【學練考】2021-2022人教版物理必修1檢測：第四章牛頓運動定律

第四章牛頓運動定律1牛頓第肯定律對點檢測學問點一對抱負試驗的理解1．最早依據試驗提出力不是維持物體運動的緣由的科學家是()A．亞里士多德B．牛頓C．伽利略D．笛卡兒2．(多選)關于伽利略的抱負斜面試驗及其結論，下列說法正確的是()A．不受力的作用時，物體肯定靜止B．只要受到力的作用，物體就開頭運動C．不受力的作用時，運動的物體將始終運動下去D．該試驗不能在實際中得以實現(xiàn)，是由于實際中總有阻力存在3．伽利略抱負試驗揭示了()A．若物體運動，那么它肯定受力B．力不是維持物體運動的緣由C．只有受力才能使物體處于靜止狀態(tài)D．只有受力才能使物體運動學問點二對牛頓第肯定律的理解4．(多選)關于牛頓第肯定律，下面說法中正確的是()A．牛頓第肯定律反映了物體不受外力作用時物體的運動規(guī)律B．牛頓第肯定律就是慣性C．不受外力作用時，物體運動狀態(tài)保持不變是由于物體具有慣性D．運動的物體狀態(tài)發(fā)生變化時，物體必定受到外力的作用5．(多選)下列說法正確的是()A．牛頓第肯定律是科學家憑空想象出來的，沒有試驗依據B．牛頓第肯定律無法用試驗直接驗證，因此是不成立的C．抱負試驗的思維方法與質點概念的建立一樣，都是一種科學抽象的思維方法D．由牛頓第肯定律可知，靜止的物體肯定不受外力作用或受到的合外力為零6．關于牛頓第肯定律，下列理解不正確的是()A．牛頓第肯定律反映了物體不受外力作用時的運動規(guī)律B．不受外力作用時，物體的運動狀態(tài)保持不變C．在水平地面上滑動的木塊最終停下來，是由于沒有外力維持木塊運動D．飛跑的運動員由于遇到障礙而被絆倒，這是由于運動員具有慣性7．(多選)下列物理現(xiàn)象和說法中，可以用牛頓第肯定律解釋的是()A．必需有力作用在物體上，物體才能運動，沒有力的作用，物體就要靜止下來B．物體假如向正北方向運動，其受外力方向必需指向正北C．假如沒有外力作用，運動的物體將連續(xù)以同一速度沿著一條直線運動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向D．力不是維持物體運動的緣由，而是轉變物體運動狀態(tài)的緣由學問點三對慣性的理解8．下列說法正確的是()A．慣性是只有物體在勻速運動或靜止時才表現(xiàn)出來的性質B．物體的慣性是指物體不受外力作用時所具有的仍保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質C．物體不受外力作用時保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，有慣性；受外力作用時，不能保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，因而就無慣性D．慣性是物體的屬性，與運動狀態(tài)和是否受力無關綜合拓展9．下列說法正確的是()A．擲出的鉛球速度不大，所以其慣性很小，可以用手去接B．用力打出的乒乓球速度很大，因此其慣性很大，不能用手去接C．相同的兩輛車，速度大的比速度小的難以停下，是由于速度大的車慣性大D．相同的兩輛車，慣性大小相同10．以下說法不符合物理學史實的是()A．亞里士多德認為，必需有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就要靜止在某一個地方B．伽利略通過抱負試驗得出結論：力是維持物體運動的緣由C．笛卡兒指出：假如運動中的物體沒有受到力的作用，它將以同一速度沿同始終線運動，既不停下來也不偏離原來的方向D．牛頓第肯定律是運用規(guī)律思維對事實進行分析的產物，不行能直接用試驗驗證11．如圖L4-1-1所示，劈形物體M各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一個光滑小球m.劈形物體由靜止開頭釋放，則小球在遇到斜面前的運動軌跡是()圖L4-1-1A．沿斜面對下的直線B．豎直向下的直線C．無規(guī)章的曲線D．拋物線12．一天，下著傾盆大雨．某人乘坐列車時發(fā)覺，車廂的雙層玻璃窗內積水了．列車進站過程中，他發(fā)覺水面的外形如圖L4-1-2中的()圖L4-1-213．如圖L4-1-3所示，在一輛表面光滑的小車上，有質量分別為m1、m2的兩小球(m1>m2)隨車一起勻速運動．設車無限長，如不考慮其他阻力，當車突然停止時，則兩個小球()圖L4-1-3A．肯定相碰B．肯定不相碰C．不肯定相碰D．難以確定是否相碰14．如圖L4-1-4所示，乘客在公交車上發(fā)覺車廂頂部A處有一小水滴落下，并落在地板偏前方的B點處，由此推斷公交車的運動狀況是()圖L4-1-4A．向前加速運動B．向前減速運動C．向后勻速運動D．向后減速運動

2試驗：探究加速度與力、質量的關系對點檢測學問點一試驗原理1．在“探究加速度與力、質量的關系”的試驗中，我們得到了如圖L4-2-1(a)、(b)所示的兩個試驗圖像，描述加速度與質量關系的圖線是________，描述加速度與力的關系的圖線是________．圖L4-2-1學問點二試驗步驟2．在“探究加速度與力、質量的關系”的試驗中，某組同學接受把握變量的方法來爭辯小車質量不變的狀況下，小車的加速度與小車受到的力的關系．下列措施中不需要或不正確的有()①首先要平衡摩擦力，使小車受到的合力等于細繩對小車的拉力②平衡摩擦力的方法是在塑料小盤中添加砝碼，使小車能勻速滑動③每次轉變拉小車的拉力后都需要重新平衡摩擦力④試驗中通過在小盤中增加砝碼來轉變小車受到的拉力⑤試驗中應先放開小車，然后再接通打點計時器的電源A．①③⑤B．②③⑤C．③④⑤D．②④⑤學問點三試驗數(shù)據處理3．在“探究加速度與力、質量的關系”的試驗中，某同學作出的a-eq\f(1,M)的關系圖線如圖L4-2-2所示．從圖中可以看出，作用在物體上的恒力F＝________N．當物體的質量為2.5kg時，它的加速度為________m/s2.圖L4-2-2綜合拓展4．在“探究物體的加速度與物體所受外力、物體質量間的關系”的試驗中，接受如圖L4-2-3(a)所示的試驗裝置．小車及車中的砝碼質量用M表示，盤及盤中的砝碼質量用m表示．(1)當M與m的大小關系滿足________時，才可以認為繩子對小車的拉力大小近似等于盤和盤中砝碼所受的重力．(2)某一組同學先保持盤及盤中的砝碼質量m不變來做試驗，其具體操作步驟如下，以下做法正確的是________．A．平衡摩擦力時，應將盤及盤中的砝碼用細繩通過定滑輪系在小車上B．每次轉變小車的質量時，不需要重新平衡摩擦力C．試驗時，先放開小車，再接通打點計時器的電源D．用天平測出m以及小車質量M，小車運動的加速度可直接用公式a＝eq\f(mg,M)求出(3)另兩組同學保持小車及車中的砝碼質量M不變，探究加速度a與所受外力F的關系，由于他們操作不當，這兩組同學得到的a-F關系圖像分別如圖(b)和圖(c)所示，回答下列問題：圖L4-2-3(b)圖上端不是直線的緣由是：________；(c)圖不過原點的緣由是：________．5．某探究學習小組的同學們要探究加速度與力、質量的關系，他們在試驗室組裝了一套如圖L4-2-4所示的裝置，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定有力傳感器和擋光板，細線一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤．試驗時，調整軌道的傾角正好能平衡小車所受的摩擦力(圖中未畫出)．圖L4-2-4(1)該試驗中小車所受的合力________(選填“等于”或“不等于”)力傳感器的示數(shù)，該試驗________(選填“需要”或“不需要”)滿足砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車的質量．(2)試驗獲得以下測量數(shù)據：小車、力傳感器和擋光板的總質量M、擋光板的寬度L、光電門1和2的中心距離s.某次試驗過程：力傳感器的讀數(shù)為F，小車通過光電門1和2的擋光時間分別為t1、t2(小車通過光電門2后，砝碼盤才落地)，已知重力加速度為g，則該試驗要驗證的式子是________．6．在“探究加速度與力、質量的關系”的試驗中，圖L4-2-5為試驗裝置示意圖.圖L4-2-5(1)為了保證明驗條件和減小誤差，必要的措施是()A．每次轉變小車的質量后，需要重新平衡摩擦力B．將木板的一端墊高，使小車不受拉力時恰能在木板上做勻速運動C．盡量使沙與沙桶的總質量比小車質量小得多D．同一條件下多打幾條紙帶(2)某同學在平衡摩擦力時，把長木板的一端墊得過高，使得傾角偏大．他所得到的a-F關系圖像可能是圖L4-2-6中的________．(圖中a是小車的加速度，F(xiàn)是細線作用于小車的拉力)圖L4-2-67．(1)某同學設計了一個探究小車的加速度a與小車所受拉力F關系的試驗，圖L4-2-7甲為試驗裝置簡圖．他想用鉤碼所受的重力表示小車受到的合外力，為了減小這種做法帶來的試驗誤差，你認為下列說法正確的是()A．試驗時要平衡摩擦力B．試驗時不需要平衡摩擦力C．鉤碼所受的重力要遠小于小車所受的重力D．試驗進行時應先釋放小車再接通電源(2)圖乙是某次試驗中得到的一條紙帶，其中A、B、C、D、E是計數(shù)點，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T，距離如圖所示．則打C點時小車速度的表達式為________；該同學計算小車加速度的表達式為____________．甲乙圖L4-2-7

3牛頓其次定律對點檢測學問點一對牛頓其次定律的理解1．下面說法正確的是()A．物體(質量肯定，下同)所受合外力越大，加速度越大B．物體所受合外力越大，速度越大C．物體在外力作用下做勻加速直線運動，當合外力漸漸減小時，物體的速度漸漸減小D．物體的加速度大小不變，物體肯定受恒力作用2．對靜止在光滑水平面上的物體施加一水平拉力F，當力剛開頭作用的瞬間()A．物體馬上獲得速度B．物體馬上獲得加速度C．物體同時獲得速度和加速度D．由于物體沒有來得及運動，所以速度和加速度都為零3．關于牛頓其次定律，以下說法中正確的是()A．由牛頓其次定律可知，加速度大的物體，所受的合力肯定大B．牛頓其次定律說明質量大的物體其加速度肯定小C．由F＝ma可知，物體所受到的合力與物體的質量成正比D．同一物體的加速度與物體所受到的合力成正比，而且在任何狀況下，加速度的方向始終與物體所受的合力方向全都學問點二牛頓其次定律的應用4．水平恒力能使質量為m1的物體在光滑水平面上產生大小為a1的加速度，也能使質量為m2的物體在光滑水平面上產生大小為a2的加速度，若此水平恒力作用在質量為m1＋m2的物體上，使其在光滑水平面上產生的加速度為a，則a與a1、a2的大小關系為()A．a＝a1＋a2B．a＝eq\f(a1a2,a1＋a2)C．a＝eq\r(\f(a1a2,2))D.a＝eq\f(a1＋a2,2)5．(多選)如圖L4-3-1所示，一小車上有一個固定的水平橫桿，左邊有一個固定輕桿與豎直方向成θ角，下端連接一小鐵球，橫桿右邊用一根細線吊一與左邊小鐵球質量相等的小鐵球．當小車向右做勻加速運動時，細線保持與豎直方向成α角，若θ>α，則下列說法正確的是()圖L4-3-1A．輕桿對小鐵球的彈力方向與細線平行B．輕桿對小鐵球的彈力方向沿著輕桿方向向上C．輕桿對小鐵球的彈力方向既不與細線平行也不沿著輕桿方向D．小車勻速運動時α＝06．如圖L4-3-2所示，位于水平地面上的質量為M的小木塊，在大小為F、方向與水平方向成α角的拉力作用下沿地面做勻加速運動．若木塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊的加速度為()圖L4-3-2A.eq\f(F,M)B.eq\f(Fcosα,M)C.eq\f(Fcosα－μMg,M)D.eq\f(Fcosα－μ（Mg－Fsinα）,M)學問點三瞬時加速度問題7．(多選)質量均為m的A、B兩球之間系著一個質量不計的輕彈簧并放在光滑水平臺面上，A球緊靠墻壁，如圖L4-3-3所示，今用水平力F推B球使其向左壓彈簧，平衡后，突然將力F撤去的瞬間()圖L4-3-3A．A的加速度大小為eq\f(F,2m)B．A的加速度大小為零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)8．如圖L4-3-4所示，有質量相等的三個物塊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A、B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L4-3-4A．－g、2g、0B．－2g、C．－2g、2g、gD．－2g、綜合拓展9．如圖L4-3-5所示，帶支架的平板小車沿水平面對左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端．B與小車平板間的動摩擦因數(shù)為μ，若某時刻觀看到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產生的作用力的大小和方向為()圖L4-3-5A．mg，豎直向上B．mgtanθ，水平向右C．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方D．mgeq\r(1＋μ2)，斜向左上方10．(多選)如圖L4-3-6甲所示，地面上有一質量為M的物體，用力F向上提它，力F變化而引起物體加速度變化的函數(shù)關系如圖乙所示，則以下說法中正確的是()圖L4-3-6A．當F小于圖中A點對應的F值時，物體所受的重力Mg>F，物體不動B．圖中A點對應的F值即為物體所受的重力值C．物體向上運動的加速度和力F成正比D．圖線反向延長線和縱軸的交點B對應的a值的確定值等于該地的重力加速度11．水平面上有一質量為1kg(1)求木塊運動的加速度大??；(2)求出木塊4s內的位移大小．(g取10m/s2)12．質量為50kg的物體放在光滑的水平面上，某人用繩子沿著與水平方向成45°角斜向上的方向拉著物體前進，繩子的拉力為200N，物體的加速度是多少？若在拉的過程中突然松手，則物體的加速度是多少？(g取10m/s213．質量為m的木塊，以肯定的初速度沿傾角為θ的斜面對上滑動，斜面靜止不動，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，如圖L4-3-7所示．(1)求向上滑動時木塊的加速度的大小和方向；(2)若此木塊滑到最大高度后，能沿斜面下滑，求下滑時木塊的加速度的大小和方向．圖L4-3-7

4力學單位制5牛頓第三定律對點檢測學問點一基本物理量和基本單位的推斷1．下列各組屬于國際單位制的基本單位的是()A．質量、長度、時間B．千克、米、秒C．力、時間、位移D．牛頓、克、米2．(多選)關于國際單位制，下列說法正確的是()A．國際單位制是世界各國統(tǒng)一使用的一種通用的單位制B．各國均有不同的單位制，國際單位制是為了溝通便利而接受的一種單位制C．國際單位制是一種基本的單位制，只要在物理運算中各物理量均接受國際單位制中的單位，則最終得出的結果必定是國際單位制中的單位D．國際單位制中的基本物理量是長度、能量、時間3．關于物理量和物理量的單位，下列說法中正確的是()A．在力學范圍內，國際單位制規(guī)定長度、質量、力為三個基本物理量B．后人為了紀念牛頓，把“牛頓”作為力學中的基本單位C．1N＝1kg·m·sD．“秒”“克”“攝氏度”都屬于國際單位制中的單位學問點二單位制的應用4．關于力的單位“牛頓”，下列說法正確的是()A．使質量是2kg的物體產生2m/s2B．使質量是0.5kg的物體產生1.5m/s2C．使質量是1kg的物體產生1m/s2D．使質量是2kg的物體產生1m/s25．聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關．依據單位制，下列關于空氣中聲速的表達式(k為比例系數(shù)，無單位)正確的是()A．v＝eq\f(kp,ρ)B．v＝eq\r(\f(kp,ρ))C．v＝eq\r(\f(kρ,p))D．v＝eq\r(kpρ)學問點三對作用力和反作用力的理解6．關于作用力和反作用力，下列說法中正確的是()A．物體相互作用時，先有作用力而后才有反作用力B．作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一條直線上，因此它們的合力為零C．彈力的反作用力肯定是彈力D．馬能將車拉動，是由于馬拉車的力大于車拉馬的力7．如圖L4-5-1所示，將吹足氣的氣球由靜止釋放，氣球內氣體向后噴出，氣球會向前運動，這是由于氣球受到()圖L4-5-1A．重力B．手的推力C．空氣的浮力D．噴出氣體對氣球的作用力8．一物體受繩的拉力作用由靜止開頭前進，先做加速運動，然后改為做勻速運動，最終改為做減速運動，則下列說法中正確的是()A．加速前進時，繩拉物體的力大于物體拉繩的力B．減速前進時，繩拉物體的力小于物體拉繩的力C．只有勻速前進時，繩拉物體的力與物體拉繩的力大小相等D．不管物體如何前進，繩拉物體的力與物體拉繩的力大小總相等9．如圖L4-5-2所示，兩個小球A和B用彈簧連接，并用細繩懸掛于天花板上，下面四對力中屬于平衡力的是()圖L4-5-2A．繩對A的拉力和彈簧對A的拉力B．彈簧對A的拉力和彈簧對B的拉力C．彈簧對B的拉力和B對彈簧的拉力D．B所受的重力和彈簧對B的拉力綜合拓展10．(多選)甲、乙兩隊參與拔河競賽，甲隊勝，若不計繩子的質量，下列說法正確的是()A．甲隊拉繩子的力大于乙隊拉繩子的力B．甲隊與地面間的最大靜摩擦力大于乙隊與地面間的最大靜摩擦力C．甲、乙兩隊與地面間的最大靜摩擦力大小相等、方向相反D．甲、乙兩隊拉繩子的力大小相等11.關于牛頓運動定律的理解和應用，下列說法中正確的是()A．物體運動是由于物體受到力的作用B．描述物體慣性大小的物理量是物體的質量，與物體是否受力及運動狀態(tài)無關C．在月球上舉重比在地球上簡潔，所以物體在月球上肯定處于失重狀態(tài)D．物體之間的作用力和反作用力可以是不同性質的兩個力12．質量為M的物體放在光滑水平桌面上，桌面一端附有輕質光滑定滑輪，若用一根跨過滑輪的輕繩系住物體，另一端掛一質量為m的小物塊，物體的加速度為a1，如圖L4-5-3甲所示．若另一端改為施加一豎直向下、大小為F＝mg的恒力，物體的加速度為a2，如圖乙所示．則()圖L4-5-3A．a1>a2B．a1<a2C．a1＝a213．如圖L4-5-4所示，甲船及人的總質量為m1，乙船及人的總質量為m2，已知m1＝2m2，甲、乙兩船上的人各拉著水平輕繩的一端對繩施力，設甲船上的人施力為F1，乙船上的人施力為F2.甲、乙兩船原來都靜止在水面上，不考慮水對船的阻力，甲船產生的加速度大小為a1，乙船產生的加速度大小為a2，則F1∶F2、a1∶a圖L4-5-414．如圖L4-5-5所示，質量為M的木板放在傾角為θ的光滑固定斜面上，一個質量為m的人站在木板上，人與木板之間的接觸面粗糙．(1)若人相對木板靜止，則木板的加速度是多少？(2)若木板相對斜面靜止，求人做加速運動的加速度．圖L4-5-5

6用牛頓運動定律解決問題(一)對點檢測學問點一由受力狀況確定運動狀況1．圖L4-6-1為某小球所受的合力與時間的關系圖像，各段的合力大小相同，作用時間相同，且始終作用下去，設小球從靜止開頭運動，由此可判定()圖L4-6-1A．小球向前運動，再返回停止B．小球向前運動再返回不會停止C．小球始終向前運動D．小球向前運動一段時間后停止2．質量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等．從t＝0時刻開頭，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t變化的規(guī)律如圖L4-6-2所示．重力加速度g取10m/s2，則物體在t＝0至t圖L4-6-2A．18mB．54mC．72mD．198m3．雨滴在空氣中下落，當速度在不太大的范圍內時，雨滴所受到的阻力與其速度成正比．該速度v隨時間t的變化關系最接近圖L4-6-3中的()圖L4-6-34．如圖L4-6-4所示，在沿平直軌道行駛的車廂內，有一輕繩的上端固定在車廂的頂部，下端拴一小球，當小球相對車廂靜止時，懸線與豎直方向夾角為θ，則關于車廂的運動狀況，下列說法正確的是()圖L4-6-4A．車廂加速度大小為Gtanθ，方向水平向左B．車廂加速度大小為Gtanθ，方向水平向右C．車廂加速度大小為Gsinθ，方向水平向左D．車廂加速度大小為Gsinθ，方向水平向右學問點二由運動狀況確定受力狀況5．一斜劈在力F推動下在光滑水平地面上向左做勻加速直線運動，且斜劈上有一木塊恰好與斜劈保持相對靜止，如圖L4-6-5所示．則木塊所受合力的方向為()圖L4-6-5A．水平向左B．水平向右C．沿斜面對下D．沿斜面對上6．如圖L4-6-6所示，當車廂向右加速行駛時，一質量為m的物塊緊貼在車廂壁上，相對于車廂壁靜止隨車一起運動，則下列說法正確的是()圖L4-6-6A．在豎直方向上，車廂壁對物塊的摩擦力與物塊所受的重力平衡B．在水平方向上，車廂壁對物塊的彈力與物塊對車廂壁的壓力是一對平衡力C．若車廂的加速度變小，車廂壁對物塊的彈力不變D．若車廂的加速度變大，車廂壁對物塊的摩擦力也變大7．行車過程中，假如車距不夠，剎車不準時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到損害，為了盡可能地減輕碰撞所引起的損害，人們設計了平安帶．假定乘客質量為70kG，汽車車速為90km/hA．450NB．400NC．350ND．300N學問點三臨界問題分析方法8．如圖L4-6-7所示，質量為M的木板上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一質量為m的物塊，物塊與木板及木板與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若要以水平外力F將木板抽出，則力F應大于某一臨界值，該臨界值為()圖L4-6-7A．μmgB．μ(M＋m)gC．μ(m＋2M)gD．2μ(M＋m)9．(多選)如圖L4-6-8所示，一細線的一端固定于傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線的另一端拴一質量為m的小球．當滑塊以加速度a運動時，小球恰好對斜面沒有壓力．則滑塊A的運動狀況和加速度a的大小為()圖L4-6-8A．滑塊A向左減速，加速度大小為gB．滑塊A向右加速，加速度大小為eq\f(\r(2),2)gC．滑塊A向左加速，加速度大小為gD．滑塊A向右減速，加速度大小為g綜合拓展10．在水平地面上有兩個彼此接觸的物體A和B，它們的質量分別為m1和m2，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若用水平推力F作用于物體A，使A、B一起向前運動，如圖L4-6-9所示．則兩物體間的相互作用力為()圖L4-6-9A.eq\f(m1F,m1＋m2)B.eq\f(m2F,m1－m2)C.eq\f(m1F,m1－m2)D.eq\f(m2F,m1＋m2)11．如圖L4-6-10所示，長為L＝6m、質量為M＝4kg的長木板放置于光滑的水平地面上，其左端有一大小可忽視、質量為m＝1kg的物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4，開頭時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對物塊施加方向水平向右的恒定拉力F＝8N，使物塊在木板上滑動起來，g取10m/s(1)物塊和木板的加速度大??；(2)物塊從木板左端運動到右端經受的時間．圖L4-6-1012．質量為m＝1kg的物體在平行于斜面對上的拉力F的作用下從斜面底端由靜止開頭沿斜面對上運動，一段時間后撤去拉力F，其向上運動的v-t圖像如圖L4-6-11所示，斜面固定不動，傾角θ＝37°.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)拉力F的大?。?3)物體沿斜面對上運動的最大距離x.圖L4-6-11

7用牛頓運動定律解決問題(二)對點檢測學問點一共點力平衡條件的應用1．如圖L4-7-1所示，兩個等大、反向的水平拉力分別作用在物體A和B上，A、B兩物體均處于靜止狀態(tài)．若各接觸面均與水平地面平行，則A、B兩物體受力的個數(shù)分別為()圖L4-7-1A．3個、4個B．4個、4個C．4個、5個D．4個、6個2．(多選)質量m＝5.0kg的物塊放在木板上，當木板與水平方向夾角為37°時，物塊恰能沿木板勻速下滑．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.當木板水平放置時，給物塊施加水平拉力FA．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.6B．物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.75C．水平拉力F大小為30ND．水平拉力F大小為37.5N學問點二對超重、失重現(xiàn)象的理解3．(多選)在游樂園中，游客乘坐升降機可以體驗超重與失重的感覺，關于游客在隨升降機一起運動的過程中所處的狀態(tài)，下列說法中正確的是()A．游客處在失重狀態(tài)時，升降機肯定在加速下降B．游客處在失重狀態(tài)時，升降機可能向上運動C．游客處在失重狀態(tài)時，升降機肯定向下運動D．游客處在失重狀態(tài)時，升降機的加速度方向肯定向下4．如圖L4-7-2所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是()圖L4-7-2A．在上升和下降過程中A對B的壓力肯定為零B．上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C．下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D．在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力5．關于超重與失重的說法正確的是()A．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)B．在超重現(xiàn)象中，物體的重力是增大的C．處于完全失重狀態(tài)的物體，其重力肯定為零D．假如物體處于失重狀態(tài)，那么它必定有豎直向下的加速度6．(多選)下列有關超重與失重的說法正確的是()A．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態(tài)D．不論是超重、失重或完全失重，物體所受的重力并沒有發(fā)生轉變7．在太空站的完全失重環(huán)境中，下列儀器能連續(xù)使用的是()A．水銀氣壓計B．體重計C．打點計時器D．天平8．(多選)某同學站在電梯底板上，如圖L4-7-3所示的v-t圖像是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內速度變化的狀況(豎直向上為正方向)．依據圖像供應的信息，可以推斷下列說法中正確的是()圖L4-7-3A．在5～10s內，該同學對電梯底板的壓力等于他所受的重力B．在0～5s內，觀光電梯在加速上升，該同學處于失重狀態(tài)C．在10～20s內，該同學所受的支持力不變，該同學處于失重狀態(tài)D．在20～25s內，觀光電梯在加速下降，該同學處于超重狀態(tài)學問點三動態(tài)平衡問題分析方法9．(多選)光滑小球放在兩板間，如圖L4-7-4所示，當OB不動，OA繞O點轉動使θ角變小時，兩板對球的壓力FA和FB的變化狀況為()圖L4-7-4A．FA變大B．FA變小C．FB變小D．FB變大綜合拓展10．(多選)在升降機中，一個人站在磅秤上，發(fā)覺自己的體重減輕了20%，于是他做出下列推斷，其中正確的是()A．升降機以0.8GB．升降機以0.2GC．升降機以0.2GD．升降機以0.8G11．如圖L4-7-5所示，一箱蘋果沿著傾角為θ的光滑斜面下滑，在箱子的中心有一個質量為m的蘋果，它受到四周蘋果對它作用力的方向為()圖L4-7-5A．沿斜面對上B．沿斜面對下C．豎直向上D．垂直斜面對上12．(多選)某人在地面上用彈簧秤稱得體重為490N．他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，在0～t3時間段內，彈簧秤的示數(shù)如圖L4-7-6所示，則電梯運行的v-t圖像可能是圖L4-7-7中的(取電梯向上運動的方向為正)()圖L4-7-6圖L4-7-713．(多選)在第11屆全運會蹦床競賽中，運動員鐘杏平以39分的高分摘得女子蹦床金牌．假設表演時運動員僅在豎直方向運動，通過傳感器將彈簧床面與運動員間的彈力隨時間的變化規(guī)律在計算機上繪制出如圖L4-7-8所示的曲線，當?shù)刂亓铀俣萭取10m/s2，依據圖像給出的信息可知，在0～12s內運動員的質量和運動員離開彈簧床上升的最大高度分別為()圖L4-7-8A．60kgB．50kgC．1.6m14．在傾角為θ的長斜面上有一帶風帆的滑塊從靜止開頭沿斜面下滑，滑塊的質量為m，它與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，風帆受到的空氣阻力與滑塊下滑的速度的大小成正比，即F＝kv.(1)寫出滑塊下滑的加速度的表達式；(2)寫出滑塊下滑的最大速度的表達式；(3)若m＝2kg，θ＝30°，g取10m/s2，滑塊從靜止開頭沿斜面下滑的速度圖線如圖L4-7-9所示，圖中直線是t＝0時刻速度圖線的切線，由此求出μ和k圖L4-7-9

專題課：彈簧問題1．如圖LZ3-1所示，A、B兩物體靜止在粗糙水平地面上，其間用一根輕彈簧相連，彈簧的長度大于原長．若再用一個從零開頭緩慢增大的水平力F向右拉物體B，直到A即將移動，此過程中，地面對B的摩擦力F1和對A的摩擦力F2的變化狀況是()圖LZ3-1A．F1先變小后始終變大B．F1先不變后變大C．F2先變大后不變D．F2先不變后變大2．如圖LZ3-2所示，傾角為α的斜面體放在粗糙的水平面上，質量為m的物體A與一個勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，現(xiàn)用恒定拉力F沿斜面對上拉彈簧，使物體A在光滑斜面上勻速上滑，斜面體仍處于靜止狀態(tài)，下列說法錯誤的是()圖LZ3-2A．彈簧伸長量為eq\f(mgsinα,k)B．水平面對斜面體的支持力大小等于斜面體和物體A所受的重力之和C．斜面體對物體A的支持力大小為mgcosαD．斜面體受地面的靜摩擦力大小等于Fcosα3．如圖LZ3-3所示，a、b兩個物體的質量分別為m1、m2，由輕質彈簧相連．當用恒力F豎直向上拉著物體a，使物體a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為x1；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著物體a，使物體a、b一起沿光滑水平面做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為x2，則()圖LZ3-3A．x1肯定等于x2B．x1肯定大于x2C．若m1>m2，則x1>x2D．若m1<m2，則x1＜x24．(多選)如圖LZ3-4所示，輕彈簧下端固定在水平面上．一個小球從彈簧正上方某一高度處由靜止開頭自由下落，接觸彈簧后把彈簧壓縮到肯定程度后停止下落．在小球下落的整個過程中，下列說法中正確的是()圖LZ3-4A．小球剛接觸彈簧瞬間速度最大B．從小球接觸彈簧起加速度變?yōu)樨Q直向上C．從小球接觸彈簧至到達最低點，小球的速度先增大后減小D．從小球接觸彈簧至到達最低點，小球的加速度先減小后增大5．(多選)如圖LZ3-5所示，在靜止的平板車上放置一個質量為10kg的物體A，它被拴在一個水平拉伸的彈簧的一端(彈簧另一端固定)，且處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的拉力為5N．若平板車從靜止開頭向右做加速運動，且加速度漸漸增大，但a≤1m/s2圖LZ3-5A．物體A相對于車仍舊靜止B．物體A受到的彈簧的拉力漸漸增大C．物體A受到的摩擦力漸漸減小D．物體A受到的摩擦力先減小后增大6.(多選)如圖LZ3-6甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時刻物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開頭向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示(g取10m/s2)．則下列結論正確的是()圖LZ3-6A．物體與彈簧分別時，彈簧處于壓縮狀態(tài)B．彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC．物體的質量為2kD．物體的加速度大小為5m/s27．如圖LZ3-7所示，質量為m的小圓板與輕彈簧相連，把輕彈簧的另一端固定在內壁光滑的圓筒底部，構成彈簧彈射器．第一次用彈射器水平彈射物體，其次次用彈射器豎直彈射物體，關于兩次彈射時狀況的分析正確的是()圖LZ3-7A．兩次彈射瞬間，圓板受到的合力均為零B．兩次彈射瞬間，彈簧均處于原長C．水平彈射時彈簧處于原長，豎直彈射時彈簧處于拉伸狀態(tài)D．水平彈射時彈簧處于原長，豎直彈射時彈簧處于壓縮狀態(tài)8．如圖LZ3-8所示，小球質量為m，在水平細繩和彈簧作用下處于靜止狀態(tài)，彈簧與豎直方向的夾角為θ.(1)繩OB和彈簧的拉力各是多少？(2)若燒斷繩OB，求小球的瞬時加速度的大小和方向．圖LZ3-89．如圖LZ3-9所示，彈簧AB原長為35cm，A端掛一個重50N的物體，手執(zhí)B端，將物體置于傾角為30°的斜面上．當物體沿斜面勻速下滑時，彈簧長度為40cm；當物體沿斜面勻速上滑時，彈簧長度為50cm.試求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)．圖LZ3-910．如圖LZ3-10所示，將金屬塊用壓縮的輕彈簧卡在一個矩形箱中，在箱的上頂板和下底板上安有壓力傳感器，箱可以沿豎直軌道運動，當箱以a＝2m/s2的加速度做豎直向上的勻減速直線運動時，上頂板的傳感器顯示的壓力為6.0N，下底板的傳感器顯示的壓力為10.0N．(g取10m/s2)(1)若上頂板的傳感器的示數(shù)是下底板傳感器示數(shù)的一半，試推斷箱的運動狀況．(2)要使上頂板傳感器的示數(shù)為零，但金屬塊仍與上頂板接觸，箱沿豎直方向的運動可能是怎樣的？圖LZ3-10

專題課：傳送帶問題1．如圖LZ4-1所示，在水平傳送帶上有三個質量分別為m1、m2、m3的木塊1、2、3，1和2及2和3間分別用原長為L、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，現(xiàn)用水平細繩將木塊1固定在左邊的墻上，傳送帶按圖示方向勻速運動，當三個木塊達到平衡后，1、3兩木塊之間的距離是()圖LZ4-1A．2L＋eq\f(μ（m2＋m3）g,k)B．2L＋eq\f(μ（m2＋2m3）g,k)C．2L＋eq\f(μ（m1＋m2＋m3）g,k)D．2L＋eq\f(μm3g,k)2．一皮帶傳送裝置如圖LZ4-2所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，現(xiàn)將滑塊無初速地放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平，若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未達到皮帶的速度，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化狀況是()圖LZ4-2A．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，加速度先增大后減小D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大3．如圖LZ4-3所示，傳送帶的水平部分長為L，傳動速率為v，在其左端無初速度釋放一小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左端運動到右端的時間不行能是()圖LZ4-3A.eq\f(L,v)＋eq\f(v,2μg)B.eq\f(L,v)C.eq\r(\f(2L,μg))D.eq\f(2L,v)4．(多選)水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，用于對旅客的行李進行平安檢查．圖LZ4-4為一水平傳送帶裝置示意圖，緊繃的傳送帶AB始終保持v＝1m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2m，g取10m/s2.若旅客把行李放到傳送帶上的同時也以v＝1m/s的恒定速度平行于傳送帶運動去取行李．則()圖LZ4-4A．旅客與行李同時到達BB．旅客提前0.5s到達BC．行李提前0.5s到達BD．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2s才能到達B5．(多選)小滑塊從A處由靜止開頭沿斜面下滑，經過靜止的粗糙水平傳送帶后以速率v0離開C點．如圖LZ4-5所示，若傳送帶轉動而其他條件不變，下列說法正確的是()圖LZ4-5A．若沿順時針方向轉動，滑塊離開C點的速率仍為v0B．若沿順時針方向轉動，滑塊離開C點的速率可能大于v0C．若沿逆時針方向轉動，滑塊離開C點的速率肯定為v0D．若沿逆時針方向轉動，滑塊離開C點的速率可能小于v06．如圖LZ4-6所示，一足夠長的水平傳送帶以恒定的速率v1順時針轉動，傳送帶右側有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物塊以初速度v2沿直線向左滑向傳送帶后，經過一段時間又返回光滑水平面，此時其速率為v3.則下列說法正確的是()圖LZ4-6A.若v1<v2，則v3＝v1B.若v1>v2，則v3＝v1C.只有v1＝v2時，才有v3＝v1D.不管v2多大，總有v3＝v17．如圖LZ4-7所示，有一長為x＝16m的水平傳送帶以v＝10m/s的速度勻速運動，現(xiàn)將一物體輕輕放在傳送帶的左端，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，則將物體傳送到右端所需時間為多少？(g取10m/s2)圖LZ4-78．如圖LZ4-8所示，一水平傳送帶以v＝2m/s的速度做勻速運動，將一物體無初速地放在傳送帶一端，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.1，物體由傳送帶一端運動到另一端所需時間為11s，求傳送帶兩端的距離(g取10m/s2)．圖LZ4-89．如圖LZ4-9甲所示，水平傳送帶沿順時針方向勻速運動．從傳送帶左端P先后由靜止輕輕放上三個物體A、B、C，物體A經tA＝9.5s到達傳送帶另一端Q，物體B經tB＝10s到達傳送帶另一端Q，若釋放物體時刻作為t＝0時刻，分別作出三物體的速度圖像如圖乙、丙、丁所示．求：(1)傳送帶的速度v0的大??；(2)傳送帶的長度L；(3)物體A、B、C與傳送帶間的動摩擦因數(shù)．圖LZ4-910.如圖LZ4-10所示，傳送帶與水平面的夾角為θ＝37°，以4m/s的速度向上運行，在傳送帶的底端A處無初速度地放一個質量為0.5kg的物體，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8，A、B間(B為頂端)長度為25m(1)說明物體的運動性質(相對地面)；(2)物體從A到B的時間為多少？(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖LZ4-10參考答案第四章牛頓運動定律1牛頓第肯定律1．C[解析]伽利略通過抱負試驗提出力不是維持物體運動的緣由，而是轉變物體運動狀態(tài)的緣由．2．CD[解析]伽利略的抱負斜面試驗是以牢靠的事實為基礎，經過抽象思維，得出了物體在所受外力為零(光滑水平面上)時將以恒定的速度持續(xù)運動下去，從而否定了亞里士多德的“運動需要外力來維持”的錯誤觀點．伽利略的抱負試驗推斷出不受外力時，運動的物體將保持原來的速度始終運動下去，選項A、B錯誤，C正確；在實際中，由于阻力總是存在，在沒有其他力與阻力抵消時，物體會漸漸停下來，選項D正確．3．B[解析]伽利略抱負試驗指出：假如水平面沒有摩擦，那么在水平面上的物體一旦獲得某一速度，物體將保持這一速度始終運動下去，而不需要外力來維持，故選項A、D錯誤；運動和靜止都不需力來維持，故選項B正確，C錯誤．4．ACD[解析]牛頓第肯定律又叫慣性定律，但不能說慣性定律就是慣性，慣性是指一切物體都具有保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，它是物體的固有性質，慣性大小僅由物體的質量打算，與物體是否受力及物體的運動狀態(tài)無關．而慣性定律指物體在不受外力作用(合外力為零)的條件下所遵守的運動規(guī)律，它指出了力是轉變物體運動狀態(tài)的緣由，而不是維持物體運動的緣由．總之慣性和慣性定律是兩個不同的問題，但慣性定律揭示出物體具有慣性．選項A、C、D正確．5．CD[解析]牛頓第肯定律是在抱負試驗的基礎上經過合理歸納總結出來的，雖然無法用試驗來直接驗證，但卻有試驗基礎，定律是成立的，選項A、B錯誤；抱負試驗的思維方法與質點概念的建立相同，都是突出主要因素、忽視次要因素的科學抽象的思維方法，故選項C正確；物體靜止時不受外力或受到的合外力為零，故選項D正確．6．C[解析]牛頓第肯定律描述的是物體不受外力作用時的運動規(guī)律，即總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，選項A、B正確；牛頓第肯定律揭示了力和運動的關系，力是轉變物體運動狀態(tài)的緣由，而不是維持物體運動的緣由；在水平地面上滑動的木塊最終停下來，是由于受到摩擦阻力的作用；飛跑的運動員遇到障礙而被絆倒，是由于他具有慣性，選項C錯誤，D正確．7．CD[解析]一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它轉變這種狀態(tài)為止；沒有外力作用時，物體可能做勻速直線運動，也可能靜止，故選項A錯誤；物體向正北方向做勻速直線運動時，可能不受外力，當有向正北方向的力的作用時，它向北運動的速度會變大，當有向正南方向的力的作用時，它向北的速度會減小，但仍可以向正北方向運動，選項B錯誤；選項C、D兩種說法均符合牛頓第肯定律，選項C、D正確．8．D[解析]慣性是物體的固有屬性，與運動狀態(tài)無關，故選項A錯誤；有外力作用時，物體運動狀態(tài)發(fā)生轉變，但運動狀態(tài)的轉變不等于物體慣性的轉變，“克服慣性”“慣性消逝”等說法均錯誤，不管物體是否受外力作用，其慣性不能被轉變，故選項B、C錯誤；物體慣性由物體本身打算，與運動狀態(tài)和是否受力無關，故選項D正確．9．D[解析]由于慣性的大小僅由質量來確定，鉛球質量很大，其慣性大，盡管速度不大，但是運動狀態(tài)很難轉變，故不能用手接．而乒乓球則與其相反，運動狀態(tài)簡潔轉變，盡管速度大，也可以用手去接(這一點同學們都有閱歷)．所以A、B是錯誤的．對于C、D，相同的兩車慣性大小相同，故D正確．10．B[解析]伽利略通過抱負斜面試驗，推翻了亞里士多德關于“力是維持物體運動的緣由”這一錯誤理論，得出了力是轉變物體運動狀態(tài)的緣由的結論．選項B不符合物理學史實．11．B[解析]由于小球與劈形物體M的接觸面光滑，在M下滑過程中，小球水平方向不受外力作用，該方向上運動狀態(tài)不會轉變．在劈形物體M下滑過程中，原來處于靜止狀態(tài)的小球在水平方向上沒有運動，故選項B正確．12．C[解析]列車進站時剎車，速度減小，而水由于慣性仍要保持原來較大的速度，所以水向前涌，液面外形和圖C全都．13．B[解析]小車表面光滑，因此球在水平方向上沒有受到外力作用，原來兩球與小車有相同的速度，當車突然停止時，由于慣性，兩小球的速度不變，所以不會相碰．選項B正確．14．B[解析]水滴離開車頂后，由于慣性在水平方向上保持離開時的速度不變，而水滴落點B在A點正下方的前面，表明若車向前行駛，水滴下落時，車正在減速，A錯，B對．若車向后勻速運動，水滴將落在A點正下方，若車向后減速運動，水滴下落時將落在A點正下方的后方，C、D錯．2試驗：探究加速度與力、質量的關系1．(b)(a)[解析](a)圖中的圖像為經過原點的傾斜直線，表明加速度a與橫坐標軸所表示的物理量成正比，即(a)圖描述了加速度與力的關系；(b)圖為雙曲線的一支，表明加速度與橫坐標軸所表示的物理量成反比，故(b)圖描述了加速度與質量的關系．2．B[解析]平衡摩擦力時不要掛小盤，整個試驗平衡了摩擦力后，不管以后是轉變小盤和小盤中砝碼的質量，還是轉變小車及車中砝碼的質量，都不需要重新平衡摩擦力，所以步驟②③不正確；使用打點計時器應先接通打點計時器的電源再釋放小車，步驟⑤不正確．選項B符合題意．3．52[解析]由牛頓其次定律F＝Ma得，a＝F·eq\f(1,M)，圖像的斜率即物體受到的合力，F(xiàn)＝k＝eq\f(20m/s2,4kg－1)＝5N；故物體質量為2.5kg時，加速度為2m/s2.4．(1)mM(2)B(3)隨著F的增大，不滿足m遠小于M的條件沒有平衡摩擦力或木板的傾角過小5．(1)等于不需要(2)F＝eq\f(ML2,2s)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,teq\o\al(2,2))－\f(1,teq\o\al(2,1))))[解析](1)由于力傳感器顯示拉力的大小，而拉力的大小就是小車所受的合力，故不需要讓砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車的質量．(2)由于擋光板的寬度L很小，故小車在光電門1處的速度為v1＝eq\f(L,t1)，在光電門2處的速度為v2＝eq\f(L,t2)，由veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2as得，a＝eq\f(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1),2s)＝eq\f(1,2s)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,teq\o\al(2,2))－\f(L2,teq\o\al(2,1)))).驗證的關系式為F＝Ma＝eq\f(ML2,2s)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,teq\o\al(2,2))－\f(1,teq\o\al(2,1)))).6．(1)BCD(2)C[解析](2)長木板傾角偏大時，平衡摩擦力過度，小車不受拉力作用時將具有肯定的加速度，得到的圖像應為C.7．(1)AC(2)vC＝eq\f(L4,4T)或vC＝eq\f(L3－L1,2T)a＝eq\f(L4－2L2,4T2)[解析](2)C點的瞬時速度等于AE段或者BD段的平均速度，即vC＝eq\f(L4,4T)或vC＝eq\f(L3－L1,2T).求加速度，使用逐差法，得a＝eq\f(（x3＋x4）－（x2＋x1）,（2T）2)＝eq\f(L4－2L2,4T2).3牛頓其次定律1．A[解析]依據牛頓其次定律，物體受的合外力打算了物體的加速度，而加速度大小和速度大小無關，選項A正確，B錯誤；物體做勻加速運動，說明加速度方向與速度方向全都，當合外力減小但方向不變時，加速度減小但方向不變，所以物體仍舊做加速運動，速度增大，選項C錯誤；加速度是矢量，其方向與合外力方向全都，加速度大小不變，若方向發(fā)生變化，合外力方向必定變化，選項D錯誤．2．B[解析]物體受重力、支持力與水平拉力F三個力的作用，重力和支持力的合力為零，因此物體所受的合力即水平拉力F，由牛頓其次定律可知，力F作用的同時物體馬上獲得加速度，但是速度還是零，由于合力F與速度無關而且速度只能漸變不能突變．因此B正確，A、C、D錯誤．3．D[解析]加速度是由合力和質量共同打算的，故加速度大的物體，所受合力不肯定大，質量大的物體，加速度不肯定小，選項A、B錯誤；物體所受到的合力與物體的質量無關，故選項C錯誤；由牛頓其次定律可知，物體的加速度與物體所受到的合力成正比，并且加速度的方向與合力方向全都，選項D正確．4．B[解析]依據牛頓其次定律得，F(xiàn)＝m1a1，F(xiàn)＝m2a2,F＝(m1＋m2)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(F,m1＋m2)＝eq\f(F,\f(F,a1)＋\f(F,a2))＝eq\f(a1a2,a1＋a2)，選項B正確．5．AD[解析]兩小鐵球與小車加速度大小、方向均相同，兩小鐵球受力狀況相同，所以細線、輕桿對小鐵球的拉力都與細線平行，選項A正確，B、C錯誤；小車勻速運動時，細線對小鐵球的拉力與小鐵球所受的重力平衡，夾角α＝0，選項D正確．6．D[解析]取木塊為爭辯對象，在豎直方向合力為零，即Fsinα＋FN＝Mg；在水平方向由牛頓其次定律得Fcosα－μFN＝Ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(Fcosα－μ（Mg－Fsinα）,M)，所以選項D正確．7．BD[解析]在將力F撤去的瞬間A球受力狀況不變，仍靜止，A的加速度為零，選項A錯誤，B正確；而B球在撤去力F的瞬間，彈簧的彈力還沒來得及發(fā)生變化，故B的加速度大小為eq\f(F,m)，選項C錯誤，D正確．8．B[解析]剪斷細繩前，對B、C整體進行受力分析，受到總重力和細繩的拉力而平衡，故FT＝2mg；再對物塊A受力分析，受到重力、細繩拉力和彈簧的彈力；剪斷細繩后，重力和彈簧的彈力不變，細繩的拉力減為零，故物塊B受到的合力等于2mg，向下，物塊A受到的合力為2mg，向上，物塊C受到的力不變，合力為零，故物塊B有向下的加速度，大小為2g，物塊A具有向上的加速度，大小為2g，物塊C的加速度為零．所以選項9．C[解析]對小球受力分析知，小球受重力、細線的拉力作用，其合力水平向右，依據牛頓其次定律得，mgtanθ＝ma，解得加速度a＝gtanθ；物塊B受重力、支持力FN和向右的靜摩擦力Ff作用，有FN＝mg，F(xiàn)f＝ma＝mgtanθ，小車對物塊B作用力的合力F′＝eq\r(Feq\o\al(2,N)＋Feq\o\al(2,f))＝eq\r(（mg）2＋（mgtanθ）2)＝mgeq\r(1＋tan2θ)，方向斜向右上方，選項C正確．10．ABD[解析]當0≤F≤Mg時，物體靜止，選項A正確；當F>Mg時，即能將物體提離地面，此時F－Mg＝Ma，a＝eq\f(F－Mg,M)＝eq\f(1,M)·F－g，a與F不成正比，A點表示的意義為F＝Mg，選項B正確，C錯誤；直線的斜率為eq\f(1,M)，B點對應的a值的確定值為g，故選項D正確．11．(1)3m/s2(2)24m[解析](1)依據題意知F－Ff＝maFN＝mgFf＝μFN解得a＝3m/s2.(2)x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×3×42m＝24m.12．2eq\r(,2)m/s20[解析]拉力在豎直方向上的分力F1＝Fsin45°＝100eq\r(,2)N＜mg＝500N說明水平面對物體有支持力，物體在豎直方向所受的合力為零拉力在水平方向的分力F2＝Fcos45°＝100eq\r(,2)N即物體所受的合力F2＝100eq\r(,2)N由牛頓其次定律得F2＝ma解得a＝2eq\r(,2)m松手后繩的拉力為零，物體在水平方向不受外力作用，加速度為零．13．(1)g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面對下(2)g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面對下[解析](1)以木塊為爭辯對象，木塊上滑時對其受力分析，如圖甲所示依據牛頓其次定律有mgsinθ＋Ff＝ma，F(xiàn)N－mgcosθ＝0又Ff＝μFN聯(lián)立解得a＝g(sinθ＋μcosθ)，方向沿斜面對下．(2)木塊下滑時對其受力分析如圖乙所示依據牛頓其次定律有mgsinθ－Ff′＝ma′，F(xiàn)N′－mgcosθ＝0又Ff′＝μFN′聯(lián)立解得a′＝g(sinθ－μcosθ)，方向沿斜面對下．4力學單位制5牛頓第三定律1．B2．ABC3．C[解析]力學中的三個基本物理量為長度、質量、時間，選項A錯誤；“牛頓”是為了紀念牛頓而作為力的單位，但不是基本單位，選項B錯誤；依據“牛頓”的定義，1N＝1kg·m·s－2，選項C正確；“克”“攝氏度”不是國際單位制中的單位，選項D錯誤．4．C5．B[解析]可把p、ρ的單位用基本單位表示，代入各式進行單位運算，依據得出的單位是否是速度v的單位推斷．壓強p的單位：1Pa＝eq\f(1N,1m2)＝eq\f(1kg·m/s2,m2)＝1kg/(m·s2)，密度ρ的單位：kg/m3，代入A選項中，單位為m2/s2，明顯不是速度的單位，選項A錯誤；代入B項得單位為m/s，選項B正確；代入C項得單位為s/m，也不是速度的單位，選項C錯誤；同理代入D項得單位為kg/(m2·s)，選項D錯誤．6．C[解析]作用力和反作用力是同時產生、同時變化、同時消逝的，沒有先后之分，選項A錯誤；作用力和反作用力大小相等、方向相反，在一條直線上，作用在兩個相互作用的物體上，不能求合力，選項B錯誤；作用力和反作用力肯定是同一性質的力，選項C正確；馬拉車的力和車拉馬的力是一對作用力和反作用力，它們大小相等，選項D錯誤．7．D[解析]氣球內氣體向后噴出時，氣球對氣體有向后的作用力，氣體對氣球有向前的反作用力，氣球向前運動，選項D正確．8．D[解析]依據牛頓第三定律，不論物體加速、勻速還是減速運動，繩拉物體的力與物體拉繩的力總是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，故選項D正確，A、B、C錯誤．9．D[解析]對A、B受力分析如圖所示，平衡力是作用在同一物體上的一對力，它們等大、反向、共線，A球受三個力作用處于靜止狀態(tài)，所以繩對A的拉力和彈簧對A的拉力不是一對平衡力；彈簧對A的拉力和彈簧對B的拉力作用在兩個物體上，也不是一對平衡力；彈簧對B的拉力和B對彈簧的拉力是一對作用力與反作用力．選項D正確．10．BD11．B12．B[解析]對物體由牛頓其次定律得T＝Ma1，對小物塊由牛頓其次定律得mg－T＝ma1，解得a1＝eq\f(mg,M＋m)；另一端改為施加一豎直向下的恒力時，則由牛頓其次定律得F＝Ma2，解得a2＝eq\f(mg,M)>a1，選項B正確．13．1∶11∶2[解析]以繩為爭辯對象，它受甲船上的人所施加的力F1和乙船上的人所施加的力F2，由于繩子的質量為零，故F1＝F2.而繩對甲船上人的力F′1和F1、繩對乙船上人的力F′2和F2均分別為作用力和反作用力，因此，由牛頓第三定律得：F′1＝F1，F(xiàn)′2＝F2所以F′1＝F′2分別對甲、乙船應用牛頓其次定律得：a1＝eq\f(F′1,m1)a2＝eq\f(F′2,m2)由于m1＝2m2，所以a1∶a2＝1故F1∶F2＝1∶1，a1∶a2＝1∶2.14．(1)gsinθ(2)eq\f(（m＋M）gsinθ,m)，方向沿斜面對下[解析](1)以人與木板整體為爭辯對象進行受力分析在沿斜面方向上由牛頓其次定律得(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a解得加速度a＝gsinθ.(2)要使木板相對斜面靜止則人對木板的作用力F＝Mgsinθ，方向沿斜面對上由牛頓第三定律得木板對人的作用力F′＝F＝Mgsinθ，方向沿斜面對下以人為爭辯對象進行受力分析沿斜面方向應用牛頓其次定律得Mgsinθ＋mgsinθ＝ma′解得加速度a′＝eq\f(（m＋M）gsinθ,m)，方向沿斜面對下．6用牛頓運動定律解決問題(一)1．C[解析]作出相應的小球的v－t圖像如圖所示，由圖可以看出，小球始終向前運動，選項C正確．2．B[解析]對物體進行正確的受力分析和運動過程分析，物體與地面之間的滑動摩擦力Ff＝μmg＝4N，即最大靜摩擦力為4N，結合題圖知前3s內物體靜止.3～6s內，F(xiàn)－Ff＝ma，解得a＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2，位移x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝9m，6s末速度v1＝at1＝6m/s；6～9s內，物體做勻速直線運動，x2＝v1t2＝6m/s×3s＝18m；9～12s內，物體做勻加速直線運動，x3＝v1t3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝27m，x總＝x1＋x2＋x3＝9m＋18m＋27m＝54m，選項B正確．3．B[解析]雨滴下落過程中所受的阻力Ff＝kv，由牛頓其次定律得mg－Ff＝ma，解得a＝eq\f(mg－Ff,m)＝g－eq\f(kv,m)，隨著雨滴下落速度v的增大，其加速度a將漸漸減小，最終雨滴做勻速運動；速度—時間圖像的斜率表示運動物體的加速度，所以四個圖像中，只有B能正確地反映雨滴下落時速度隨時間的變化規(guī)律．4．A5．A[解析]由木塊與斜劈相對靜止一起向左做勻加速直線運動知，木塊的加速度方向水平向左，由牛頓其次定律得，木塊受的合力方向也水平向左，故選項A正確．6．A[解析]對物塊受力分析，如圖所示.由牛頓其次定律，在豎直方向：Ff＝mg；水平方向：FN＝ma，所以選項A正確，C、D錯誤；車廂壁對物塊的彈力和物塊對車廂壁的壓力是一對相互作用力，故選項B錯誤．7．C[解析]汽車的速度v0＝90km/h＝25m/s，汽車勻減速運動的加速度大小為a＝eq\f(v0,t)＝5m/s2，對乘客應用牛頓其次定律可得：F＝ma＝350N，所以選項C正確．8．D[解析]將木板抽出的過程中，物塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力，對物塊有μmg＝ma，物塊向右的加速度am＝μg，要想抽出木板，必需使木板的加速度大于物塊的加速度，即aM>μg，木板在水平方向上的受力如圖，依據牛頓其次定律得：F－μ(M＋m)g－μmg＝MaM，解得F＝μ(M＋m)g＋μmg＋MaM>μ(M＋m)g＋μmg＋μMg＝2μ(M＋m)g，選項D正確．9．CD[解析]小球與斜面間的彈力恰好等于零，這時小球只受到繩的拉力FT和重力mg作用，且拉力FT與水平方向成45°角．依據牛頓其次定律，在水平方向和豎直方向分別有FTcos45°＝ma，F(xiàn)Tsin45°＝mg，解得臨界加速度大小a＝g，方向水平向左．10．D[解析]以A、B整體為爭辯對象，依據牛頓其次定律得，F(xiàn)－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a；以物體B為爭辯對象，依據牛頓其次定律得，F(xiàn)N－μm2g＝m2a，聯(lián)立解得FN＝eq\f(m2F,m1＋m2).11．(1)4m/s21m/s2(2)2s[解析](1)對物塊受力分析，由牛頓其次定律得F－μmg＝ma1解得a1＝eq\f(F－μmg,m)＝4m/s2對木板受力分析，由牛頓其次定律得μmg＝Ma2代入數(shù)據解得a2＝1m/s2.(2)設運動時間為t則有L＋eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)a1t2代入數(shù)據解得：t＝2s.12．(1)0.25(2)12N(3)48m[解析]由圖可知，a1＝4m/s2，a2＝－8m/s2施加外力F的過程中，由牛頓其次定律得F－mgsin37°－Ff＝ma1撤去力F后，由牛頓其次定律得－(mgsin37°＋Ff)＝ma2滑動摩擦力Ff＝μmgcos37°聯(lián)立以上各式解得：μ＝0.25，F(xiàn)＝12N由v－t圖像可得物體沿斜面對上運動的最大距離x＝eq\f(1,2)×16×6m＝48m.7用牛頓運動定律解決問題(二)1．C[解析]隔離A物體：A受重力、支持力、拉力，由平衡條件知，A還受靜摩擦力的作用；整體分析：由于兩拉力等大反向，故地面對B沒有摩擦力；隔離B物體：B受重力、壓力、支持力、拉力和A對B的靜摩擦力．綜上所述，C項正確．2．BD[解析]物塊在傾斜木板上受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff作用，將mg正交分解，因物塊勻速下滑，故Ff＝mgsin37°，F(xiàn)N＝mgcos37°，又因Ff＝μFN，解得μ＝0.75；當木板水平常，F(xiàn)′f＝μFN′＝μmg＝37.5N，所需施加的拉力為37.5N.3．BD[解析]游客處于失重狀態(tài)時升降機具有向下的加速度，此時升降機可能向下加速運動或向上減速運動，選項B、D正確．4．A[解析]無論物體在上升過程中還是下降過程中，兩物體組成的系統(tǒng)都只受重力作用，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，所以在整個過程中，A對B的壓力始終為零，故選項A正確．5．D[解析]物體處于失重狀態(tài)時，物體的加速度向下或有向下的加速度重量，選項D正確；游泳運動員處于靜止狀態(tài)，合力為零，既不失重，也不超重，選項A錯誤；不管是超重還是失重，物體所受的重力是不變的，選項B、C錯誤．6．BD[解析]運動員吊在空中不動和舉起杠鈴后不動時處于靜止狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，也不是超重狀態(tài)，選項A、C錯誤；運動員在空中上升和下落過程中的加速度均向下，處于失重狀態(tài)，選項B正確；超重、失重或完全失重現(xiàn)象，只是重力的效果發(fā)生了變化，物體所受的重力并沒有發(fā)生轉變，選項D正確．7．C[解析]完全失重環(huán)境下，重力的效果完全消逝，所以不能使用水銀氣壓計、體重計、天平測量氣體壓強、重力、質量，打點計時器仍能使用，選項C正確．8．AC[解析]由圖知，在5～10s內電梯做勻速直線運動，該同學處于平衡狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，對電梯底板的壓力等于重力，選項A正確；在0～5s內，電梯加速上升，該同學處于超重狀態(tài)，B錯誤；在10～25s內，電梯做勻變速直線運動，加速度方向與正方向相反，即加速度豎直向下，該同學處于失重狀態(tài)，該時間內支持力大小不變，選項C正確，D錯誤．9．AD[解析]如圖所示，當θ角變小時，兩分力由FA、FB分別變?yōu)镕A′和FB′，可見兩力都變大，故選項A、D正確．10．BC[解析]升降機以0.8g的加速度加速上升和以0.8g的加速度減速下降時，加速度方向豎直向上，由牛頓其次定律得FN－mg＝ma，得支持力FN＝1.8mg，F(xiàn)N即為人的視重，人此時處于超重狀態(tài)，選項A、D錯誤；升降機以0.2g的加速度加速下降和以0.2g的加速度減速上升時，加速度方向豎直向下，依據牛頓其次定律得mg－F′N＝ma′，得F′N＝0.8mg，人的視重比實際重力小eq\f(mg－F′N,mg)×100%＝20%，選項B、C正確．11．D12．AD[解析]由題圖知0～t1時間內，彈簧秤的示數(shù)小于重力，電梯處于失重狀態(tài)，其加速度向下；t1～t2時間內，彈簧秤的示數(shù)等于重力，電梯加速度為零，電梯勻速運動(或靜止)；t2～t3時間內，彈簧秤的示數(shù)大于重力，電梯處于超重狀態(tài)，其加速度向上；綜合以上分析，電梯可能先向下加速再向下勻速最終向下減速運動，也可能先向上減速再靜止最終向上加速運動．選項A、D正確．13．BD[解析]題圖中曲線描繪的是運動員與彈簧床面間彈力的變化規(guī)律，由題圖在0～3.6s內彈力不變可知運動員處于靜止狀態(tài)，所以重力為500N，即質量為50kg；運動員彈跳過程中離開床面時，與彈簧床面間沒有彈力作用，而且離開床面后運動員做豎直上拋運動，由題圖可知上拋到最高點的時間為t＝eq\f(（11－9.4）s,2)＝0.8s，所以上升的最大高度h＝eq\f(1,2)gt2＝3.2m．綜上所述，選項B、D正確．14．(1)a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(k,m)v(2)vm＝eq\f(mg,k)(sinθ－μcosθ)(3)eq\f(2\r(3),15)3kg/s[解析](1)滑塊受重力、支持力、摩擦力、空氣阻力作用，在斜面上做變加速直線運動，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ－kv＝ma①解得a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(k,m)v.②(2)分析上式，當滑塊速度v增大時，其加速度不斷減?。攁＝0時，滑塊速度最大，其最大值為vm＝eq\f(mg,k)(sinθ－μcosθ)．③(3)從v－t圖中可以看出，vm＝2m/s當t＝0時，v＝0，a＝3m/s2將這些數(shù)據代入②③式解得μ＝eq\f(2\r(3),15)，k＝3kg/s.專題課：彈簧問題1．D[解析]對B受力分析，B滑動之前受向左的彈力(不變)、向右的拉力F(漸漸增大)，以及靜摩擦力F1(先漸漸減小再反向增大)，B滑動過程中滑動摩擦力F1不變，彈簧彈力增大，選項A、B錯誤；對A受力分析，B滑動之前，A受到的彈簧彈力不變，靜摩擦力F2也不變，B滑動之后，隨著彈簧彈力的增大，A受到的靜摩擦力F2隨之增大，選項D正確，C錯誤．2．B[解析]物體A受重力、斜面體的支持力、彈簧的彈力作用，依據平衡條件得，斜面體對物體A的支持力大小為mgcosα，彈簧的彈力F1＝kx＝mgsinα，所以彈簧伸長量x＝eq\f(mgsinα,k)，選項A、C正確；以斜面體和物體A整體為爭辯對象，整體受重力、支持力、恒定拉力F及地面的摩擦力作用，地面對斜面體的支持力FN＝(m＋M)g－Fsinα，斜面體受地面的靜摩擦力Ff＝Fcosα，選項D正確，B錯誤．所以錯誤選項為B.3．A[解析]由牛頓其次定律知，對左圖的整體，加速度a1＝eq\f(F－（m1＋m2）g,m1＋m2)，對左圖的物體b，有kx1－m2g＝m2a1，聯(lián)立以上二式解得kx1＝eq\f(m2F,m1＋m2)；對右圖的整體，加速度a2＝eq\f(F,m1＋m2)，對右圖的物體b，有kx2＝m2a2，聯(lián)立以上二式解得kx2＝eq\f(m2F,m1＋m2).可見x1＝x2，選項A正確．4．CD[解析]小球的加速度大小打算于小球受到的合外力，從接觸彈簧至到達最低點，彈力從零開頭漸漸增大，所以合力先減小后增大，因此加速度先減小后增大；當合力與速度同向時小球速度增大，彈力大小與重力相等時，小球的速度最大．選項C、D正確．5．AD[解析]由題意知A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力Ffm≥5N．當平板車向右的加速度增大到1m/s2時，假設物體A相對平板車仍靜止，則物體A受到的合力F＝ma＝10N，方向向右，此時彈簧彈力為5N，平板車對物體A的摩擦力大小為5N，方向向右，假設成立，所以物體A相對于車仍舊靜止，受到的彈簧的拉力大小不變；因加速度漸漸增大，合力漸漸增大，物體A受到的摩擦力方向先向左后向右，大小先減小后增大．選項A、D正確．6．CD[解析]物體與彈簧分別時，彈簧與物體接觸，但對物體恰好沒有彈力，所以彈簧長度等于其原長，A錯誤；由此，結合圖乙知，物塊剛開頭運動時，彈力等于物體重力，合力等于拉力，F(xiàn)1＝ma＝10N；物體與彈簧分別時，彈簧為原長，F(xiàn)2(30N)－mg＝ma，解得m＝2kg，a＝5m/s2，C、D正確；初始時刻彈簧壓縮量x1＝4cm，勁度系數(shù)k＝eq\f(mg,x1)＝5