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專題一　質點的直線運動
考點1　運動的描述

B　在位移—時間圖象中,圖線斜率的絕對值等于物體速度大小.由圖可知,甲做勻速直線運動,乙做變速直線運動,D錯誤;靠近t1時刻時乙的斜率大于甲的斜率,即乙的速度大于甲的速度,故A錯誤;在該時間段內,甲、乙物體的初位置和末位置相同,故位移相同,B正確;由于甲、乙物體做的是單向直線運動,故位移大小等于路程,兩者的路程也相同,故C錯誤.

1.A　根據題意可得x=t,經過時間t速度由v0變為kv0,則質點的加速度a==(k-1),在隨后的4t時間內,質點的位移大小為x'=kv0·4t+a(4t)2,聯立解得x'=,所以選項A正確.
2.AD　以初速度方向為正方向,則初速度v0=4 m/s,t=1 s時的速度v=10 m/s或-10 m/s.若v=10 m/s,則加速度a==6 m/s2,方向與初速度方向相同,A正確;若v=-10 m/s,則加速度a==-14 m/s2,負號表示方向與初速度方向相反,D正確.
3.BC　甲的x-t圖線的斜率表示速度,速度方向不變,沒有來回運動,只是相對于原點的位移一開始為負,后來為正,總位移大小為|2 m-(-2 m)|=4 m,B項正確.乙的v-t圖線的縱坐標表示速度,3 s時速度方向改變,有來回運動,v-t圖線與橫軸所圍“面積”表示位移,故乙的總位移為零,C項正確.
4.(1)68 m　102 m　(2)20 m/s
解析:(1)測速儀B兩次從發射到接收到反射波的時間分別為
t1=0.4 s,t2=2.2 s-1.6 s=0.6 s
小車兩次接收到超聲波時的位置到B的距離分別是
x1=v=340× m=68 m
x2=v=340× m=102 m.
(2)小車兩次接收到超聲波之間運動的距離為
Δx=x2-x1=34 m
小車兩次接收到超聲波的時刻分別是
t3==0.2 s,t4=1.6 s+ s=1.9 s
兩列波到達小車的時間差為
Δt=t4-t3=1.7 s
小車運動的速度大小為
v== m/s=20 m/s.
考點2　勻變速直線運動的規律及應用

1.C　升降機在豎井中運動時間最短時,其運動分成三個階段:先以最大加速度勻加速啟動,再勻速運動,最后以最大加速度勻減速運動到井口.勻加速過程的時間t1==8 s,位移x1=a=32 m,由于勻減速過程與勻加速過程在v-t圖象上關于某直線對稱,則勻減速過程的時間t3=8 s,位移x3=32 m,勻速過程的位移x2=(104-32-32) m=40 m,時間t2==5 s,故總時間t=t1+t2+t3=21 s,則選項C正確.
2.C　本題應用逆向思維求解,即運動員的豎直上拋運動可等同于從一定高度處開始的自由落體運動,所以第四個所用的時間為t2=,第一個所用的時間為t1=-,因此有=2+,即3<<4,選項C正確.

1.
解析:解法一　核心公式法
設物體的加速度為a,到達A點的速度為v0,通過AB段和BC段所用的時間均為t,則有
l1=v0t+at2　①
l1+l2=2v0t+2at2　②
聯立①②式得l2-l1=at2　③
3l1-l2=2v0t　④
設O與A的距離為l,則有l=　⑤
聯立③④⑤式得l=.
解法二　推論法
由Δx=aT2得a=　①(其中t為物體通過AB段所用的時間)
由=得vB=　②
對OB段有OB=　③
又OA=OB-l1　④
由①②③④可得OA=.
2.C　關卡剛放行時,該同學加速的時間t==1 s,加速運動的距離為x1=at2=1 m,然后以2 m/s的速度勻速運動,經4 s運動的距離為8 m,因此第1個5 s內運動距離為9 m,過了關卡2,到關卡3需再用時3.5 s,大于2 s,因此能過關卡3,運動到關卡4所在處共用時12.5 s,而運動到第12 s時,關卡關閉,因此被擋在關卡4處,C項正確.
3.(1)3 m/s2　(2)6.5 m
解析:根據題意畫出運動草圖,如圖所示.

(1)在甲發出口令后,乙做加速度大小為a的勻加速運動,經過時間t,速度達到v=9 m/s,乙的位移設為x乙,甲的位移設為x甲,則有
t=,x乙=at2
x甲=vt,x甲=x乙+x0
聯立以上各式可得a=3 m/s2.
(2)從開始起跑到完成交接棒這一過程,乙在接力區的位移x乙==13.5 m
所以在完成交接棒時,乙離接力區末端的距離
x'=L-x乙=6.5 m.
4.BC　由h=得,磚塊上升的最大高度h=5 m,選項A錯誤;磚塊上升的時間t==1 s,上升階段與下降階段的時間對稱,經2 s磚塊回到拋出點,選項B正確;磚塊被拋出后經0.5 s上升的高度h'=v0t'-gt'2=3.75 m,由于上升階段與下降階段的時間、距離具有對稱性,所以磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為3.75 m,選項C正確;磚塊被拋出后上升過程的加速度大小不變,方向向下,故上升過程磚塊做勻減速直線運動,選項D錯誤.
5.CD　x-t圖象切線的斜率表示瞬時速度,可知A錯誤;0~t1時間內,由于甲、乙的出發點不同,而終點相同,故路程不相等,B錯誤;t1~t2時間內,甲、乙的路程相等,都為x2-x1,C正確;t1~t2時間內,甲的x-t圖象在某一點的切線與乙的x-t圖象平行,此時刻兩車速度相等,D正確.
6.BD　根據v-t圖象可知,甲、乙都沿正方向運動.t=3 s時,甲、乙并排行駛,此時v甲=30 m/s,v乙=25 m/s,由v-t圖線與坐標軸所圍面積表示位移可知,0~3 s內甲車的位移x甲=×3×30 m=45 m,乙車的位移x乙=×3×(10+25) m=52.5 m,故t=0時,甲、乙相距Δx1=x乙-x甲=7.5 m,即甲在乙前方7.5 m處,選項B正確;0~1 s內,x'甲=×1×10 m=5 m,x'乙=×1×(10+15) m=12.5 m,在0~1 s內兩車位移差Δx2=x'乙-x'甲=7.5 m,說明甲、乙在t=1 s時第一次并排行駛,t=2 s時乙在甲前,選項A、C錯誤;兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為x=x甲-x'甲=45 m-5 m=40 m,所以選項D正確.
7.A　解法一　因為v-t圖線與坐標軸所圍的面積表示位移,故在0~t1時間內,甲車的位移大于乙車的,根據=可知,甲車的平均速度大于乙車的,選項A正確,C錯誤;因為乙車做變減速運動,故平均速度不等于,選項B錯誤;因為v-t圖線切線的斜率的絕對值表示加速度大小,故甲、乙兩車的加速度大小均逐漸減小,選項D錯誤.

解法二　添加輔助線,如圖中虛線(斜線)所示,則0~t1時間內,虛線對應的汽車做勻變速直線運動,平均速率為.由圖易知甲對應的面積大于勻變速運動對應的面積,乙對應的面積小于勻變速運動對應的面積,即甲車位移大于乙車位移,故C錯誤;甲車的平均速度大于,乙車的平均速度小于,故A正確,B錯誤;因為v-t圖線切線的斜率的絕對值表示加速度大小,所以甲、乙兩車的加速度大小均逐漸減小,故D錯誤.
8.(1)兩車會相撞　(2)0.83 m/s2

解析:(1)B車剎車至停下來的過程中,由-=2aBx,解得aB=-=-2.5 m/s2,減速到零所用的時間t0==12 s
畫出A、B兩列火車的v-t圖象,如圖所示.
根據圖象計算出兩列火車達到相同速度時的位移分別為
xA=10×8 m=80 m,xB=×8 m=160 m
因xB>x0+xA=155 m,故兩車會相撞.
(2)設A車的加速度為aA時兩車不相撞,在B車發出信號t'時間后兩車速度相等,有vB+aBt'=vA+aA(t'-Δt)
B車位移x'B=vBt'+aBt'2
A車位移x'A=vAt'+aA(t'-Δt)2
為使兩車不相撞,兩車的位移關系應滿足x'B≤x0+x'A
聯立以上各式解得aA≥0.83 m/s2
即A車的加速度至少為0.83 m/s2.
9.(1)　(2)
解析:(1)設冰球的質量為m,冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ,由動能定理得-μmgs0=m-m
解得μ=.
(2)冰球到達擋板時,滿足訓練要求的運動員中,剛好到達小旗處的運動員的加速度最小.設這種情況下,冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時間為t.由運動學公式得
-=2a1s0,v0-v1=a1t,s1=a2t2
聯立以上三式得a2=.
10.2 s　6 m
解析:解法一　公式法
汽車追上電動車之前,當汽車的速度與電動車的速度相等時,兩車之間的距離最大.
則有v汽=at=v電,即t== s=2 s
Δxmax=x電-x汽=v電t-at2=6×2 m-×3×22 m=6 m .

解法二　圖象法
在同一個v-t圖中畫出電動車和汽車的速度—時間圖象,根據圖象面積的物理意義,可知汽車追上電動車之前.當t=t0時兩車位移之差最大.
由v-t圖象的斜率表示物體的加速度可知=3 m/s2,所以t0=2 s
當t=2 s時兩車的距離最大,為圖中陰影三角形的面積
Δxmax=×2×6 m=6 m.
解法三　相對運動法
選電動車為參考系,以汽車相對地面的運動方向為正方向,汽車相對電動車沿反方向做勻減速運動.
v0=-6 m/s,a=3 m/s2,兩車相距最遠時vt=0
對汽車由速度公式vt=v0+at
得t== s=2 s
對汽車由速度位移公式-=2ax
得x== m=-6 m
綜上,汽車追上電動車之前經過2 s兩車相距最遠,最遠距離為6 m.
解法四　二次函數極值法
設經過時間t汽車和電動車之間的距離為Δx
則Δx=v電t-at2=6t-t2
當t=-=2 s時,Δxmax=6×2 m-×22 m=6 m.
考點3　實驗:研究勻變速直線運動

1.A　0.233　0.75
解析:根據題述,物塊加速下滑,在A、B、C、D、E五個點中,打點計時器最先打出的是A點.根據刻度尺讀數規則可讀出,B點對應的刻度為1.20 cm,C點對應的刻度為3.15 cm,D點對應的刻度為5.85 cm,E點對應的刻度為9.30 cm,AB=1.20 cm,BC=1.95 cm,CD=2.70 cm,DE=3.45 cm.兩個相鄰計數點之間的時間T=5× s=0.10 s,根據做勻變速直線運動的質點在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可得,打出C點時物塊的速度大小為vC=≈0.233 m/s.由逐差法可得a=,解得a=0.75 m/s2.
2.(1)(s1+s2)　(s2+s3)　(s3-s1)　(2)40
解析:(1)B點對應的重物的速度vB等于AC段對應的重物的平均速度,即vB=
由于t=,故vB=(s1+s2)
同理可得vC=(s2+s3)
勻加速直線運動的加速度a=
故a===(s3-s1).　①
(2)由牛頓第二定律,可得mg-F阻=ma　②
由已知條件有F阻=0.01mg　③
由②③,得a=0.99g
代入①解得f≈40 Hz.

1.(1)0.1　(2)0.392　0.6　(3)0.272
解析:(1)因每五個點取一個點作為計數點,則相鄰計數點之間還有四個計時點,故紙帶上相鄰計數點間的時間間隔T=0.1 s.
(2)x1=30.1 mm=30.1×10-3 m
x2=36.2 mm=36.2×10-3 m
x3=42.2 mm=42.2×10-3 m
x4=48.1 mm=48.1×10-3 m
求得Δx=6.0×10-3 m,故物體做勻變速直線運動.
由勻變速直線運動的規律得紙帶上“2”點對應的瞬時速度
v2==0.392 m/s
根據Δx=aT2,由逐差法得
a==0.6 m/s2.
(3)由速度—時間關系式有
v2=v0+a·2T
代入數據得v0=0.272 m/s.
2.(1)等于　(2)9.72　1.94
解析:(1)頻閃儀的閃光頻率等于水滴滴落的頻率時,可看到一串仿佛固定不動的水滴.
(2)根據題意可知s67=19.30 cm-13.43 cm=5.87 cm,s78=26.39 cm-19.30 cm=7.09 cm,s89=34.48 cm-26.39 cm=8.09 cm,s910=43.67 cm-34.48 cm=9.19 cm
由逐差法可得g==×10-2 m/s2=9.72 m/s2
第7個水滴此時的速度為v7==×10-2 m/s=1.94 m/s.
3.(1)0.960　(2)[()2-()2]
(3)　　　(4)系統誤差
解析:(1)游標卡尺讀數為9 mm+12×0.05 mm=9.60 mm=0.960 cm.
(2)-=2as,vA=,vB=,聯立各式得a=.
(3)T-μMg=M,mg-T=m
聯立兩式得μ=.
(4)細線沒有調整到水平,會造成張力T不水平,若此時以T水平來分析計算,會造成測量值總是偏大或偏小,這種由于實驗操作造成的誤差,屬于系統誤差.
4.　80　不相等
解析:由自由落體運動規律知,x=gt2,則t=.根據最長反應時間為0.4 s,不難得出直尺的最小長度為80 cm.由于自由落體運動是勻變速直線運動,所以相等時間內位移不相等,即每個時間間隔在直尺上對應的長度不相等.
5.(1)6　7　(2)1.00　1.20　(3)2.00　偏大
解析:(1)物塊做勻變速直線運動過程中,兩相鄰相等時間內位移之差為定值,依題意知Δs≈2.00 cm,而12.28 cm-11.01 cm=1.27 cm,說明物塊在6、7之間某個時刻開始減速.
(2)物塊做勻變速直線運動時,中間時刻的瞬時速度等于全過程的平均速度,故v5== m/s=1.00 m/s;從計數點5到計數點6,物塊一直做勻加速直線運動,用逐差法求加速度有
a'=
= m/s2
=2.00 m/s2
則v6=v5+a'T=(1.00+2.00×0.1) m/s=1.20 m/s.
(3)用逐差法求減速運動過程中加速度的大小a==m/s2=2.00 m/s2;若不考慮空氣阻力,由μ計mg=ma得μ計=,實際情況中有空氣阻力存在,即Ff+μ真mg=ma
故μ真==-.
可見計算結果比真實值偏大.

【思路點撥】　紙帶點跡的信息表明物塊在桌面上先加速運動然后減速運動.6、7兩計數點間距最大,所以減速運動可能是從6、7之間某個時刻開始的,不能盲目認為從計數點7開始減速,因此也不能認為計數點5和7中間時刻的瞬時速度v6就等于這段時間的平均速度.
專題二　相互作用
考點1　常見的幾種力

1.B　將鉤碼掛在彈性繩的中點時,由數學知識可知鉤碼兩側的彈性繩(勁度系數設為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ=,對鉤碼(其重力記為G)靜止時受力分析,得G=2k( m- m)cos θ;彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時,對鉤碼受力分析,得G=2k(- m),聯立解得彈性繩的總長度變為L=0.92 m=92 cm,可知A、C、D項錯誤,B項正確.
2.C
　將四個球看作一個整體,地面對整體的支持力與整體的重力平衡,設下方任意一個球受到的支持力大小為F支,則有3F支=4mg,可得F支=mg,所以選項C正確.下方三個球對上方球有支持力,故上方球與下方三個球間有彈力,選項A錯誤.對地面上的其中一個球進行受力分析,如答圖所示.由此可知,下方三個球與水平地面間均有摩擦力,選項B錯誤.由于球與水平地面間的摩擦力屬于靜摩擦力,因此不能用F=μFN 求解,選項D錯誤.


1.5 N,方向與豎直方向成37°角斜向右上方.
解析:以小球為研究對象,受力分析如圖所示,小球受四個力的作用——重力G、輕繩的拉力F繩、輕彈簧的拉力F1、輕桿的作用力F桿,其中輕桿的作用力的方向和大小不能確定,圖中F2表示F繩與F桿的合力,重力與彈簧拉力的合力F==15 N,F與豎直方向的夾角記為α,則sin α==,α=37°,即F的方向與豎直方向成37°角斜向下,這個力與輕繩的拉力恰好在同一條直線上.根據共點力平衡可知,F桿+F繩=F2=15 N,繩的拉力為10 N,則桿的作用力F桿=5 N,方向與繩的拉力方向相同.
2.BC　對物體B受力分析,B受重力和拉力,由二力平衡得到FT=mBg,繩對彈簧拉力等于彈簧彈力,則知彈簧的彈力大小不變,為mBg,故A錯誤.物體A對斜面的壓力為FN=mAgcos θ,θ減小,FN將增大,故B正確.物體A所受的最大靜摩擦力fmax=μFN,因為FN變大,故最大靜摩擦力變大,θ=45°時,有3mBgsin 45°-mBg=f1,θ=30°時,有3mBgsin 30°-mBg3.BD　將兩木塊與重物視為整體,豎直方向上受力平衡,則2Ff=(2m+M)g,故Ff不變,選項A錯誤,B正確;設硬桿對轉軸的彈力大小均為FN1,硬桿與豎直方向的夾角為θ,對軸點O進行受力分析可知,豎直方向上2FN1cos θ=Mg,對單個木塊進行受力分析可知,水平方向上FN=FN1sin θ,聯立解得FN=Mgtan θ,擋板間距離稍許增大后,θ增大,FN增大,選項C錯誤,D正確.
4.B　當墻壁對物體的摩擦力f小于重力G時,物體加速下滑;當f增大到等于G時(即加速度為零時),物體速度達到最大,物體繼續下滑;當f>G時,物體減速下滑.上述過程中摩擦力f=μF=μkt,即f-t圖象是一條過原點的斜向上的線段.當物體速度減速到零后,物體靜止,物體受到的滑動摩擦力突變為靜摩擦力,由平衡條件知f=G,此時圖象為一條水平線,B正確.
5.BD　由圖象可知,在F的變化階段,砂的質量在不斷增加,滑塊與小車之間沒有相對滑動,小車受到靜摩擦力且靜摩擦力不斷增大,所以2.5 s前,小車、滑塊均靜止,A、C錯誤;2.5 s后小車受恒定摩擦力,但是合外力增大,因此做變加速直線運動,B正確;2.5 s后受到的滑動摩擦力大小和方向均不變,D正確.
6.B　B恰好不下滑時,μ1F=mBg,A恰好不滑動,則F=μ2(mAg+mBg),所以=,選項B正確.
考點2　力的合成和分解

1.D　
分析可知工件受力平衡,對工件受到的重力按照壓緊斜面Ⅰ和Ⅱ的效果進行分解如圖所示,結合幾何關系可知工件對斜面Ⅰ的壓力大小為F1=mgcos 30°=mg、對斜面Ⅱ的壓力大小為F2=mgsin 30°=mg,選項D正確,A、B、C錯誤.

2.C　增加鋼索的數量,索塔受到的向下的壓力增大,A錯誤;當索塔受到的力F一定時,降低索塔的高度,鋼索與水平方向的夾角α減小,則鋼索受到的拉力將增大,B錯誤;如果索塔兩側的鋼索對稱且拉力大小相同,則兩側拉力在水平方向的合力為零,鋼索的合力一定豎直向下,C正確;索塔受到鋼索的拉力合力豎直向下,當兩側鋼索的拉力大小不等時,由圖可知,兩側的鋼索不一定對稱,D錯誤.

1.AD　若F1和F2大小不變,θ角越小,合力F越大,故A項正確;由力的合成方法可知,兩力的合力滿足:|F1-F2|≤F合≤F1+F2,所以合力有可能大于任一分力,也可能小于任一分力,還可能與兩個分力都相等,故B項錯誤;如果夾角不變,F1大小不變,只要F2增大,合力F可以減小(角度為鈍角時),也可以增大,故C項錯誤;合力F的作用效果與兩個分力F1和F2共同產生的作用效果是相同的,故D項正確.
2.B　減速帶對車輪的彈力方向垂直于車輪和減速帶的接觸面,指向受力物體,故A、C錯誤;按照力的作用效果分解,可以將F沿水平方向和豎直方向分解,水平向左的分力產生減慢汽車速度的效果,豎直向上的分力產生使汽車向上運動的作用效果,故B正確,D錯誤.
3.B　球1、球2組成的系統處于平衡狀態, 對球1、球2整體受力分析如圖所示,FN1、FN2分別為碗對球1和球2的彈力,水平方向上合力為零,有FN1·sin 30°=FN2sin 60°,則FN1∶FN2=∶1,B正確.


4.10
解析:設物體掛在繩上O點,延長AO,交左邊桿于C,過C作左邊桿的垂線,交右邊桿于D,如圖所示,因=4 m,AOB是同一條繩,繩兩端張力相等,與豎直線的夾角也相等,則=,故=5 m,∠A=α,故有sin α===0.8,則cos α=0.6.由力的平衡可知,2FTcos α=G,故FT==10 N.
5.C　由于輕環不計重力,故細線對輕環的拉力的合力與圓弧對輕環的支持力等大反向,即沿半徑方向;又兩側細線對輕環拉力相等,故輕環所在位置對應的圓弧半徑為兩細線的角平分線,因為兩輕環間的距離等于圓弧的半徑,故兩輕環與圓弧圓心構成等邊三角形;又小球對細線的拉力方向豎直向下,由幾何知識可知,兩輕環間的細線夾角為120°,對小物塊進行受力分析,由三力平衡知識可知,小物塊質量與小球質量相等,均為m,C項正確.
6.D　如圖所示,輕環上掛鉤碼后,物體上升L,則根據幾何關系可知,三角形OO'A為等邊三角形,根據物體的平衡條件可知,2Mgcos 30°=mg,求得m=M,D項正確.

考點3　共點力的平衡

1.C　以氣球為研究對象,受力分析如圖所示,則由力的平衡條件可知,氣球在水平方向的合力為零,即風對氣球作用力的大小為F=Tsin α,C正確,A、B、D錯誤.
2.BD　對N進行受力分析,如圖所示,因為N所受的重力mNg與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力,從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大,細繩的拉力也一直增大,選項A錯誤,B正確;M的質量與N的質量的大小關系不確定,設斜面傾角為θ,若mNg≥mMgsin θ,則M所受斜面的摩擦力大小會一直增加,若mNg

3.D　設正方體的棱長為l,則m=ρl3,S=l2,剛好推動物塊,則有kSv2=μmg,即kl2v2=μρl3g,則kv2=μlρg,所以當風速變為2v0時,棱長應該為原來的4倍,則該物塊的質量是原物塊的64倍.

1.A　對小球受力分析,如圖甲所示,根據共點力平衡條件,有F=Gtan 30°,解得G==F,細線受到沿線方向的拉力大小T==2F,故A項正確,B項錯誤;當施加垂直于細線方向的拉力時,受力情況如圖乙所示,當施加垂直于細線方向的拉力使小球處于平衡狀態時,有T'=F2-F2=F,故C項錯誤.又根據幾何關系可得sin θ===<,所以θ<60°,D項錯誤.

2.
D　因彈簧的拉力F=10 N>mg=5 N,所以圓環受到垂直直桿向下的支持力FN.同理,拉力沿直桿向上的分力F1=Fsin 30°=5 N,也大于重力沿直桿向下的分力G1,所以圓環受到沿直桿向下的摩擦力Ff,如圖所示.垂直直桿方向FN+mgcos 30°=Fcos 30°,沿直桿方向Ff+mgsin 30°=Fsin 30°,解得FN= N,Ff=2.5 N,D正確.
3.D　P受到重力、Q的支持力、Q的靜摩擦力、繩子的拉力,共4個力作用,故A錯誤;Q受到重力、墻壁的彈力、P的壓力和靜摩擦力,共4個力作用,故B錯誤;Q受到的靜摩擦力方向豎直向上,與其重力平衡,與繩子長度無關,所以若繩子變短,Q受到的靜摩擦力不變,故C錯誤;由平衡條件得GP+GQ=Fcos α,GP與GQ不變,若繩子變長,α變小,cos α變大,則F變小,故D正確.
4.C　根據題意可知,B的質量為2m,由于A、B處于靜止狀態,故A、B均受力平衡,則地面對A的支持力為N=3mg,當地面對A的摩擦力達到最大靜摩擦力時,A球球心距墻角的距離最遠, 對A、B受力分析,如圖所示.根據平衡條件知F'=,Fcos θ=3μmg,又F=F',聯立解得tan θ=,則A球球心距墻角的最遠距離為x=2rcos θ+r=r,故C項正確,A、B、D項錯誤.


5.B　本題考查物體的動態平衡.對球受力分析并作出其矢量圖如圖甲、乙.由矢量圖可知,木板緩慢轉到水平位置的過程中,N1的方向不變,大小始終減小,N2的方向變化,大小始終減小,故B正確.

6.C　小圓環沿半圓環緩慢上移過程中,受重力G、拉力T、彈力FN,三個力處于平衡狀態,受力分析如圖所示.由圖可知△OMN∽△NBA,則有==(式中R為半圓環的半徑),在小圓環緩慢上移的過程中,半徑R不變,MN的長度逐漸減小,故輕繩的拉力T逐漸減小,小圓環所受的彈力FN的大小不變,由牛頓第三定律得半圓環所受的壓力的大小不變,A、B錯誤.第一次小圓環緩慢上升到N點時,FN=G、T=G;第二次小圓環運動的過程中,假設小圓環速率恒為v,當小圓環運動到N點時,在水平方向上有T'cos 45°-F'N=m,在豎直方向上有G=T'sin 45°,解得T'=G,F'N=G-m,再結合牛頓第三定律可知,C正確,D錯誤.
7.A　方法一　對O點進行受力分析可知,O點受到水平向左的拉力F、豎直向下的OB繩的拉力G和沿OA繩斜向上的拉力T.由于O點處于平衡狀態,故三力合力為零.如圖所示,在O點向左移動的過程中,F逐漸變大,T逐漸變大,選項A正確.
方法二　設輕繩OA與豎直方向的夾角為θ,則由共點力的平衡條件可得F=Tsin θ,Tcos θ=mg,兩式聯立可解得F=mgtan θ,T=,由題意可知,當O點向左緩慢移動時,θ角的變化范圍為0<θ<且θ角逐漸增大,故F逐漸增大、T逐漸增大.


8.D　物體移動過程中受力始終平衡,對物體受力分析并構建力的矢量三角形如圖所示,繩l1的拉力為F1,與豎直方向的夾角為θ;繩l2的拉力為F2,與豎直方向的夾角為α.根據幾何知識知θ+2α=90°,由正弦定理可得==,物體移動過程中,α減小,θ增大,則F1減小,F2增大,又F=F2,故A、B錯誤;當物體被拉到無限接近B點時,θ趨近于90°,α趨近于0°,此時輕繩l2對物體的拉力最大,趨近于mg,故C錯誤;θ=30°時,α=30°,此時可求得F2=mg,D正確.


9.AC　=2R·cos 60°=R,在M點橡皮筋彈力大小為mg,則mg=k·2R,P點橡皮筋彈力大小為F0=kR=mg,故A項正確,B項錯誤.當小球與N的連線與豎直方向之間的夾角為α時,橡皮筋的伸長量Δx=2R·cos α
橡皮筋的彈力F'=kΔx=mgcos α
對小球,設拉力F與水平方向之間的夾角為β,如圖所示任取圓弧上一點進行受力分析,在水平方向:Fcos β=F'sin α
豎直方向:F'cos α +Fsin β=mg
聯立可得β=α,F=mgsin α
可知拉力F的方向始終與橡皮筋垂直,而且隨著α的增大,F逐漸增大.故C項正確,D項錯誤.


考點4　實驗:探究彈力和彈簧伸長的關系

1.3.775　53.7
解析:實驗所用的游標卡尺最小分度為0.05 mm,游標卡尺上游標第15條刻度線與主尺刻度線對齊,根據游標卡尺的讀數規則,題圖(b)所示的游標卡尺讀數為3.7 cm+15×0.05 mm=3.7 cm+0.075 cm=3.775 cm.托盤中放有質量為m=0.100 kg的砝碼時,彈簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8 N=0.980 N,彈簧伸長量為x=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm,根據胡克定律F=kx,解得此彈簧的勁度系數k==53.7 N/m.
2.(1)81.7　0.012 2　(2)-n圖象如圖所示

(3)(~均可)
(~均可)
解析:(1)k= N/m=81.7 N/m,=0.012 2 m/N.
(2)根據實驗數據描點,并用一條直線將這些點連接起來即可.
(3)由圖象上取兩點即可求得k= N/m,而=,解得k= N/m.

1.(1)AC　(2)5　17
解析:(1)固定刻度尺時,保持刻度尺的零刻度線與彈簧上端對齊且豎直并靠近彈簧,故A項正確;實驗過程應使彈簧始終在彈性限度內,實驗中不能任意增加鉤碼的個數,以防止超過彈簧的彈性限度,故B項錯誤;為防止彈簧自重對實驗的影響,實驗中僅把彈簧豎直懸掛待穩定時測量彈簧的原長,故C項正確;處理實驗數據時,應根據實驗數據在坐標系內描出對應點,然后作出圖象,圖象應是直線而不是折線,故D項錯誤.
(2)由題圖2可知,F=0時,L=0.05 m=5 cm,則彈簧的原長L0為5 cm,彈簧的勁度系數k==17 N/m.
2.(1)x-m圖象的縱坐標不是彈簧的伸長量
(2)未加砝碼時彈簧的長度　25.9　(3)相同
解析:(1)在x-m圖象中,x表示彈簧的長度而不是彈簧的伸長量,故他得出了彈簧彈力與彈簧伸長量不是正比例關系而是一次函數關系的錯誤結論.
(2)圖線與縱軸的交點表示未加砝碼時彈簧的長度.彈簧的勁度系數k==≈25.9 N/m.
(3)根據公式F=kΔx計算出的勁度系數,與是否考慮砝碼盤的質量沒有關系,故結果相同.
3.(1)AB　(2)　(3)多次測量取平均值(答案只要合理即可)
解析:(1)此實驗需要測量出滑塊通過光電門時的速度,還需要測量出通過光電門后滑塊在水平面上滑動的距離,因此除了測量擋光片的寬度d,還需要測量擋光片通過光電門時的擋光時間t,光電門到P點的距離s,選項A、B正確.
(2)滑塊通過光電門時的速度v=,應用牛頓第二定律可得滑塊通過光電門后在水平面上滑動的加速度大小為a==μg,由勻變速直線運動規律有v2=2as,聯立解得動摩擦因數的表達式μ=.
(3)多次測量取平均值、選用寬度d較小的擋光片等,答案合理即可.
考點5　實驗:驗證力的平行四邊形定則

1.(1)4.0　(2)(i)F1、F2和F合如圖所示　(ii)4.0　0.05

解析:(1)由測力計的讀數規則可知,讀數為4.0 N.
(2)(i)利用平行四邊形定則作圖.(ii)由圖可知F合=4.0 N,從F合的頂點向x軸和y軸分別作垂線,頂點的橫坐標對應長度為1 mm,頂點的縱坐標長度為20 mm,則可得出F合與拉力F的夾角的正切值為0.05.
2.(1)3.6　(2)D　(3)①改變彈簧測力計B拉力的大小;②減小重物M的質量(或將A更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等).
解析:(1)彈簧測力計A的讀數為3.6 N.(2)驗證力的平行四邊形定則時,需要分別測量各個力的大小和方向,所以A選項是必要的;根據儀器使用常識,彈簧在使用前需校零,B選項是必要的;實驗中力必須在同一平面內的,C選項也是必要的;實驗是驗證三個力的關系,只要測出三個力就可以了,所以不需要固定O點位置,D選項不必要,本題應該選D.(3)改變彈簧測力計B拉力的大小;②減小重物M的質量(或將A更換成較大量程的彈簧測力計、改變彈簧測力計B拉力的方向等).

1.(1)如圖1所示　10.0(9.8、9.9、10.1均正確)　(2)1.80(1.70~1.90均正確)　(3)如圖2所示　(4)FOO'

解析:(1)如圖1所示,圖線與橫軸交點的橫坐標即橡皮筋原長,故l0=10.0 cm.
(2)由圖象知橡皮筋的勁度系數k=50.0 N/m,OA、OB的長度之和是13.60 cm,原長為10.0 cm,則形變量Δx=3.60 cm,所以彈力T=kΔx=1.80 N.即FOA=1.80 N.
(3)合力F'的圖示如圖2所示.
(4)橡皮筋搭在秤鉤上拉至O點和把橡皮筋掛在秤鉤上拉至O點效果相同,F'應與FOO'比較.若F'與FOO'在誤差范圍內大小相等、方向相同,就表明力的平行四邊形定則是正確的.
2.(1)②彈簧秤　細繩　③彈簧秤的示數及方向　(2)見解析圖.
解析:(1)實驗要測出不同拉力的大小與方向,由實驗可知,步驟②改變彈簧秤和細繩的方向,拉橡皮條的結點到位置O,使細繩在原來彈簧秤的方向上,彈簧秤在原來細繩的方向上,并記錄彈簧秤示數F2和方向,作出力的圖示;步驟③單獨用彈簧秤拉細橡皮條的結點到位置O,并記錄彈簧秤的示數及方向,作出力的圖示.
(2)根據實驗數據與標度,作出兩力的合力如圖所示:

3.(1)b、c、d　(2)更換不同的小重物,即改變FG的大小
解析:(1)必需測量橡皮筋的原長和懸掛重物后橡皮筋的長度,這樣才能確定橡皮筋的伸長量,確定各力的大小,還需記錄懸掛重物后結點O的位置,同時記錄下三條橡皮筋所在的方向,以便確定各拉力的方向,根據平行四邊形定則作出FOA和FOB合力的圖示,并與第三個拉力FG相比較.因此必需操作的是b、c、d.
(2)改變條件再次驗證可采用更換不同小重物的方法,即改變FG的大小.
專題三　牛頓運動定律
考點1　牛頓運動定律的理解與應用

1.D　剪斷繩子之前,A球受力分析如圖1所示,B球受力分析如圖2所示,C球受力分析如圖3所示.剪斷繩子瞬間,水杯和水都處于完全失重狀態,水的浮力消失,杯子的瞬時加速度為重力加速度.又由于彈簧的形狀來不及發生改變,彈簧的彈力大小不變,相對地面而言,A球的加速度aA=g,方向豎直向下,其相對杯子的加速度方向豎直向下.繩子剪斷瞬間,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬時加速度為重力加速度,故相對杯子靜止,綜上所述,D正確.
圖1　圖2　圖3
2.A　假設物塊靜止時彈簧的壓縮量為x0,則由力的平衡條件可知kx0=mg,在彈簧恢復原長前,當物塊向上做勻加速直線運動時,由牛頓第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上兩式解得F=kx+ma,顯然F和x為一次函數關系,且在F軸上有截距,則A正確,B、C、D錯誤.

1.C　當其中一重物的質量減小Δm時,對另一質量為m的重物進行受力分析,其受到豎直向下的重力mg和豎直向上的拉力T,豎直向下做勻加速直線運動,對質量為m-Δm的重物進行受力分析,其受到豎直向下的重力(m-Δm)g和豎直向上的拉力T,豎直向上做勻加速直線運動.根據牛頓第二定律,對質量為m的重物有mg-T=ma,對質量為m-Δm的重物有T-(m-Δm)g=(m-Δm)a,以上兩式相加得a=·Δm.在a-Δm圖象中,斜率k=,k隨Δm的增大而增大,選項A、B均錯誤;當Δm=m時,a=·m=g,選項C正確,D錯誤.
2.AC　設物塊的質量為m,剪斷細線的瞬間,細線上的拉力消失,彈簧還沒有來得及改變,所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1;剪斷細線前對bc和彈簧S2組成的整體分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正確,B錯誤.設彈簧S2的拉力為F2,則F2=mg,根據胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正確,D錯誤.
3.BC　纜車從A向C運動的過程中,加速度的方向斜向上,在豎直方向的分加速度向上,所以游客M都處于超重狀態;同時纜車水平方向的加速度的方向向右,所以游客M受到的摩擦力的方向一定向右.故A項錯誤,B項正確.纜車經過D點時,做勻速圓周運動,則游客M的加速度的方向豎直向下,處于失重狀態;在水平方向游客M不受摩擦力.故C項正確.由于加速度大小未知,故不能判斷出纜車的底板是否對M的支持力為零,D項錯誤.
4.0或h　
解析:由題圖可知,力F隨著高度x的增加而均勻減小,即F隨高度x的變化關系為F=F0-kx,其中k=,則當物體到達h高度處時,向上的拉力F1=F0-h;由牛頓第二定律知,開始時加速度方向豎直向上,隨x的增加加速度逐漸減小,然后反方向增大.物體從地面上升到h高度處的過程中,根據動能定理可得WF+WG=0,即h-mgh=0,求得F0=,則物體在剛開始運動時的加速度大小滿足F0-mg=ma1,求得a1=;當物體運動到h高度處時,加速度大小滿足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大時其高度是0或h.
5.(1)4 m　(2)1 s
解析:(1)當A受到的靜摩擦力為最大靜摩擦力時,C可在最短的時間內到達地面,此時A、B、C的加速度大小均為am
根據牛頓第二定律,對A、B整體有T-μ2·2mg=2mam,對C有Mg-T=Mam
根據牛頓第二定律,對A有μ1mg=mam
聯立以上各式并代入數據,解得am=2 m/s2,M=0.625 kg
C豎直向下做初速度為0的勻加速直線運動,則h=am
解得h=4 m.
(2)由于M1>M,迅速撤去固定后,A與B將發生相對滑動
根據牛頓第二定律,對B有T1-μ2·2mg-μ1mg=ma2,對C有
M1g-T1=M1a2
C下落h高度的過程中有h=a2
解得a2=8 m/s2,t2=1 s.
6.AD　A與B分離的瞬間,A與B的加速度相同,速度也相同,A與B間的彈力恰好為零.分離后A與B的加速度不同,速度不同.t=0時刻,即施加力F的瞬間,彈簧彈力沒有突變,彈簧彈力與施加力F前的相同,但A與B間的彈力發生突變.t1時刻,A與B恰好分離,此時A與B的速度相等、加速度相等,A與B間的彈力為零.t2時刻,B的v-t圖線的切線與t軸平行,切線斜率為零,即加速度為零.施加力F前,A、B整體受力平衡,則彈簧彈力大小F0=kx0=2mg,解得彈簧的形變量x0=,選項A正確.施加力F的瞬間,對B,根據牛頓第二定律有F0-mg-FAB=ma,解得A、B間的彈力大小FAB=m(g-a),選項B錯誤.A、B在t1時刻分離,此時A、B具有共同的速度與加速度,且FAB=0,對B有F1-mg=ma,解得此時彈簧彈力大小F1=m(g+a),選項C錯誤.t2時刻B的加速度為零,速度最大,則kx'=mg,解得此時彈簧的形變量x'=,B上升的高度h'=x0-x'=,A上升的高度h=a,此時A、B間的距離Δh=a-,選項D正確.
7.AB　根據題圖乙可知,發生相對滑動時,A、B間滑動摩擦力為6 N,所以A、B之間的動摩擦因數μ==0.2,選項A正確;當012 N時,根據題圖乙可知,此時A、B發生相對滑動,對A有a==2 m/s2,加速度不變,選項D錯誤.
考點2　動力學兩類基本問題

1.ACD　由題圖(b)可求出0~t1和t1~2t1時間內物塊的加速度分別為a1=、a2=.設斜面的傾角為θ,由牛頓第二定律知,物塊上滑時有-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma1,下滑時有μmgcos θ-mgsin θ=ma2,聯立可求得物塊與斜面間的動摩擦因數μ及斜面的傾角θ,A、C正確;從以上兩個方程可知,物塊質量被約去,即不可求,B錯;物塊沿斜面向上滑行的最大高度H=sin θ,可求出,D正確.
2.(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析:(1)由牛頓運動定律知,A加速度的大小 aA=μg
由運動學公式有2aAL=
解得vA=.
(2)設A、B的質量均為m
對齊前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛頓運動定律有F=maB,得aB=3μg
對齊后,A、B所受合外力大小F'=2μmg
由牛頓運動定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.
(3)經過時間t,A、B達到共同速度v,位移分別為xA、xB,A加速度的大小等于aA
則v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2.

1.0.25　16.25 m
解析:

物體受力分析如圖所示,設未撤去F前,物體加速運動的加速度為a1,末速度為v,將重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛頓運動定律得
FN=Fsin θ+mgcos θ
Fcos θ-f-mgsin θ=ma1
又f=μFN
加速過程由運動學規律可知v=a1t1
撤去F后,物體減速運動的加速度大小為a2,則a2=gsin θ+μgcos θ
由勻變速運動規律有v=a2t2
由運動學規律知x=a1+a2
聯立各式解得μ=0.25,x=16.25 m.
2.B　搬運工與箱子之間只存在一對作用力和反作用力,A錯誤.當撤去推力后,加速度a2=μg=5 m/s2,故μ=0.5,B正確.由題圖乙知,a1=1 m/s2,根據牛頓第二定律,有Fcos 37°-μ(mg+Fsin 37°)=ma1,得F=48 N,當推力方向不變時,若a=0,有Fmin=40 N,故C錯誤.若保持推力大小不變,推力與水平方向的夾角增大到53°,則有Fcos 53°<μ(mg+Fsin 53°),故無法推動箱子,D錯誤.
3.(1)1 s　(2) m/s
解析:(1)撤去拉力F后,由牛頓第二定律有
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
又0=v1-a2t2
聯立解得v1=5 m/s
撤去拉力F前(注意桿對環的彈力的方向),有Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ-mgcos θ)=ma1
而v1=a1t1
聯立解得t1=1 s.
(2)環上滑至速度為零后反向做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma3,又s=(t1+t2),而v2=2a3s
聯立解得v= m/s.
4.D　如圖所示,設圓中任意一條弦為OM,圓的半徑為R',則弦OM長s=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=gcos θ,根據s=at2得t=2,與角θ無關,因此沿不同弦下滑的時間相等.故小球沿AB下滑所用的時間等于小球在高度為2R的位置做自由落體運動所用的時間,即2R=g,小球沿AC下滑所用的時間等于小球在高度為4R的位置做自由落體運動所用的時間,即4R=g,聯立有=,選項D正確.
5.(1+) s
解析:放上物塊之后,對物塊,根據牛頓第二定律有μmg=ma'2
解得物塊的加速度大小為a'2=1 m/s2
對木板,根據牛頓第二定律有F+μmg=Ma'3
解得木板的加速度大小為a'3=5 m/s2
共速時共同速度v=a'2t'2=v1-a'3t'2
解得v=1 m/s,t'2=1 s
假設共速后物塊和木板相對靜止,則F=(M+m)a'0,解得共同加速度大小a'0=2 m/s2>a'2
所以共速后物塊與木板發生相對滑動直至分離
對木板,根據牛頓第二定律有F-μmg=Ma4
解得木板的加速度大小a4=3 m/s2
以物塊放在木板右端的時刻作為計時起點,物塊、木板的速度—時間圖象如圖所示,則0~1 s時間內,物塊與木板相對滑動的路程L=×6×1 m=3 m
t'末,物塊的速度v2=v-a'2(t'-t'2)
木板的速度v3=v-a4(t'-t'2)
共速后物塊與木板相對滑動的路程也是L,即圖中兩陰影面積相等,則
|v3-v2|(t'-t'2)=L,解得t'=(1+) s.
6.(1)20 N解析:(1)以物塊和木板整體為研究對象,由牛頓第二定律得
F-(M+m)gsin α=(M+m)a
依題意有a>0,以物塊為研究對象,由牛頓第二定律得
Ff-mgsin α=ma
又Ff≤Ffm=μmgcos α
聯立解得20 N(2)因F=37.5 N>30 N,所以物塊能夠滑離木板.對木板,由牛頓第二定律得F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1
對物塊,由牛頓第二定律得μmgcos α-mgsin α=ma2
設物塊滑離木板所用時間為t
木板的位移x1=a1t2
物塊的位移x2=a2t2
物塊與木板的分離條件為Δx=x1-x2=L
聯立以上各式解得t=1.2 s
物塊滑離木板時的速度v=a2t
由-2gsin α·x=0-v2,解得x=0.9 m.
7.(1)1 m/s　(2)1.9 m
解析:(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動.設A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2,地面對木板的摩擦力大小為f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達到共同速度前有
f1=μ1mAg　①
f2=μ1mBg　②
f3=μ2(m+mA+mB)g　③
由牛頓第二定律得
f1=mAaA　④
f2=mBaB　⑤
f2-f1-f3=ma1　⑥
設在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1.由運動學公式有
v1=v0-aBt1　⑦
v1=a1t1　⑧
聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數據得v1=1 m/s　⑨.
(2)在t1時間間隔內,B相對于地面移動的距離為
sB=v0t1-aB　
設在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統,由牛頓第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2　
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反.由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學公式,對木板有
v2=v1-a2t2　
對A有v2=-v1+aAt2　
在t2時間間隔內,B(以及木板)相對地面移動的距離為
s1=v1t2-a2　
在(t1+t2)時間間隔內,A相對地面移動的距離為
sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2　
A和B相遇時,A與木板的速度恰好相同.因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為
s0=sA+s1+sB　
聯立以上各式,并代入數據得
s0=1.9 m　.
(也可用如圖的速度—時間圖線求解)
8.(1)0.5 s　(2)2.75 s
解析:(1)物塊在傳送帶上的加速時間即為滑上木板的時間差,設A、B在傳送帶上的加速度為a0,則有
μ1mg=ma0
解得a0=8 m/s2
根據v=a0Δt 可得Δt==0.5 s.
(2)過程一
A物塊滑上木板C與木板有相對運動,則有μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向水平向右
水平方向對木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持靜止
過程二
經過Δt=0.5 s后,B物塊滑上木板C,此時A的速度為vA=v-aAΔt=3 m/s
B物塊和木板C有相對運動,則有μ2·2mg=2maB
代入數據解得aB=2 m/s2,方向向右
對木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(2m+2m)g=maC
代入數據解得aC=2 m/s2,方向水平向左
木板C由靜止開始向左勻加速運動,A與C共速時有vA-aAt1=aCt1=vAC
代入數據解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s
此時vB=v-aBt1=2.5 m/s
過程三
物塊B相對木板C繼續向左運動,仍做aB=2 m/s2的勻減速運動,木板C和物塊A保持相對靜止,將木板C和物塊A看作整體有μ2·2mg-μ3(2m+2m)g=2maAC
解得aAC=0
故木板C和物塊A向左做勻速直線運動,直到A、B、C共速,速度為vB-aBt2=vAC,解得t2=0.5 s
過程四
三物體保持相對靜止,一起做勻減速運動,直到減速到零,木板停止運動,則有μ3(2m+2m)g=4maABC
代入數據解得aABC=1 m/s2
t3==1.5 s
故木板運動的總時間為t=t1+t2+t3=2.75 s.

圖甲
9. 2 s
解析:開始階段,傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向下,物體由靜止開始加速下滑,受力分析如圖甲所示
由牛頓第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2
物體加速至速度與傳送帶速度相等時需要的時間t1==1 s
物體運動的位移s1=a1 =5 m<16 m
即物體加速到10 m/s時仍未到達B點

圖乙
當物體加速至與傳送帶速度相等時,由于μ由牛頓第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2
設此階段物體滑動到B所需時間為t2,則
LAB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s
故所需時間t=t1+t2=2 s.
考點3　實驗:探究加速度與力、質量的關系

(1)AD　(2)BD　(3)0.21
解析:(1)實驗通過打點計時器打出的紙帶求解物體的加速度,所以需要打點計時器,A正確;需要通過改變小車質量和懸掛物的重力,來研究加速度與質量、合力之間的關系,故還需測量質量,即需要天平,D正確;打點計時器為計時儀器,所以不需要秒表,本實驗中小車受到的合力大小等于懸掛物的重力大小,故不需要彈簧測力計.
(2)實驗時應先接通電源,后釋放紙帶,充分利用紙帶,打出更多的數據,A錯誤;為了使得細線對小車的拉力等于小車所受的合力,繩子要與木板平行,B正確;剛開始運動時速度較小,所以在相等時間間隔內小車運動的位移較小,故紙帶與小車相連端的點跡較密,C錯誤;輕推小車,拖著紙帶的小車能夠勻速下滑說明摩擦力已被平衡,D正確.
(3)根據勻變速直線運動推論可知,打D點時小車的瞬時速度等于從打C點到打E點的過程中小車的平均速度,從題圖中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,從打C點到打E點所用時間t=2×5×0.02 s=0.2 s,故vD===0.21 m/s.

1.(1)①　②否　因為實驗的研究對象是整個系統,系統受到的合力就等于mg　(2)M+m
解析:(1)將小車內的砂子轉移到桶中,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==,可見a-F圖象的斜率是,系統的合力就等于所懸掛砂桶的重力mg,不必滿足M?m這樣的條件.
(2)向小車內添加或去掉部分砂子,改變了系統的總質量M+m,而系統的合力仍等于所懸掛砂桶的重力mg,保證了合力不變.用圖象法處理數據時,以加速度a為縱軸,應該以為橫軸.
2.(1)3.2　(2)如答圖所示　a=　(3)實驗前沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不充分
解析:(1)在連續相等的時間間隔內,從紙帶上得到四段位移,可以選用逐差法計算加速度.
已知x1=6.19 cm,x2=6.70 cm,x3=7.21 cm,x4=7.72 cm,電火花計時器打點的周期T==0.02 s
由逐差法可得x3-x1=2a1(2T)2,x4-x2=2a2(2T)2

故a===3.2 m/s2.
(2)在a-坐標系中描點連線,得a-圖線如答圖所示,得a=.
(3)由a-F圖線可知,F增大至某一值時小車才開始有加速度,說明實驗前沒有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不充分.
3.(1)不需要　不必要　不必要　大于　(2)C　(3)
解析:氣墊導軌是力學實驗中常用的實驗器材,它最大的特點就是能減小摩擦,甚至可以忽略摩擦;本題利用彈簧測力計測量滑塊受到的拉力,要注意鉤碼與滑塊的加速度不同.
(1)水平放置的氣墊導軌連通氣源時,導軌上的滑塊與導軌之間沒有摩擦力,所以不需要墊高氣墊導軌的一端用來平衡摩擦力;滑塊受到的拉力大小可以用彈簧測力計測出,故不必要滿足鉤碼的質量遠小于滑塊和遮光條的總質量,也不必要用天平測出所掛鉤碼的質量;因鉤碼掛在動滑輪上,則滑塊(含遮光條)的加速度等于鉤碼加速度的2倍,即滑塊(含遮光條)的加速度大于鉤碼的加速度.
(2)遮光條通過光電門2所用的時間大于通過光電門1所用的時間,說明滑塊(含遮光條)做減速運動,導軌的左端偏高,則加外力時,外力需到達一定的值才能使滑塊(含遮光條)向導軌左端加速運動,則作出的滑塊(含遮光條)加速度a與彈簧測力計示數F的圖象可能是C.
(3)根據a=F知,k=,則m=.
4.(1)　(2)0.35
解析:(1)對鐵塊受力分析,由牛頓第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得μ=.(2)兩個相鄰計數點之間的時間間隔T=5× s=0.10 s,由逐差法和Δx=aT2,可得a=1.97 m/s2,代入μ=,解得μ=0.35.
5.(1)2.75　(2)如答圖所示　(3)μ(M+m)g　μg(2分)　(4)0.40

解析:(1)對彈簧秤進行讀數(注意估讀)得2.75 N.
(2)繪f-m圖線時,先在圖象中添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)這兩個點,畫圖時為一條直線,應盡可能使較多的點落在這條直線上,不在直線上的點大致均勻分布在直線的兩側.這樣能更好地減小誤差,如答圖所示.
(3)由實驗原理可得f=μ(M+m)g,則f-m圖線的斜率為k=μg.
(4)根據圖象求出k=3.9 N/kg,代入數據可得μ=0.40.
專題四　曲線運動
考點1　曲線運動問題的分析與求解

1.BC　施加一恒力后,質點的速度方向可能與該恒力的方向相同,可能與該恒力的方向相反,也可能與該恒力方向成某一角度且角度隨時間變化,但不可能總是與該恒力的方向垂直,若施加的恒力方向與質點初速度方向垂直,則質點做類平拋運動,質點速度方向與恒力方向的夾角隨時間的增大而減小,選項A錯誤,B正確.質點開始時做勻速直線運動,說明原來作用在質點上的合力為零,現對其施加一恒力,根據牛頓第二定律知,質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同,且大小不變,由a=可知,質點單位時間內速度的變化量Δv總是不變的,但速率的變化量不確定,選項C正確,D錯誤.
2.B　
根據題意,明確合速度、分速度,并確定地球的方位.左西右東,下南上北,并由此作出速度合成圖如圖所示,可知,發動機給衛星的附加速度方向東偏南.又由余弦定理得v==1.9×103 m/s,B正確.

1.BC　小球受重力和電場力,合力方向左下,初速度方向與合力方向不在同一直線,所以小球做曲線運動.初階段,合力方向與速度方向夾角為鈍角,速率減小,后來,合力方向與速度方向夾角為銳角,速率增大,所以速率先減小后增大.
2.C　“鵲橋”號沿曲線從M點向N點飛行的過程中,合力應該指向曲線的凹側,故A、D錯誤;速度逐漸減小,說明合力方向與速度方向的夾角應該是鈍角,故C正確,B錯誤.
3.D　由題意可知v1cos θ=v水,t=,由此可知增加渡河時間應該在減小v1的同時,適當減小θ角,選項D正確.

4.C　根據運動的效果,可將物塊水平向右運動的速度沿垂直于桿和沿平行于桿的方向分解成v2和v1,如圖所示.根據平行四邊形定則可得v1=vcos θ,v2=vsin θ,根據幾何關系可得LOB=,由于B點的線速度為v2=vsin θ=LOB·ω,所以ω==,所以A點的線速度vA=Lω=,C正確.
考點2　拋體運動問題的分析與求解

1.C　發球機從同一高度水平射出兩個速度不同的乒乓球,根據平拋運動規律,豎直方向上,h=gt2,可知兩球下落相同距離h所用的時間是相同的,選項A錯誤;由=2gh可知,兩球下落相同距離h時在豎直方向上的速度vy相同,選項B錯誤;由平拋運動規律,水平方向上,x=vt,可知速度較大的球通過同一水平距離所用的時間t較少,選項C正確;由于做平拋運動的球在豎直方向的運動為自由落體運動,兩球在相同時間間隔內下降的距離相同,選項D錯誤.
2.A　如圖所示,平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動,x=v0t,h=gt2,由圖中幾何關系,可得tan θ=,解得t=;又由幾何關系可得v'==·v0,則===,選項A正確.

1.C　開始時飛鏢擊中靶盤中心正下方的某點,欲使飛鏢擊中靶心,應減小豎直位移,即應減小飛鏢在空中運動的時間,由x=v0t可知應減小水平位移或增大拋出的初速度,A、B正確;如果不改變拋出的速度,若是讓人向前移動一段距離,則飛鏢擊中靶心時的豎直速度減小,因此飛鏢擊中靶盤時的速度減小,C錯誤;分析可知,同時調整水平位移與拋出的速度,則飛鏢擊中靶盤時的速度與豎直方向的夾角可以與原來相同,D正確.
2.(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于　x　(3)AB　(4)B　(5)物體初速度較小時,運動范圍很小,引力可以看作恒力——重力,做平拋運動;隨著物體初速度增大,運動范圍變大,引力不能再看作恒力;當物體初速度達到第一宇宙速度時,做圓周運動而成為地球衛星.
解析:(1)因為本實驗是研究平拋運動,只需要每次實驗都能保證鋼球做相同的平拋運動,即每次實驗都要保證鋼球從同一高度處無初速度釋放并水平拋出,沒必要要求斜槽軌道光滑,因此A錯誤,B、D正確;擋板高度可以不等間距變化,故C錯誤.(2)a.因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡,故將鋼球靜置于Q點,鋼球的球心對應白紙上的位置即為坐標原點(平拋運動的起始點);在確定y軸時需要y軸與重垂線平行.b.由于平拋運動的豎直分運動是自由落體運動,故相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比為1∶3∶5∶…,故兩相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比越來越大,因此大于;由y2-y1=gT2,x=v0T,聯立解得v0=x.(3)將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置,筆尖緊靠白紙板,鉛筆以一定初速度水平拋出,由于鉛筆受摩擦力作用,且不一定能保證鉛筆水平,鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運動,鉛筆將發生傾斜,故不會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡,C不可行,A、B可行.(4)從同一炮臺水平發射的炮彈,如果不受空氣阻力,可認為做平拋運動,因此不論它們能射多遠,在空中飛行的時間都一樣,這實際上揭示了做平拋運動的物體在豎直方向上做自由落體運動,故選項B正確.(5)物體初速度較小時,運動范圍很小,引力可以看作恒力——重力,做平拋運動,例如(4)中從同一炮臺水平發射的炮彈做平拋運動;隨著物體初速度增大,運動范圍變大,引力不能再看作恒力,當物體初速度達到第一宇宙速度時,做圓周運動而成為地球衛星.
3.BC　利用對稱性作出斜面在半圓軌道上的對稱部分,如圖所示.由對稱性可知,當a球落在半圓軌道上的A點時,b球應落在斜面上的B點,設小球a以初速度v0拋出時恰好能落到A點,落到A點所用時間為t,設斜面傾角為α,則由平拋運動的規律可得Rsin 2α=gt2,R(1+cos 2α)=v0t,解得v0=.由對稱性可知,當v0<時,小球b先落到斜面上,當v0>時,小球a先落到半圓軌道上,故選項B、C正確,A、D錯誤.


4.AB　小球以最小位移到達斜面時,位移與水平方向的夾角為-θ,則tan(-θ)=,即t=,A正確;小球垂直擊中斜面時,速度與水平方向的夾角為-θ,則tan(-θ)=,即t=,B正確,D錯誤;小球擊中斜面中點時,設斜面長為2L,則水平射程為Lcos θ=v0t,下落高度為Lsin θ=gt2,聯立兩式得t=,C錯誤.
5.BD　根據v-t圖線與坐標軸所圍圖形的面積表示位移,可知第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大,選項A錯誤.根據v-t圖線的斜率表示加速度,綜合分析可知,第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小,選項C錯誤.第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大,又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值),故第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大,選項B正確.豎直方向上的速度大小為v1時,根據v-t圖線的斜率表示加速度可知,第二次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小,由牛頓第二定律有mg-f=ma,可知第二次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大,選項D正確.
6.　arctan()
解析:由題可知,小球從P點拋出后做平拋運動,運動到A點時,恰好從A點沿圓弧的切線方向進入凹槽.將小球運動到A點時的速度沿水平方向和豎直方向進行分解,則有tan α==,因此,小球從P點運動到A點的時間為t=;將小球從P點運動到A點的位移沿水平和豎直方向分解,則有tan β===,所以PA與豎直方向的夾角β=arctan().
考點3　圓周運動問題的分析與求解

1.BD　由題意可知座艙運動周期為T=、線速度大小為v=ωR、受到的合力大小為F=mω2R,選項B、D正確,A錯誤;座艙的重力為mg,座艙做勻速圓周運動受到的向心力(即合力)大小不變,方向時刻變化,故座艙受摩天輪的作用力大小時刻在改變,選項C錯誤.
2.D　汽車轉彎時,所受的力有重力、彈力和摩擦力,故A選項錯誤.汽車轉彎的速度為20 m/s時,所需的向心力Fn==1.0×104 N,故B選項錯誤.汽車轉彎時,摩擦力提供向心力,轉彎的速度為20 m/s時,所需的向心力小于徑向最大靜摩擦力,故不會發生側滑,C選項錯誤.汽車安全轉彎所需的最大向心力等于徑向最大靜摩擦力,汽車轉彎的最大向心加速度anmax==7.0 m/s2,故D選項正確.

1.AD　火車運動的路程s=vt=60×10 m=600 m,A正確;火車轉彎近似做圓周運動,圓周運動是變速運動,所以合力不為零,加速度不為零,故B錯誤;由題意得圓周運動的角速度ω==×3.14 rad/s= rad/s,又v=ωr,所以r==×180 m=3 439 m,故C錯誤,D正確.
2.C　球B運動到最高點時,桿對球B恰好無作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=,解得vB=,故A錯誤;由于A、B的角速度相等,rA=rB,則球A的速度大小vA=,故B錯誤;B在最高點時,對桿無彈力,此時A球受重力和桿的拉力F的合力提供向心力,有F-mg=m,解得F=1.5mg,由牛頓第三定律知,C正確,D錯誤.
3.D　由題意知,F為夾子與物塊間的最大靜摩擦力,但在實際運動過程中,夾子與物塊間的靜摩擦力沒有達到最大,故物塊向右勻速運動時,繩中的張力等于Mg,A錯誤;小環碰到釘子時,物塊做圓周運動,有FT-Mg=M ,繩中的張力大于物塊的重力Mg,當繩中的張力大于2F時,物塊將從夾子中滑出,即2F-Mg=M ,此時速度v=,故B錯誤,D正確;由機械能守恒定律知,物塊能上升的最大高度h=,所以C錯誤.
專題五　萬有引力與航天
考點1　萬有引力定律及其應用

1.A　嫦娥四號探測器環繞月球做勻速圓周運動時,萬有引力提供其做勻速圓周運動的向心力,有=mω2r=m=mr=ma,解得ω=、v=、T=、a=,則嫦娥四號探測器的動能為Ek=mv2=,由以上可知A正確,B、C、D錯誤.
2.D　不考慮地球自轉,則在地球表面附近,有G=m0g,故可得M=,A項錯誤;由萬有引力提供人造衛星的向心力,有G=m1,v=,聯立得M=,B項錯誤;由萬有引力提供月球繞地球運動的向心力,有G=m2()2r,故可得M=,C項錯誤;同理,根據地球繞太陽做圓周運動的周期及地球與太陽間的距離,不能求出地球的質量,D項正確.

1.C　由開普勒第一定律(軌道定律)可知,太陽位于木星運行軌道的一個焦點上,A錯誤.火星和木星繞太陽運行的軌道不同,運行速度的大小不可能始終相等,B錯誤.根據開普勒第三定律(周期定律)知所有行星軌道的半長軸的三次方與它的公轉周期的平方的比值都相等,C正確.對于某一個行星來說,其與太陽的連線在相同的時間內掃過的面積相等,不同行星在相同的時間內掃過的面積不相等,D錯誤.
2.B　地球對地面蘋果的引力提供蘋果的重力,有G=mg,則有g=G①;地球對月球的引力提供月球公轉的向心力,即G=m月a,所以a=G②;比較①②可知a=()2g=g,故選項B正確.
3.A　在火星的兩極,宇航員用彈簧測力計測得的讀數F1等于萬有引力,即G=F1,在火星的赤道上,物體的重力不等于萬有引力,有G-F2=mω2R,聯立解得R=,又M=πR3ρ,解得ρ=,選項A正確,B、C、D錯誤.
4.D　在嫦娥四號探測器“奔向”月球的過程中,根據萬有引力定律公式,可知隨著h的增大,探測器所受的地球引力逐漸減小,但并不是均勻減小的,故能夠描述F隨h變化關系的圖象是D.
5.B　設該行星的質量為M,則質量為m的物體在行星極點處受到的萬有引力等于重力,有F1==F0
在行星赤道處,彈簧測力計的讀數為F2=,則
物體需要的向心力Fn2=F1-F2=F0=mω2·R
由于球體的體積公式為V=
所以該行星半徑以內的部分的質量為M'=M=M
物體在處受到的萬有引力F'3==F1=F0
物體需要的向心力Fn3=mω2·=mω2R=F0
所以在行星赤道平面內深度為的隧道底部
彈簧測力計示數為F3=F'3-Fn3=F0-F0=F0
第四次在距行星表面高度為R處繞行星做勻速圓周運動的人造衛星受到的萬有引力恰好提供向心力,所以彈簧測力計的示數為0,故B正確.
6.B　雙星系統中的兩顆星體靠相互間的萬有引力提供向心力,角速度大小相等,則周期相等,所以b星的周期為T,故A項錯誤;根據題意可知,ra+rb=l,ra-rb=Δr,解得ra=,rb=,則a星的線速度大小va==,=,故B項正確,C項錯誤;對a、b兩顆星體,有maω2ra=mbω2rb,解得==,故D項錯誤.
7.B　由題意可知,其中一顆星體在其他三顆星體的萬有引力作用下,所受合力方向指向對角線的交點,圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動,由幾何知識可得星體運動的軌道半徑均為a,故A說法正確,B說法錯誤;設m'為星體表面的某一物體的質量,在星體表面,根據萬有引力等于重力,可得G=m'g,解得g=,故C說法正確;由萬有引力的合力提供向心力得+=m·,T=2πa,故D說法正確.
考點2　宇宙航行問題的分析與求解

1.C　第一宇宙速度7.9 km/s是衛星繞地球做圓周運動的最大環繞速度,故此衛星的線速度不大于第一宇宙速度,A錯誤;根據題意,該衛星是一顆同步衛星,周期等于同步衛星的周期,故B錯誤;衛星繞地球做圓周運動時,萬有引力提供向心力,根據=mω2r可知,繞行半徑越小,角速度越大,故此衛星的角速度大于月球繞地球運行的角速度,C正確;根據an=可知,繞行半徑越大,向心加速度越小,此衛星的向心加速度小于地面的重力加速度,D錯誤.
2.D　根據牛頓第二定律,F=ma=m·,故飛船的質量m=.飛船繞星球做圓周運動的半徑r=,由萬有引力提供向心力可知,=,即M==,故D選項正確.

1.A　由萬有引力定律有G=mRω2=mR=m=ma,可得T=2π,ω=,v=,a=,又由題意可知,“高分四號”的軌道半徑R1大于“高分五號”的軌道半徑R2,故可知“高分五號”的周期較小,選項A正確.
【易錯警示】　在判斷加速度時,用a=r,a=,a=rω2往往會導致判斷錯誤.因為r、v、ω、T都是變化的,不只是r一個變量.因此要注意選用a=來求解.對于某一確定星球,此式中a只與r2成反比.
2.AC　題圖中兩條曲線的左端點對應的橫坐標相同,表明兩顆行星的半徑相同,由萬有引力提供向心力可得G=ma,a=,由題圖可知,P1的質量大,因此P1的平均密度比P2的大,A項正確;由v=可知,質量大的行星“第一宇宙速度”大,即P1的“第一宇宙速度”比P2的大,B項錯誤;衛星s1、s2距行星表面高度相同,由a= 可知,s1的向心加速度比s2的大,C項正確;由G=mr()2得T=2π,因此同一高度處,質量大的行星的衛星公轉周期小,D項錯誤.
3.D　固定在赤道上的物體隨地球自轉的周期與同步衛星運行的周期相等,同步衛星做圓周運動的半徑大,由a=r()2可知,同步衛星做圓周運動的加速度大,即a2>a3,B、C項錯誤;由于東方紅二號與東方紅一號在各自軌道上運行時受到萬有引力,因此有G=ma,即a=G,由于東方紅二號的軌道半徑比東方紅一號在遠地點時距地高度大,因此有a1>a2,A項錯誤,D項正確.
4.AC　根據開普勒第二定律可知,衛星在軌道Ⅱ上時,在相同的時間內衛星與地球的連線掃過的面積相等,則極短的時間間隔Δt內,在P點與Q點附近有vPΔt·h=vQΔt·H,可得=,選項A正確;根據萬有引力提供向心力的公式G=m,可得繞天體做勻速圓周運動的物體的線速度v=,故衛星在軌道Ⅰ上的線速度v1與在軌道Ⅲ上的線速度v3比值為=,選項B錯誤;衛星在軌道Ⅲ上的引力勢能為Ep=-,衛星在軌道Ⅲ上的動能為Ek=m=m,又GM=gR2,所以Ek=,故衛星在軌道Ⅲ上的機械能為E=Ep+Ek=-,選項C正確;由T=,v1=,GM=gR2,可得衛星在軌道Ⅰ上的運動周期為T=,選項D錯誤.
5.ABD　衛星a繞地球做勻速圓周運動,則有G=m()2R,解得地球質量為M=,選項A正確;衛星從低軌道到高軌道需要克服引力做較多的功,衛星a、b質量相同,所以衛星a的機械能小于衛星b的機械能,選項B正確;衛星c加速,所需的向心力增大,由于萬有引力小于所需的向心力,衛星c會做離心運動,離開原軌道,所以不能與b實現對接,選項C錯誤;由于b為地球的同步衛星,所以衛星b的角速度等于地球自轉的角速度,對衛星a和b下次相距最近還需要的時間T,有T-ωT=2π,解得T=,選項D正確.
6.B　觀察者與水星的連線與水星繞太陽運動的軌道相切時,水星、太陽分別與觀察者的連線所夾的角為最大視角θC.由三角函數可得sin θC=,結合題中已知條件sin θC=k,由萬有引力提供向心力有G=mr,解得T=2π,故===,選項A、C、D錯誤,B正確.
7.(1)4π　(2)
解析:(1)衛星繞地心做圓周運動的向心力由萬有引力提供
有G=m·(2R0)
G=m'g
聯立以上兩式解得T=4π.

(2)如圖,某時刻地面上的人在B1點恰能看到衛星在軌道上的A1點,經一段時間t,人隨地球自轉到了B2點,這時衛星轉到A2點,且此時人恰能看到衛星.
由幾何關系可知∠A1OB1=∠A2OB2=α=
t時間內衛星的運動角度與地球的運動角度之差為t-t=2α
又T=4π
解得t=.
專題六　機械能及其守恒
考點1　功和功率

1.A　由于大圓環是光滑的,因此小環下滑的過程中,大圓環對小環的作用力方向始終與速度方向垂直,因此作用力不做功,A項正確,B項錯誤;小環剛下滑時,大圓環對小環的作用力背離大圓環的圓心,滑到大圓環圓心以下的位置時,大圓環對小環的作用力指向大圓環的圓心,C、D項錯誤.
2.(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
解析:(1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動,有
v2=2ax　①
代入數據解得a=2 m/s2　②.
(2)設飛機滑跑受到的阻力為F阻,依題意有F阻=0.1mg　③
設發動機的牽引力為F,根據牛頓第二定律有F-F阻=ma　④
設飛機滑跑過程中的平均速度為,有=　⑤
在滑跑階段,牽引力的平均功率P=F　⑥
聯立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W.

1.D　求恒力做的功時,定義式W=Flcos α中的l應是力F的作用點發生的位移,F'、FBA的作用點(即A物體)沒有發生位移,所以它們做的功均為零;而F、FAB的作用點(即B物體)發生了位移,所以它們做的功均不為零,F與B的位移方向相同,做正功,FAB與B的位移方向相反,做負功,D正確.
2.C　在Q點,質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力的作用,兩力的合力充當向心力,所以有FN-mg=m,FN=2mg,聯立解得v=,質點由P到Q過程中,根據動能定理有mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,所以質點克服摩擦力做的功為mgR,C正確.
3.B　從v-t圖象中可知物體在第1 s內速度為零,即處于靜止狀態,所以推力做功為零,故A項錯誤;v-t圖象與坐標軸圍成的面積表示位移,所以第2 s內的位移為x=×1×2 m=1 m,由v-t圖象可以知道在2~3 s的時間內,物體做勻速運動,處于受力平衡狀態,所以滑動摩擦力的大小f為2 N,故第2 s內摩擦力做功為Wf=-fx=-2×1 J=-2 J,所以克服摩擦力做功2 J,故B項正確;第1.5 s速度為1 m/s,則1.5 s時推力的功率為P=Fv=3×1 W=3 W,故C項錯誤;在第2 s內F做的功為W=Fx=3×1 J=3 J,所以第2 s內推力F做功的平均功率為== W=3 W,故D項錯誤.
4.A　在v-t圖象中,圖線的斜率代表汽車運動時的加速度,由牛頓第二定律可得:在0~t1時間內,-f=ma,當速度v不變時,加速度a為零,在v-t圖象中為一條水平線;當速度v變大時,加速度a變小,在v-t圖象中為一條斜率逐漸減小的曲線,選項B、D錯誤;同理,在t1~t2時間內,-f=ma,圖象變化情況與0~t1時間內情況相似,由于汽車在運動過程中速度不會發生突變,故選項C錯誤,選項A正確.
5.AC　兩次提升相同高度,即位移相同,則可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等,故有v0×2t0=×v0[2t0+t'+(t0+t')],解得t'=t0,則第①次和第②次提升過程中,礦車上升所用的時間之比為2t0∶(2t0+t0)=4∶5,A正確.加速過程中的牽引力最大,且已知兩次加速時的加速度大小相等,故兩次中的最大牽引力相等,B錯誤.由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1,由功率P=Fv,得最大功率之比為2∶1,C正確.兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零,則電機所做的功等于礦車克服重力做的功,重力做的功相等,故兩次提升過程中電機所做的功之比為1∶1,D錯誤.

【快解秘訣】　利用圖中陰影三角形的面積和平行四邊形的面積相等能夠更快地求出時間的關系.

考點2　動能定理

1.A　由動能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功,A正確.
2.(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析:(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動,設其剛進入上翹甲板時的速度為v,則有=　①
根據動能定理,有W=mv2-0　②
聯立①②式,代入數據,得W=7.5×104 J　③.
(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R,根據幾何關系,有L2=Rsin θ　④
由向心力公式,有FN-mg=m　⑤
聯立①④⑤式,代入數據,得FN=1.1×103 N.

1.C　設物體的質量為m,則物體在上升過程中,受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F,由動能定理結合題圖可得-(mg+F)×3 m=(36-72) J;物體在下落過程中,受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F,再由動能定理結合題圖可得(mg-F)×3 m=(48-24) J,聯立解得m=1 kg、F=2 N,選項C正確,A、B、D均錯誤.
2.C　根據牛頓第二定律得4mg-mg=m,解得質點運動到半圓形軌道最低點時的速度vN=,從質點由靜止釋放到運動到最低點N,根據動能定理得mg·2R-W=m,解得W=mgR.從P到N和從N到Q,分析可知相同高度處,從N到Q過程的速率較小,支持力較小,對應的滑動摩擦力較小,故從N到Q過程中質點克服摩擦力做的功W'較小,即W>W'.從N到Q利用動能定理得EkQ-m=-mgR-W',解得EkQ=m-mgR-W'=mgR-W'>0,所以質點到達Q點后,還能繼續上升一段距離,選項C正確,A、B、D錯誤.
3.(1)2　(2)mgR　(3)　m
解析:(1)根據題意知,B、C之間的距離為l=7R-2R　①
設P到達B點時的速度為vB,由動能定理得
mglsin θ-μmglcos θ=m　②
式中θ=37°
聯立①②式并由題給條件得vB=2　③.
(2)設BE=x.P到達E點時速度為零,設此時彈簧的彈性勢能為Ep.P由B點運動到E點的過程中,由動能定理有
mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-m　④
E、F之間的距離l1=4R-2R+x　⑤
P到達E點后反彈,從E點運動到F點的過程中,由動能定理有
Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0　⑥
聯立③④⑤⑥式并由題給條件得x=R　⑦
Ep=mgR　⑧.
(3)設改變后P的質量為m1.D點與G點的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1=R-Rsin θ　⑨
y1=R+R+Rcos θ　⑩
設P在D點的速度為vD,由D點運動到G點的時間為t.由平拋運動公式有y1=gt2　
x1=vDt　
聯立⑨⑩式得vD=　
設P在C點速度的大小為vC.在P由C點運動到D點的過程中機械能守恒,有m1=m1+m1g(R+Rcos θ) 　
P由E點運動到C點的過程中,由動能定理有
Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=m1　
聯立⑦⑧式得m1=m.
考點3　機械能守恒定律

1.B　摩天輪轉動過程中乘客的動能不變,重力勢能一直變化,故機械能一直變化,A錯誤;在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度,重力大于座椅對他的支持力,B正確;摩天輪轉動一周的過程中,乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積,C錯誤;重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,而轉動過程中速度在重力方向上的分量是變化的,所以重力的瞬時功率也是變化的,D錯誤.
2.(1)5:1　(2)能
解析:(1)設小球的質量為m,小球在A點的動能為EkA,由機械能守恒得EkA=mg　①
設小球在B點的動能為EkB,同理有EkB=mg　②
由①②式得 =5　③.
(2)若小球能沿軌道運動到C點,小球在C點所受軌道的正壓力N應滿足N≥0　④
設小球在C點的速度大小為vC,由牛頓運動定律和向心加速度公式有N+mg=m　⑤
由④⑤式得,vC應滿足mg≤m　⑥
由機械能守恒有mg=m　⑦
由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿軌道運動到C點.

1.ABC　a球和b球所組成的系統受到的外力中只有重力做功,受到的內力中只有彈力做功,系統機械能守恒,故A正確;設輕桿和水平桿L2的夾角為θ(θ≠),由關聯速度可知vb·cos θ=va·sin θ,故vb=va·tan θ,即vb=0時,輕桿與水平桿L2重合,此時a球在豎直方向上只受重力,水平方向上受到的合力為0,即此時a球加速度大小為g,B正確;a球運動到桿L2所在平面后再向下運動L距離,此時b球到達兩桿的重疊處,a球的速度為0,b球的速度最大,設這一速度為vbm,由機械能守恒定律得mg(L+L)=m,解得vbm=,故C正確;a球運動到兩桿的重疊處時,b球的速度為0,此時a球的速度為va,由機械能守恒定律得mgL=m,解得va=,此時a球仍具有向下的加速度,速度不是最大,會再加速一段距離,即a球的最大速度要大于,故D錯誤.
2.BD　開始運動時,b速度為零,當a到最低點時,a的水平分速度為零,b速度為零,運動過程中,b速度大于零,所以b應先加速后減速,則輕桿對b先做正功后做負功,選項A錯誤.整個過程中,系統機械能守恒,a的重力勢能最終全部轉化為a的動能,由mgh=mv2得v=,選項B正確.在b減速運動過程中,桿對b的作用效果應為拉力,方向沿桿,則桿對a的作用效果也為拉力,方向沿桿,故桿對a有豎直向下的分力,則此時a的加速度大于g,選項C錯誤.根據系統機械能守恒可知,當a的機械能最小時,b的動能最大,則此時b的速度最大,水平方向加速度為零,可知,此時桿對b沒有力,b對地面的壓力大小為mg,選項D正確.
3.(1)　2mgR-mgH　(2)R
解析:(1)游客從B點開始做平拋運動,水平方向上有2R=vBt　①
豎直方向上有R=gt2　②,由①②式得vB=　③
從A到B,根據動能定理,有mg(H-R)+Wf=m-0　④
由③④式得Wf=2mgR-mgH　⑤.
(2)設OP與OB間夾角為θ,游客在P點時的速度為vP,受到的支持力為N,從B到P由機械能守恒定律,有
mg(R-Rcos θ)=m-0　⑥
過P點時,根據向心力公式,有mgcos θ-N =m　⑦
又N=0　⑧,cos θ=　⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h=R.
考點4　功能關系、能量守恒定律

1.C　運動員做勻速圓周運動,所受合外力指向圓心,A項錯誤;由動能定理可知,合外力做功一定為零,C項正確;運動員的速率不變,有f=mgsin θ,θ為滑道切線方向與水平面的夾角,可知摩擦力在變小,B項錯誤;運動員動能不變,重力勢能減少,所以機械能減少,D項錯誤.
2.(1)6 m/s　(2)1 m/s　(3)見解析
解析:(1)上滑過程中,由牛頓第二定律
mgsin θ+μmgcos θ=ma
a=8 m/s2
由運動學公式
-=-2a
v0=6 m/s.
(2)滑塊在D處水平飛出,由平拋運動規律
L=vDt
h2=gt2
vD=1 m/s.
(3)小滑塊動能減小,重力勢能也減小,所以細管道BCD內壁不光滑.

1.A　設小球的質量為m,拋出瞬間小球的速度大小為v0,拋出后,某時刻t小球的速度v=v0-gt,故小球的動能Ek=mv2=m(v0-gt)2,結合數學知識知,選項A正確.
2.BCD　初態彈簧處于壓縮狀態,末態彈簧處于伸長狀態,且彈簧彈力大小相等,則彈簧彈力先增大后減小再增大,根據彈簧彈力與速度方向間的夾角變化可知彈簧彈力對小球先做負功后做正功再做負功,A錯誤.小球運動過程中受重力、彈簧的彈力、桿的彈力,其中桿的彈力始終垂直于桿,彈簧的彈力沿彈簧方向,當彈簧與光滑桿垂直時,小球豎直方向只受重力的作用,加速度為重力加速度;當彈簧為原長時,小球只受重力作用,小球的加速度也為重力加速度,B正確.當彈簧與光滑桿垂直時,彈簧長度最短,彈簧彈力與速度垂直,則彈力對小球做功的功率為零,C正確.M、N兩點彈簧彈性勢能相等,從M到N小球的重力勢能轉化為動能,則小球在N點的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差,D正確.
3.AB　在A的動能達到最大前,A向下加速運動,此時A處于失重狀態,則整個系統對地面的壓力小于3mg,即地面對B的支持力小于mg,A項正確;當A的動能最大時,A的加速度為零,這時系統既不失重,也不超重,系統對地面的壓力等于3mg,即B受到地面的支持力等于mg,B項正確;當彈簧的彈性勢能最大時,A減速運動到最低點,此時A的加速度方向豎直向上,C項錯誤;由機械能守恒定律可知,彈簧的彈性勢能最大值等于兩輕桿夾角為120°時A的重力勢能的減少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=mgL,D項錯誤.
4.AD　物塊在從A到B的運動過程中,彈簧對物塊的彈力先大于摩擦力后小于摩擦力,物塊所受合外力先減小后增大,根據牛頓第二定律知,物塊的加速度先減小后增大,選項A正確;物塊受到彈簧的彈力等于摩擦力時速度最大,此位置一定位于A、O之間,選項B錯誤;物塊所受彈簧的彈力先做正功后做負功,選項C錯誤;對物塊從A到B的運動過程,由動能定理可知,物塊所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功,選項D正確.
5.(1)2 l　(2)[m,m)
解析:(1)依題意,當彈簧豎直放置,長度被壓縮至l時,質量為5m的物體的動能為零,其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能.由機械能守恒定律,彈簧長度為l時的彈性勢能Ep=5mgl　①
設P的質量為M,到達B點時的速度大小為vB,由能量守恒定律得Ep=M+μMg·4l　②
聯立①②式,取M=m并代入題給數據得vB=　③
若P能沿圓軌道運動到D點,其到達D點時的向心力不能小于重力,即P此時的速度大小v應滿足-mg≥0,即v≥　④
設P滑到D點時的速度為vD,由機械能守恒定律得
m=m+mg·2l　⑤
聯立③⑤式得vD=　⑥
vD滿足④式要求,故P能運動到D點,并從D點以速度vD水平射出.設P落回到軌道AB所需的時間為t,由運動學公式得2l=gt2　⑦
P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s=vDt　⑧
聯立⑥⑦⑧式得s=2 l　⑨.
(2)為使P能滑上圓軌道,它到達B點時的速度不能小于零.由①②式可知5mgl>μMg·4l　
要使P仍能沿圓軌道滑回,P在圓軌道上的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有M≤Mgl　
聯立①②式得m≤M考點5　實驗:探究動能定理

(1)B　(2) A　B　(3)mgx2　　(4)v2=kW,k=(4.5~5.0) m2·s-2·J-1　質量　(5)A
解析:(1)打點計時器使用的電源是交流電源,故選B.(2)實驗中,平衡摩擦力和其他阻力時,應先不掛重物,把長木板右端適當墊高,在小車后面掛上紙帶,接通電源,在打點計時器打點的情況下,輕推一下小車,給小車一個初速度,若小車拖著紙帶做勻速運動,則表明已經消除了摩擦力和其他阻力的影響.(3)實驗中,可認為小車所受的拉力F大小為mg,從打O點到打B點的過程中,拉力對小車做的功W=Fx2= mgx2.在勻變速直線運動中,中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度,故vB==.(4)由題圖丙可知,v2=kW,斜率k=,其單位為m2·s-2·J-1.又1 J=1 N·m, 1 N=1 kg·m·s-2,故1 J=1 kg· m2·s-2,故J-1=kg-1· m-2·s2,因此斜率k=的單位為,故與圖線斜率有關的物理量應是質量.(5)假設完全消除了摩擦力和其他阻力的影響,對由小車和重物組成的系統,其動能增加量為ΔEk=,考慮到我們按重力做功W=mgx ,有ΔEk==W,即v2=W,故v2-W的圖象斜率k=,保持不變,故選項A正確.

1.ABCF　適當墊高木板左端,當小車勻速運動時,小車的重力沿斜面的分力與摩擦力平衡.實驗中要求橡皮筋規格相同,拉伸長度相同,即每根橡皮筋做功相等,所以只需通過改變橡皮筋的條數就可以改變做功的數值,實驗時應該先接通電源再釋放紙帶.當橡皮筋松馳時,即小車加速結束時,小車做勻速運動,此時速度即為小車獲得的最大速度.
2.(1)小車做勻速運動　(2)0.228　(3)見解析圖　(4)0.093

解析:(1)掛鉤碼前,應調節木板右側的高度,直至向左輕推小車觀察到小車做勻速運動,表明此時已消除了摩擦力的影響.
(2)打出計數點1時小車的瞬時速度v1==0.228 m/s.
(3)根據題表格中的數據作出ΔEk-W圖象如圖所示.
(4)對小車、鉤碼分別根據牛頓第二定律列式可解得,a=,則小車受到的實際拉力F== N≈0.093 N.
3.(1)　(2)下滑的位移x　mgx　(3)過原點的直線　滑塊的質量M
解析:(1)由打出的紙帶可知B點的速度vB=.
(2)設長木板的傾角為θ,滑塊與長木板間摩擦力為f,當滑塊向下勻速運動時,有Mgsin θ=f+mg;當滑塊向下加速運動時,其所受合外力F合=Mgsin θ-f=mg.由功的定義式可知還需要知道滑塊在這一過程中的位移x,故合外力對滑塊做的功W合=mgx.
(3)根據W合=ΔEk=Mv2可知v2-W圖象應該為一條過原點的直線,由直線的斜率k=可求M.
考點6　實驗:驗證機械能守恒定律

(1)A　(2)AB　(3)-mghB　 m()2　(4)C　(5)見解析
解析:(1)只需要比較重物下落過程中,任意兩點間的動能變化量與勢能變化量是否相等,即可驗證機械能是否守恒,故選A.
(2)打點計時器需要接交流電源,故選A;還需要用刻度尺測量重物下落的高度,故還要選B.
(3)從打O點到打B點的過程中,重物的重力勢能減少mghB,變化量為-mghB;打B點的速度vB=,動能Ek=,聯立解得Ek=m()2,故動能變化量ΔEk=Ek-0=m()2.
(4)由于存在空氣阻力和摩擦阻力的影響,導致重力勢能的減少量大于動能的增加量,產生系統誤差,多次實驗取平均值無法消除系統誤差,故選項C對.
(5)在重物下落h的過程中,若阻力f恒定,由動能定理得mgh-fh=,解得v2=2(g-)h,故v2-h圖象是一條過原點的直線,但還要看圖線的斜率是否在誤差允許的范圍內接近2g,才能用該法驗證機械能守恒定律.

1.(1)A　(2)1.35　-　偏大　(3)選用體積小、密度大的重錘(其他說法合理即可)
解析:(1)在驗證機械能守恒定律的實驗中,需要測重錘下降的距離和瞬時速度,需要用刻度尺;時間可以通過打點計時器測出,不需要用秒表;質量可以約去,因此不需要用天平;實驗中不需要用彈簧測力計測力.綜上應選A.
(2)由圖可知A、C之間的距離為xAC=5.90 cm-0.50 cm=5.40 cm,根據勻變速直線運動過程中間時刻的瞬時速度等于該過程的平均速度,可以求出B點瞬時速度的大小為vB===1.35 m/s.根據功能關系有mgh=m-m,則需要比較mghBH與m-m的大小,來驗證機械能是否守恒.因為有阻力的影響,一般情況下重力勢能的減少量稍大于動能的增加量.
(3)選用體積小、密度大的重錘,可以減小其受到的阻力的影響,從而減小實驗誤差.
2.(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先釋放了紙帶,后接通電源
解析:(1)當打點計時器打到B點時,重錘的重力勢能的減少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B點時重錘的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此時重錘的動能增加量ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J.(2)由機械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知圖線的斜率近似等于重力加速度g,故B正確.由圖線可知,h=0時,重錘的速度不等于零,原因是該同學做實驗時先釋放了紙帶,然后再接通電源.
3.(1)4.800(4.798~4.802之間均可)　A　(2)mbglb-magla=ma()2+mb()2
解析:(1)螺旋測微器的讀數由固定刻度讀數和可動刻度讀數組成,固定刻度讀數為4.5 mm,可動刻度讀數為×30.0=0.300 mm,所以螺旋測微器的讀數為4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm(4.798~4.802 mm之間均可);光電門測速度原理是用遮光條通過光電門的平均速度代替瞬時速度,遮光條通過光電門的時間越短,平均速度越接近瞬時速度,所以遮光條選寬度小的,選A.
(2)b通過光電門的速度vb=,此時a的速度va=ωla=la,根據機械能守恒定律知,重力勢能減小量等于動能增加量,即mbglb-magla=m+m,整理得mbglb-magla=ma()2+mb()2.
4.(1)④①③②　(2)1.29　M
解析:(1)實驗中應先向左推物塊使彈簧壓縮,測量彈簧的壓縮量,然后把紙帶向左拉直,再接通打點計時器電源,等打點穩定后,再松手釋放物塊,使其向右滑動,因此步驟為④①③②.
(2)由于物塊離開彈簧時的速度最大,因此M紙帶對應的實驗中物塊脫離彈簧時的速度為v==1.29 m/s.由于彈簧壓縮量越大,彈性勢能越大,因此推開物塊后,彈簧彈性勢能轉化成物塊的動能越多,物塊離開彈簧后獲得的速度越大,打的點間距越大,因此M紙帶對應的實驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大.
專題七　碰撞與動量守恒
考點1　動量、沖量、動量定理

B　根據動量定理有FΔt=Δmv-0,解得==1.6×103 kg/s,所以選項B正確.

1.A　從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點的過程中,繩子的拉力始終向上,故繩對人的沖量始終向上.由mg-T=ma知,人先做加速度減小的加速運動,當a=0時,速度最大,此時動量、動能均最大,以后做減速運動,故選項A正確,B、C錯誤;人在最低點時,向上的加速度最大,故此時繩對人的拉力大于人所受的重力,選項D錯誤.
2.A　人先做自由落體運動下落高度h,獲得速度為v,由v2=2gh得v=.安全帶伸長到最長時,人下落到最低點,此時速度為零.設安全帶對人的平均作用力為F,由動量定理得(mg-F)t=0-mv,F=+mg.
3.1.5×103 N
解析:運動員從離水平網面高3.2 m處自由下落的時間為t1==0.8 s
運動員蹦回到離水平網面高5.0 m處所用的時間為t2==1 s,整個過程中運動員始終受到重力作用,僅在與網接觸的過程中才受到網對他向上的彈力F的作用,對全過程運用動量定理,有Ft3-mg(t1+t2+t3)=0
所以F=mg=×60×10 N=1.5×103 N,方向向上.

4.3mg
解析:如圖所示,設t時刻落到壓力傳感器上的繩長為x,此時繩速為v=.在Δt(Δt→0)時間內,有質量為Δm=ρΔx的繩落到壓力傳感器上,其中ρ為繩的線密度(線密度是繩單位長度的質量).取向上為正方向,忽略微元段繩本身的重力沖量,根據動量定理,有
FΔt=0-(-Δm·v)=ρΔx·v
解得F=ρv=ρv2=2ρgx
故N=F+ρgx=3ρgx
所以壓力傳感器的最大讀數為3mg,出現在軟繩將要全部掉到壓力傳感器上時.



5.
f=nmv2
解析:一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量為ΔI=2mv,如圖所示,以器壁上的面積S為底、以vΔt為高構成柱體,由題設可知,其內的粒子在Δt時間內有與器壁S發生碰撞,碰壁粒子總數為N=n·SvΔt
Δt時間內粒子給器壁的沖量為I=N·ΔI=nSmv2Δt
面積為S的器壁受到粒子壓力為F=
器壁單位面積所受粒子壓力為f==nmv2.
考點2　動量守恒定律

B　對小孩和滑板組成的系統,由動量守恒定律有0=Mv-mv',解得滑板的速度大小v'=,選項B正確.

1.BCD　如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同,彈簧釋放后A、B分別相對于平板車向左、向右滑動,它們所受的滑動摩擦力分別為FA(向右)、FB(向左),由于mA:mB=3:2,所以FA:FB=3:2,則A、B組成的系統所受的外力之和不為零,故其動量不守恒,A選項錯誤.對A、B、C組成的系統,A、B與C間的摩擦力為內力,該系統所受的外力為豎直方向上的重力和支持力,它們的合力為零,故該系統的動量守恒,B、D選項均正確.若A、B所受摩擦力大小相等,則A、B組成的系統所受的外力之和為零,故其動量守恒,C選項正確.
2. 3:2
解析:由動量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1
解得=
代入數據得=.
3.BD　小球1和小球2組成的系統滿足動量守恒,由于開始時小球1和小球2靜止,所以在彈簧的彈性勢能釋放的過程中,小球1和小球2組成的系統合動量為零,A錯誤.設小球1和小球2離開彈簧后瞬間的速度大小分別為v1、v2,根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1-2mv2=0,Ep=m+×2m,解得v1=2,v2=,B正確.若離開彈簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,則各球速度大小應滿足v1=2>v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C錯誤,D正確.
4.(1)v0-　2p(v0-)　(2)Δt
解析:(1)小球射入小車和從小車中彈出的過程中,小車和小球所組成的系統動量守恒.由動量守恒定律可得mv0-p=mv1+p
解得小車的速度大小v1=v0-
此過程中小車動能減少量ΔEk=m-m,解得ΔEk=2pv0-=2p(v0-).
(2)小球第二次入射和彈出的過程及以后重復進行的過程中,同樣有小車和小球組成的系統動量守恒.由動量守恒定律,得
mv1-p=mv2+p
解得小車的速度大小v2=v1-=v0-2()
同理可推得vn=v0-n().要使小車停下來,即vn=0,小球重復入射和彈出的次數為n=,故小車從開始運動到停下來所經歷的時間為t=nΔt=Δt.
5.(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
解析:(1)設B車的質量為mB,碰后加速度大小為aB.根據牛頓第二定律有μmBg=mBaB　①
式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數.
設碰撞后瞬間B車速度的大小為v'B,碰撞后滑行的距離為sB.由運動學公式有v'2B=2aBsB　②
聯立①②式并利用題給數據得v'B=3.0 m/s　③.
(2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為aA.根據牛頓第二定律有μmAg=mAaA　④
設碰撞后瞬間A車速度的大小為v'A,碰撞后滑行的距離為sA.由運動學公式有v'2A=2aAsA　⑤
設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAv'A+mBv'B　⑥
聯立③④⑤⑥式并利用題給數據得vA=4.3 m/s.
6.(1)(3-)m　(2)
解析:子彈射入物塊的過程,視為非彈性碰撞,動量守恒但機械能有損失.
(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v,由動量守恒定律得
mv0=m·+Mv,解得v=v0　①
系統損失的機械能為
ΔE=m-[m()2+Mv2]　②
由①②式得ΔE=(3-)m.
(2)設物塊下落到地面所需時間為t,落地點距桌面邊緣的水平距離為s,則h=gt2　③
s=vt　④
由①③④式得s=.
7.(1)10 m/s　(2)0.06 kg　(3)26 m
解析:(1)設手榴彈上升到最高點且未發生爆炸時的速度大小為v1,有
m=m+mgh
代入數據解得v1=10 m/s.
(2)設兩塊彈片的質量均為m',爆炸后瞬間其中一塊彈片的速度為零,設另一塊彈片的速度為v2,有m'gh=5 J
代入數據解得m'=0.1 kg
設手榴彈所裝火藥的質量為Δm,有Δm=m-2m'
代入數據解得Δm=0.06 kg.
(3)設另一塊彈片做平拋運動的時間為t,兩塊彈片落地點間的距離為Δx,有mv1=m'v2,Δx=v2t,h=gt2
代入數據解得Δx=26 m.
8.BC　由圖(b)可以得出物塊相對于長木板滑動的距離沒有超出木板的長度,故不能得出長木板的長度,選項A錯誤;設物塊的質量為m,木板的質量為M,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物塊與木板的質量之比=,選項B正確;由圖(b)可以得出物塊在長木板上滑動時的加速度大小為a=,由牛頓第二定律有μmg=ma,可以解得物塊與木板之間的動摩擦因數μ==,選項C正確;從t=0開始到t1時刻,木板獲得的動能為Ek=M,由于不知道長木板的質量M,因此不能得出從t=0開始到t1時刻木板獲得的動能,選項D錯誤.
9.(1)3m　(2)mgH　(3)
解析:(1)根據圖(b)可知,v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小,為其碰撞后瞬間速度的大小.設物塊B的質量為m',碰撞后瞬間的速度大小為v'.由動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv1=m(-)+m'v'　①
m=m(-v1)2+m'v'2　②
聯立①②式得m'=3m　③.
(2)在圖(b)所描述的運動過程中,設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f,下滑過程中所走過的路程為s1,返回過程中所走過的路程為s2,P點的高度為h,整個過程中克服摩擦力所做的功為W.由動能定理有mgH-fs1=m-0　④
-(fs2+mgh)=0-m(-)2　⑤
從圖(b)所給出的v-t圖線可知s1=v1t1　⑥
s2=··(1.4t1-t1)　⑦
由幾何關系有=　⑧
物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為W=fs1+fs2　⑨
聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=mgH　.


專題一 質點的直線運動


考點1　運動的描述
391
考向　考查運用圖象描述質點的運動
[2019浙江4月選考,9,3分]甲、乙兩物體零時刻開始從同一地點向同一方向做直線運動,位移—時間圖象如圖所示,則在0~t1時間內 (　　)

A.甲的速度總比乙大
B.甲、乙位移相同
C.甲經過的路程比乙小
D.甲、乙均做加速運動
必備知識:位移、路程、速度及x-t圖象等.
關鍵能力:讀圖能力、模型構建能力.
解題指導:在x-t圖象中,斜率表示速度.注意區分位移與路程的概念.

考法1 位移和速度的理解與計算
1[天津高考]質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x = 5t+t2(各物理量均采用國際單位制單位),則該質點
A.第1 s內的位移是5 m
B.前2 s內的平均速度是6 m/s
C.任意相鄰的1 s內位移差都是1 m
D.任意1 s內的速度增量都是2 m/s
由x=5t+t2知t=0時,x=0,所以第1 s內的位移為x1=5×1 m+12 m=6 m,A項錯誤;前2 s內的位移為x2=5×2 m+22 m=14 m,前2 s內的平均速度為== m/s=7 m/s,B項錯誤;第n s內的位移為xn-xn-1=5n m+n2 m-[5(n-1)+(n-1)2] m=(2n+4) m,而第(n+1) s內的位移為xn+1-xn=5(n+1) m+(n+1)2 m-(5n+n2) m=(2n+6) m,所以任意相鄰的1 s內位移差為2n m+6 m-(2n+4) m=2 m,C項錯誤.故選D.
D
關鍵能力
1.理解時間和時刻,明確第1 s內時間為1 s,前2 s內時間為2 s.
2.掌握基本規律的應用,明確計算平均速度的方法.
3.理解位移差和速度變化量的含義及求解方法.Δx=x2-x1,Δv=v2-v1,注意矢量性.
4.理解試題中“任意”的含義,不能只選用某特殊值,而應用一般意義的n進行求解.
1.[2019湖北武漢4月調考]某質點做勻加速直線運動,經過時間t速度由v0變為kv0(k>1),位移大小為x.則在隨后的4t時間內,質點的位移大小為 (　　)
A.　B.　C.　D.
考法2 加速度的理解與計算
2[2016全國Ⅲ,16,6分]一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動,在時間間隔t內位移為s,動能變為原來的9倍.該質點的加速度為
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
由末動能為初動能的9倍,得末速度為初速度的3倍,即vt=3v0,由勻變速直線運動規律可知==2v0,由加速度的定義可知質點的加速度a==,由以上兩式可知a=,A項正確,B、C、D項錯誤.
A

2.[2020安徽蕪湖模擬,多選]一物體做勻變速直線運動,初速度大小為4 m/s,1 s后速度的大小變為10 m/s,下列說法可能正確的是 (　　)
A.加速度的大小為6 m/s2,方向與初速度的方向相同
B.加速度的大小為6 m/s2,方向與初速度的方向相反
C.加速度的大小為14 m/s2,方向與初速度的方向相同
D.加速度的大小為14 m/s2,方向與初速度的方向相反
考法3 運用圖象描述物體的運動
3[新情境,多選]在機器人大賽中,某機器人在一平面直角坐標系內由點(0,0)出發,沿直線運動到點(3 m,1 m),又由點(3 m,1 m)沿直線運動到點(1 m,4 m),然后由點(1 m,4 m)沿直線運動到點(5 m,5 m),最后由點(5 m,5 m)沿直線運動到點(2 m,2 m),整個過程中機器人所用時間是2 s,則
A.機器人的運動軌跡是一條直線
B.機器人不會兩次通過同一點
C.整個過程中機器人的位移大小為2 m
D.整個過程中機器人的位移與由點(5 m,5 m)運動到點(2 m,2 m)的位移方向相反

在坐標系中畫出機器人的運動軌跡如圖所示,可見其運動軌跡不是一條直線,軌跡的交點P表示機器人兩次通過同一點,A、B均錯誤;整個過程中機器人的位移為從點(0,0)到點(2 m,2 m)的有向線段,大小為2 m,C正確;(0,0)、(2 m,2 m)、(5 m,5 m)三個坐標點在一條直線上,故可得出整個過程中機器人的位移與由點(5 m,5 m)到點(2 m,2 m)的位移方向相反,D正確.
CD
3.[2020吉林長春檢測,多選]物體甲的位移—時間圖象和物體乙的速度—時間圖象分別如圖(a)、(b)所示,則這兩個物體的運動情況是 (　　)


A.甲在0~6 s時間內有來回運動,它通過的總位移為零
B.甲在0~6 s時間內運動方向一直不變,它通過的總位移大小為4 m
C.乙在0~6 s時間內有來回運動,它通過的總位移為零
D.乙在0~6 s時間內運動方向一直不變,它通過的總位移大小為4 m

4[多選]如圖甲所示是一種速度傳感器的工作原理圖,在這個系統中B為一個能發射超聲波的固定小盒子,工作時小盒子B向被測物體發出短暫的超聲波脈沖,脈沖被運動的物體反射后又被B盒接收,從B盒發射超聲波開始計時,經時間Δt0再次發射超聲波脈沖,圖乙是連續兩次發射的超聲波的位移—時間圖象,則下列說法正確的是

A.超聲波的速度為v聲=
B.超聲波的速度為v聲=
C.物體的平均速度為=
D.物體的平均速度為=
由題圖乙可知超聲波在時間內位移為x1,可得v聲==,選項A正確;超聲波在時間內位移為x2,可得v聲==,選項B錯誤;由題圖乙可知物體通過位移x2-x1所用時間為t2==,則物體的平均速度為==,選項C錯誤,D正確.
AD
4.如圖是用超聲波測速儀測量小車速度的示意圖,測速儀B發出和接收超聲波信號,并記錄了不同時刻發射和接收波的情況.在t=0時刻,B第一次發出超聲波,t=0.4 s時刻,收到小車的反射波.t=1.6 s時刻,B第二次發出超聲波,t=2.2 s時刻,再次收到反射波.超聲波在空氣中傳播的速度v=340 m/s,小車是勻速行駛的.求:

(1)小車在第一次接收到超聲波時到B的距離,小車在第二次接收到超聲波時到B的距離.
(2)小車的速度大小.



考點2　勻變速直線運動的規律及應用

39　　　　　　
考向1　勻變速直線運動規律的理解與應用
1.[2018浙江4月選考,10,3分]如圖所示,豎井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面.某一豎井的深度為104 m,升降機運行的最大速度為8 m/s,加速度大小不超過1 m/s2.假定升降機到井口的速度為0,則將礦石從井底提升到井口的最短時間是(　　)
A.13 s　　　　　B.16 s　　　　　C.21 s　　　　　D.26 s


必備知識:勻變速直線運動的位移規律、速度規律等.
關鍵能力:運動模型的構建能力,勻變速直線運動規律的應用能力.
解題指導:認真審題,題目要求將礦石從井底提升到井口時間最短,已知最大速度為8 m/s,加速度最大為1 m/s2.建立運動模型,先由靜止加速達到最大速度,后勻速再減速到井口.注意勻變速直線運動規律和限制條件的應用.

考向2　考查自由落體運動與豎直上拋運動
2.[2019全國Ⅰ,18,6分]如圖,籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃,離地后重心上升的最大高度為H.上升第一個所用的時間為t1,第四個所用的時間為t2.不計空氣阻力,則滿足 (　　)
A.1<<2　　　　　　　　　　
B.2<<3
C.3<<4
D.4<<5
必備知識:自由落體運動和豎直上拋運動規律.
關鍵能力:模型構建能力,逆向思維處理問題的能力等.
解題指導:本題情境為運動員做豎直上拋運動.如果考生直接計算,會比較復雜.如果考生用逆向思維,將豎直上拋運動等效為逆向的自由落體運動,則計算過程會變得簡單很多.

考法1 勻變速直線運動規律的靈活運用
1[新題型]要求摩托車由靜止開始在盡量短的時間內通過一段直軌道,然后駛入一段半圓形的彎軌道,但在彎軌道上行駛時車速不能太快,以免因離心作用而偏離軌道.求摩托車在直軌道上行駛所用的最短時間.有關數據見下表:


啟動加速度大小a1 4 m/s2
制動加速度大小a2 8 m/s2
直軌道允許的最大速度v1 40 m/s
彎軌道允許的最大速度v2 20 m/s
直軌道長度x 218 m


某同學是這樣解的,要使摩托車在直軌道上行駛所用時間最短,應先由靜止加速到最大速度v1=40 m/s,然后再減速到v2=20 m/s,t1=,t2=,tmin=t1+t2.你認為這位同學的解法是否合理?若合理,請完成計算;若不合理,請說明理由,并用你自己的方法計算.
不合理.理由如下:
首先對運動過程進行分析討論,假設摩托車在直軌道上先加速至最大速度40 m/s,然后再減速至彎軌道允許的最大速度20 m/s,則加速過程的位移為
x1== m=200 m
再減速至彎軌道允許的最大速度時通過的位移為
x2== m=75 m
因為x1+x2=275 m>x=218 m,所以,如果按這種方式運動,摩托車進入彎軌道上時的行駛速度將大于20 m/s,不符合題目要求,故摩托車在直軌道上運行時的最大速度應小于40 m/s,才能在進入彎軌道前通過減速使速度減小為20 m/s.因而,該同學的解法不合理.
綜上所述,摩托車在直軌道上的運動過程應為:從靜止開始加速,當速度達到某一值(小于直軌道允許的最大速度)時開始減速,恰好在運動到直軌道末端時速度減至20 m/s.此運動過程的總位移為218 m.
解法一　基本公式法(利用運動學基本公式求解)
勻加速運動的位移x1=a1　①
勻減速運動的位移x2=v2(t-t1)+a2(t-t1)2　②
x1+x2=x　③
又a1t1=v2+a2(t-t1),整理得t1=　④
①②③④聯立,代入數據,解得t=11 s或t'=-16 s(舍去).
解法二　推論法(利用運動學推論公式求解)
勻加速運動的位移x1=
勻減速運動的位移x2=
且x1+x2=x,即+=218 m
代入數據解得v=36 m/s
故勻加速運動的時間t1== s=9 s,勻減速運動的時間t2== s=2 s
最短時間t=t1+t2=11 s.
解法三　圖象法(利用v-t圖象求解)
如圖所示,陰影部分面積即摩托車在直軌道上運動的位移的大小x=218 m.
x=t1+(t-t1)　①
又v=a1t1=v2+a2(t-t1)　②
由②得t1=　③
v=a1t1=　④
聯立①③④,代入數據,解得t=11 s或t'=-16 s(舍去).
不合理,理由見解析,正確結果為11 s.
1.[2020吉林延邊開學測試]如圖所示,已知O、A、B、C為同一直線上的四點,A、B間的距離為l1,B、C間的距離為l2.一物體自O點由靜止出發,沿此直線做勻加速直線運動,依次經過A、B、C三點.已知物體通過AB段與BC段所用時間相等,求O與A之間的距離.



考法2 多過程運動問題求解
2航天飛機降落在平直跑道上,其減速過程可簡化為兩個勻減速直線運動.航天飛機以水平速度v0著陸后立即打開減速阻力傘,加速度大小為a1,運動一段時間后速度減為v,隨后航天飛機在無阻力傘的情況下做勻減速運動直至停止,已知兩個勻減速滑行過程的總時間為t,求:
(1)第二個減速運動階段航天飛機運動的加速度大小;
(2)航天飛機著陸后滑行的總路程.
(1)如圖所示,A為航天飛機著陸點,AB、BC分別為兩個勻減速運動過程,飛機在C點停下.

A到B過程所用的時間
t1==
則B到C過程所用的時間t2= t-t1= t-
B到C過程的加速度大小a2==.
(2)根據運動學基本公式得
第一段勻減速運動的位移 x1=
第二段勻減速運動的位移x2==
分析知航天飛機著陸后滑行的總路程
x=x1+x2=+=.
(1)　(2)
2.[2015江蘇高考,5,3分]如圖所示,某“闖關游戲”的筆直通道上每隔8 m設有一個關卡,各關卡同步放行和關閉,放行和關閉的時間分別為5 s和2 s.關卡剛放行時,一同學立即在關卡1處以加速度2 m/s2由靜止加速到2 m/s,然后勻速向前,則最先擋住他前進的關卡是 (　　)
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　
A.關卡2 B.關卡3 C.關卡4 D.關卡5
考法3 多物體運動問題求解
3一客運列車在平直軌道上勻速行駛,其車輪在鐵軌間的接縫處會產生周期性的撞擊.坐在該客車中的某旅客測得從第1次到第16次撞擊聲之間的時間間隔為10.0 s.在相鄰的平行車道上有一列貨車,當該旅客經過貨車車尾時,貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進方向運動.該旅客在此后的20.0 s內,看到恰好有30節貨車車廂被他連續超過.已知每根軌道的長度為25.0 m,每節貨車車廂的長度為16.0 m,貨車車廂間距忽略不計.求:
(1)客車運行的速度大小v;
(2)貨車運行的加速度大小a.
(1)設連續兩次撞擊軌道的時間間隔為Δt,每根軌道的長度為l,則v=
由題意知l=25.0 m,Δt= s= s
解得v=37.5 m/s.
(2)設貨車開始運動后的t=20.0 s內客車行駛的距離為x1,貨車行駛的距離為x2,30節貨車車廂的總長度L=30×16.0 m=480.0 m
由運動學公式有x1=vt,x2=at2,由題意得L=x1-x2
聯立解得a=1.35 m/s2.
(1)37.5 m/s　(2)1.35 m/s2
特別提醒
要關注題目中的關鍵字眼,充分挖掘題目中的隱含條件,如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等.例如在分析求解本題第(2)問時,要明確兩車在時間和空間上的關系,在相等的時間t=20.0 s內,兩車運動距離的關系為L=x1-x2.
3.[2020山東棗莊八中檢測]甲、乙兩運動員在訓練交接棒的過程中發現:甲經短距離加速后能保持9 m/s的速度跑完全程,乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的.為了確定乙起跑的時機,需在接力區前適當的位置設置標記.在某次練習中,甲在接力區前x0=13.5 m處做了標記,并以v=9 m/s的速度跑到此標記時向乙發出起跑口令,乙在接力區的前端聽到口令時起跑,并恰好在速度達到與甲的速度相同時被甲追上,完成交接棒.已知接力區的長度為L=20 m.求:
(1)此次練習中乙在接棒前的加速度大小a;
(2)在完成交接棒時乙離接力區末端的距離x'.

考法4 豎直上拋運動及自由落體運動問題的分析與求解
4每隔0.2 s從同一位置豎直向上拋出一個小球,小球做初速度為6 m/s的豎直上拋運動,假設它們在空中不相碰.第一個小球在拋出點以上能遇到的小球個數為(取g=10 m/s2,不計空氣阻力)
A.3 B.4 C.5 D.6
分析求解本題時,必須根據情境明確兩個問題:(1)要明白第一個小球在上升過程中不會與任何小球相遇,相遇只能發生在其下降過程中;(2)因拋出的各小球運動情況均相同,故在第一個小球在拋出點上方運動的時間內,能拋出多少個小球,第一個小球就可以與多少個小球相遇.由題意可知,小球落回拋出點時,剛好開始拋出的小球不能計入,該題只要求出第一個小球從開始上拋到落回拋出點的時間,就可知道此時空中有多少個小球,即相遇的小球個數.小球做初速度為6 m/s的豎直上拋運動,到達最高點需要的時間為0.6 s,因而當第一個小球回到拋出點時,空中還有5個小球,第一個小球在上升過程中不會遇到任何小球,在下降過程中能遇到已拋出的5個小球,選項C正確.
C
4.[2019浙江模擬,多選]建筑工人常常徒手拋磚塊,當磚塊上升到最高點時,被樓上的師傅接住用以砌墻.若某次以10 m/s的速度從某點豎直向上拋出一個磚塊,樓上的師傅沒有接住,g取10 m/s2,空氣阻力可以忽略,則 (　　)
A.磚塊上升的最大高度為10 m
B.經2 s磚塊回到拋出點
C.磚塊回到拋出點前0.5 s時間內通過的距離為3.75 m
D.在拋出后的上升過程中,磚塊做變減速直線運動

考法5 利用圖象研究運動問題
5[2018全國Ⅱ,19,6分,多選]甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動,其速度—時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示.已知兩車在t2時刻并排行駛.下列說法正確的是
A.兩車在t1時刻也并排行駛
B.在t1時刻甲車在后,乙車在前
C.甲車的加速度大小先增大后減小
D.乙車的加速度大小先減小后增大
本題可巧用逆向思維分析,兩車在t2時刻并排行駛,根據題圖分析可知在t1~t2時間內甲車運動的位移大于乙車運動的位移,所以在t1時刻甲車在后,乙車在前,B正確,A錯誤;依據v-t圖象切線的斜率表示加速度分析出C錯誤,D正確.
BD

焦點感悟
運用圖象描述物體的運動既直觀又方便,是高考命題的熱點.對圖象問題的考查,既有利用圖象描述物體的運動問題,也有利用圖象分析計算物體的運動問題.特別是利用v-t圖象描述兩個物體的運動情況的試題,在近年高考命題中頻頻出現,而且相似度極高.因此研究高考試題,領悟考點要求,可切實取得舉一反三之效.求解如下情境轉化問題必有所獲.

5.[2018全國Ⅲ,18,6分,多選]甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動,甲做勻加速直線運動,乙做勻速直線運動.甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示.下列說法正確的是 (　　)
A.在t1時刻兩車速度相等
B.從0到t1時間內,兩車走過的路程相等
C.從t1到t2時間內,兩車走過的路程相等
D.在t1到t2時間內的某時刻,兩車速度相等


6.[2016全國Ⅰ,21,6分,多選]甲、乙兩車在平直公路上同向行駛,其v-t圖象如圖所示.已知兩車在t=3 s時并排行駛,則(　　)
A.在t=1 s時,甲車在乙車后
B.在t=0時,甲車在乙車前7.5 m
C.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2 s
D.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m


7.[新課標全國Ⅱ]甲、乙兩汽車在一平直公路上同向行駛.在t=0到t=t1的時間內,它們的v-t圖象如圖所示.在這段時間內 (　　)
A.汽車甲的平均速度比乙的大
B.汽車乙的平均速度等于
C.甲、乙兩汽車的位移相同
D.汽車甲的加速度大小逐漸減小,汽車乙的加速度大小逐漸增大

題型1　追及、相遇問題的常規解法
6汽車A以vA=4 m/s的速度向右做勻速直線運動,汽車B以vB=10 m/s的速度同向運動,B在A前方x0=7 m處時汽車B開始勻減速剎車,直到靜止后保持不動,B剎車的加速度大小a=2 m/s2,從汽車B開始剎車時計時.求:
(1)A追上B前,A、B間的最遠距離是多少;
(2)經過多長時間A恰好追上B.
汽車A和B運動的示意圖如圖所示.

(1)當A、B兩汽車速度相等時,兩車間的距離最遠,此時有
v=vB-at=vA,解得t=3 s
此過程中汽車A的位移xA=vAt=12 m
汽車B的位移xB=vBt-at2=21 m
故最遠距離Δxmax=xB+x0-xA=16 m.
(2)汽車B從開始減速直到靜止經歷的時間t1==5 s
運動的位移x'B==25 m
汽車A在t1時間內運動的位移x'A=vAt1=20 m
此時兩車相距Δx=x'B+x0-x'A=12 m
汽車A需再運動的時間t2==3 s
故A追上B所用時間t'=t1+t2=8 s.
(1)16 m　(2)8 s
感悟反思
本題中,被追汽車做勻減速直線運動,要對“停止前相遇”還是“相遇時早已停止”的情況進行判斷,切勿盲目套用公式,還要注意臨界條件的分析.
8.[2020廣東深圳模擬]A、B兩列火車,在同一軌道上同向行駛,A車在前,其速度vA=10 m/s,B車在后,速度vB=30 m/s,因大霧能見度很低,B車在距A車x0=75 m時才發現前方有A車,這時B車立即剎車,但B車要經過180 m才能停下來.
(1)B車剎車時A車仍按原速率行駛,兩車是否會相撞?
(2)若B車在剎車的同時發出信號,A車司機經過Δt=4 s收到信號后加速前進,則A車的加速度至少多大才能避免相撞?



9.[2017全國Ⅱ,24,12分]為提高冰球運動員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數;
(2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度.



題型2　追及、相遇問題的多種解法
7在平直軌道上有兩列火車A和B相距s,A車在后面做初速度為v0、加速度大小為2a的勻減速直線運動,而B車同時做初速度為零、加速度為a的勻加速直線運動,兩車運動方向相同.要使兩車不相撞,則A車的初速度v0需滿足什么條件?

要使兩車不相撞,A車追上B車時A車的速度最大只能與B車相等.設A、B兩車從相距s到A車追上B車時,A車的位移為sA、末速度為vA、所用時間為t,B車的位移為sB、末速度為vB,兩車的運動過程如圖所示,現用四種方法解答.
解法一　臨界法(利用位移公式、速度公式求解)
對A車有sA=v0t+×(-2a)×t2
vA=v0+(-2a)×t
對B車有sB=at2,vB=at
當A車追上B車時有s=sA-sB
此時,兩車不相撞的臨界條件是vA=vB
聯立以上各式解得v0=
故要使兩車不相撞,A車的初速度v0應滿足的條件是v0<.
解法二　函數法(利用判別式求解)
由解法一可知,當A車追上B車時有sA=s+sB,即v0t+×(-2a)×t2=s+at2
整理得3at2-2v0t+2s=0
這是一個關于時間t的一元二次方程,當根的判別式Δ=(-2v0)2-4×3a×2s<0時,t無實數解,即兩車不相撞,所以要使兩車不相撞,A車的初速度v0應滿足的條件是v0<.
解法三　圖象法(利用速度—時間圖象求解)
先作A、B兩車的速度—時間圖象,其圖象如圖所示,設經過t'時間兩車剛好不相撞,則
對A車有vA=v'=v0-2at'
對B車有vB=v'=at'
以上兩式聯立解得t'=
經t'時間兩車的位移大小之差,即原來兩車間的距離為s
它可用圖中的陰影面積表示,由圖象可知
s=v0·t'=v0·=
所以要使兩車不相撞,A車的初速度v0應滿足的條件是v0<.
解法四　相對運動法(巧選參考系求解)
以B車為參考系,A車的初速度為v0,加速度為a'=-2a-a=-3a.A車剛好追上B車的條件是追上B車時A車的速度為vt=0,這一過程A車相對于B車的位移為s,由運動學公式有-=2a's,則
02-=2×(-3a)×s
所以v0=
即要使兩車不相撞,A車的初速度v0應滿足的條件是v0<.
v0<
感悟反思
解法一注重對運動過程的分析,抓住兩車間距離為極值時速度應相等這一關鍵條件來求解;解法二由位移關系得到一元二次方程,然后利用根的判別式來確定方程中各系數間的關系,這也是中學物理中常用的數學方法;解法三通過圖象使兩車的位移關系更直觀;解法四通過巧妙地選取參考系,使兩車的運動關系變得簡明.必須指出的是運動學問題雖然處理方法較多,但同學們仍要以掌握最為常規的解法為主,如本題的解法一,不必過于糾結其他解法.
10.[2020安徽滁州模擬]一輛汽車在十字路口等候綠燈,當綠燈亮起時汽車以3 m/s2的加速度開始加速行駛,恰在這時一輛電動車以6 m/s的速度勻速駛來,從后面超過汽車.汽車從路口開動后,在追上電動車之前經過多長時間兩車相距最遠?最遠距離是多少?









考點3　實驗:研究勻變速直線運動

392
考向1　實驗方法及數據處理
1.[2019全國Ⅰ,22,5分]某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行探究.物塊拖動紙帶下滑,打出的紙帶一部分如圖所示.已知打點計時器所用交流電的頻率為50 Hz,紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出.在A、B、C、D、E五個點中,打點計時器最先打出的是　　　　點.在打出C點時物塊的速度大小為　　　　m/s(保留3位有效數字);物塊下滑的加速度大小為　　　　 m/s2(保留2位有效數字).?

必備知識:刻度尺的讀數規則,瞬時速度和加速度的計算等.
關鍵能力:對紙帶數據的處理、運用能力,逐差法的應用能力.
解題指導:物塊沿斜木板加速下滑,紙帶上的計數點應由密集逐漸變稀疏.刻度尺最小刻度為1 mm,讀數應再向后估讀一位.計算瞬時速度應根據勻變速直線運動的質點在一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度來計算,求解加速度應由逐差法求得.

考向2　實驗改進與創新
2.[2016全國Ⅰ,22,5分]

圖(a)
某同學用圖(a)所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律,其中打點計時器的電源為交流電源,可以使用的頻率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出紙帶的一部分如圖(b)所示.
該同學在實驗中沒有記錄交流電的頻率f,需要用實驗數據和其他題給條件進行推算.
(1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落,利用f和圖(b)中給出的物理量可以寫出:在打點計時器打出B點時,重物下落的速度大小為　　　　　　　　,打出C點時重物下落的速度大小為　　　　　　　　,重物下落的加速度大小為　　　　　　　　.?

圖(b)
(2)已測得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;當地重力加速度大小為9.80 m/s2,實驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%.由此推算出f為　　　　Hz.?
必備知識:重物下落速度和加速度的求解,牛頓第二定律的應用等.
關鍵能力:物理量及物理關系的理解應用能力,紙帶數據的處理能力等.
解題指導:運用平均速度的定義求AC段和BD段的平均速度,再根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間的平均速度求得vB和vC.由加速度a=求得a,再根據牛頓第二定律列方程推算出頻率f.

考法1 利用紙帶求解物體的速度和加速度
1某同學用打點計時器測量做勻加速直線運動的物體的加速度,電源頻率f=50 Hz.在紙帶上打出的點中,選出零點,每隔4個點取1個計數點,因保存不當,紙帶被污染,如圖所示,A、B、C、D是依次排列的4個計數點,僅能讀出其中3個計數點到零點的距離:sA=16.6 mm,sB=126.5 mm,sD=624.5 mm.

若無法再做實驗,可由以上信息推知:
(1)打下相鄰兩計數點的時間間隔為　　　　s;?
(2)打C點時物體的速度大小為　　　m/s(取2位有效數字);?
(3)物體的加速度大小為　　　　(用sA、sB、sD和f表示).?
(1)因相鄰的兩計數點間還有4個計時點,故t=5T=0.1 s.
(2)由勻變速直線運動的特點可知vC==×10-3 m/s=2.5 m/s.
(3)設物體做勻加速直線運動的加速度為a,則根據Δs=at2得(sC-sB)-(sB-sA)=at2,(sD-sC)-(sC-sB)=at2.聯立兩式并消去sC得
a==.
(1)0.1　(2)2.5　(3)
1.在利用打點計時器探究小車“速度隨時間變化的關系”的實驗中,所用交流電的頻率為50 Hz,某次實驗中得到的一條紙帶如圖所示.

(1)從比較清晰的點起,每五個點取一個點作為計數點,分別標明0、1、2、3、4,則兩個相鄰計數點之間的時間間隔為　　　　s.?
(2)測得x1=30.1 mm,x2=36.2 mm,x3=42.2 mm,x4=48.1 mm,則打下計數點“2”時小車的速度為　　 m/s,整個運動過程中小車的加速度為　　　m/s2.?
(3)當打下計數點“0”時,小車的速度為　　　　m/s.?
考法2 類打點紙帶問題的分析與處理
2 [2017全國Ⅰ,22,5分]某探究小組為了研究小車在桌面上的直線運動,用自制“滴水計時器”計量時間.實驗前,將該計時器固定在小車旁,如圖(a)所示.實驗時,保持桌面水平,用手輕推一下小車.在小車運動過程中,滴水計時器等時間間隔地滴下小水滴,圖(b)記錄了桌面上連續的6個水滴的位置.(已知滴水計時器每30 s內共滴下46個小水滴)


(1)由圖(b)可知,小車在桌面上是　　　　(填“從右向左”或“從左向右”)運動的.?
(2)該小組同學根據圖(b)的數據判斷出小車做勻變速運動.小車運動到圖(b)中A點位置時的速度大小為　　　　m/s,加速度大小為　　　　m/s2.(結果均保留2位有效數字)?
試題用自制“滴水計時器”計量時間,研究勻變速直線運動.利用“滴水計時器”研究物體運動與利用“打點計時器”研究物體運動,在實驗方法上具有相似性,因此分析求解問題的關鍵在于弄清“打點周期”,即滴水時間間隔.
(1)由于小車在水平桌面上運動時必然受到阻力作用,做勻減速直線運動,相鄰水滴(時間間隔相同)的位置間的距離逐漸減小,所以由題圖(b)可知,小車在桌面上是從右向左運動的.
(2)滴水計時器每30 s內共滴下46個小水滴,其滴水的時間間隔T== s.根據勻變速直線運動的規律,可得小車運動到題圖(b)中A點位置時的速度大小為vA=≈0.19 m/s.由Δx=aT2和逐差法可得,小車運動的加速度大小a=(m/s2)≈0.038 m/s2.
(1)從右向左　(2)0.19　0.038
2.在暗室中用圖示裝置做“測定重力加速度”的實驗.
實驗器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺絲夾子、接水鋁盒、一根帶熒光刻度的米尺、頻閃儀.
具體實驗步驟如下:
①在漏斗內盛滿清水,旋松螺絲夾子,水滴會以一定的頻率一滴滴地落下.
②用頻閃儀發出的白閃光將水滴流照亮,由大到小逐漸調節頻閃儀的頻率直到第一次看到一串仿佛固定不動的水滴.
③用豎直放置的米尺測得各個水滴所對應的刻度.
④采集數據進行處理.
(1)實驗中看到空間有一串仿佛固定不動的水滴時,頻閃儀的閃光頻率滿足的條件是頻閃儀的閃光頻率　　　　(填“等于”或“不等于”)水滴滴落的頻率.?

(2)若實驗中觀察到水滴“固定不動”時頻閃儀的閃光頻率為30 Hz,某同學讀出其中比較遠的水滴到第一個水滴的距離如圖所示,根據數據測得的小水滴下落的加速度即當地的重力加速度g=　　　　m/s2;第7個水滴此時的速度v7=m/s.(結果都保留3位有效數字)?
考法3 對實驗綜合能力的全方位考查
3[2018北京高考,21,18分]用圖1所示的實驗裝置研究小車速度隨時間變化的規律.

圖1
主要實驗步驟如下:
a.安裝好實驗器材.接通電源后,讓拖著紙帶的小車沿長木板運動,重復幾次.
b.選出一條點跡清晰的紙帶,找一個合適的點當作計時起點O(t=0),然后每隔相同的時間間隔T選取一個計數點,如圖2中A、B、C、D、E、F……所示.

圖2
c.通過測量、計算可以得到在打A、B、C、D、E……點時小車的速度,分別記作v1、v2、v3、v4、v5……
d.以速度v為縱軸、時間t為橫軸建立直角坐標系,在坐標紙上描點,如圖3所示.

圖3
結合上述實驗步驟,請你完成下列任務:
(1)在下列儀器和器材中,還需要使用的有　　　和　　　(填選項前的字母).?
A.電壓合適的50 Hz交流電源
B.電壓可調的直流電源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝碼)
(2)在圖3中已標出計數點A、B、D、E對應的坐標點,請在該圖中標出計數點C對應的坐標點,并畫出v-t圖象.
(3)觀察v-t圖象,可以判斷小車做勻變速直線運動,其依據是　　　　　　.v-t圖象斜率的物理意義是　　　.?
(4)描繪v-t圖象前,還不知道小車是否做勻變速直線運動.用平均速度表示各計數點的瞬時速度,從理論上講,對Δt的要求是　　　(選填“越小越好”或“與大小無關”);從實驗的角度看,選取的Δx大小與速度測量的誤差　　　(選填“有關”或“無關”).?

圖4
(5)早在16世紀末,伽利略就猜想落體運動的速度應該是均勻變化的.當時只能靠滴水計時,為此他設計了如圖4所示的“斜面實驗”,反復做了上百次,驗證了他的猜想.請你結合勻變速直線運動的知識,分析說明如何利用伽利略“斜面實驗”檢驗小球的速度是隨時間均勻變化的.
(1)打點計時器需用交流電源,為了計算速度需要利用刻度尺測量長度,故選A、C.
(2)C點對應坐標點的橫坐標為3T,縱坐標為v3.描點連線,圖象如圖所示.

(3)結合圖象可以看出小車速度隨時間均勻變化,所以小車做勻變速直線運動,v-t圖象的斜率表示小車運動時的加速度.
(4)Δt越小,則越接近計數點的瞬時速度,所以從理論上講Δt越小越好;從實驗的角度看,選取的Δx越大,Δx的測量誤差越小,速度測量的誤差就越小,因此選取的Δx大小與速度測量的誤差有關.
(5)如果小球的初速度為0,其速度v∝t,那么它通過的位移x∝t2,因此,只要測量小球通過不同位移所用的時間,就可以檢驗小球的速度是否隨時間均勻變化.(要檢驗小球的速度是隨時間均勻變化的,可以檢驗小球運動位移與時間的平方成正比.利用滴水計時得到小球的運動時間,并測出小球在相應時間內的位移,則可以驗證.)
(1)A　C　(2)見解析　(3)小車的速度隨時間均勻變化　加速度　(4)越小越好　有關　(5)如果小球的初速度為0,其速度v∝t,那么它通過的位移x∝t2.因此,只要測量小球通過不同位移所用的時間,就可以檢驗小球的速度是否隨時間均勻變化.

3.圖(a)為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖.實驗步驟如下:

圖(a)

①用天平測量物塊和遮光片的總質量M、重物的質量m;用游標卡尺測量遮光片的寬度d;用米尺測量兩光電門之間的距離s;
②調整輕滑輪,使細線水平;
③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放,用數字毫秒計分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間ΔtA和ΔtB,求出加速度a;
④多次重復步驟③,求a的平均值;
⑤根據上述實驗數據求出動摩擦因數μ.
回答下列問題:
(1)測量d時,某次游標卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數如圖(b)所示,其讀數為　　　　cm.?

圖(b)
(2)物塊的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示為a=　　　　.?
(3)動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為 μ=　　　　.?
(4)如果細線沒有調整到水平,由此引起的誤差屬于　　　　(填“偶然誤差”或“系統誤差”).?

題型1　實驗目的的遷移與創新
4[2018全國Ⅲ,22,6分]甲、乙兩同學通過下面的實驗測量人的反應時間.實驗步驟如下:
(1)甲用兩個手指輕輕捏住量程為L的木尺上端,讓木尺自然下垂.乙把手放在尺的下端(位置恰好處于L刻度處,但未碰到尺),準備用手指夾住下落的尺.
(2)甲在不通知乙的情況下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夾住尺子.若夾住尺子的位置刻度為L1,重力加速度大小為g,則乙的反應時間為　　　(用L、L1和g表示).?
(3)已知當地的重力加速度大小為g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm.乙的反應時間為　　　s.(結果保留2位有效數字)?
(4)寫出一條能提高測量結果準確程度的建議:　　　　　　　　　　　　.?
根據題述,在乙的反應時間t內,尺子下落高度h=L-L1,由自由落體運動規律可知,h=gt2,解得t=,代入數據得t=0.20 s.
(2)　(3)0.20　 (4)多次測量取平均值;初始時乙的手指盡可能接近尺子(答出一條即可)

感悟反思
本實驗根據自由落體運動規律,通過實驗獲取有關數據,測量人的反應時間,這與教材中研究勻變速直線運動的實驗目的不同,但是實驗原理和方法都是已學過知識的遷移.特別是第(4)問,要求寫出一條提高測量結果準確程度的建議,更加能體現對考生知識遷移能力和靈活應用能力的素質要求.
4.[2015重慶高考,6,6分]同學們利用如圖所示方法估測反應時間.首先,甲同學捏住直尺上端,使直尺保持豎直狀態,直尺零刻度線位于乙同學的兩指之間.當乙看見甲放開直尺時,立即用手指捏直尺,若捏住位置的刻度讀數為x,則乙同學的反應時間為　　　　(重力加速度為g).基于上述原理,某同學用直尺制作測量反應時間的工具,若測量范圍為0~0.4 s,則所用直尺的長度至少為　　　　cm(g取10 m/s2);若以相等時間間隔在該直尺的另一面標記出表示反應時間的刻度線,則每個時間間隔在直尺上對應的長度是　　　　的(選填“相等”或“不相等”).?
題型2　實驗原理和方法的拓展與創新
5[2017全國Ⅱ,22,6分]某同學研究在固定斜面上運動物體的平均速度、瞬時速度和加速度之間的關系.使用的器材有:斜面、滑塊、長度不同的矩形擋光片、光電計時器.

實驗步驟如下:
①如圖(a),將光電門固定在斜面下端附近;將一擋光片安裝在滑塊上,記下擋光片前端相對于斜面的位置,令滑塊從斜面上方由靜止開始下滑;
②當滑塊上的擋光片經過光電門時,用光電計時器測得光線被擋光片遮住的時間Δt;
③用Δs表示擋光片沿運動方向的長度(如圖(b)所示),表示滑塊在擋光片遮住光線的Δt時間內的平均速度大小,求出;
④將另一擋光片換到滑塊上,使滑塊上的擋光片前端與①中位置相同,令滑塊由靜止開始下滑,重復步驟②、③;
⑤多次重復步驟④;
⑥利用實驗中得到的數據作出-Δt圖象,如圖(c)所示.

圖(c)
完成下列填空:
(1)用a表示滑塊下滑的加速度大小,用vA表示擋光片前端到達光電門時滑塊的瞬時速度大小,則與vA、a和Δt的關系式為=　　　　.?
(2)由圖(c)可求得,vA=　　　　cm/s,a=　　　　cm/s2.(結果保留3位有效數字)?
(1)由于滑塊做勻變速運動,在擋光片通過光電門的過
程中,由運動學公式得Δt=vAΔt+a(Δt)2,則=vA+aΔt.
(2)由=vA+aΔt結合題圖(c)可知,圖線與縱軸的交點的縱坐標為vA,將圖線延長與縱軸相交,得vA=52.1 cm/s,圖線的斜率等于a,即a= cm/s2,求得a=16.3 cm/s2.
(1)vA+Δt　(2)52.1　16.3

感悟反思
本題利用擋光片和光電計時器探究斜面上滑塊的運動,涉及平均速度表達式的確定、瞬時速度和加速度的求解.看起來此實驗的原理和方法與人教版教材實驗的有很大的不同,但本質上依然是人教版教材實驗原理和方法的遷移.因此掌握教材實驗是處理創新實驗問題的重要基礎和保證.
5.某同學利用圖甲所示的實驗裝置,探究物塊在水平桌面上的運動規律,物塊在重物的牽引下開始運動,重物落地后,物塊再運動一段距離停在桌面上(尚未到達滑輪處),從紙帶上便于測量的點開始,每5個點取1個計數點,相鄰計數點間的距離如圖乙所示,打點計時器電源的頻率為50 Hz.

(1)通過分析紙帶數據,可判斷物塊在兩相鄰計數點　　　　和　　　　之間某時刻開始減速.?
(2)計數點5對應的速度大小為　　　　m/s,計數點6對應的速度大小為　　　　m/s(保留3位有效數字).?
(3)物塊減速運動過程中加速度的大小為a=　　　　m/s2,若用來計算物塊與桌面間的動摩擦因數(g為重力加速度),則計算結果比動摩擦因數的真實值　　　　(填“偏大”或“偏小”).?

28

專題二 相互作用

考點1　常見的幾種力

393

考向1　考查彈簧彈力問題
1.[2017全國Ⅲ,17,6分]一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點上,彈性繩的原長也為80 cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點,平衡時彈性繩的總長度為100 cm;再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點,則彈性繩的總長度變為(彈性繩的伸長始終處于彈性限度內) (　　)
A.86 cm　　　　　B.92 cm　　　　　C.98 cm　　　　　D.104 cm
必備知識:彈力概念、胡克定律、數學知識、共點力的平衡等.
關鍵能力:受力分析能力.
解題指導:鉤碼掛在彈性繩的中點平衡時,根據幾何條件,進行受力分析列出平衡方程進行求解.

考向2　考查整體法和隔離法的靈活運用
2.[2017浙江下半年選考,5,3分]疊放在水平地面上的四個完全相同的排球如圖所示,質量均為m,相互接觸.球與地面間的動摩擦因數均為μ,則 (　　)
A.上方球與下方三個球間均沒有彈力
B.下方三個球與水平地面間均沒有摩擦力
C.水平地面對下方三個球的支持力均為mg
D.水平地面對下方三個球的摩擦力均為μmg

必備知識:力的概念,物體的受力分析、共點力平衡條件等.
關鍵能力:整體法、隔離法的應用能力.
解題指導:首先運用整體法分析,求得地面對下方每個球的支持力.再運用隔離法求得地面對下方每個球的摩擦力,特別注意因為是靜摩擦力,所以不能用F=μFN求解.另外隔離受力分析時不要出錯.


考法1 彈力的分析與計算
1[多選]如圖所示,兩個完全相同的輕彈簧a、b,一端固定在水平面上,另一端均與質量為m的小球相連接,輕桿c一端固定在天花板上,另一端與小球拴接.彈簧a、b和輕桿互成120°角,且彈簧a、b的彈力大小均為mg,g為重力加速度,如果將輕桿突然撤去,則撤去瞬間小球的加速度大小可能為

A.0　　　　B.g　　　　C.1.5g　　　　D.2g
桿與繩不同,桿可能受拉力、推力,還可能不受力,繩不能受推力,解題時應注意兩種模型的區別.
彈簧a、b的彈力大小均為mg,當彈簧的彈力為拉力時,兩彈簧合力方向豎直向下,大小為mg,則輕桿對小球的拉力為2mg,將輕桿突然撤去時,小球受到的合力為2mg,此時加速度為2g,故選項D正確;當彈簧的彈力為壓力時,兩彈簧合力方向豎直向上,大小為mg,根據平衡條件,可知輕桿對小球的作用力為0,將輕桿突然撤去時,小球受到的合力為0,此時加速度為0,故選項A正確,B、C錯誤.
AD
1.[2020四川綿陽檢測]如圖所示,水平輕桿的一端固定在墻上,輕繩與豎直方向的夾角為37°,小球的重力為12 N,輕繩的拉力為10 N,水平輕彈簧的拉力為9 N,小球處于靜止狀態,求輕桿對小球的作用力.






考法2 摩擦力的分析與計算
2如圖所示,傾角為 θ的斜面體C置于水平地面上,一條細線一端與斜面上的物體B相連,另一端繞過質量不計的光滑定滑輪與物體A相連,定滑輪用一懸線懸掛在天花板上的O點,懸線與豎直方向成α角,A、B、C始終處于靜止狀態,下列說法正確的是
A.若僅增大A的質量,B對C的摩擦力一定減小
B.若僅增大A的質量,地面對C的摩擦力一定增大
C.若僅增大B的質量,懸線的拉力可能等于A的重力
D.若僅將C向左緩慢移動一點,α角將增大
對物體B進行受力分析,因不能確定mAg和mBgsin θ的大小關系,故斜面體C對B的靜摩擦力大小、方向無法確定,則B對C的摩擦力的大小和方向也無法確定,選項A錯誤.對B、C整體受力分析,若僅增大A的質量,細線中拉力增大,根據平衡條件,地面對C向右的摩擦力一定增大,選項B正確.滑輪兩側細線的拉力大小均等于A的重力,兩拉力與懸線的拉力構成矢量三角形,若要使懸線的拉力也等于A的重力,應使滑輪右側細線與豎直方向成60°角斜向右上方,與B的質量無關,所以選項C錯誤.若僅將C向左緩慢移動一點,α角將減小,選項D錯誤.
B
2.[2020山東濟寧檢測,多選]如圖所示,物體A、B用細繩與輕彈簧連接后跨過滑輪.A靜止在傾角為θ的粗糙斜面上,B懸掛著.已知質量mA=3mB,物體A所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,不計滑輪摩擦,現將斜面傾角θ由45°減小到30°,那么下列說法正確的是 (　　)
A.彈簧的彈力將增大
B.物體A對斜面的壓力將增大
C.物體A受到的靜摩擦力將減小
D.物體A可能被拉動
考法3 受力分析中整體法和隔離法的靈活運用
3在粗糙水平面上放著一個三角形木塊ABC,在它的兩個粗糙斜面上分別放有質量為m1和m2的兩個物體,m1>m2,如圖所示,若三角形木塊和兩物體都是靜止的,則粗糙水平面對三角形木塊
A.有摩擦力的作用,摩擦力的方向水平向右
B.有摩擦力的作用,摩擦力的方向水平向左
C.有摩擦力的作用,但摩擦力的方向不能確定,因m1、m2、θ1、θ2的數值均未給出
D.以上結論都不對
求解本題的關鍵是找到三角形木塊與地面間有沒有相對運動趨勢;若有,粗糙水平面對三角形木塊有摩擦力的作用,否則沒有摩擦力的作用.
解法一(隔離法)　把三角形木塊隔離出來,它的兩個斜面上分別受到兩物體對它的壓力FN1、FN2,摩擦力F1、F2.由兩物體的平衡條件知,這四個力的大小分別為
FN1=m1gcos θ1
FN2=m2gcos θ2
F1=m1gcos θ1
F2=m2gcos θ2

它們的水平分力的大小(如圖所示)分別為
FN1x=FN1sin θ1=m1gcos θ1sin θ1
FN2x=FN2sin θ2=m2gcos θ2sin θ2
F1x=F1cos θ1=m1gcos θ1sin θ1
F2x=F2cos θ2=m2gcos θ2sin θ2
其中FN1x=F1x,FN2x=F2x,即它們的水平分力互相平衡,木塊在水平方向無滑動趨勢,因此不受水平面的摩擦力作用.

解法二(整體法)　由于三角形木塊和斜面上的兩物體都靜止,可以把它們看成一個整體,受力如圖所示.設三角形木塊質量為M,則整體在豎直方向受到重力(m1+m2+M)g和支持力FN作用處于平衡狀態,水平方向無任何滑動趨勢,因此不受水平面的摩擦力作用.
D
3.[2020山西大學附中第二次模考,多選]如圖所示,兩相同輕質硬桿OO1、OO2可繞其兩端垂直紙面的水平軸O、O1、O2轉動,在O點懸掛一質量為M的重物,將質量為m的兩相同木塊緊壓在豎直擋板上,此時整個系統保持靜止.Ff表示木塊與擋板間摩擦力的大小,FN表示木塊與擋板間正壓力的大小.若擋板間的距離稍許增大后,系統仍靜止且O1、O2始終等高,則 (　　)
　　　
A.Ff變小 B.Ff不變 C.FN變小 D.FN變大

4[新角度,多選]如圖甲所示,abcd是由導體做成的框架,框架平面與水平面成θ角,質量為m的導線棒PQ與ab、cd接觸良好,回路中的總電阻為R,整個裝置放在垂直于框架平面的變化的磁場中,磁場的磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖乙,PQ始終靜止.關于PQ與ab、cd的摩擦力f在0~t1內的變化情況,下列判斷中有可能正確的是

A.f一直增大　　　　　　　B.f一直減小
C.f先減小,后增大 D.f先增大,后減小
由圖象分析可知閉合電路中的感應電動勢為一恒量,故感應電流也是恒量,由于0~t1時間內磁感應強度是減小的,PQ棒受到的安培力也是減小的,若PQ棒的重力平行于斜面的分力大于開始時的安培力,則f是平行斜面向上的,也就是當安培力減小時,f一直增大;若PQ棒的重力平行于斜面的分力小于開始時的安培力,f是平行斜面向下的,當安培力減小時,f減小,當安培力減小到小于重力平行于斜面的分量時,f反向(平行斜面向上)增大.
AC
感悟反思
在平衡問題中,靜摩擦力的變化從平衡關系分析;滑動摩擦力的變化從公式f=μFN分析,與FN的變化規律相對應.
4.[靜—靜“突變”]如圖所示,把一重為G的物體,用一水平方向的推力F=kt(k為恒量,t為時間)壓在豎直的足夠高的平整墻上,從t=0開始物體所受的摩擦力f隨時間t的變化關系是選項圖中的 (　　)

5.[靜—動“突變”,多選]如圖甲所示,將力傳感器A固定在光滑水平桌面上,測力端通過輕質水平細繩與質量為m的滑塊相連,滑塊放在較長的小車上.傳感器與計算機相連接,可獲得力隨時間變化的規律.一水平輕質細繩跨過光滑的定滑輪,一端連接小車,另一端系一砂桶,整個裝置開始時處于靜止狀態,緩慢向砂桶里倒入細砂,直至滑塊與小車分離,力傳感器采集的F-t圖象如圖乙所示,則 (　　)

A.2.5 s前小車慢慢滑動
B.2.5 s后小車做變加速運動(假設細砂仍在添加中)
C.2.5 s前小車所受摩擦力不變
D.2.5 s后小車所受摩擦力不變
6.[2015山東高考,16,6分]如圖,滑塊A置于水平地面上,滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直),此時A恰好不滑動,B剛好不下滑.已知A與B間的動摩擦因數為μ1,A與地面間的動摩擦因數為μ2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.A與B的質量之比為 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.

考點2　力的合成和分解

394

考向1　考查力的合成和分解的應用
1.[2019全國Ⅲ,16,6分]用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件,為使工件保持固定,將其置于兩光滑斜面之間,如圖所示.兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上,傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時,圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2,則(　　)
A.F1=mg,F2=mg　　　　　B.F1=mg,F2=mg
C.F1=mg,F2=mg D.F1=mg,F2=mg
必備知識:力的合成和分解規律等.
關鍵能力:數學幾何知識的應用能力.
解題指導:根據重力的作用效果確定它的兩個分力的方向,并根據數學知識和平行四邊形定則進行求解.

考向2　對實際問題的分析與求解
2.[2019天津高考,2,6分]2018年10月23日,港珠澳跨海大橋正式通車.為保持以往船行習慣,在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內)斜拉橋,其索塔與鋼索如圖所示.下列說法正確的是 (　　)

A.增加鋼索的數量可減小索塔受到的向下的壓力
B.為了減小鋼索承受的拉力,可以適當降低索塔的高度
C.索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時,鋼索對索塔的合力豎直向下
D.為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下,索塔兩側的鋼索必須對稱分布


必備知識:合力與分力的概念,力的合成和分解規律.
關鍵能力:平行四邊形定則的應用及物理模型的構建能力.
解題指導:增加鋼索數量,索塔受到向下的壓力增大;當索塔受到的力F一定時,降低索塔高度,鋼索受到的拉力將增大;由平行四邊形定則分析可知,兩個分力的合力豎直向下時,兩分力的大小不一定相等.


考法1 力的合成和分解問題的分析與應用
題型1　合力與分力關系可能性問題分析
1已知兩個共點力的合力為50 N,分力F1的方向與合力F的方向成30°角,分力F2的大小為30 N.則
A.F1的大小是唯一的　　　B.F2的方向是唯一的
C.F2有兩個可能的方向 D.F2可取任意方向
如圖所示,因為F2=30 N>Fsin 30°=25 N,以F的矢尖為圓心,以表示力的大小為30 N的線段長度為半徑畫一個圓弧,與F1有兩個交點,這樣F2有兩個可能的方向,F1有兩個可能的大小.因此C正確.
C
1.[2020山東濟南模擬,多選]兩個力F1和F2間的夾角為θ,兩力的合力為F.以下說法正確的是(　　)
A.若F1和F2大小不變,θ角越小,合力F就越大
B.合力F總比分力F1和F2中的任何一個力都大
C.如果夾角θ不變,F1大小不變,只要F2增大,合力F就必然增大
D.合力F的作用效果與兩個分力F1和F2共同產生的作用效果是相同的
題型2　應用力的合成和分解求解實際問題
2[2018天津高考,7,6分,多選]明朝謝肇淛的《五雜組》中記載:“明姑蘇虎丘寺塔傾側,議欲正之,非萬緡不可.一游僧見之曰:無煩也,我能正之.”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去,經月余扶正了塔身.假設所用的木楔為等腰三角形,木楔的頂角為θ,現在木楔背上加一力F,方向如圖所示,木楔兩側產生推力FN,則
A.若F一定,θ大時FN大　　　　B.若F一定,θ小時FN大
C.若θ一定,F大時FN大 D.若θ一定,F小時FN大
力F的分解如圖所示,由于木楔是等腰三角形,所以FN=FN1=FN2,F=2FNcos(90°-)=2FNsin,故解得FN=,所以F一定時,θ越小,FN越大;θ一定時,F越大,FN越大,故A、D錯誤,B、C正確.
BC
2.[新情境]減速帶是交叉路口常見的一種交通設施,車輛駛過減速帶時要減速,以保障行人的安全.當汽車前輪剛爬上減速帶時,減速帶對車輪的彈力為F,下圖中彈力F畫法正確且分解合理的是 (　　)

考法2 力的正交分解法及其應用
3如圖所示,一物塊置于水平地面上.當用與水平方向成60°角的力F1拉物塊時,物塊做勻速直線運動;當改用與水平方向成30°角的力F2推物塊時,物塊仍做勻速直線運動.若F1和F2的大小相等,則物塊與地面之間的動摩擦因數為
A.-1　　　B.2-　　　C.-　　　D.1-


當用F1拉物塊做勻速直線運動時,受力分析如圖所示,將F1正交分解,則
水平方向有F1cos 60°=Ff1
豎直方向有F1sin 60°+FN1=mg
其中Ff1=μFN1
聯立上式可得F1=.
同理,當用F2推物塊做勻速直線運動時
水平方向有F2cos 30°=Ff2
豎直方向有F2sin 30°+mg=FN2
其中Ff2=μFN2
聯立上式可得F2=
根據題意知F1=F2,解得μ=2-,B正確.
B
3.[2020甘肅武威第一中學階段性測試]如圖所示,一個半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的內表面光滑,一根輕質桿的兩端固定有兩個小球1和2,質量分別是m1、m2,當它們靜止時,球1、球2與球心的連線跟水平面分別成60°、30°角,則碗對球1、球2的彈力大小之比是 (　　)
A.1:2　　　　　　　　　　B.:1
C.1: D.:2

4[2017天津高考,8,6分,多選]如圖所示,輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點,懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的,掛于繩上處于靜止狀態.如果只人為改變一個條件,當衣架靜止時,下列說法正確的是
A.繩的右端上移到b',繩子拉力不變
B.將桿N向右移一些,繩子拉力變大
C.繩的兩端高度差越小,繩子拉力越小
D.若換掛質量更大的衣服,則衣架懸掛點右移

設衣架掛于繩上o點,繩aob長為L,M、N的水平距離為d,bo延長線交M于a',由幾何關系知a'o=ao,sin θ=,由平衡條件有2Fcos θ=mg,則F=.當繩右端從b上移到b'時,d、L不
變,θ不變,故F不變,選項A正確,C錯誤.將桿N向右移一些,L不變,d變大,θ變大,cos θ變小,則F變大,選項B正確.只改變衣服的質量m,其他條件不變,則sin θ不變,θ不變,衣架懸掛點不變,選項D錯誤.
AB
致敬經典
在近幾年高考命題中對“活結”的考查屢見不鮮.試題不僅考查力的合成和分解知識的運用,更注重考查對“活結”模型的分析與求解.特點是與生活實際相聯系,是當前新高考命題的方向.

4.[上海高考]如圖所示,長為5 m的細繩兩端分別系于豎立在地面上相距為4 m的兩桿的頂端A、B,繩上掛一個光滑的輕質掛鉤,其下連著一個重為12 N的物體,則平衡時細繩中的張力FT=　　　　N.?
5.[2016全國Ⅲ,17,6分]如圖,兩個輕環a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上;一細線

穿過兩輕環,其兩端各系一質量為m的小球.在a和b之間的細線上懸掛一小物塊.平衡時,a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計所有摩擦 .小物塊的質量為(　　)
A.　　　 　B.m　　　 　C.m　　　 　D.2m
6.[海南高考]如圖,一不可伸長的光滑輕繩,其左端固定于O點,右端跨過位于O'點的固定光滑軸懸掛一質量為M的物體;OO'段水平,長度為L;繩上套一可沿繩滑動的輕環.現在輕環上懸掛一鉤碼,平衡后,物體上升L.則鉤碼的質量為 (　　)
A.M B.M C.M D.M
考點3　共點力的平衡

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考向1　物體靜態平衡問題
1.[2019江蘇高考,2,3分]如圖所示,一只氣球在風中處于靜止狀態,風對氣球的作用力水平向右.細繩與豎直方向的夾角為α,繩的拉力為T,則風對氣球作用力的大小為 (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.Tsin α D.Tcos α
必備知識:共點力的平衡條件、數學知識等.
關鍵能力:應用數學處理物理問題的能力.
解題指導:先對氣球進行正確的受力分析,然后再根據共點力的平衡條件求解.
考向2　物體動態平衡問題
2.[2019全國Ⅰ,19,6分,多選]如圖,一粗糙斜面固定在地面上,斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連,系統處于靜止狀態.現用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止,則在此過程中(　　)

A.水平拉力的大小可能保持不變
B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加
必備知識:力的作用相互性、力的平衡條件等.
關鍵能力:圖象法的應用能力.
解題指導:物塊N受三個共點力作用而平衡、畫出動態受力圖.分析可知水平拉力和細繩拉力的變化情況;再通過對物塊M進行受力分析,判斷物塊M所受摩擦力的變化情況.
考向3　平衡中的臨界與極值問題
3.[2015上海高考,14,3分]如圖所示,一質量為m的正方體物塊置于風洞內的水平面上,其一面與風速垂直,當風速為v0時剛好能推動該物塊.已知風對物塊的推力F正比于Sv2,其中v為風速、S為物塊迎風面積.當風速變為2v0時,剛好能推動用同一材料做成的另一正方體物塊,則該物塊的質量為 (　　)
A.4m　　　　　　B.8m　　　　　　C.32m　　　　　　D.64m

必備知識:平衡狀態的判斷、平衡條件的運用等.
關鍵能力:模型構建能力,應用數學處理物理問題的能力.
解題指導:風力剛好推動物塊,表明風力恰好跟摩擦力大小相等,此時應有kSv2=μmg=μρl3g,然后求出風速為2v0時物塊的質量.


考法1 單一物體的平衡問題
題型1　三力平衡問題求解

1體育器材室里,籃球擺放在如圖所示的球架上.已知球架的寬度為d,每個籃球的質量為m、直徑為D,不計球與球架之間的摩擦,則每個籃球對一側球架的壓力大小為
A.mg　　B.　　C.　　D.


對籃球進行受力分析如圖所示,由相似三角形可知=,所以F1=.
C
1.如圖所示,一定質量的小球(可視為質點)用輕質細線固定懸掛在天花板上.第一種情況:在水平拉力F作用下,當細線與豎直方向夾角為30°時,小球恰能處于平衡狀態.第二種情況:對小球施加同樣大小的拉力,方向垂直于細線,使小球處于平衡狀態.下列說法正確的是 (　　)
A.小球所受到的重力大小為F
B.當施加水平方向作用力時,細線受到沿線方向的拉力大小等于F
C.當施加垂直于細線方向的拉力時,細線受到沿線方向的拉力大小等于2F
D.當施加垂直于細線方向的拉力時,細線與豎直方向的夾角大于60°
題型2　多力平衡問題求解
2如圖所示,球的質量為2 kg,兩根輕繩AB和AC的一端連接于豎直墻上,另一端系于球上,兩輕繩與墻構成的三角形ABC為正三角形.在球上另施加一個方向與水平線成θ=60°角的拉力F,若要使兩輕繩都能伸直,求拉力F的大小范圍.(g取10 m/s2)

如圖所示,根據平衡條件,有
x方向:Fcos 60°=FCcos 30°+FBcos 30°
y方向:Fsin 60°+FBsin 30°=mg+FCsin 30°
解得FB=mg-F,FC=F-mg
當FB=0時,F最大,Fmax=20 N
當FC=0時,F最小,Fmin=10 N
故拉力F的范圍為10 N≤F≤20 N.
10 N≤F≤20 N
2.[2019福建廈門湖濱檢測]如圖所示,一直桿傾斜固定并與水平方向成30°的夾角.直桿上套有一質量為0.5 kg的圓環,圓環與輕彈簧相連,在輕彈簧上端施加一豎直向上、大小為F=10 N的力,圓環處于靜止狀態.已知直桿與圓環之間的動摩擦因數為0.7,取g=10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A.圓環受到直桿的彈力,方向垂直直桿向上
B.圓環受到直桿的彈力,大小等于2.5 N
C.圓環受到直桿的摩擦力,方向沿直桿向上
D.圓環受到直桿的摩擦力,大小等于2.5 N
考法2 多物體的平衡問題
題型3　疊加體平衡問題求解
3[2016海南高考,2,3分]如圖所示,在水平桌面上放置一斜面體P,兩長方體物塊a和b疊放在P的斜面上,整個系統處于靜止狀態.若將a與b、b與P、P與桌面之間摩擦力的大小分別用f1、f2和f3表示.則
A.f1=0,f2≠0,f3≠0　　　　　B.f1≠0,f2=0,f3=0
C.f1≠0,f2≠0,f3=0 D.f1≠0,f2≠0,f3≠0
解答本題要善于選取研究對象并準確進行受力分析,如果受力分析時不能靈活運用整體法和隔離法,則解題過程不僅很麻煩,而且容易出錯.
首先對整個系統進行受力分析可知,整個系統相對地面沒有相對運動趨勢,故f3=0;再將a和b看成一個整體,a、b整體有相對斜面向下運動的趨勢,故b與P之間有摩擦力,即f2≠0;再對a進行受力分析,a相對于b有向下運動的趨勢,故a與b之間存在摩擦力作用,即f1≠0.
C
3.[2020廣東深圳模考]用一輕繩將小球P系于光滑墻壁上的O點,在墻壁和球P之間夾有一長方體物塊Q,如圖所示.P、Q均處于靜止狀態,則下列相關說法正確的是(　　)
A.P受3個力
B.Q受3個力
C.若繩子變短,Q受到的靜摩擦力將增大
D.若繩子變長,繩子的拉力將變小
題型4　連接體平衡問題求解
4[2016全國Ⅰ,19,6分,多選]如圖,一光滑的輕滑輪用細繩OO'懸掛于O點;另一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b,整個系統處于靜止狀態.若F方向不變,大小在一定范圍內變化,物塊b仍始終保持靜止,則
A.繩OO'的張力也在一定范圍內變化
B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化
C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化
D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化
解答本題考生需要從以下幾個方面進行思考:
(1)對物塊a進行受力分析可得連接a和b的繩的張力保持不變;
(2)對滑輪進行分析可知繩OO'的張力保持不變;
(3)對物塊b進行受力分析,由共點力的平衡條件可知b與桌面間的摩擦力的變化情況.

由題意知,在F保持方向不變、大小發生變化的過程中,物塊a、b均保持靜止不動,各繩角度保持不變.隔離物塊a進行受力分析,由平衡條件可得細繩對物塊a的拉力Ta=mag,所以細繩對物塊a的拉力始終保持不變,由滑輪的性質可知,滑輪兩側繩的拉力相等,所以物塊b受到細繩拉力的大小、方向均保持不變,選項C錯誤;由于物塊a、b受到細繩的拉力大小、方向均不變,所以細繩OO'的張力不變,選項A錯誤;隔離物塊b進行受力分析如圖所示,設力F與水平方向的夾角為θ,細繩與水平方向的夾角為α,則有Ff+Tacos α=Fcos θ,FN=mbg-Fsin θ-Tasin α,由于Ta、α、θ及物塊b的重力mbg均不變,所以當F的大小在一定范圍內發生變化時,桌面對物塊b的支持力也將在一定范圍內發生變化,選項B正確;摩擦力也將在一定范圍內發生變化,選項D正確.
BD
特別提醒
本題利用質點模型,考查受力分析和共點力作用下物體的平衡條件.考生在解答此題時,一要注意跨過滑輪連接物塊a、b的細繩的拉力始終等于物塊a的重力;二要注意細繩OO'的拉力始終保持不變.在此基礎上,靈活應用整體法和隔離法即可解答此題.
母題變式
該例題中,若將拉力F的方向變為水平方向,使物塊a在細繩拉力作用下勻速上升,則
(1)物塊b的速度將如何變化?
(2)桌面對物塊b的支持力和摩擦力大小將如何變化?
(3)細繩OO'的拉力將如何變化?
(4)細繩OO'與豎直方向的夾角將如何變化?
[提示:當物塊a勻速上升時,根據運動的合成與分解知識可找出物塊b的速度變化情況,如圖a所示;當物塊b向右運動時,可判斷出拉物塊b的細繩與水平面之間的夾角、細繩O'a與O'b之間的夾角的變化情況,進而由共點力的平衡條件判斷出其他力的相應變化情況,如圖b所示.]
圖a　　　　　圖b
考法3 平衡中的臨界與極值問題
5[新課標全國Ⅰ]拖把是由拖桿和拖把頭構成的擦地工具(如圖).設拖把頭的質量為m,拖桿質量可忽略;拖把頭與地板之間的動摩擦因數為常數μ,重力加速度為g.某同學用該拖把在水平地板上拖地時,沿拖桿方向推拖把,拖桿與豎直方向的夾角為θ.
(1)若拖把頭在地板上勻速移動,求推拖把的力的大小.
(2)設能使該拖把在地板上從靜止剛好開始運動的水平推力與此時地板對拖把的正壓力的比值為λ.已知存在一臨界角θ0,若θ≤θ0,則不管沿拖桿方向的推力多大,都不可能使拖把從靜止開始運動.求這一臨界角的正切tan θ0.
(1)設該同學沿拖桿方向用大小為F的力推拖把.將推拖把的力沿豎直和水平方向分解,根據平衡條件有
Fcos θ+mg=N　①,Fsin θ=f　②
式中N和f分別為地板對拖把的正壓力和摩擦力.摩擦力f=μN　③,聯立①②③式得F=mg　④.
(2)若不管沿拖桿方向用多大的力都不能使拖把從靜止開始運動,應有Fsin θ≤λN　⑤
這時,①式仍滿足.聯立①⑤式得sin θ-λcos θ≤λ　⑥
現考查使上式成立的θ角的取值范圍.注意到上式右邊總是大于零,且當F無限大時極限值為零,有sin θ-λcos θ≤0　⑦
使上式成立的 θ角滿足 θ≤θ0,這里θ0是題中所定義的臨界角,即當θ≤θ0時,不管沿拖桿方向用多大的力都推不動拖把,臨界角的正切為tan θ0=λ.
(1)mg　(2)tan θ0=λ
4.[2020四川成都檢測]如圖所示,豎直面光滑的墻角有一個質量為m、半徑為r的均勻半球體A.現在A上放一密度和半徑與A相同的球體B,調整A的位置使得A、B保持靜止,已知A與地面間的動摩擦因數為0.5,則A球球心距墻角的最遠距離是(　　)
A.2r　　　　B.r　　　　C.r　　　　D.r

題型1　圖解法分析求解動態平衡問題
6[天津高考]如圖所示,小球用細繩系住,繩的另一端固定于O點.現用水平力F緩慢推動斜面體,小球在斜面上無摩擦地滑動,細繩始終處于直線狀態,當小球升到接近斜面頂端時細繩接近水平,此過程中斜面對小球的支持力FN以及繩對小球的拉力FT的變化情況是
A.FN保持不變,FT不斷增大
B.FN不斷增大,FT不斷減小
C.FN保持不變,FT先增大后減小
D.FN不斷增大,FT先減小后增大

由于用水平力F緩慢推動斜面體,故小球處于動態平衡狀態.小球受到大小與方向不變的重力、方向不變的斜面支持力、方向與大小均變化的細繩的拉力,三個力構成封閉的三角形,畫出小球受力示意圖,如圖所示.當細繩與斜面平行時,細繩拉力與支持力方向垂直,細繩拉力最小.當小球升到接近斜面頂端時,細繩接近水平,拉力為,所以FT先減小后增大.而此過程中斜面對小球的支持力FN一直增大,選項D正確.
D
5.如圖所示,一小球放置在木板與豎直墻面之間.設墻面對球的壓力大小為N1,球對木板的壓力大小為N2.以木板與墻連接點為軸,將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置.不計摩擦,在此過程中(　　)
A.N1始終減小,N2始終增大
B.N1始終減小,N2始終減小
C.N1先增大后減小,N2始終減小
D.N1先增大后減小,N2先減小后增大
6.[相似三角形法]如圖所示,光滑的半圓環沿豎直方向固定,M點為半圓環的最高點,N點為半圓環上與半圓環的圓心等高的點,直徑MH沿豎直方向,光滑的定滑輪固定在M處,另一小圓環穿過半圓環用質量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪.開始小圓環處在半圓環的最低點H點,第一次拉小圓環使其緩慢地運動到N點,第二次以恒定的速率將小圓環拉到N點.滑輪大小可以忽略,則下列說法正確的是(　　)
A.第一次輕繩的拉力逐漸增大
B.第一次半圓環受到的壓力逐漸減小
C.小圓環第一次在N點與第二次在N點時,輕繩的拉力相等
D.小圓環第一次在N點與第二次在N點時,半圓環受到的壓力相等
題型2　解析法分析求解動態平衡問題
7[2017全國Ⅰ,21,6分,多選]如圖,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點M拴一重物,用手拉住繩的另一端N.初始時,OM豎直且MN被拉直,OM與MN之間的夾角為α(α>).現將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變.在OM由豎直被拉到水平的過程中
A.MN上的張力逐漸增大　B.MN上的張力先增大后減小
C.OM上的張力逐漸增大 D.OM上的張力先增大后減小
本題考查考生對共點力平衡問題的理解和推理能力,要求考生運用數學工具求解物理問題,體現了學科核心素養中的科學思維.
如圖,設MN上的張力為T,OM上的張力為F,考慮在緩慢拉起的過程中重物都可以看作處于靜止狀態.當OM與豎直方向成任意θ角時,由受力分析有
Fcos θ+Tcos (α-θ)=mg
Fsin θ=Tsin (α-θ)
化簡可得T=mg
F=mg
可知,T隨θ的變化為單調上升,在θ由0增加至的過程中,MN上的張力T逐漸增大,選項A正確,B錯誤.由于OM與MN之間的夾角α>,所以在θ由0增加至的過程中,α-θ的值先由大于減小至后,進一步再減小,相應sin (α-θ)的值先增加后減小,即OM上的張力F先增大后減小,選項C錯誤,D正確.
AD
感悟反思
本題屬于三力動態平衡問題.我們平時常見的是一個力的大小和方向不變,另一個力的方向不變,第三個力大小、方向均改變的情境.但本題中僅重力大小、方向不變,而兩側繩中張力的大小和方向均在變化.這無疑增大了本題的難度,不僅體現了高考命題推陳出新、強調能力的命題思想,同時也提醒我們分析解決問題不能程式化,需要提高綜合素質.
7.[2016全國Ⅱ,14,6分]質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O,如圖所示.用T表示繩OA段拉力的大小,在O點向左移動的過程中 (　　)
A.F逐漸變大,T逐漸變大
B.F逐漸變大,T逐漸變小
C.F逐漸變小,T逐漸變大
D.F逐漸變小,T逐漸變小
8.[正弦定理法]如圖,輕繩l1一端固定在O點,另一端與質量為m的物體相連.輕繩l2跨過固定在B點的定滑輪,一端連接物體,另一端由力F控制.在力F的作用下,物體從處于O點正下方的A點沿圓弧緩慢地運動到接近B點,此過程中l1一直處于伸直狀態.O、B兩點在同一水平線上,不計一切阻力,物體可視為質點,滑輪大小不計,重力加速度大小為g.下列說法正確的是(　　)
A.物體從A點運動到接近B點的過程中,拉力F一直變小
B.物體從A點運動到接近B點的過程中,輕繩l1的拉力一直變大
C.物體從A點運動到接近B點的過程中,輕繩l2對物體的拉力可能大于mg
D.當輕繩l1與豎直方向的夾角為30°時,拉力F的大小為mg
9.[2020廣東深圳高三檢測,多選]如圖所示,將質量為m的小球用橡皮筋懸掛在豎直墻上的O點,小球靜止在M點,N為O點正下方一點,ON間的距離等于橡皮筋原長,在N點固定一鐵釘,鐵釘位于橡皮筋右側.現對小球施加拉力F,使小球沿以MN為直徑的圓弧緩慢向N運動,P為圓弧上的點,角PNM為60°.橡皮筋始終在彈性限度內,不計一切摩擦,重力加速度為g,則(　　)
A.在P點橡皮筋彈力大小為mg
B.在P點時拉力F大小為mg
C.小球在從M向N運動的過程中拉力F的方向始終跟橡皮筋垂直
D.小球在從M向N運動的過程中拉力F先變大后變小

考點4　實驗:探究彈力和彈簧伸長的關系

395

考向1　考查實驗原理和方法
1.[2018全國Ⅰ,22,5分]如圖(a),一彈簧上端固定在支架頂端,下端懸掛一托盤;一標尺由游標和主尺構成,主尺豎直固定在彈簧左邊;托盤上方固定有一能與游標刻度線準確對齊的裝置,簡化為圖中的指針.
現要測量圖(a)中彈簧的勁度系數.當托盤內沒有砝碼時,移動游標,使其零刻度線對準指針,此時標尺讀數為1.950 cm;當托盤內放有質量為0.100 kg的砝碼時,移動游標,再次使其零刻度線對準指針,標尺示數如圖(b)所示,其讀數為　　　　 cm.當地的重力加速度大小為9.80 m/s2,此彈簧的勁度系數為　　　　N/m(保留3位有效數字).? 圖（a） 圖（b）
必備知識:游標卡尺的讀數方法、胡克定律、力的平衡等.
關鍵能力:對實驗原理的理解能力.
解題指導:注意本題中游標卡尺的最小分度為0.05 mm,且游標卡尺讀數時不需要估讀;運用胡克定律計算彈簧的勁度系數時,要注意按題目要求保留3位有效數字.
考向2　實驗數據的處理與方法創新
2.[新課標全國Ⅱ]某實驗小組探究彈簧的勁度系數k與其長度(圈數)的關系.實驗裝置如圖(a)所示:一均勻長彈簧豎直懸掛,7個指針P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分別固定在彈簧上距懸點0、10、20、30、40、50、60圈處;通過旁邊豎直放置的刻度尺,可以讀出指針的位置,P0指向0刻度.設彈簧下端未掛重物時,各指針的位置記為x0;掛有質量為 0.100 kg 的砝碼時,各指針的位置記為x.測量結果及部分計算結果如下表所示(n為彈簧的圈數,取重力加速度為9.80 m/s2).已知實驗所用彈簧總圈數為60,整個彈簧的自由長度為 11.88 cm.

　
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
1/k(m/N) 0.006 1 ② 0.017 9 0.022 9 0.029 6 0.034 7

圖(a) 圖(b)

(1)將表中數據補充完整:①　　　　　,②　　　　.?
(2)以n為橫坐標,為縱坐標,在圖(b)給出的坐標紙上畫出-n圖象.
(3)圖(b)中畫出的直線可近似認為通過原點.若從實驗中所用的彈簧截取圈數為n的一段彈簧,該彈簧的勁度系數k與其圈數n的關系的表達式為k=　　　　N/m;該彈簧的勁度系數k與其自由長度l0(單位為m)的關系的表達式為 k=　　　　N/m.
必備知識:二力平衡、胡克定律、計算和圖象建立等.
關鍵能力:對實驗表格中的數據處理的能力、對圖象表達的物理意義的理解及數學方法的應用能力等.
解題指導:首先注意審題,弄清實驗方法,特別是圈數n的含意.根據題目要求畫-n圖象時,要連成直線,不能連成折線.
?

考法1 實驗原理與操作
1如圖所示,用鐵架臺、彈簧和多個質量均為m的鉤碼探究在彈性限度內彈簧彈力與彈簧伸長量的關系.
(1)為完成實驗,還需要的實驗器材有　　　　　.?
(2)實驗中需要測量的物理量有　.?
(3)為完成該實驗,設計實驗步驟如下:
A.以彈簧伸長量為橫軸,以彈簧彈力為縱軸,建立坐標系,描出各組實驗中彈簧伸長量x和彈簧彈力F對應的點,作出相應的擬合線;
B.記下彈簧不掛鉤碼時其下端在刻度尺上所對應的刻度l0;
C.將鐵架臺固定于桌子上,并將彈簧的一端系于橫梁上,在彈簧附近豎直固定一把刻度尺;
D.依次在彈簧下端掛1個、2個、3個、4個、…鉤碼,并分別記下鉤碼靜止時彈簧下端所對應的刻度,并記錄在表格內,然后取下鉤碼;
E.以彈簧伸長量為自變量,寫出彈簧彈力與伸長量的關系式,先嘗試寫成一次函數,如果不行,則考慮二次函數;
F.解釋函數表達式中常數的物理意義;
G.整理實驗器材.
請將以上步驟按操作的先后順序排列出來:　　　　.?
(1)需要測量彈簧的長度,所以需要刻度尺.
(2)由F=kx=k(ln-l0)可知,需測量彈簧原長,彈簧所受的力(鉤碼個數)和彈簧伸長后的長度.
(3)CBDAEFG.
(1)刻度尺
(2)彈簧原長、彈簧所受外力(或鉤碼個數)與對應的彈簧伸長量(或與彈簧對應的長度)
(3)CBDAEFG
1.利用如圖1所示的裝置探究彈簧的彈力與形變量的關系.

(1)對于該實驗,下列操作規范的是　　　　.(填字母代號)?
A.固定刻度尺時,保持刻度尺的零刻度線與彈簧上端對齊且豎直并靠近彈簧
B.實驗中任意增加鉤碼的個數
C.實驗中僅把彈簧豎直懸掛待穩定時測量彈簧的原長
D.處理實驗數據時,把所有的描點用折線連起來
(2)實驗時先測出不掛鉤碼時彈簧的自然長度,再將鉤碼逐個掛在彈簧的下端,依次測出相應的彈簧總長度L,測量后在坐標圖中作出的F-L圖線如圖2所示.由此圖線可得出該彈簧的原長L0=　　　　　cm,勁度系數k=　　　　　N/m.?
考法2 實驗數據處理與誤差分析
2某同學探究彈力與彈簧伸長量的關系.
(1)將彈簧懸掛在鐵架臺上,將刻度尺固定在彈簧一側.彈簧軸線和刻度尺都應在　　　　(選填“水平”或“豎直”)方向.?
(2)彈簧自然懸掛,待彈簧　　　　時,長度記為L0;彈簧下端掛上砝碼盤時,長度記為Lx;在砝碼盤中每次增加10 g砝碼,彈簧長度依次記為L1至L6.數據如下表.?

代表符號 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
數值/cm 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30


表中有一個數值記錄不規范,代表符號為　　　　.由表可知所用刻度尺的最小分度為　　　　.?
(3)如圖是該同學根據表中數據作的圖,縱軸是砝碼的質量,橫軸是彈簧長度與　　　　(選填“L0”或“Lx”)的差值.?

(4)由圖可知彈簧的勁度系數為　　　　N/m;通過圖和表可知砝碼盤的質量為　　　　g(結果保留2位有效數字,重力加速度取9.8 m/s2).?
(1)當彈簧軸線與刻度尺豎直平行時,刻度尺讀數才能準確反映彈簧的長度及長度的變化,故都應在豎直方向.
(2)當彈簧靜止時,刻度尺讀數才準確,表中L3保留小數點后1位,應保留2位,所以L3記錄不規范,由讀數知,刻度尺的精確度為1 mm,所以最小分度為1 mm.
(3)由題圖可知,在縱軸每增加0.01 kg時,橫軸x的增加量為2×10-2 m,而彈簧長度L1與L0的差值為4×10-2 m,所以橫軸是彈簧長度與Lx的差值.
(4)由題圖可知,彈簧的勁度系數等于斜率與重力加速度的乘積,即k= N/m=4.9 N/m,砝碼盤的質量m0==10 g.
(1)豎直　(2)靜止　L3　1 mm　(3)Lx　(4)4.9　10
2.[2019甘肅蘭州第一中學模擬]在探究“彈力和彈簧伸長的關系”時,小明同學用如圖甲所示的實驗裝置進行實驗:將該彈簧豎直懸掛,在自由端掛上砝碼盤,通過改變盤中砝碼的質量,用刻度尺測出彈簧對應的長度,測得實驗數據如下表:

實驗次數 1 2 3 4 5 6
砝碼質量m/g 0 30 60 90 120 150
彈簧的長度x/cm 6.00 7.14 8.34 9.48 10.64 11.79




(1)小明同學根據實驗數據在坐標紙上用描點法畫出x-m圖象如圖乙所示,根據圖象他得出結論:彈簧彈力與彈簧伸長量不是正比例關系,而是一次函數關系.他結論錯誤的原因是　　　　　　　　　　.?
(2)作出的圖線與坐標系縱軸有一截距,其物理意義是　　　　　　　　,該彈簧的勁度系數k=　　　　　N/m(取g=10 m/s2,保留3位有效數字).?
(3)請你判斷該同學得到的實驗結果與考慮砝碼盤的質量相比,結果　　　　　.(填“偏大”“偏小”或“相同”)?

3某物理興趣小組的同學在研究彈簧彈力的時候,測得彈力的大小F和彈簧長度L的關系如圖1所示.

(1)通過圖1得到彈簧的勁度系數為　　　　N/m.?
(2)為了測定兩木塊A、B間的動摩擦因數,兩同學分別設計了如圖2所示的甲、乙兩種方案.
①為了用某一彈簧測力計的示數表示A和B之間的滑動摩擦力的大小,則　　　　方案更合理.?
②甲方案中,若A和B的重力分別為10.0 N和20.0 N.當A被拉動時,彈簧測力計a的示數為4.00 N,b的示數為10.00 N,則A、B間的動摩擦因數為　　　　.?
(1)根據胡克定律并結合圖1可知,彈力的大小F和彈簧長度L的關系為F=k(L-L0),圖線的斜率表示彈簧的勁度系數,k= N/m=300 N/m.(2)①由于甲方案中無論A是否勻速,都可以從彈簧測力計a的示數得出滑動摩擦力大小,所以甲方案更合理.②甲方案中,若A和B的重力分別為10.0 N和20.0 N.當A被拉動時,彈簧測力計a的示數為4.00 N,即滑動摩擦力f=4.00 N,B對A的壓力為FN=GB=20.0 N,根據滑動摩擦力公式f=μFN可得,A、B間的動摩擦因數為μ=0.2.
(1)300　(2)①甲　②0.2
感悟反思
本題改變實驗目的,根據胡克定律,通過實驗方法和數據處理,測得彈簧勁度系數k和物體間的動摩擦因數μ.實驗過程和方法雖然簡單,但這種實驗思想是新高考的命題方向.
3.[2019河南鄭州一中入學測試]如圖所示的裝置可以用來測量滑塊與水平面之間的動摩擦因數.在水平面上將彈簧的一端固定,另一端與帶有擋光片的滑塊接觸(彈簧與滑塊不連接).壓縮彈簧后,將其釋放,滑塊被彈射出,離開彈簧后經過O處的光電門,最終停在P點.

(1)除了需要測量擋光片的寬度d,還需要測量的物理量有　　　　.?
A.光電門與P點之間的距離s
B.擋光片通過光電門的擋光時間t
C.滑塊(帶擋光片)的質量m
D.滑塊釋放點到P點的距離x
(2)動摩擦因數的表達式μ=　　　　(用上述測量量和重力加速度g表示).?
(3)請提出一個可以減小實驗誤差的建議: 　 .?

考點5　實驗:驗證力的平行四邊形定則

395

考向1　實驗原理和儀器的讀取
1.[2017全國Ⅲ,22,6分]某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗,將畫有坐標軸(橫軸為x軸,縱軸為y軸,最小刻度表示1 mm)的紙貼在水平桌面上,如圖(a)所示.將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點(位于圖示部分之外),另一端P位于y軸上的A點時,橡皮筋處于原長.

　　　 　圖(a)　　　　　　　　　　圖(b)
(1)用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O,此時拉力F的大小可由測力計讀出.測力計的示數如圖(b)所示,F的大小為　　　　N.?
(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A點;現使用兩個測力計同時拉橡皮筋,再次將P端拉至O點.此時觀察到兩個拉力分別沿圖(a)中兩條虛線所示的方向,由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2 N和F2=5.6 N.
(i)用5 mm長度的線段表示1 N的力,以O為作用點,在圖(a)中畫出力F1、F2的圖示,然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合;
(ii)F合的大小為　　　　N,F合與拉力F的夾角的正切值為　　　　.?
若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內,則該實驗驗證了力的平行四邊形定則.
必備知識:測力計的讀數規則、力的平行四邊形定則等.
關鍵能力:讀數能力、作圖能力.
解題指導:測力計讀數時要注意向后估讀一位;利用平行四邊形定則作圖時要嚴謹、細致.
考向2　實驗操作及方法創新
2.[江蘇高考]某同學用如圖所示的實驗裝置來驗證“力的平行四邊形定則”.彈簧測力計A掛于固定點P,下端用細線掛一重物M.彈簧測力計B的一端用細線系于O點,手持另一端向左拉,使結點O靜止在某位置.分別讀出彈簧測力計A和B的示數,并在貼于豎直木板的白紙上記錄O點的位置和拉線的方向.
(1)本實驗用的彈簧測力計示數的單位為N,圖中A的示數為　　　　N.?
(2)下列不必要的實驗要求是　　　　.(請填寫選項前對應的字母)?
A.應測量重物M所受的重力
B.彈簧測力計應在使用前校零
C.拉線方向應與木板平面平行
D.改變拉力,進行多次實驗,每次都要使O點靜止在同一位置
(3)某次實驗中,該同學發現彈簧測力計A的指針稍稍超出量程,請您提出兩個解決辦法.

必備知識:測力計的讀數規則及使用要求,共點力的平衡等.
關鍵能力:讀數能力、探究能力.
解題指導:本題實驗原理是利用三個共點力平衡特點,實驗時不需要每次都使O點靜止在同一位置.這個與教材中的實驗原理和方法不同,但是只要善于運用所學知識和方法,就能解決此類問題.


考法1 對實驗原理的理解
1[2016浙江高考,21,10分]某同學在“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗中,測得圖中彈簧OC的勁度系數為500 N/m.如圖甲所示,用彈簧OC和彈簧秤a、b做“探究求合力的方法”實驗.在保持彈簧伸長1.00 cm不變的條件下:

圖甲　　　　　　　圖乙
(1)若彈簧秤a、b間夾角為90°,彈簧秤a的讀數是　　　　N(圖乙中所示),則彈簧秤b的讀數可能為　　　　N.?
(2)若彈簧秤a、b間夾角大于90°,保持彈簧秤a與彈簧OC的夾角不變,減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角,則彈簧秤a的讀數　　　　、彈簧秤b的讀數　　　　(填“變大”“變小”或“不變”).?
(1)彈簧秤a的讀數是3.00 N;彈簧OC的拉力F=kx=500×1.00×10-2 N=5.00 N,則彈簧秤b的讀數可能為 N=4.00 N.(2)若彈簧秤a、b間夾角大于90°,保持彈簧秤a與彈簧OC夾角不變,減小彈簧秤b與彈簧OC的夾角,由力的平行四邊形定則和力的圖示可知,彈簧秤a的讀數變大,彈簧秤b的讀數變大.
(1)3.00(3.00~3.02)　4.00(3.90~4.10)　(2)變大 變大
1. [2015山東高考,21,10分]某同學通過下述實驗驗證力的平行四邊形定則.實驗步驟:
①將彈簧秤固定在貼有白紙的豎直木板上,使其軸線沿豎直方向.
②如圖甲所示,將環形橡皮筋一端掛在彈簧秤的秤鉤上,另一端用圓珠筆尖豎直向下拉,直到彈簧秤示數為某一設定值時,將橡皮筋兩端的位置標記為O1、O2,記錄彈簧秤的示數F,測量并記錄O1、O2間的距離(即橡皮筋的長度l).每次將彈簧秤示數改變0.50 N,測出所對應的l,部分數據如下表所示:
F/N 0 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50
l(cm) l0 10.97 12.02 13.00 13.98 15.05





③找出②中F=2.50 N時橡皮筋兩端的位置,重新標記為O、O',橡皮筋的拉力記為FOO'.
④在秤鉤上涂抹少許潤滑油,將橡皮筋搭在秤鉤上,如圖乙所示.用兩圓珠筆尖成適當角度同時拉橡皮筋的兩端,使秤鉤的下端達到O點,將兩筆尖的位置標記為A、B,橡皮筋OA段的拉力記為FOA,OB段的拉力記為FOB.
完成下列作圖和填空:
(1)利用表中數據在圖丙中畫出F-l圖線,根據圖線求得l0=　　　cm.?
(2)測得OA=6.00 cm,OB=7.60 cm,則FOA的大小為　　　N.?
(3)在圖丁中根據給出的標度,作出FOA和FOB的合力F'的圖示.
(4)通過比較F'與　　　的大小和方向,即可得出實驗結論.?

考法2 實驗操作及誤差分析
2[2015安徽高考,21(Ⅰ),6分]在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中,某同學用圖釘把白紙固定在水平放置的木板上,將橡皮條的一端固定在板上一點,兩個細繩套系在橡皮條的另一端.用兩個彈簧測力計分別拉住兩個細繩套,互成角度地施加拉力,使橡皮條伸長,結點到達紙面上某一位置,如圖所示.請將以下的實驗操作和處理補充完整:
(1)用鉛筆描下結點位置,記為O;
(2)記錄兩個彈簧測力計的示數F1和F2,沿每條細繩(套)的方向用鉛筆分別描出幾個點,用刻度尺把相應的點連成線;
(3)只用一個彈簧測力計,通過細繩套把橡皮條的結點仍拉到位置O,記錄測力計的示數F3,　　　　　　;?
(4)按照力的圖示要求,作出拉力F1、F2、F3;
(5)根據力的平行四邊形定則作出F1和F2的合力F;
(6)比較　　　　的一致程度,若有較大差異,對其原因進行分析,并作出相應的改進后再次進行實驗.?
使一個力F3的作用效果和兩個力F1、F2的共同作用效果相同,都是讓同一條一端固定的橡皮條拉伸到某點,則力F3就是這兩個力F1、F2的合力.作出力F3的圖示,再根據力的平行四邊形定則作出力 F1、F2的合力F的圖示,若F和F3的大小和方向在誤差允許范圍內相同,則力的平行四邊形定則得已驗證.
(3)沿此時細繩(套)的方向用鉛筆描出幾個點,用刻度尺把這些點連成直線　(6)F和F3
2.在做“互成角度的兩個力的合成”實驗中,彈簧秤只有一個,但是某同學仍完成了該實驗,實驗操作后得到的數據如圖所示.

(1)假如你是該同學,請完成下列實驗中的操作步驟:
①在橡皮條的自由端拴一細繩和彈簧秤,拉動橡皮條結點到O,記錄O點的位置,記下彈簧秤的示數F1和方向,作出力的圖示并記錄細繩的方向;
②改變彈簧秤和細繩的方向,拉橡皮條的結點到位置O,使細繩在原來　　　　　的方向上,彈簧秤在原來　　　　　的方向上,并記錄彈簧秤示數F2和方向,作出力的圖示;?
③單獨用彈簧秤拉細橡皮條的結點到位置O,并記錄　　　　　,作出力的圖示.?
(2)請在方框中作圖完成該同學未完成的實驗數據處理.








3[江蘇高考]小明通過實驗驗證力的平行四邊形定則.
(1)實驗記錄紙如圖甲所示,O點為橡皮筋被拉伸后伸長到的位置,兩彈簧測力計共同作用時,拉力 F1和F2的方向分別過P1和P2點;一個彈簧測力計拉橡皮筋時,拉力F3的方向過P3點.三個力的大小分別為F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N.請根據圖中給出的標度作圖求出F1和F2的合力.


圖甲
(2)仔細分析實驗,小明懷疑實驗中的橡皮筋被多次拉伸后彈性發生了變化,影響實驗結果.他用彈簧測力計先后兩次將橡皮筋拉伸到相同長度,發現讀數不相同,于是進一步探究了拉伸過程對橡皮筋彈性的影響.
實驗裝置如圖乙所示,將一張白紙固定在豎直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O點,下端N掛一重物. 用與白紙平行的水平力緩慢地移動N,在白紙上記錄下N的軌跡.重復上述過程,再次記錄下N的軌跡.

圖乙　　　　　　　　　圖丙
兩次實驗記錄的軌跡如圖丙所示.過 O 點作一條直線與軌跡交于 a、b 兩點,則實驗中橡皮筋分別被拉伸到a和b時所受拉力Fa、Fb的大小關系為　　　.?
(3)根據(2)中的實驗,可以得出的實驗結果有哪些　　　(填寫選項前的字母).?
A.橡皮筋的長度與受到的拉力成正比
B.兩次受到的拉力相同時,橡皮筋第2次的長度較長
C.兩次被拉伸到相同長度時,橡皮筋第2次受到的拉力較大
D.兩次受到的拉力相同時,拉力越大,橡皮筋兩次的長度之差越大
(4)根據小明的上述實驗探究,請對驗證力的平行四邊形定則實驗提出兩點注意事項.
(2)以重物為研究對象,進行受力分析.重物受到重力、水平向右的拉力和橡皮筋的拉力,重物處于靜止狀態時的合力為零,因兩次橡皮筋的拉力方向相同,故兩次橡皮筋的拉力大小相等.
(3)橡皮筋的形變量和所受到的力有關,選項A錯誤;從題圖
上看,第二次運動軌跡遠離O點,橡皮筋第2次的形變量大,B正確;橡皮筋兩次被拉伸到相同長度,第二次對應的力小,選項C錯誤;拉力越大,由題圖丙可得橡皮筋兩次的長度差越大,故選項D正確.
(4)從能在記錄紙上完成實驗的角度考慮有:橡皮筋不宜過長,O點應靠近木板邊緣,所選標度不能過小或過大等;從能測出拉力及減小相對誤差角度考慮有:拉力不宜過大或過小,兩力之間夾角不宜過大或過小等;從能保證兩次測量中力的作用效果相同的角度來考慮有:選用新的、彈性好的橡皮筋或換用彈性好的輕彈簧進行實驗等.


(1)如圖所示(F合=4.6~4.9 N都算對)
(2)Fa=Fb　(3)BD
(4)橡皮筋拉伸不宜過長;選用新橡皮筋.(或:拉力不宜過大;選用彈性好的橡皮筋;換用彈性好的彈簧.)
3.某同學在家中嘗試驗證平行四邊形定則,他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干不同質量小重物,以及刻度尺、三角板、鉛筆、細繩、白紙、釘子,設計了如下實驗:如圖所示,將兩條橡皮筋的一端分別掛在墻上的兩個釘子A、B上,另一端與第三條橡皮筋連接,結點為O,將第三條橡皮筋的另一端通過細繩掛一重物.
(1)為完成實驗,下述操作中必需的是　　　　.?
a.測量細繩的長度
b.測量橡皮筋的原長
c.測量懸掛重物后橡皮筋的長度
d.記錄懸掛重物后結點O的位置
(2)釘子位置固定,欲利用現有器材,改變條件再次驗證,可采用的方法是　 .?



專題三 牛頓運動定律
考點1　牛頓運動定律的

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