與橫軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為________．圖10A．2tanθ B.eq\f(1,tanθ)C．k D.eq\f(2,k)答案(1)BCD(2)1.3(3)D解析(1)本題拉力可以由彈簧測力計測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使砂和砂桶的質(zhì)量遠小于車的質(zhì)量，故A、E錯誤；該題是彈簧測力計測出拉力，從而表示小車受到的合外力，應(yīng)將帶滑輪的長木板右端墊高，以補償阻力，故B正確；小車靠近打點計時器，打點計時器使用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，要記錄彈簧測力計的示數(shù)，故C正確；改變砂和砂桶的質(zhì)量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化的關(guān)系，故D正確．(2)由于兩計數(shù)點間還有兩個點沒有畫出，相鄰計數(shù)點之間的時間間隔T＝0.06s根據(jù)逐差法Δx＝aT2可得小車加速度a＝eq\f(x36－x03,9T2)＝eq\f(2.8＋3.3＋3.8－1.4－1.9－2.3×10－2,9×0.062)m/s2≈1.3m/s2(3)由牛頓第二定律得2F＝Ma解得a＝eq\f(2,M)Fa－F圖像的斜率為k＝eq\f(2,M)可得小車質(zhì)量為M＝eq\f(2,k)故A、B、C錯誤，D正確．瞬時問題分析[學(xué)習(xí)目標]1.進一步理解牛頓第二定律的瞬時性，會分析變力作用過程中的加速度和速度.2.會分析物體受力的瞬時變化，掌握瞬時變化問題的兩種模型．一、變力作用下加速度和速度的分析1．加速度與合力的關(guān)系由牛頓第二定律F＝ma，加速度a與合力F具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，合力增大，加速度增大，合力減小，加速度減小；合力方向變化，加速度方向也隨之變化．2．速度與加速度(合力)的關(guān)系速度與加速度(合力)方向相同或夾角為銳角，物體做加速運動；速度與加速度(合力)方向相反或夾角為鈍角，物體做減速運動．如圖1所示，物體在水平拉力F的作用下沿水平地面向右做勻速直線運動，現(xiàn)讓拉力F逐漸減小，則物體的加速度和速度的變化情況應(yīng)是()圖1A．加速度逐漸變小，速度逐漸變大B．加速度和速度都逐漸變小C．加速度和速度都逐漸變大D．加速度逐漸變大，速度逐漸變小答案D解析物體向右做勻速直線運動，滑動摩擦力Ff＝F＝μFN＝μmg，當F逐漸減小時，F(xiàn)f＝μmg不變，所以產(chǎn)生與v方向相反即向左的加速度，加速度的數(shù)值a＝eq\f(Ff－F,m)隨F逐漸減小而逐漸增大．因為a與v方向相反，所以v減小，故D正確．(2021·南京市高一上期末)如圖2所示，一個質(zhì)量為m的小球從輕質(zhì)彈簧正上方O點處自由下落，A點為彈簧的原長處，B點為彈簧彈力和小球重力大小相等處，C點為小球能到達的最低處，整個過程中彈簧始終未超過彈性限度，不計空氣阻力．下列說法正確的是()圖2A．小球運動到A點速度最大B．小球運動到B點后加速度方向發(fā)生改變C．從A點到C點的過程中，小球一直在做減速運動D．從B點到C點的過程中，小球加速度不斷減小答案B解析從O點到A點的過程中，小球只受重力，做勻加速運動，從A點到B點的過程中，小球受到重力和彈簧的彈力，且彈簧的彈力小于重力，小球的合力向下，小球做加速運動，到達B點速度最大，從B點到C點的過程中，彈簧的彈力大于重力，小球的合力向上，與速度方向相反，則小球做減速運動，彈力在增大，合力增大，加速度增大，故A、C、D錯誤，B正確．針對訓(xùn)練如圖3所示，靜止在光滑水平面上的物體A，一端靠著處于自然狀態(tài)的水平彈簧．現(xiàn)對物體施加一水平恒力，在彈簧被壓縮到最短的這一過程中，物體的速度和加速度變化的情況是()圖3A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度減小C．速度先增大后減小，加速度先減小后增大D．速度先增大后減小，加速度先增大后減小答案C解析力F作用在A上的開始階段，彈簧彈力kx較小，合力與速度方向同向，物體速度增大，而合力F－kx隨x增大而減小，加速度也減小，當F＝kx以后，隨物體A向左運動，彈力kx大于F，合力方向與速度反向，速度減小，而加速度a隨x的增大而增大．綜上所述，只有C正確．二、牛頓第二定律的瞬時性問題1．兩種模型的特點(1)剛性繩(或接觸面)模型：這種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，剪斷(或脫離)后，形變恢復(fù)幾乎不需要時間，故認為彈力可以立即改變或消失．(2)彈簧(或橡皮繩)模型：此種物體的特點是形變量大，形變恢復(fù)需要較長時間，在瞬時問題中，在彈簧(或橡皮繩)的自由端連接有物體時其彈力的大小不能突變，往往可以看成是瞬間不變的．2．解決此類問題的基本思路(1)分析原狀態(tài)(給定狀態(tài))下物體的受力情況，明確各力大?。?2)分析當狀態(tài)變化時(燒斷細線、剪斷彈簧、抽出木板、撤去某個力等)，哪些力變化，哪些力不變，哪些力消失(被剪斷的繩、彈簧中的彈力、發(fā)生在被撤去物體接觸面上的彈力都立即消失)．(3)求物體在狀態(tài)變化后所受的合外力，利用牛頓第二定律，求出瞬時加速度．如圖4所示，質(zhì)量分別為m和2m的A和B兩球用輕彈簧連接，A球用細線懸掛起來，兩球均處于靜止狀態(tài)，如果將懸掛A球的細線剪斷，此時A和B兩球的瞬時加速度aA、aB的大小分別是(重力加速度為g)()圖4A．a(chǎn)A＝0，aB＝0B．a(chǎn)A＝g，aB＝gC．a(chǎn)A＝3g，aB＝gD．a(chǎn)A＝3g，aB＝0答案D解析剪斷細線前，分析B球受力如圖甲所示，F(xiàn)′＝2mg剪斷細線后瞬間彈簧沒來得及發(fā)生形變，故B球受力不變，aB＝0.剪斷細線前，分析A球受力如圖乙所示FT＝F＋mg，F(xiàn)′＝F，故FT＝3mg.剪斷細線，F(xiàn)T變?yōu)?，F(xiàn)大小不變，物體A受力如圖丙所示由牛頓第二定律得：F＋mg＝maA，解得aA＝3g.(2020·長春市十一高中高一期末)如圖5所示，A、B兩木塊間連一豎直輕質(zhì)彈簧，A、B的質(zhì)量均為m，一起靜止放在一塊水平光滑木板上．若將此木板沿水平方向突然抽去，在抽去木板的瞬間，A、B兩木塊的加速度分別是(重力加速度為g)()圖5A．a(chǎn)A＝0，aB＝g B．a(chǎn)A＝g，aB＝gC．a(chǎn)A＝0，aB＝2g D．a(chǎn)A＝g，aB＝2g答案C解析在抽去木板的瞬間，彈簧對A木塊的支持力和對B木塊的壓力并未改變．在抽去木板的瞬間，A木塊受重力和支持力，mg＝F，aA＝0；B木塊受重力和彈簧向下的彈力，根據(jù)牛頓第二定律得aB＝eq\f(F＋mg,m)＝eq\f(mg＋mg,m)＝2g，故選C.如圖6所示，質(zhì)量為m的小球被水平繩AO和與豎直方向成θ角的輕彈簧系著處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將繩AO燒斷，在燒斷繩AO的瞬間，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖6A．彈簧的拉力F＝eq\f(mg,cosθ) B．彈簧的拉力F＝mgsinθC．小球的加速度為零 D．小球的加速度a＝gsinθ答案A解析燒斷繩AO之前，對小球受力分析，小球受3個力，如圖所示，此時彈簧拉力F＝eq\f(mg,cosθ)，繩AO的張力FT＝mgtanθ，燒斷繩AO的瞬間，繩的張力消失，但由于輕彈簧形變的恢復(fù)需要時間，故燒斷繩AO瞬間彈簧的拉力不變，A正確，B錯誤．燒斷繩AO的瞬間，小球受到的合力與燒斷繩AO前繩子的拉力等大反向，即F合＝mgtanθ，則小球的加速度a＝gtanθ，C、D錯誤．1．(2020·北京市石景山區(qū)高一上學(xué)期期末)一個做直線運動的物體受到的合外力的方向與物體運動的方向相同，當合外力減小時，物體運動的加速度和速度的變化是()A．加速度增大，速度增大B．加速度減小，速度減小C．加速度增大，速度減小D．加速度減小，速度增大答案D解析當合外力減小時，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(F,m)知，加速度減小，因為合外力的方向與速度方向相同，則加速度方向與速度方向相同，故速度增大，D正確．2．(2021·無錫市高一上期末質(zhì)檢)豎直向上拋出一小球，小球從拋出點上升到最高點之后，又落回拋出點．若小球所受的空氣阻力與小球速度的大小成正比，則關(guān)于小球加速度大小，下列說法正確的是()A．小球在剛拋出時的加速度值最小，在落回拋出點時加速度值最大B．小球在剛拋出時的加速度值最大，在落回拋出點時加速度值最小C．小球在最高點時的加速度值最大，在剛拋出時的加速度值最小D．小球在最高點時的加速度值最小，在剛拋出時的加速度值最大答案B解析小球剛拋出時速度最大，根據(jù)空氣阻力與小球速度的大小成正比可知阻力最大，根據(jù)牛頓第二定律知加速度大小為a＝eq\f(mg＋f,m)，到達最高點時，速度為零，阻力為零，加速度a′＝g；小球下落的過程中，速度增大，阻力增大，到達出發(fā)點時向下的速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小為a″＝eq\f(mg－f′,m)，可知小球剛拋出時的加速度最大，小球在落回拋出點時的加速度最小．故選B.3.如圖1所示，已知A球質(zhì)量是B球質(zhì)量的2倍．開始時A、B均處于靜止狀態(tài)，重力加速度為g，在剪斷A、B之間的輕繩的瞬間，A、B的加速度大小分別為()圖1A.eq\f(1,2)gg B.eq\f(3g,2)gC．3g0 D．0g答案A4.質(zhì)量均為m的A、B兩球之間系著一個不計質(zhì)量的水平輕彈簧并放在光滑水平臺面上，A球緊靠墻壁，如圖2所示，今用水平力F推B球使其向左壓彈簧，平衡后，突然撤去力F的瞬間()圖2A．A的加速度大小為eq\f(F,2m) B．A的加速度大小為eq\f(F,m)C．B的加速度大小為eq\f(F,2m) D．B的加速度大小為eq\f(F,m)答案D解析在撤去力F的瞬間，A球受力情況不變，仍靜止，A的加速度為零，選項A、B錯，；在撤去力F的瞬間，彈簧的形變不會恢復(fù)，彈簧的彈力大小不變，故B的加速度大小為eq\f(F,m)，選項C錯，D對．5.如圖3所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．在木板AB突然撤離的瞬間，小球的加速度大小為(重力加速度為g)()圖3A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g答案B解析未撤離木板時，小球受重力mg、彈簧的拉力FT和木板的彈力FN的作用處于靜止狀態(tài)，通過受力分析可知，木板對小球的彈力大小為eq\f(2\r(3),3)mg.在撤離木板的瞬間，彈簧的拉力FT大小和方向均沒有發(fā)生變化，而小球的重力是恒力，故此時小球受到重力mg、彈簧的拉力FT，撤離木板瞬間，小球所受合力與撤離木板前木板對小球的彈力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小為eq\f(2\r(3),3)g，故選B.6.(2021·揚州市高一上期末)如圖4所示，小球在豎直向下的力F作用下，緩慢壓縮彈簧至最低點．現(xiàn)撤去力F，小球向上彈起至離開彈簧的過程中，下列說法正確的是()圖4A．小球的速度一直增大B．小球的速度先增大后減小C．小球的加速度一直增大D．小球的加速度先增大后減小答案B7．如圖5所示，物塊1、2間用豎直剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用豎直輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3的質(zhì)量為m，物塊2、4的質(zhì)量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度為g，則有()圖5A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝gC．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)gD．a(chǎn)1＝g，a2＝eq\f(m＋M,M)，a3＝0，a4＝eq\f(m＋M,M)g答案C解析在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4的加速度a4＝eq\f(F＋Mg,M)＝eq\f(m＋M,M)g，所以C對．8.物體在與其初速度始終共線的合外力作用下運動，取v0方向為正方向時，合外力F隨時間t的變化情況如圖6所示，則在0～t1這段時間內(nèi)()圖6A．物體的加速度先減小后增大，速度也是先減小后增大B．物體的加速度先增大后減小，速度也是先增大后減小C．物體的加速度先減小后增大，速度一直在增大D．物體的加速度先減小后增大，速度一直在減小答案C解析由題圖可知，物體所受合力F隨時間t的變化情況是先減小后增大；根據(jù)牛頓第二定律得，物體的加速度先減小后增大；由于合外力F與速度方向始終相同，所以物體加速度方向與速度方向一直相同，所以速度一直在增大，選項C正確．9.(2020·重慶市七校高一上學(xué)期期末聯(lián)考)如圖7所示，在光滑且固定的斜面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的一端固定在斜面擋板上，一物體A沿著斜面下滑，從物體A剛接觸彈簧的瞬間到將彈簧壓縮到最低點的過程中，下列說法正確的是()圖7A．物體的加速度將先增大后減小B．物體的加速度將先減小后增大C．物體的速度一直減小D．物體的速度將先減小后增大答案B10.(2021·泰興中學(xué)、南菁高中高一上第二次聯(lián)考)如圖8所示，在水平地面上，彈簧左端固定，右端自由伸長到O處并系住物體m，現(xiàn)將彈簧壓縮到A處，然后靜止釋放，物體一直可以運動到B處，如果物體受到的摩擦力恒定，則()圖8A．物體從A到O先加速后減速B．物體從A到O加速運動，從O到B減速運動C．物體運動到O處時所受合力為零D．物體從A到O的過程中，加速度逐漸減小答案A解析由于物體與水平地面之間存在摩擦力，所以在物體從A向O運動的過程中水平方向受到彈簧向右的彈力和水平地面對它向左的摩擦力，當二力大小相等時，物體的加速度為零，速度最大，該點一定在A、O之間，所以物體在從A向O運動的過程中加速度先減小后增大，而速度先增大后減小，故A正確，B、D錯誤；物體運動到O處時，雖然彈簧的彈力為零，但此時物體在向右運動，受到向左的摩擦力作用，所以物體的合力不為零，故C錯誤．11．(2020·九江一中高一上學(xué)期期末)如圖9所示，A、B兩球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的光滑斜面固定放置，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面．在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖9A．兩個小球的瞬時加速度方向均沿斜面向下，大小均為gsinθB．B球的受力情況不變，瞬時加速度為零C．A球的瞬時加速度方向沿斜面向下，大小為gsinθD．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度方向沿斜面向上，A球的瞬時加速度方向沿斜面向下，瞬時加速度大小都不為零答案B解析設(shè)彈簧的彈力大小為F，以B為研究對象，由平衡條件可知F＝mgsinθ，燒斷細線的瞬間，彈簧的彈力不變，故B球的受力情況不變，加速度為零，B正確，A、D錯誤；以A為研究對象，由牛頓第二定律可得F＋mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，C錯誤．12.(2021·泰興中學(xué)、南菁高中強化班第二次階段考試)如圖10所示，質(zhì)量相等的三個物塊A、B、C，A與天花板之間、B與C之間均用輕彈簧相連，A與B之間用細繩相連，當系統(tǒng)靜止后，突然剪斷AB間的細繩，則此瞬間A、B、C的加速度分別為(取向下為正，重力加速度為g)()圖10A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0C．－2g、2g、g D．－2g、g、g答案B章末檢測試卷(第四章)(時間：75分鐘滿分：100分)一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分．每題只有一個選項最符合題意．1．(2021·六安一中高一月考)在物理學(xué)發(fā)展史上，伽利略、牛頓等許多科學(xué)家為物理學(xué)的發(fā)展做出了巨大貢獻．下列關(guān)于力和運動的說法正確的是()A．人在沿直線勻速前進的車廂內(nèi)豎直向上跳起后，將落在車廂內(nèi)的起跳點B．兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，這說明物體受的力越大，運動速度越大C．汽車剎車時，速度大難以剎停，速度小容易剎停，這說明物體的速度越大，慣性越大D．一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來，這說明運動需要力來維持答案A解析人在沿直線勻速前進的車廂內(nèi)豎直向上跳起后，由于慣性，在水平方向上人保持原來的速度，車的速度不變，故人落在車廂內(nèi)的起跳點，A正確；兩匹馬拉車比一匹馬拉車跑得快，說明物體受的力越大，加速度越大，速度變化得越快，B錯誤；慣性大小只與物體的質(zhì)量有關(guān)，質(zhì)量越大，慣性越大，C錯誤；一個運動的物體，如果不再受力了，它將會永遠運動下去，D錯誤．2.建筑工地上，有時候需要通過拋的方式把磚塊從低處送往高處，如圖1所示為三塊磚在空中某時刻的照片，v為磚塊該時刻的運動方向，不計空氣阻力，則()圖1A．磚塊受到的合力為零B．A磚塊對B磚塊有向下的壓力C．B磚塊對A磚塊有向左的摩擦力D．A、B磚塊之間沒有摩擦力答案D解析對整體分析可知，磚塊在空中運動時，只受重力作用，合力不為零，故A錯誤；因為只受重力，處于完全失重狀態(tài)，故磚塊間無彈力，也無摩擦力，故B、C錯誤，D正確．3.如圖2所示，一質(zhì)量為m的物塊與車廂的豎直后壁間的動摩擦因數(shù)為μ，當該車水平向右做加速運動時，物塊恰好沿車廂后壁勻速下滑，重力加速度為g，則車的加速度為()圖2A．gB.eq\f(g,μ)C．μgD.eq\f(1,2)μg答案B解析由mg＝μFN及FN＝ma得：a＝eq\f(g,μ)，B正確．4．某消防隊員從一平臺上跳下，下落1.8m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.6m，在著地過程中地面對他雙腳的平均作用力估計為()A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的4倍C．自身所受重力的3倍D．自身所受重力的5倍答案B解析由v2＝2gh、v2＝2ax得，消防隊員著地后減速下降的加速度a＝3g，由牛頓第二定律有FN－mg＝ma，得FN＝4mg，B正確．5．(2020·泰州市高一上第二次質(zhì)檢)一部電梯上行時的速度—時間圖像如圖3所示．電梯作用在乘客上的力最大是在什么時刻？最小在什么時刻？()圖3選項ABCD作用力最大2s2s4s0作用力最小06s08s答案B6.如圖4所示，A、B兩物體之間用水平輕質(zhì)彈簧連接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動，這時彈簧的長度為L1；若將A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做勻加速直線運動，此時彈簧的長度為L2.若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)相同，則下列關(guān)系式正確的是()圖4A．L2＜L1B．L2＞L1C．L2＝L1D．由于A、B的質(zhì)量關(guān)系未知，故無法確定L1、L2的大小關(guān)系答案C解析A、B在粗糙水平面上運動時，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有：a＝eq\f(F,mA＋mB)－μg；對物體B，根據(jù)牛頓第二定律得：kx－μmBg＝mBa，解得：x＝eq\f(mBF,kmA＋mB)，即彈簧的伸長量與動摩擦因數(shù)無關(guān)，所以L2＝L1，選項C正確．7.如圖5所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對于小車靜止在小車右端．B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ.若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B的作用力的大小和方向為(重力加速度為g)()圖5A．mg，豎直向上B．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方答案D解析以A為研究對象，受力分析如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得：mAgtanθ＝mAa，得：a＝gtanθ，方向水平向右．再對B受力分析，小車對B的摩擦力為：Ff＝ma＝mgtanθ，方向水平向右，小車對B的支持力大小為FN＝mg，方向豎直向上，則小車對物塊B的作用力的大小為：F＝eq\r(F\o\al(N2)＋F\o\al(f2))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，D正確．8.如圖6所示，將質(zhì)量為M的U形框架開口向下置于水平地面上，用細線1及輕彈簧2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來．框架和小球都靜止時細線1豎直，彈簧2、3水平且長度恰好等于彈簧原長，這時框架對地面的壓力大小等于(M＋m)g.現(xiàn)將細線1剪斷，則在剪斷后瞬間()圖6A．框架對地面的壓力大小仍為(M＋m)gB．框架對地面的壓力大小為0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度為0答案C解析剪斷細線1瞬間，細線的拉力立即減為零，彈簧2、3的彈力不變，還是零，故此時小球加速度為g，C正確，D錯誤；框架受重力和支持力作用，F(xiàn)N＝Mg，由牛頓第三定律可知，框架對地面的壓力大小為Mg，A、B錯誤．9．(2020·福建漳州八校聯(lián)考)如圖7甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力F沿斜面向上為正)．則物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是下列選項圖中的(物體的初速度為零，重力加速度g取10m/s2)()圖7答案C解析在0～1s內(nèi)，eq\f(F,mg)＝1，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝eq\f(F－mgsinθ,m)＝eq\f(1,2)g，方向沿斜面向上，物體向上做勻加速直線運動，在1s末的速度為5m/s；在1～2s內(nèi)，拉力F為零，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝eq\f(mgsinθ,m)＝eq\f(1,2)g，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運動，2s末速度為零；在2～3s內(nèi)，eq\f(F,mg)＝－1，根據(jù)牛頓第二定律得a3＝eq\f(|F|＋mgsinθ,m)＝eq\f(3,2)g，方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運動，3s末的速度大小v＝a3t＝15m/s，方向沿斜面向下，為負，C正確．10．(2021·無錫市高一上期末)如圖8所示，質(zhì)量為m1的木塊和質(zhì)量為m2的長木板疊放在水平地面上．現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F.木塊在長木板上滑行，而長木板保持靜止狀態(tài)．已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，重力加速度為g，則()圖8A．μ1>μ2B．μ1<μ2C．若改變F的大小，當F>μ2(m1＋m2)g時，長木板將開始運動D．若將F作用于長木板，當F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動答案D解析對m1，根據(jù)牛頓第二定律有：F－μ1m1g＝m1a，對m2，由于保持靜止，有：μ1m1g－Ff＝0，F(xiàn)f≤μ2(m1＋m2)g，所以動摩擦因數(shù)的大小從中無法比較，故A、B錯誤；改變F的大小，只要木塊在長木板上滑動，則木塊對木板的滑動摩擦力不變，則長木板仍然保持靜止，故C錯誤；若將F作用于長木板，當木塊與長木板恰好開始相對滑動時，對木塊，μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，對整體分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以當F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g時，長木板與木塊將開始相對滑動，故D正確．二、非選擇題：共5題，共60分．其中第12題～第15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．11．(12分)(2021·啟東、通州高一上期末)學(xué)習(xí)小組利用圖9甲所示的裝置探究物體的加速度a與所受合力F的關(guān)系．圖9(1)電火花計時器應(yīng)使用________．A．8V交流電源B．8V直流電源C．220V交流電源D．220V直流電源(2)為了補償摩擦力，將長木板的右端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在________(選填“掛”或“不掛”)砝碼盤且________(選填“拖動”或“不拖動”)紙帶時能沿長木板勻速運動．(3)實驗時保持砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，其目的是________．A．減小摩擦力對小車的影響B(tài)．小車所受的拉力近似等于小車所受的合力C．小車所受的拉力近似等于砝碼和砝碼盤的總重力D．保證小車運動的加速度不超過當?shù)刂亓铀俣?4)圖乙是實驗中得到的一條紙帶，A、B、C、D、E為5個相鄰的計數(shù)點，相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出．實驗數(shù)據(jù)如圖所示，已知打點計時器的工作頻率為50Hz，則小車的加速度a＝________m/s2(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．(5)一小組根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的a－F圖像如圖丙所示，發(fā)現(xiàn)圖線不過原點，原因可能是________________________________________________________________________.答案(1)C(2分)(2)不掛(2分)拖動(2分)(3)C(2分)(4)0.51(2分)(5)補償摩擦力過度(2分)解析(1)電火花計時器應(yīng)使用220V的交流電源，故A、B、D錯誤，C正確．(2)補償摩擦力的方法是：把長木板的右端墊高，讓小