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& 2015届高考物理一轮复习考点延伸训练：第三章《牛顿运动定律》（含解析）
2015届高考物理一轮复习考点延伸训练：第三章《牛顿运动定律》（含解析）
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资料概述与简介
第三章　牛顿运动定律(1)从近三年高考试题考点分布可以看出，高考对本章内容的考查重点有：力和运动的相互推断分析，动力学相关的图像问题，牛顿运动定律与曲线运动，功和能的综合等。实验“探究加速度与物体质量、物体受力的
关系”也是近年高考考查的重点。
(2)高考对本章内容要求较高，每年都有涉及，即有选择题，也有计算题，且具有很强的综合性。
2015高考考向前瞻(1)对力和运动的关系的理解及应用牛顿第二定律进行分析与计算是本章的命题热点。本章知识与曲线运动、电磁学相结合，多以计算题的形式出现，也是高考的热点。
(2)以实际生活、生产和科学实验中有关问题为背景，突出表现物理知识在生活中的应用是今后命题的一大趋势。第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律
牛顿第二定律
物体运动需要力吗？力对物体运动产生什么影响？从作用效果上如何定义“力”？
提示：运动是物质本身的属性，物体运动不需要力。力的作用将改变物体的运动状态，从作用效果上看，力是改变物体运动状态，产生加速度的原因。
1．牛顿第一定律
(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)成立条件：物体不受外力作用。
指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律。
指出力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因。
(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
(2)性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
(3)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
————————————————————————————————————物理学史链接背背就能捞分
(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。
(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。————————————————————————————————————
1．以下说法正确的是(　　)
A．物体不受外力作用时，一定处于静止状态
B．要物体运动必须有力作用，没有力的作用，物体将静止
C．要物体静止必须有力作用，没有力的作用，物体将运动
D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态
解析：选D　力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B、C错误。物体不受外力作用时，将处于匀速直线运动状态或静止状态，A错误，D正确。[想一想]　
马拉车的力和车拉马的力有什么关系？马车能启动前进是由上述两个力之间的大小关系决定的吗？
提示：马拉车的力与车拉马的力大小相等，方向相反，马车能启动前进取决于车受到的合外力，跟车拉马的力无关，当马拉车的力大于车的阻力时，车就能启动了。
1．作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一物体也施加了力。力是物体与物体间的相互作用，物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力。
两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。
2．(多选)用计算机辅助实验系统做验证牛顿第三定律的实验，点击实验菜单中“力的相互作用”。把两个力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果如图3－1－1所示。观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以得到以下实验结论(　　)
A．作用力与反作用力同时存在
B．作用力与反作用力作用在同一物体上
C．作用力与反作用力大小相等
D．作用力与反作用力方向相反
解析：选ACD　由题图可知：两个力传感器的相互作用力属于作用力和反作用力，它们同时存在、大小相等、方向相反、作用在两个物体上，故A、C、D正确。
考点一对牛顿第一定律的理解
[例1]　物体A的质量为10 kg，物体B的质量为20 kg，A、B分别以20 m/s和10 m/s的速度运动，则下列说法中正确的是(　　)
A．A的惯性比B大
B．B的惯性比A大
C．A和B的惯性一样大
D．不能确定
[解析]　选B　质量是物体惯性大小的惟一量度，质量越大，惯性越大，惯性大小与速度大小无关，故B的惯性比A大，选项B正确，选项A、C、D都错。
[例2]　(多选)(2012·新课标全国卷)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
[解析]　选AD　惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知，没有力的作用，物体将保持原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以C错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。
[例3]　关于牛顿第一定律的说法中，正确的是(　　)
A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性
D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因
[解析]　选D　牛顿第一定律揭示了两方面问题：①物体在任何时候都有惯性，故选项C错。不受力时惯性表现为物体处于静止状态或匀速直线运动状态，故选项A错。②揭示了力和运动的关系即力是改变物体运动状态的原因，所以选项D正确。牛顿第一定律揭示了这两方面问题，不只是反映惯性大小，故选项B错。
(1)惯性的两种表现形式
物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。
(2)对牛顿第一定律的四点说明
明确惯性的概念：
牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性，即物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质。
揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。
与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。牛顿第一定律是不受外力的理想情况下经过科学抽象、归纳推理而总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
考点二对牛顿第三定律的理解及应用
2．作用力、反作用力与一对平衡力的比较
[例4]　如图3－1－2所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是(　　)
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点 获取信息
两人中间位置处有一分界线 两人到分界处的距离相等
冰面可看成光滑 两人水平方向上均只受水平绳的拉力
已知两人水平拉力大小相等，根据牛顿第二定律和质量大小可得出两人运动的加速度大小关系，进而应用x＝at2比较两人运动的位移关系。
[解析]　选C　根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错。设绳的张力为F，根据牛顿第二定律a＝知，若m甲>m乙，则a甲m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球(　　)
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．无法确定
解析：选B　因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰。10. (2014·浙江瑞安十校联考)建筑工人用如图5所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，人拉的绳与水平面成30°，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
D．700 N解析：选C　对建筑材料受力分析，绳子上的弹力大小FT＝m物(g＋a)＝210 N；对人受力分析，如图所示，根据平衡条件可知，FN＋FTsin 30°＝G＝m人 g，代入数据得：FN＝595 N。即地面对人的支持力为595 N，根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小也为595 N，C正确。
二、多项选择题
11．下列关于力的说法正确的是(　　)
A．作用力和反作用力作用在同一物体上
B．太阳系中的行星均受到太阳的引力作用
C．运行的人造地球卫星所受引力的方向不变
D．伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因
解析：选BD　作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，A项错；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，B项正确，C项错；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，D项正确。
12.如图6所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止。关于小球与列车的运动，下列说法正确的是(　　)
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC　列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确。
13.如图7所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是(　　)
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力
D．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力
解析：选BC　物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A错。物体和斜面间的摩擦力是一对作用力和反作用力，B正确。物体受重力和斜面对物体的作用力，这两个力大小相等方向相反，是一对平衡力。故C正确。物体所受重力的分力仍作用在物体上，故D错。14.抖空竹是人们喜爱的一项体育活动。最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡。随着制作技术的发展，如图8所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的。关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是(　　)
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD　空竹启动前用绳子拉住提起时，要保证拉力和重力在同一条直线上，A正确；空竹依靠绳子拉动，绳子与轴间摩擦力应越大越好，B错误；空竹抛起后上升过程中只受重力和空气阻力，C错误；因空气阻力的影响，抛起的空竹的转速会减小，故表演时要继续牵拉绳子使其加速转动，D正确。
15.如图9所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是(　　)
A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜
B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小
C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
解析：选BD　物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合外力不为零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，由于它们作用在不同的物体上，其效果可以不同。甲加速前进的原因是甲受到的地面的摩擦力大于绳子对甲的拉力；乙加速后退的原因是绳子对乙的拉力大于乙受到的地面的摩擦力；但是，根据牛顿第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小。B、D正确。
16．引体向上是同学们经常做的一项健身运动。该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面。下放时，两臂放直，不能曲臂(如图10所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是(　　)
A．上拉过程中，人受到两个力的作用
B．上拉过程中，单杠对人的作用力大于人对单杠的作用力
C．下放过程中，单杠对人的作用力小于人对单杠的作用力
D．下放过程中，在某瞬间人可能只受到一个力的作用
解析：选AD　上拉过程中，人受到两个力的作用，一个是重力，一个是单杠给人的作用力，A对。不论是上拉过程还是下放过程，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，与人的运动状态无关，B、C均错。在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，D对。
第2节牛顿第二定律__两类动力学问题
牛顿第二定律
如图3－2－1所示为一张在真空中拍摄的羽毛与苹果自由下落的频闪照片。请思考苹果与羽毛重力相差很大，为什么它们总在同一相同的高度呢？
提示：物体的加速度与力成正比，与物体的质量成反比，物体在真空中仅受重力作用，故a＝＝＝g，可知羽毛和苹果在真空中下落的加速度相同。故它们的运动状态时刻相同，它们能时刻处在同一高度。
物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
3．“五个”性质
1．(多选)(2013·哈尔滨三中月考)下列说法正确的是(　　)
A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比
B．亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同
C．笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因
D．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快
解析：选AD　牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落得同样快，选项C错误，D正确。
1．两类动力学问题
(1)已知受力情况求物体的运动情况。
(2)已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如图：
2．质量为1 kg的质点，受水平恒力作用，由静止开始做匀加速直线运动，它在t s内的位移为x m，则F的大小为(单位为N)(　　)
A.　　　　　B.C.
解析：选A　由牛顿第二定律F＝ma与x＝at2，得出F＝＝。[想一想]　
如图3－2－2为甲、乙、丙三人百米比赛冲刺时的速度大小。试比较三人冲刺速度的大小；由此看出应怎样比较物理量的大小？
提示：v甲＝11 m/s，v乙＝7 200 dm/min＝12 m/s，v丙＝36 km/h＝10 m/s，故v乙>v甲>v丙。
由此可以看出，要比较同一物理量的大小，必须统一单位。
由基本单位和导出单位组成。
2．基本单位
基本量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、时间、长度，它们的国际单位分别是千克、秒、米。
3．导出单位
由基本量根据物理关系推导出的其他物理量的单位。
4．国际单位制中的七个基本物理量和基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 m
质量 m 千克 kg
时间 t 秒 s
电流 I 安[培] A
热力学温度 T 开[尔文] K
物质的量 n 摩[尔] mol
发光强度 IV 坎[德拉] cd
3．关于单位制，下列说法中正确的是(　　)
A．kg、m/s、N是导出单位
B．kg、m、C是基本单位
C．在国际单位制中，A是导出单位
D．在国际单位制中，力的单位是根据牛顿第二定律定义的
解析：选D　在国际单位制中，kg、m、s属于基本单位，m/s、N、C属于导出单位，A、B均错误；A为国际单位制的基本单位，C错误；力的单位(N)是根据牛顿第二定律F＝ma导出的，D正确。
考点一瞬时加速度问题
[例1]　(多选)(2014·南通第一中学检测)如图3－2－3所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
[解析]　选BC　设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知，F＝mgsin θ，烧断细线之后瞬间，弹簧弹力不变，故B球受力情况不变，加速度为0，B正确，A、D均错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得：F＋mgsin θ＝maA，解得：aA＝2gsin θ，故C正确。 [例2]　(2014·苏州第三中学质检)如图3－2－4所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线。在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度的大小分别为(　　)
A.，＋g　　　　　B.，＋g
C.，＋g D.，＋g
[解析]　选A　在剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有：F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得：F弹－2mg＝2ma，由此可得：F弹＝，细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有：F弹＋mg＝maA，解得aA＝＋g，故A正确。
考点二动力学的两类基本问题分析
1．物体运动性质的判断方法
(1)明确物体的初始运动状态(v0)。
(2)明确物体的受力情况(F合)。
(3)根据物体做各种性质运动的条件即可判定物体的运动情况、加速度变化情况及速度变化情况。
2．两类动力学问题的解题步骤
[例3]　(2013·)如图3－2－5所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
[思路点拨]
(1)纸板相对砝码运动时共受几个滑动摩擦力？大小各是多少？试写出它们的表达式。
提示：2个；砝码对纸板的滑动摩擦力为f1＝μm1g，桌面对纸板的滑动摩擦力为f2＝μ(m1＋m2)g。
(2)要使纸板相对砝码运动，两者的加速度大小有什么关系？
提示：纸板的加速度大于砝码的加速度。
(3)纸板抽出过程中，纸板和砝码的位移之间满足什么关系？纸板抽出后砝码做什么规律的运动？加速度是多大？拉力的最小值又对应什么关系？试写出上述关系式。
提示：在纸板抽出过程中，设砝码的位移为x1，纸板的位移为x′，则之间的关系应为d＋x1＝x′；纸板抽出后砝码做匀减速直线运动；由牛顿第二定律可求加速度大小为a，表达式为：a＝μg；设纸板抽出后砝码运动的位移为x2，则拉力最小值时应对应关系式为：l＝x1＋x2。
[解析]　(1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t12
纸板运动的距离d＋x1＝a2t12
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t22
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N
[答案]　(1)μ(2m1＋m2)g　(2)F>2μ(m1＋m2)g
解决两类动力学问题的两个关键点
(2014·通州市高三联考)如图3－2－6所示，质量m＝1 kg的小球穿在长L＝1.6 m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动，小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F＝1 N，从斜杆的顶端由静止开始下滑(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)试求：
(1)小球运动的加速度大小；
(2)小球运动到斜杆底端时的速度大小。
解析：(1)Fcos α＋mgsin α－μN＝ma
Fsin α＋N＝mgcos α
联立上式可得：
a＝＝1.25 m/s2。
(2)由运动学公式得v2＝2aL
可求v＝＝m/s＝2 m/s。
答案：(1)1.25 m/s2　(2)2 m/s考点三牛顿第二定律与图像的综合问题
[例4]　(2013·)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图3－2－7所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点 获取信息
相对地面静止的物块 物块的初速度为零，此后受滑动摩擦力开始启动
物块始终在木板上 物块加速到与木板同速后一起减速
木板速度—时间图像 v－t图线的折点对应的速度v＝1 m/s，为物块匀加速的末速度
分析物块、木板受力，列出相对滑动过程和一起匀减速过程牛顿第二定律关系式，由v－t图线确定，木板在前后两个减速过程中的加速度及物块的加速度，再结合运动学公式列出位移关系式求解结果。
[解析]　(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
(μ1＋2μ2)mg＝ma2
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
2μ2mg－f＝ma′2假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；由式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。
故f＝μ1mg
由式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图像如图中点画线所示。
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×
物块相对于木板的位移的大小为
s＝1.125 m
[答案]　(1)0.20　0.30　(2)1.125 m
1．常见的两类动力学图像问题
(1)已知物体在某一过程中所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。
(2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。
2．解决图像综合问题的关键
(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。
(2)注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等。
(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
物体在传送带上运动的情形统称为传送带模型。
因物体与传送带间的动摩擦因数、斜面倾角、传送带速度、传送方向、滑块初速度的大小和方向的不同，传送带问题往往存在多种可能，因此对传送带问题做出准确的动力学过程分析，是解决此类问题的关键。
下面介绍两种常见的传送带模型。
1．水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v0
2．倾斜传送带模型项目 图示 滑块可能的运动情况
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能先以a1加速后以a2加速
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
(3)可能一直匀速
(4)可能先以a1加速后以a2加速
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
[典例]　如图3－2－8所示为上、下两端相距L＝5 m，倾角α＝30°，始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)。将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数；
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端。
[解析]　(1)物体在传送带上受力如图3－2－9所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a。
由题意得L＝at2解得a＝2.5 m/s2；
由牛顿第二定律得
mgsin α－Ff＝ma，又Ff＝μmgcos α
解得μ＝＝0.29
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传递带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度a′。则牛顿第二定律得
mgsin α＋Ff＝ma′
Ff＝μmgcos α，vm2＝2La′
联立解得vm＝8.66 m/s。
[答案]　(1)0.29　(2)8.66 m/s
[题后悟道]　对于传送带问题，一定要全面掌握上面提到的几类传送带模型，尤其注意要根据具体情况适时进行讨论，看一看有没有转折点、突变点，做好运动阶段的划分及相应动力学分析。
(多选)(2014·山东师大附中质检)如图3－2－10，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1。工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则(　　)
A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
解析：选ABC　若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vB2－vA2＝2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3 m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B端的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4 m/s，故D错误。
[随堂对点训练]
1．(2013·福建高考)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为(　　)
A．m2·kg·s－4·A－1　　　　B．m2·kg·s－3·A－1
C．m2·kg·s－2·A－1
D．m2·kg·s－1·A－1
解析：选B　本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识。由1 J＝1 V·A·s＝1 kg·m·s－2·m可得，1 V＝1 m2·kg·s－3·A－1，因此选B。
2．(2013·新课标全国卷)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是(　　)
图3－2－11
解析：选C　本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识分析问题、解决问题的能力。设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F－f＝ma，F＝ma＋f，所以能正确描述F与a之间关系的图像是C，选项C正确，A、B、D错误。
3．如图3－2－12所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是(　　)
A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下
B．A的加速度0，B的加速度大小为g、竖直向下
C．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下
D．A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下
解析：选C　在细线烧断前，A、B两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：
对B球有F绳＝mg
对A球有F弹＝mg＋F绳
在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示。由牛顿第二定律可得：
B球有向下的重力加速度g
A球有F弹－mg＝maA
解得aA＝g，方向向上。
综上分析，选C。
4．(2014·江苏省如东高级中学月考)我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交通部门提供下列资料：
资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s；
资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数如表格所示。
路面 干沥青 干磁石 湿沥青
动摩擦因数 0.7 0.6～0.7 0.32～0.4
根据以上资料，通过计算判断汽车行驶在高速公路上两车间的安全距离最接近(　　)
解析：选B　当驾驶员的反应时间最长、路面的动摩擦因数最小时对应的行驶距离为安全距离。v＝120 km/h≈33.3 m/s，在反应时间t＝0.6 s内，汽车向前行驶的距离x1＝vt＝20 m；由汽车在高速公路上刹车后做匀减速直线运动知，μmg＝ma，则a＝3.2 m/s2，刹车距离为x2＝≈173 m，所以x＝x1＋x2＝193 m，最接近于B，故B正确。
5．(多选)(2014·沈阳四校协作体月考)如图3－2－13所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)
A．M受静摩擦增大
B．M对车厢壁的压力增大
C．M仍相对于车厢静止
D．M受静摩擦力不变解析：选BCD　分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A错误，D正确。水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B正确。因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确。
6．(2013·模拟)质量M＝9 kg、长L＝1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1 kg的小物块如图3－2－14所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g＝10 m/s2，求：
(1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；
(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。
解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有
x1＝v0t－a1t2 ①
x2＝a2t2 ②
又v0－a1t＝a2t
代入数据得t＝1 s
(2)根据牛顿第二定律，
有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2
解得μ2＝0.08
答案：(1)1 s　(2)0.08
[课时跟踪检测]
一、单项选择题
1．(2013·海南高考)一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是(　　)
A．a和v都始终增大
B．a和v都先增大后减小
C．a先增大后减小，v始终增大
D．a和v都先减小后增大
解析：选C　质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C。
2.(2013·无锡模拟)一质量为m的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图1所示。则物块减速为零的时间将(　　)
A．变大　　　　　　　　　B．变小
D．不能确定
解析：选B　物体在斜面上匀减速下滑，说明mgsin θ－μmgcos θ＝ma<0，现对物块施加一个竖直向下的恒力F，等效重力增大F，即(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma′，判断加速度大小a<a′，所以物块减速为零的时间将变小，B项正确。
3．(2014·山东莱州质检)如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是(　　)
A．F1不变，F2变大
B．F1变大，F2不变
C．F1、F2都变大
D．F1变大，F2减小
解析：选B　若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，选项B正确。
4．(2013·江西省重点中学高三联考)如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面从底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是(　　)
图A．t1＝t2，a1＝a2，v1＝v2
B．t1<t2，a1<a2，v1<v2
C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示
D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示
解析：选D　由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1a2，v1>v2，故A、B错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，故C错误D正确。
5．(2013·安徽高考)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)(　　)
A．T＝m(gsin θ＋acos θ)　FN＝ m(gcos θ－asin θ)
B．T＝m(gcos θ＋asin θ)　FN＝ m(gsin θ－acos θ)
C．T＝m(acos θ－gsin θ)　FN＝ m(gcos θ＋asin θ)
D．T＝m(asin θ－gcos θ)　FN＝ m(gsin θ＋acos θ)
解析：选A　本题考查受力分析和牛顿第二定律，意在考查考生对力和运动关系的理解。对小球受力分析，并沿水平、竖直方向正交分解。水平方向：Tcos θ－FNsin θ＝ma，竖直方向：Tsin θ＋FNcos θ＝mg。联立求解得选项A正确。
6．(2013·浙江高考)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)
A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：选D　本题考查物体的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律及图像的理解。由Ff-t图像知物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6 s～9 s内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确。
二、多项选择题
7．(2014·徐州市第三中学质检)如图所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)(　　)
A．物体经10 s速度减为零
B．物体经2 s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC　物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3 N，根据牛顿第二定律得，a＝＝ m/s2＝5 m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝＝ s＝2 s，B正确，A错误。减速到零后，F<Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误。
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则(　　)
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为mg＋ma
解析：选AD　小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力。缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin 30°＝ma，Ff＝mg＋ma，方向平行斜面向上。
9．如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μgsin θ
解析：选AC　开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsin θ＋μFN＝ma，FN＝mgcos θ，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsin θ>μmgcos θ，即当μ2F
D．x′2)(2分)
(3)由平抛运动规律x＝vtt，Lsin 30°＝gt2(2分)
解得x＝L (1分)
则x<L得证(1分)
(1)在中易出现：Mg－mgsin 30°＝ma，得a＝(2k－1)g，此解错误的原因是认为细绳的拉力大小等于Mg，此错误使(1)问的5分全部丢失，还将影响(2)、(3)问题的最终结果。
(2)在中易出现错误关系式vt2－v02＝2a0L(1－sin 30°)，原因是没有注意到a0只表示加速度的大小，此错误将丢4分。
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[名师叮嘱]
(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，上一过程的末态是下一过程的初态，对每一个过程分析后，列方程，联立求解。
(2)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。如本题中的小球先做匀减速运动到管口，后做平抛运动。
[随堂对点训练]
1．一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图3－3－13所示，则(　　)
A．t3时刻火箭距地面最远
B．t2～t3的时间内，火箭在向下降落
C．t1～t2的时间内，火箭处于失重状态
D．0～t3的时间内，火箭始终处于失重状态
解析：选A　由速度图像可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确，B错误。t1～t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2～t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误。2．(2014·贵州五校联考)如图3－3－14所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量mAmAg
解析：选B　物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，T>mAg，B处于失重状态，Tm)的A、B两物块，物块间夹着一处于压缩状态的轻质弹簧，两物块与桌面间的动摩擦因数均为μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，两物块与桌面始终相对静止。则(　　)
A．车厢运动的加速度一定小于μg
B．若剪断弹簧，物块与桌面有可能发生相对滑动
C．车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小
D．车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时大
解析：选AC　先假设没有弹簧且车厢加速度达到μg，则静摩擦力达到最大；再加上压缩的弹簧，一个静摩擦力要增加，另一个要减小，已经达到最大静摩擦力，不能再增加，故矛盾，故A正确。通过A选项分析，加速度a＜μg；故剪断弹簧，两个物块均不会滑动，故B错误。车厢处于减速运动状态时，物块B所受静摩擦力较大，故物块B容易滑动；恰好滑动时，有：ma＝μmg－kx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kx′＝μmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，故车厢处于减速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故C正确。车厢处于加速运动状态时，物块A所受静摩擦力较大，故物块A容易滑动；恰好滑动时，有：ma＝μmg－kx；车厢匀速运动，恰好滑动时，有：kx′＝μmg；故匀速时恰好滑动的弹力大，车厢处于加速运动状态时，弹簧最大压缩量一定比匀速时小，故D错误。
4．(2014·青岛模拟)如图4所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住，处于静止状态，现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　)
A．球做匀加速运动时竖直挡板对球的弹力比球处于静止状态时大
B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
C．斜面对球的弹力变大
D．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma解析：选A　对球受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：FN1－FN2sin θ＝ma，FN2cos θ＝mg，由以上两式可得：FN2不随a的变化而变化，FN1随a的增大而增大，故A正确，B、C错误；斜面和挡板对球的弹力与重力三个力的合力才等于ma，故D错误。
5．(2014·江苏省泰兴模拟)如图5所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　)
A．mg，斜向右上方
B．mg，斜向左上方
C．mgtan θ，水平向右
D．mg，竖直向上
解析：选A　由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtan θ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtan θ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右上方，故A正确。
6．(2014·湖北重点中学联考)如图6所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3 m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(　　)
D．m(g＋a)
解析：选D　由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误。设民工兄弟对A、B在竖直方向上的摩擦力为Ff，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff′，对A由牛顿第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m(g＋a)，D正确，C错误。
二、多项选择题
7．(2013·南昌铁一中摸底)弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体。当升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数始终是16 N。如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)(　　)
解析：选AC　根据弹簧秤的示数始终是16 N可知，升降机加速度方向向下，mg－F＝ma，解得a＝2 m/s2。若升降机向下加速运动，经过1 s，升降机的速度为5 m/s，经过1 s，升降机的位移可能是4 m；若升降机向上减速运动，经过1 s，升降机的速度为1 m/s，经过1 s升降机的位移可能是2 m；选项A、C正确。
8．(2013·镇江第一中学质检)风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图7所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是(　　)
A．细绳与竖直方向的夹角
B．轻绳拉力的大小
C．细杆对球的支持力
D．风给小球的水平力
解析：选CD　由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项A、B错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项C、D正确。
9．(2013·邯郸摸底)如图8所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是(　　)
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
解析：选AD　因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F－3μmg－μΔmg＝(3m＋Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F－μmg－T＝ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T－2μmg＝2ma，T减小，选项D对。
10．(2014·商丘模拟)如图9(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知(　　)
A．甲的质量是2 kg
B．甲的质量是6 kg
C．甲、乙之间的动摩擦因数是0.2
D．甲、乙之间的动摩擦因数是0.6
解析：选BC　由a－F图像可知，当F48 N时，甲、乙两物体相对滑动，此过程中，F－μm甲g＝m甲a，对应图线可得：m甲＝＝6 kg，将F＝60 N，a＝8 m/s2，代入上式可得μ＝0.2，B、C正确。
三、非选择题
11．有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败。其简化模型如图10所示，AC是长度为L1＝5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度L2＝1 m，瓶子质量m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦系数μ＝0.4。某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，g取10 m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试问：
(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？
(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？
解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：
F－μmg＝ma1
加速运动过程中的位移x1＝
减速运动过程中的位移x2＝
位移关系满足：x1＋x2＝L1
由以上各式解得：t1＝ s
(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则：
＋＝L1－L2
v′2＝2a1d
联立解得d＝0.4 m
答案：(1) s　(2)0.4 m
12．(2014·河南三市联考)如图11所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。
解析：(1)当θ＝30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsin θ＝f，f＝μmgcos θ
联立解得：μ＝。
(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理，
－mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0－mv02，
令a＝sin θ＋μcos θ＝
设cos α＝，则a＝sin(α＋θ)
当α＋θ＝π/2时，a存在最大值am＝＝2。
即sin θ＝cos α＝＝，θ＝60°时，s最小。
对应的最小值s＝＝5m。
答案：(1)　(2)60°　5m 实验探究加速度与物体质量、物体受力的关系
一、实验目的(是什么)
1．学会用控制变量法研究物理规律。
2．探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
3．掌握灵活运用图像处理问题的方法。(是什么)
控制变量法：在所研究的问题中，有两个以上的参量在发生牵连变化时，可以控制某个或某些量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法，这也是物理学中研究问题时经常采用的方法。
本实验中，研究的参量为F、m和a，可以控制参量m一定，研究a与F的关系，也可控制参量F一定，研究a与m的关系。(有哪些)
电磁打点计时器、复写纸片和纸带、一端有定滑轮的长木板、小车、小盘、低压交流电源、天平、砝码、刻度尺、导线。(怎么做)
1．用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。
2．把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路。
3．平衡摩擦力：小车的尾部挂上纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，将木板无滑轮的一端稍微垫高一些，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动。这样小车所受重力沿木板的分力与小车所受摩擦力平衡。在保证小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以近似认为小盘和砝码的总重力大小等于小车所受的合外力的大小。
4．把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。
5．改变小盘内砝码的个数，重复步骤(4)，并多做几次。
6．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。
7．改变小车上砝码的个数，重复步骤(6)。(怎么办)
1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度填入表(一)中。
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车受力F/N
2.保持小盘内的砝码个数不变时，计算各次小车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表(二)中。
实验次数 加速度a/(m·s－2) 小车和砝码的总质量M/kg
3.需要记录各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示作用力F，描点画a－F图像，如果图像是一条过原点的直线，便证明加速度与作用力成正比。再记录各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示总质量的倒数，描点画a－图像，如果图像是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比。(有哪些)
1．平衡摩擦力时，调节长木板形成一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力。在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着纸带运动。
2．每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于小盘及盘内砝码总质量的条件下打出。只有如此，小盘及盘内砝码重力才可视为小车受到的拉力。
3．改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车。
4．作图像时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能对称分布在所作直线两侧。
5．作图时两轴标度比例要选择适当。各量须采用国际单位。这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些。七、误差分析(为什么)
1．系统误差
以小车、小盘和砝码整体为研究对象得mg＝(M＋m)a；以小车为研究对象得F＝Ma；求得F＝·mg＝·mg<mg。
本实验用小盘和砝码的总重力mg代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力。小盘和砝码的总质量越接近于小车的质量，误差越大；反之，小盘和砝码的总质量越小于小车的质量，由此引起的误差就越小。因此，满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量的目的就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差。
2．偶然误差
摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
考查实验原理与操作
[典例1]　(2013·)某实验小组利用图实－－2所示的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)。
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图实－－2所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图实－－3中甲、乙两条直线，设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲___________________________
m乙，μ甲________μ乙(选填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析]　(1)木块下滑时，受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，应该使细绳与长木板平行且使重力的下滑分量mgsin θ等于摩擦力μmgcos θ，即mgsin θ＝μmgcos θ(其中θ为木板的倾角)，故平衡摩擦力时，不能悬挂砝码桶，A正确，B错误；由平衡摩擦力的公式可知两边的质量m可以消去，故改变木块上的砝码的质量时，木块及其上砝码的总重力的下滑力仍能和总的摩擦力抵消，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；通过纸带求木块加速度，要求打点计时器在纸带上打出足够多的点，这就要求将木块放在靠近打点计时器的位置，并且先接通打点计时器，待打点稳定后再释放小车，故选项C错误。
(2)实验中平衡好摩擦力后，绳的拉力提供木块的合外力即F＝ma；砝码桶及桶内砝码与木块运动的速度相等，由牛顿第二定律得m′g－F＝m′a，两式联立得m′g＝(m＋m′)a，当m′m时，m＋m′≈m，m′g≈ma即当m′m时，砝码桶及桶内砝码的总重力近似等于木块运动时受到的拉力，故应选填“远小于”。
(3)实验中如果没有平衡摩擦，对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，得a＝F－μg，即a－F图像中，斜率表示质量的倒数，a轴上的截距的绝对值表示μg，结合图可得m甲μ乙。
[答案]　(1)AD　(2)远小于　(3)小于　大于
[题点集训]
1．(2013·扬州模拟)如图实－3－4甲所示是某同学设计的“探究加速度a与力F、质量m的关系”的实验装置图，实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，小车运动加速度可由纸带求得。
图实－3－4
(1)该同学对于该实验的认识，下列说法中正确的是________。
A．该实验应用了等效替代的思想方法
B．该实验应用了控制变量的思想方法
C．实验时必须先接通电源后释放小车
D．实验中认为细绳对小车拉力F等于砂和砂桶总重力，其前提必须保证砂和砂桶总质量远远大于小车的质量
(2)如图乙所示是该同学在某次实验中利用打点计时器打出的一条纸带，A、B、C、D、E、F是该同学在纸带上选取的六个计数点，其中计数点间还有若干个点未标出，设相邻两个计数点间的时间间隔为T。该同学用刻度尺测出AC间的距离为x1，BD间的距离为x2，则打B点时小车运动的速度vB＝________，小车运动的加速度a＝________。
(3)某实验小组在实验时保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如表中所示。根据表中数据，在图丙坐标纸中作出F不变时a与关系的图像。
次数 1 2 3 4 5 6
小车加速度a/m·s－2 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50
小车质量m/kg 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00
/kg－1 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00
解析：(1)选BC　该实验的研究对象是小车，采用控制变量法研究，故A错误，B正确；只有先接通电源后释放纸带，因为如果先释放纸带再去接通电源，打点前物体会带着纸带向前走一段距离，甚至纸带会全部通过打点计时器，故C正确；当小车质量一定，研究小车的加速度和小车所受合力的关系时，为消除摩擦力对实验的影响，可以把木板的右端适当垫高，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，此时小车的合力就是绳子的拉力。设小车的质量为m，砝码和小桶的质量为m0，根据牛顿第二定律得：对m0：m0g－F拉＝m0a，对m：F拉＝ma，解得：F拉＝＝，当m0m时，绳子的拉力近似等于砝码和小桶的总重力，故D错误。
(2)相邻两个计数点间的时间间隔为T。该同学用刻度尺测出AC间的距离为x1，BD间的距离为x2，根据匀变速直线运动规律，可知B点的瞬时速度等于A点到C点的平均速度，所以vAC＝，
由a＝可求得加速度a＝＝。
(3)直观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图像，如图所示。
答案：(1)BC　(2)　　(3)见解析图
2．(2014·郑州质检)为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图实－－所示的实验装置。请思考探究思路并回答下列问题：
－－(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是________；
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
(2)在实验中，得到一条打点的纸带，如图实－－所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表示式为a＝________；
图实－－(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图实－－所示。图线________是在轨道倾斜情况下得到的(选填“”或“”)；小车及车中的砝码总质量m＝________ kg。
解析：(1)为平衡滑动摩擦力，应使小车的重力沿斜面的分力与滑动摩擦力相等，此时不能连接钩码，故C正确。
(2)计算加速度可用逐差法得到三个加速度再取平均值，此时误差较小。a＝
(3)轨道倾斜太大，即使没有钩码拉小车也将加速下滑，因此图线为轨道倾斜情况下得到的。
由题图中图线可得mgsin θ－f＝ma0，
F1＋mgsin θ－f＝ma1，
可得：F1＋ma0＝ma1
由图像知F1＝1 N
a0＝2 m/s2　a1＝4 m/s2
可求得m＝0.5 kg
答案：(1)C　(2)
考查数据处理与误差分析[典例2]　(2014·)某次“探究加速度a跟物体所受合力F和质量m的关系”实验过程是：
－－(1)图实－－甲所示为实验装置图。图乙为某次实验得到的一段纸带，计数点A、B、C、D、E间的时间间隔为0.1 s，根据纸带可求出小车的加速度大小为________ m/s2(结果保留两位有效数字)。
(2)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，进行多次测量。根据实验数据做出了加速度a随拉力F的变化图线，如图实－－所示。图中直线没有通过原点，其主要原因是________________________________________________________________________。
－－(3)保持砂和砂桶质量不变，改变小车中砝码质量，进行多次测量，得到小车加速度a、质量m及其对应的的数据如表中所示：实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8
小车加速度a/m·s－2 1.90 1.72 1.49 1.25 1.00 0.75 0.50 0.30
小车和砝码质量m/kg 0.25 0.29 0.33 0.40 0.50 0.71 1.00 1.67
/kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.00 0.60
a.请在坐标纸中画出a－图线；
－－b．根据作出的a－图像可以得到的结论是：____________________________。
[解析]　(1)由逐差法求小车的加速度
a＝＝ m/s2
＝0.43 m/s2
(2)图线没有过原点，与F轴有交点，说明实验前没有平衡小车的摩擦力(或平衡摩擦力不充分)。
图实－－1(3)根据数据在坐标纸上画出a－图线如图实－－1所示，由图可知，图线为一条过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度与质量成反比。
[答案]　(1)0.43　(2)实验前未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不充分)
(3)a.见解析图
b．图线为过原点的直线，表明在合外力一定时，加速度跟质量成反比
[题点集训]
3．在做“探究加速度和力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加速度a和拉力F的数据如下表所示：
F/N 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
a/(m·s－2) 0.11 0.19 0.29 0.40 0.51
(1)根据表中的数据在图实－－1的坐标系上作出a－F图像；
－－1(2)图像斜率的物理意义是______________________。
(3)小车和砝码的总质量为________kg。
(4)图线(或延长线)与F轴截距的物理意义是___________________________________。
解析：(1)根据所给数据在所给坐标系中准确描点，作出的a－F图像如图所示。
(2)根据(1)中图像可知，保持小车和砝码的总质量不变，小车的加速度a和拉力F成正比；若保持力F不变，改变小车和砝码的总质量，通过实验探究可知小车的加速度a与小车和砝码的总质量成反比；因此可以判断(1)中图像斜率表示小车和砝码总质量的倒数。
(3)由(1)中图像可得：＝，解得M＝1 kg。
(4)由a－F图像可知，当力F＝0.1 N时，小车开始运动，说明此时小车受到的阻力为0.1 N。
答案：(1)见解析　(2)小车和砝码总质量的倒数　(3)1　(4)小车受到的阻力为0.1 N
4．(2013·通州模拟)某实验小组设计了如图实－－1甲所示的实验装置研究加速度和力的关系。实验装置主要部件为位移传感器的发射器和接收器，分别固定在轨道右端和小车上；通过传感器测定两者间位移变化，从而测出小车的加速度。
－－1(1)在该实验中采用的方法是________保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，用传感器测小车的加速度。通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。
该实验小组在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图乙所示，可知在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的图线是________(选填“”或“”)。
(2)随着钩码的数量逐渐增大，图乙中的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________。
A．小车与轨道之间存在摩擦
B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大
D．所用小车的质量太大
解析：(1)在研究加速度与力的关系时，要控制小车的质量不变，这种方法叫做控制变量法，a－F图线中图线与a轴正半轴有交点，表明拉力F为零时，小车具有沿轨道向下的加速度，一定是轨道右侧抬高为斜面的情况。
(2)由牛顿第二定律可得：a＝，又F＝mg，故a＝F，可见a－F图线的斜率k＝，当Mm时，斜率几乎不随m改变，但当所挂钩码的总质量太大时，图线斜率k将随m的增大而减小，因此图线发生弯曲，故C正确。
答案：(1)控制变量法　　(2)C
考查实验的改进与创新
[典例3]　某同学设计了如图实－－1所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d。开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t。
－－1(1)木块的加速度可以用d和t表示为a＝________。
(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F的关系。图实－－1中能表示该同学实验结果的是________。
图实－－1(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________。
A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取更多组实验数据
C．可以获得更大的加速度以提高实验精度
[解析]　(1)由d＝at2可得：a＝。
(2)由牛顿第二定律可知，F－F0＝ma，
故a＝F－，C选项正确。
(3)挂钩码的方法不能连续改变细绳拉力大小，因此不能准确测出摩擦力的大小，也不利于获得多组测量数据，故B正确。
[答案]　(1)　(2)C　(3)B
一、本题创新点分析1.源于教材——本例中的实验目的及实验中用到的器材：一端带滑轮的长木板、滑块，与课本实验是相同的，利用a－F图像处理实验数据的方法也是相同的。2.高于教材——本例中没有平衡摩擦力，而是用缓慢向瓶中加水的办法比较准确地测出木块的滑动摩擦力大小和细绳拉力大小，实验数据处理时，不是作木块加速度a与合力的关系图线，而是作木块加速度a与细绳拉力F的关系图线。二、本实验还可以从以下方面进行改进创新1.实验目的创新如果要测量木块与木板间的动摩擦因数，实验应如何操作？提示：长木板水平放置，木板与钩码间的细绳长些，测出钩码落地后，木块前进过程中做匀减速的加速度，由a＝μg可得μ的大小。2.实验器材的创新?1?用气垫导轨代替长木板，实验应如何操作？提示：将气垫导轨调成水平，不用再平衡摩擦力了，其他操作不变。?2?如果提供光电门?两个?该实验应如何操作？提示：在长木板上固定两个光电门，量出两光电门的距离D和遮光条的宽度d，可用2aD＝求出木块的加速度，而不再使用打点计时器。
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[题点集训]
5．(2013·苏北四市调研)某实验小组利用如图实－－1甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系。
(1)做实验时，将滑块从图所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt1、Δt2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d。则滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝________；滑块加速度的表达式a＝________(以上表达式均用已知字母表示)。如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为________mm。
－－1(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(见图实－4－15甲)。关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法有________。
A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大
B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变
C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变
D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小
解析：(1)由速度的定义式可得滑块经过光电门1时的速度表达式v1＝；经过光电门2时的速度表达式v2＝；由2ax＝v22－v12，解得滑块加速度的表达式a＝；游标卡尺主尺上读出8 mm，游标上第3刻度线与主尺对齐，3×0.05 mm，游标卡尺读数为8 mm＋3×0.05 mm＝8.15 mm。
(2)滑块沿斜面向下运动所受合外力为Mgsinθ＝Mgh/L，为了保持滑块所受的合力不变，M增大时，h减小，以保持二者乘积不变；或M减小时，h增大，以保持二者乘积不变，选项B、C正确。
答案：(1)　　8.15　(2)BC
6．(2013·新课标全国卷)图实－－1甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
图实－－1用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
调整轻滑轮，使细线水平；
让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
多次重复步骤，求a的平均值；
根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图乙所示，其读数为________cm。
(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________。
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________。
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于____________________________(选填“偶然误差”或“系统误差” )。
解析：(1)游标卡尺主尺读数为0.9 cm，游标为20分度，读数为12×0.05 mm＝0.060 cm，游标卡尺的读数为0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm。
(2)遮光片通过光电门A的速度为vA＝，通过光电门B的速度为vB＝，根据vB2－vA2＝2as可解得a＝[()2－()2]。
(3)设细线拉力为T，以物块为研究对象，水平方向上：T－μMg＝M，以重物为研究对象，竖直方向上：mg－T＝m，两式联立解得μ＝。
(4)由于仪器未调整好造成的误差，属于系统误差。
答案：(1)0.960　(2)
(3)　(4)系统误差
7．(2014·宜春质检)如图实－－1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0 cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率。
－－1(1)实验主要步骤如下：
将拉力传感器固定在小车上；
平衡摩擦力，让小车做________运动；
序号 F(N) vB2－vA2(m2/s2) a(m/s2)
1 0.60 0.77 0.80
2 1.04 1.61 1.68
3 1.42 2.31
4 2.62 4.65 4.84
5 3.00 5.49 5.72
把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；
接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；
改变所挂钩码的数量，重复的操作。
(2)下表中记录了实验测得的几组数据，vB2－vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a＝________。请将表中第3次的实验数据填写完整。
(3)由表中数据，在图实－－1中的坐标纸上作出a－F关系图线。
－－1(4)对比实验结果与理论计算得到的关系图线(图中已画出理论图线)，造成上述偏差的原因是______________________________________________________________________。
解析：(1)摩擦力是否平衡，要根据小车不受拉力作用时，沿长木板能否做匀速直线运动来判断。
(2)小车在拉力作用下做匀变速直线运动，由匀变速直线运动的规律可得：a＝。小车在不同拉力作用下均做匀变速直线运动，由vB2－vA2与a成正比可得：a＝2.40 m/s2。
(3)根据表中a与F的数据描点，发现各点基本处于同一条直线上，通过各点作直线即可。
(4)没有完全平衡摩擦力。当没有完全平衡摩擦力时，由F－Ff＝ma得：a＝F－，a－F图线交于F轴的正半轴。答案：(1)匀速直线　(2)　2.40　(3)见解析图　(4)没有完全平衡摩擦力
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