資源簡介

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新課預習銜接 牛頓第二定律
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 大通縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
2．（2024秋 喀什地區期末）如圖所示，車的頂棚上用細線吊一個質量為m的小球，車廂底板上放一個質量為M的木塊，當小車沿水平面直線運動時，小球細線偏離豎直方向角度為θ，木塊和車廂保持相對靜止，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．汽車正向右勻減速運動
B．汽車的加速度大小為gcosθ
C．細線對小球的拉力大小為mg
D．木箱受到的摩擦力大小為Mgtanθ
3．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
4．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，A、B兩物體相距S＝14m時，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右勻速運動，而物體B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做減速運動。兩物體質量相同，與地面的動摩擦因數均為0.2，FA＝FB，則經過多長時間A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大通縣期末）如圖所示，質量為m的小球在水平輕繩和輕彈簧拉力作用下靜止，M、N點分別為彈簧、輕繩與小球的連接點，彈簧與豎直方向夾角為θ，輕彈簧拉力大小為F1，輕繩拉力大小為F2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球受兩個力作用
B．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
C．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a，方向水平向右
D．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
（多選）6．（2024秋 武昌區校級期末）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
（多選）7．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖（a）所示，粗糙的水平桌面上有一質量為1kg的物塊A與細繩相連，通過定滑輪和動滑輪與另一物塊B相連，細線另一端固定在天花板上。由靜止釋放物塊B，物塊A、B一起運動起來，當物塊B落地后立即停止運動，物塊A始終未運動到桌子右端，物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不計滑輪的質量和摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊A與桌面之間的動摩擦因數為0.2
B．物塊B初始離地高度為1m
C．物塊B的質量為1.5kg
D．物塊B落地前繩中張力為4N
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為 　 　N；雪橇對地面的壓力等于 　 　N；雪橇加速度大小等于 　 　m/s2。
9．（2013秋 海曙區校級期末）如圖所示的實驗裝置可以探究加速度與物體質量、物體受力的關系（摩擦已平衡）．小車上固定一個盒子，盒子內盛有沙子．沙桶的總質量（包括桶以及桶內沙子質量）記為m，小車的總質量（包括車、盒子及盒內沙子質量）記為M．
（1）驗證在質量不變的情況下，加速度與合外力成正比：從盒子中取出一些沙子，裝入沙桶中，稱量并記錄沙桶的總重力mg，將該力視為合外力F，對應的加速度a則從打下的紙帶中計算得出．多次改變合外力F的大小，每次都會得到一個相應的加速度．以合外力F為橫軸，以加速度a為縱軸，畫出a﹣F圖象，圖象是一條過原點的直線．
在本次實驗中，如果沙桶的總重力mg與Mg相比非常接近時，獲得的實驗數據是否會和理論預期產生較大差異？
答：　 　（填“會”或“不會”）．理由是：　 　．
（2）驗證在合外力不變的情況下，加速度與質量成反比：保持桶內沙子質量m不變，在盒子內添加或去掉一些沙子，驗證加速度與質量的關系．用圖象法處理數據時，以加速度a為縱橫，應該以 　 　為橫軸．
10．（2024秋 朝陽期末）“探究加速度與物體質量、物體受力的關系”的實驗裝置如圖甲所示。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直面內的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測小車受到拉力的大小。
（1）在安裝器材時，要調整定滑輪的高度，使拴小車的細繩與木板平行。請選出你認為這樣做的目的是 　 　（填字母代號）
A．防止打點計時器在紙帶上打出的點痕不清晰
B．為達到在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車所受的合力
C．防止小車在木板上運動過程中發生抖動
D．為保證小車最終能夠實現勻速直線運動
（2）實驗中 　 　（選填“需要”或“不需要”）滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量。
（3）某小組在實驗中打出的紙帶一部分如圖乙所示。用毫米刻度尺測量并在紙帶上標出了部分段的長度。已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz。由圖數據可求得：打點計時器在打A點時小車的瞬時速度大小為 　 　m/s；小車做勻加速運動的加速度大小為 　 　m/s2。（計算結果均保留三位有效數字）
（4）某同學根據實驗數據作出了加速度a與力F的關系圖像如圖內所示，圖線不過原點的原因 　 　。
A．鉤碼質量沒有遠小于小車質量
B．平衡摩擦力時木板傾角過大
C．平衡摩擦力時木板傾角過小或未平衡摩擦力
11．（2024秋 昌平區期末）某同學用如圖所示的裝置做“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗。改變小車質量時，　 　（選填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；當小車的質量 　 　（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質量時，可以近似認為細線對小車的拉力大小等于槽碼的重力。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，光滑水平面的左側有一以順時針轉動的傾斜傳送帶，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°且與水平面平滑連接。水平面右側豎直平面內有一以O′為圓心，半徑R＝4m的圓弧坡，以弧面最低點的O點為原點、水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系xOy，某時刻有一物體以初速度v0＝5m/s從水平面沖上傳送帶。已知傳送帶足夠長，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物體在傳送帶上運動的總時長t；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程L；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標。
13．（2024秋 河西區期末）如圖所示，水平傳送帶的兩端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始終保持不變）順時針運轉。今將一小煤塊（可視為質點）無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤塊剛開始的加速度。
（2）煤塊從A運動到B的過程中所用的時間。
（3）求劃痕長度。
14．（2024秋 長安區期末）商場工作人員拉著質量m＝20kg的木箱沿水平地面運動。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做勻速直線運動；現改用F1＝150N、與水平方向成53°斜向上的拉力作用于靜止的木箱上，如圖所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱與地面之間的動摩擦因數μ；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小。
15．（2024秋 興慶區校級期末）如圖所示，質量為m0＝20kg的長木板靜止在水平面上，質量m＝10kg的小木塊（可視為質點）以v0＝4.5m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上，小木塊最后恰好沒有滑出長木板。已知小木塊與木板間的動摩擦因數為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）木塊剛滑上木板時木塊、木板的加速度大小；
（2）木板的長度L；
（3）木板的運動時間及木塊運動的位移大小。
新課預習銜接 牛頓第二定律
參考答案與試題解析
一．選擇題（共4小題）
1．（2024秋 大通縣期末）如圖所示，小球A懸掛在天花板上，與A質量相等的小球B有輕彈簧相連，當懸掛A的細繩燒斷瞬間，A和B的加速度大小分別是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】分別以小球B和AB整體為研究對象，由平衡條件分析彈簧彈力和懸線拉力，剪斷懸線瞬間，彈簧彈力瞬間不變，由牛頓第二定律求瞬時加速度大小。
【解答】解：懸線剪斷前，以小球B為研究對象，由平衡條件可知，彈簧彈力F＝mg
以A、B整體為研究對象，由平衡條件可知，懸線的拉力為T＝2mg
剪斷懸線瞬間，繩子拉力消失，彈簧彈力瞬間不變，由牛頓第二定律
對小球A：mg+F＝maA
對小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題解題關鍵是掌握原理彈簧彈力具有瞬間不變的性質，再根據牛頓第二定律瞬時性，求加速度大小。
2．（2024秋 喀什地區期末）如圖所示，車的頂棚上用細線吊一個質量為m的小球，車廂底板上放一個質量為M的木塊，當小車沿水平面直線運動時，小球細線偏離豎直方向角度為θ，木塊和車廂保持相對靜止，重力加速度為g，下列說法中正確的是（　　）
A．汽車正向右勻減速運動
B．汽車的加速度大小為gcosθ
C．細線對小球的拉力大小為mg
D．木箱受到的摩擦力大小為Mgtanθ
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；彈力的概念及其產生條件．
【專題】定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】D
【分析】先以小球為研究對象，根據牛頓第二定律求出加速度和細線對小球的拉力，分析汽車的運動情況。再對木塊研究，由牛頓第二定律求解物塊受到的摩擦力。
【解答】解：ABC、以小球為研究對象，分析受力如圖；
根據牛頓第二定律得：mgtanθ＝ma
解得：a＝gtanθ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽車可能向右勻加速運動，也可能向左勻減速運動。
細線對小球的拉力大小為：T．故ABC錯誤。
D、再對木塊受力分析，受重力、支持力和向右的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，水平方向：f＝Ma＝Mgtanθ，故D正確；
故選：D。
【點評】本題要抓住小球、木塊和汽車的加速度相同的特點，根據牛頓第二定律采用隔離法研究。
3．（2024秋 黃浦區校級期末）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y、x軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】計算題；定量思想；幾何法；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】C
【分析】根據幾何關系分別求出各個軌道的位移，根據牛頓第二定律求出加速度，再根據勻變速直線運動的位移—時間公式求出運動的時間，從而比較出到達M點的先后順序。
【解答】解：設⊙O′的半徑為R，根據幾何知識可知，OA＝OM＝R，
由勾股定理得，AMR，
即小球沿AM運動的位移xAR，
由牛頓第二定律得，mgsin45°＝maA，
解得：aAg，
由xat2得，小球沿AM運動的時間：
tA，
根據幾何知識可知，BM＝2OM＝2R，
即小球沿BM運動的位移xB＝2R，
由牛頓第二定律得，mgsin60°＝maB，
解得：aBg，
小球沿BM運動的時間：
tB，
設CM與x軸正向的夾角為θ，由幾何關系可知，CM＝2Rsinθ，
即小球沿CM運動的位移xC＝2Rsinθ，
由牛頓第二定律得，mgsinθ＝maC，
解得：aC＝gsinθ，
小球沿CM運動的時間：
tC，
則tA、tB、tC大小關系是：tA＝tC＜tB。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵充分利用幾何關系得出每一段的位移，熟練運用牛頓第二定律和勻變速直線運動的位移—時間公式即可正確解題，有一定的難度。
4．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，A、B兩物體相距S＝14m時，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右勻速運動，而物體B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做減速運動。兩物體質量相同，與地面的動摩擦因數均為0.2，FA＝FB，則經過多長時間A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；追及、相遇問題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】假設經過時間t0，物塊A追上物體B，根據位移時間公式結合幾何關系列式求解即可。
【解答】解：設兩物體的重力均為m，A物體做勻速直線運動，則A物體受力平衡，則有：FA＝μmg；
B物體做勻減速直線運動，則由牛頓第二定律可得：FB+μmg＝ma
聯立解得：a＝4m/s2，則B物體減速運動的時間為：，此時物體B的位移為：
此過程中A發生的位移為：xA＝vAt0＝8×5m＝40m，由于xB+s＝64m＞xA，則B停止運動前A沒有追上B，此后B靜止，A繼續勻速運動直到追上B所用的時間為：，則物體A追上物體B所用的時間為：t＝t0+t1＝5s+3s＝8s，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
【點評】本題是追擊問題，特別要注意物體B做勻減速運動，要分清是減速過程追上還是靜止后被追上；第二種情況下的位移用位移時間公式求解時要注意時間是減速的時間，而不是總時間。
二．多選題（共3小題）
（多選）5．（2024春 大通縣期末）如圖所示，質量為m的小球在水平輕繩和輕彈簧拉力作用下靜止，M、N點分別為彈簧、輕繩與小球的連接點，彈簧與豎直方向夾角為θ，輕彈簧拉力大小為F1，輕繩拉力大小為F2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（　　）
A．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球受兩個力作用
B．若從M點剪斷彈簧瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
C．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a，方向水平向右
D．若從N點剪斷輕繩瞬間，則小球加速度a＝g，方向豎直向下
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；判斷是否存在彈力；共點力的平衡問題及求解．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；合成分解法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】剪斷彈簧瞬間，繩的拉力變為零，小球只受重力，由牛頓第二定律可求得加速度大小；對小球受力分析，根據平衡條件求水平輕繩的拉力大小；剪斷輕繩瞬間彈簧的彈力沒有變化，小球所受的合外力是重力與彈力的合力，大小等于繩的拉力，根據牛頓第二定律求解。
【解答】解：AB、若從M點剪斷彈簧瞬間，小球受彈力是零，小球只受重力的作用，根據牛頓第二定律可得：mg＝ma，解得小球的加速度為a＝g，方向豎直向下，故A錯誤，B正確；
CD、若從N點剪斷輕繩瞬間，由于彈簧的彈力不能突變，所以小球受到彈簧的彈力和重力作用，其合力水平向右，大小等于F2，根據牛頓第二定律可得：F2＝ma，解得小球加速度為：，方向水平向右，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題主要是考查了牛頓第二定律及共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。
（多選）6．（2024秋 武昌區校級期末）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】ACD
【分析】根據滑動摩擦力的公式結合壓力變化分析解答ABC，根據牛頓第二定律結合速度—時間公式解答。
【解答】解：A.下落過程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小為f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
剛開始下落時，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正確；
B.下落過程中，甲情景中摩擦力等于重力時，物體做勻速直線運動，乙情景中物體所受的摩擦力大于重力時，速度會減小，故B錯誤；
C.下落過程中，甲情景中的物體所受摩擦力為f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
當f甲＝mg
即v＝5m/s時速度最大，此后做勻速直線運動，故C正確；
D.乙情景中，物體運動的加速度為ag﹣2t
當t＝5s時，加速度為0，此過程的平均加速度為a'g，物體運動速度最大為vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，解題關鍵掌握摩擦力的計算公式，注意加速度為0時速度最大。
（多選）7．（2024秋 羅湖區校級期末）如圖（a）所示，粗糙的水平桌面上有一質量為1kg的物塊A與細繩相連，通過定滑輪和動滑輪與另一物塊B相連，細線另一端固定在天花板上。由靜止釋放物塊B，物塊A、B一起運動起來，當物塊B落地后立即停止運動，物塊A始終未運動到桌子右端，物塊A的v﹣t圖像如圖（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不計滑輪的質量和摩擦，則下列說法正確的是（　　）
A．物塊A與桌面之間的動摩擦因數為0.2
B．物塊B初始離地高度為1m
C．物塊B的質量為1.5kg
D．物塊B落地前繩中張力為4N
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；利用v﹣t圖像的斜率求解物體運動的加速度；動摩擦因數的性質和計算．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．
【答案】AB
【分析】（1）v﹣t圖像斜率表示加速度，由勻變速直線運動位移—時間關系式求位移；
（2）根據v﹣t圖像斜率求出B落地前后A的加速度，根據牛頓第二定律分析A可求動摩擦因數及繩子的拉力；
（3）0～1s內，分別對A、B分析，根據牛頓第二定律建立等式，結合A的加速度是B加速度的2倍，聯立可求出A、B的質量比。
【解答】解：A．由v﹣t圖像知，1～3s內加速度大小
根據牛頓第二定律有μmAg＝mAa2
解得μ＝0.2，故A正確；
B．0～1s內物塊B勻加速下降，設物塊B初始離地高度為h，根據v﹣t圖像中圖線與坐標軸所圍面積表示位移，可知0～1s內物塊A的位移為
根據滑輪自由端和重物端的位移關系可知
故B正確；
C．0～1s內對物塊A受力分析，有
mAa1＝T﹣μmAg
由v﹣t圖像知
對物塊B受力分析，有
mBaB＝mBg﹣2T
由滑輪特點，可知
a1＝2aB
解得
mB＝0.5kg，T＝2N
故CD錯誤。
故選：AB。
【點評】本題主要考查了牛頓第二定律、v﹣t圖像和運動學公式的應用，注意A的加速度是B加速度的2倍，A的位移是B位移的2倍，難度適中。
三．填空題（共4小題）
8．（2024春 鼓樓區校級期末）如圖，小孩坐在雪橇上，小孩與雪橇的總質量為40kg，大人用與水平方向成37°角斜向上的大小為100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做勻加速運動；已知雪橇與地面之間動摩擦因數為0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；則，拉力F沿水平方向和豎直方向分解時，水平方向的分力大小為 　80　N；雪橇對地面的壓力等于 　340　N；雪橇加速度大小等于 　0.3　m/s2。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第三定律的理解與應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】80；340；0.3。
【分析】根據平行四邊形定則計算拉力F沿水平方向的分力大小；以小孩與雪橇整體為研究對象，根據牛頓第二定律列方程計算。
【解答】解：由平行四邊形定則得，拉力F沿水平方向的分力大小為
Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N
對小孩與雪橇整體有
Fsinθ+N＝mg
Fcosθ﹣μN＝ma
聯立解得
N＝340N
由牛頓第三定律可知，雪橇對地面的壓力等于
N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于
a＝0.3m/s2
故答案為：80；340；0.3。
【點評】本題關鍵掌握研究對象的選擇，注意雪橇對地面的壓力與地面對雪橇的支持力關系。
9．（2013秋 海曙區校級期末）如圖所示的實驗裝置可以探究加速度與物體質量、物體受力的關系（摩擦已平衡）．小車上固定一個盒子，盒子內盛有沙子．沙桶的總質量（包括桶以及桶內沙子質量）記為m，小車的總質量（包括車、盒子及盒內沙子質量）記為M．
（1）驗證在質量不變的情況下，加速度與合外力成正比：從盒子中取出一些沙子，裝入沙桶中，稱量并記錄沙桶的總重力mg，將該力視為合外力F，對應的加速度a則從打下的紙帶中計算得出．多次改變合外力F的大小，每次都會得到一個相應的加速度．以合外力F為橫軸，以加速度a為縱軸，畫出a﹣F圖象，圖象是一條過原點的直線．
在本次實驗中，如果沙桶的總重力mg與Mg相比非常接近時，獲得的實驗數據是否會和理論預期產生較大差異？
答：　不會　（填“會”或“不會”）．理由是：　因為實驗的研究對象是整個系統，系統受到的合外力就等于mg　．
（2）驗證在合外力不變的情況下，加速度與質量成反比：保持桶內沙子質量m不變，在盒子內添加或去掉一些沙子，驗證加速度與質量的關系．用圖象法處理數據時，以加速度a為縱橫，應該以 　　為橫軸．
【考點】探究加速度與力、質量之間的關系．
【專題】實驗題；牛頓運動定律綜合專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】該實驗研究的對象為系統，保持系統質量不變，沙桶的重力等于系統所受的合力，改變重力即可改變系統所受的合力，從而可探究加速度與合力的關系．
保持桶內沙子質量m不變，即保持系統所受的合力不變，在盒子內添加或去掉一些沙子，即改變系統的質量，所以研究加速度與質量的關系時，該質量應為系統的質量．
【解答】解：（1）將車內的沙子轉移到桶中，就保證了M+m不變，即系統的總質量不變，
研究對象是整個系統，a，
系統的合外力就等于所懸掛沙桶的重力mg，不必滿足M m這樣的條件．
所以如果沙桶的總重力mg與Mg相比非常接近時，獲得的實驗數據不會和理論預期產生較大差異．
（2）向小車內添加或去掉部分沙子，是改變系統的總質量M+m，而系統的合外力仍等于所懸掛沙桶的重力mg，保證了合外力不變．所以用圖象法處理數據時，以加速度a為縱軸，應該以M+m倒數為橫軸即．
故答案為：（1）不會，因為實驗的研究對象是整個系統，系統受到的合外力就等于mg．
（2）
【點評】解決本題的關鍵知道該實驗研究的對象是系統，保證系統質量不變，改變合力，可探究加速度和合力的關系．保持合力不變，改變系統質量，可探究加速度與質量的關系．
10．（2024秋 朝陽期末）“探究加速度與物體質量、物體受力的關系”的實驗裝置如圖甲所示。小車后面固定一條紙帶，穿過電火花計時器，細線一端連著小車，另一端通過光滑的定滑輪和動滑輪與掛在豎直面內的拉力傳感器相連，拉力傳感器用于測小車受到拉力的大小。
（1）在安裝器材時，要調整定滑輪的高度，使拴小車的細繩與木板平行。請選出你認為這樣做的目的是 　B　（填字母代號）
A．防止打點計時器在紙帶上打出的點痕不清晰
B．為達到在平衡摩擦力后使細繩拉力等于小車所受的合力
C．防止小車在木板上運動過程中發生抖動
D．為保證小車最終能夠實現勻速直線運動
（2）實驗中 　不需要　（選填“需要”或“不需要”）滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量。
（3）某小組在實驗中打出的紙帶一部分如圖乙所示。用毫米刻度尺測量并在紙帶上標出了部分段的長度。已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz。由圖數據可求得：打點計時器在打A點時小車的瞬時速度大小為 　2.32　m/s；小車做勻加速運動的加速度大小為 　4.00　m/s2。（計算結果均保留三位有效數字）
（4）某同學根據實驗數據作出了加速度a與力F的關系圖像如圖內所示，圖線不過原點的原因 　B　。
A．鉤碼質量沒有遠小于小車質量
B．平衡摩擦力時木板傾角過大
C．平衡摩擦力時木板傾角過小或未平衡摩擦力
【考點】探究加速度與力、質量之間的關系．
【專題】實驗題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）B（2）不需要（3）2.32，4.00（4）B
【分析】（1）使細繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的合力；
（2）實驗中的力傳感器可以讀出繩的拉力，所以不需要滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量；
（3）根據勻變速運動規律求得速度與加速度；
（4）由圖知平衡摩擦力時木板傾角過大。
【解答】解：（1）實驗中調節定滑輪高度，使細繩與木板平行，可在平衡摩擦力后使細繩的拉力等于小車所受的合力，如果不平行，細繩的拉力在垂直于木板的方向上就有分力。故選B.
（2）由于本實驗中的力傳感器可以讀出繩的拉力，所以不需要滿足所掛鉤碼質量遠小于小車質量。
（3）根據勻變速運動規律，設四段長度分別為x1，x2，x3，x4，打點計時器在打A點時小車的瞬時速度大小
vAm/s≈2.32m/s
小車做勻加速運動的加速度大小為
am/s2＝4.00m/s2
（4）由圖象丙可知，當沒有掛鉤碼時小車具有加速度，說明平衡摩擦力時木板傾角過大。故選B.
故答案為：（1）B（2）不需要（3）2.32，4.00（4）B
【點評】只有掌握了實驗原理才能順利解決此類問題，關鍵掌握在勻變速直線運動中如何計算瞬時速度與加速度．
11．（2024秋 昌平區期末）某同學用如圖所示的裝置做“探究加速度與物體受力、物體質量的關系”實驗。改變小車質量時，　不需要　（選填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；當小車的質量 　遠大于　（選填“遠大于”或“遠小于”）槽碼質量時，可以近似認為細線對小車的拉力大小等于槽碼的重力。
【考點】探究加速度與力、質量之間的關系．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】不需要，遠大于。
【分析】根據平衡摩擦力的原理分析要不要多次平衡，對槽碼和小車分別寫出牛頓運動定律方程導出繩子拉力的表達式進行判斷。
【解答】解：平衡摩擦力時，將長木板固定有打點計時器的一端適當墊高，不掛槽碼，接通電源，輕推小車，使紙帶上打出的點跡均勻分布，表明小車向下做勻速直線運動，令長木板墊高后的斜面傾角為θ，則有
Mgsinθ＝μMgcosθ
化簡得
gsinθ＝μgcosθ
可知，平衡摩擦力過程與小車質量大小無關，即改變小車質量時，不需要重新平衡摩擦力；平衡摩擦力后，對小車進行分析有
T＝Ma
對槽碼進行分析有
mg﹣T＝ma
解得
可知，當質量關系為 M≥m 解得 T≈mg 可知，當小車的質量遠大于槽碼質量時，可以近似 認為細線對小車的拉力大小等于槽碼的重力。
故答案為：不需要，遠大于。
【點評】考查平衡阻力的原理和合外力的問題，需要對牛頓第二定律內容進行深入的理解。
四．解答題（共4小題）
12．（2024秋 武昌區校級期末）如圖所示，光滑水平面的左側有一以順時針轉動的傾斜傳送帶，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°且與水平面平滑連接。水平面右側豎直平面內有一以O′為圓心，半徑R＝4m的圓弧坡，以弧面最低點的O點為原點、水平方向為x軸，豎直方向為y軸建立直角坐標系xOy，某時刻有一物體以初速度v0＝5m/s從水平面沖上傳送帶。已知傳送帶足夠長，物體與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物體在傳送帶上運動的總時長t；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程L；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；水平傳送帶模型．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；平拋運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）物體在傳送帶上運動的總時長為；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程為；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標為（2.4m，0.8m）。
【分析】（1）分析運動過程，分析受力，根據牛頓第二定律和運動學的基本知識求解；
（2）以傳送帶為研究對象，利用勻變速運動的知識分段求解；
（3）利用平拋知識求解。
【解答】解：（1）從物體沖上傳送帶與傳送帶共速，設物體的加速度為a1，運動時間為t1，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由運動學格式可得：v＝v0﹣a1t1
從物體與傳送帶共速到物體離開傳送帶，設物體的加速度為a2，運動時間為t2，由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由運動學公式可得：
代入數據解得：，，（舍去）
則運動的總時間為：；
（2）以傳送帶為參考下，從物體沖上傳送帶與傳送帶共速時有：
從物體與傳送帶共速到物體離開傳送帶有：
則總相對路程為：L＝L1+L2
聯立代入數據解得：；
（3）返回水平面物體的速度為：v1＝v+a2t2，
解得：v1＝3m/s
物體離開水平面后做平拋運動，則在水平方向有：x＝v1t3
豎直方向有：
由幾何關系可得：x2+（R﹣y）2＝R2
聯立解得：x＝2.4m，y＝0.8m
故落點的坐標為（2.4m，0.8m）。
答：（1）物體在傳送帶上運動的總時長為；
（2）物體在傳送帶上相對傳送帶運動的總路程為；
（3）物體返回水平面后，從右端飛出落在坡上的落點坐標為（2.4m，0.8m）。
【點評】本題考查傳送帶與平拋的結合，注意分段分析運動過程和受力情況，應用勻變速直線運動和平拋運動規律即可解題。
13．（2024秋 河西區期末）如圖所示，水平傳送帶的兩端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始終保持不變）順時針運轉。今將一小煤塊（可視為質點）無初速度地輕放至A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤塊剛開始的加速度。
（2）煤塊從A運動到B的過程中所用的時間。
（3）求劃痕長度。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）煤塊剛開始的加速度為2.5m/s2，方向向左；
（2）煤塊從A運動到B的過程中所用的時間為2.3s；
（3）劃痕長度為3.2m。
【分析】（1）應用牛頓第二定律求出煤塊相對傳送帶滑動時的加速度；
（2）應用運動學公式求出煤塊相對傳送帶滑行的時間與位移，然后求出煤塊勻速運動的時間，然后求出煤塊總的運動時間；
（3）煤塊相對傳送帶滑行時煤塊的位移與傳送帶的位移之差是劃痕的長度。
【解答】解：（1）煤塊勻加速運動過程，對煤塊，由牛頓第二定律得：μmg＝ma
代入數據解得：a＝2.5m/s2，方向向左；
（2）當煤塊速度和傳送帶速度相同需要的時間：t1s＝1.6s
煤塊加速運動的位移：x1m＝3.2m＜6m
然后煤塊隨傳送帶一起做勻速直線運動，煤塊勻速運動的時間：
t2s＝0.7s
煤塊從A運動到B所用時間：t＝t1+t2＝1.6s+0.7s＝2.3s；
（3）煤塊相對傳送帶滑行時，傳送帶的位移：
x傳送帶＝v0t1＝4×1.6m＝6.4m
劃痕長度：Δx＝x傳送帶﹣x1＝6.4m﹣3.2m＝3.2m。
答：（1）煤塊剛開始的加速度為2.5m/s2，方向向左；
（2）煤塊從A運動到B的過程中所用的時間為2.3s；
（3）劃痕長度為3.2m。
【點評】本題考查傳送帶問題中的動力學分析，首先要分析清楚物體運動的過程，先是勻加速直線運動，后是勻速直線運動，然后再分過程應用運動規律求解即可。
14．（2024秋 長安區期末）商場工作人員拉著質量m＝20kg的木箱沿水平地面運動。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做勻速直線運動；現改用F1＝150N、與水平方向成53°斜向上的拉力作用于靜止的木箱上，如圖所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱與地面之間的動摩擦因數μ；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動速度與時間的關系．
【專題】計算題；定量思想；推理法；直線運動規律專題；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）木箱與地面之間的動摩擦因數為0.25；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小為3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小為14m/s。
【分析】（1）根據平衡條件計算；
（2）根據牛頓第二定律和滑動摩擦力公式計算；
（3）根據運動學公式計算。
【解答】解：（1）木箱在F的作用下做勻速直線運動，則有
F＝f＝mgμ
代入數據解得
（2）由受力分析可知，木箱水平方向有
F1cos53°﹣f＝ma
豎直方向上有
F1sin53°+FN＝mg
又因為摩擦力滿足
f＝μFN
聯立解得
a＝3.5m/s2
（3）根據勻加速直線運動速度與時間的關系可得木箱在F1作用4.0s時的速度為
v4＝at＝3.5×4m/s＝14m/s
答：（1）木箱與地面之間的動摩擦因數為0.25；
（2）F1作用在木箱上時，木箱運動加速度a的大小為3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s時速度v4的大小為14m/s。
【點評】本題關鍵掌握物體在平衡狀態和加速狀態下解決問題方法。
15．（2024秋 興慶區校級期末）如圖所示，質量為m0＝20kg的長木板靜止在水平面上，質量m＝10kg的小木塊（可視為質點）以v0＝4.5m/s的速度從木板的左端水平滑到木板上，小木塊最后恰好沒有滑出長木板。已知小木塊與木板間的動摩擦因數為μ1＝0.4，木板與水平地面間的動摩擦因數為μ2＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）木塊剛滑上木板時木塊、木板的加速度大小；
（2）木板的長度L；
（3）木板的運動時間及木塊運動的位移大小。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；方程法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】（1）計算木塊剛滑上木板時木塊、木板加速度的大小分別為4m/s2、0.5m/s2；
（2）木板的長度是2.25m；
（3）木板的運動時間為1.5s，木塊運動的位移大小為2.625m。
【分析】（1）對木塊、木板分別由牛頓第二定律可求得加速度大小；
（2）由運動學公式求得二者的相對位移大小，即為木板的長度L；
（3）二者速度相同后，一起減速運動，由牛頓第二定律可求得加速度大小，再由運動學公式可求得運動時間，則木板的運動的總時間可求解，根據運動學公式可求得木塊運動的總位移。
【解答】解：（1）木塊減速運動，由牛頓第二定律得加速度大小為：a1＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2
對木板根據牛頓第二定律有：μ1mg﹣μ2（m+m0）g＝m0a2
解得木板加速度大小為：a2＝0.5m/s2；
（2）物塊恰好沒有滑出木板，設經過時間t二者共速，則有：v1＝v0﹣a1t1＝a2t1
解得：t1＝1s，v1＝0.5m/s
二者的相對位移等于木板的長度，即為：L12.25m；
（3）木塊與木板速度相同后，二者一起減速運動，加速度大小為：
a3＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1.0m/s2
再過時間t2停止，則有：v1＝a3t2，
解得：t2＝0.5s
故木板運動的總時間為：t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s
木塊運動的總位移為：x2.625m。
答：（1）計算木塊剛滑上木板時木塊、木板加速度的大小分別為4m/s2、0.5m/s2；
（2）木板的長度是2.25m；
（3）木板的運動時間為1.5s，木塊運動的位移大小為2.625m。
【點評】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，關鍵是弄清楚物體的運動過程和受力情況，利用牛頓第二定律或運動學的計算公式求解加速度，再根據題目要求進行解答；知道加速度是聯系力和運動的橋梁。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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