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新课预习衔接 牛顿第二定律
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 大通县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
2．（2024秋 喀什地区期末）如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车正向右匀减速运动
B．汽车的加速度大小为gcosθ
C．细线对小球的拉力大小为mg
D．木箱受到的摩擦力大小为Mgtanθ
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
4．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，A、B两物体相距S＝14m时，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右匀速运动，而物体B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做减速运动。两物体质量相同，与地面的动摩擦因数均为0.2，FA＝FB，则经过多长时间A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大通县期末）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用
B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a，方向水平向右
D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
（多选）6．（2024秋 武昌区校级期末）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
（多选）7．（2024秋 罗湖区校级期末）如图（a）所示，粗糙的水平桌面上有一质量为1kg的物块A与细绳相连，通过定滑轮和动滑轮与另一物块B相连，细线另一端固定在天花板上。由静止释放物块B，物块A、B一起运动起来，当物块B落地后立即停止运动，物块A始终未运动到桌子右端，物块A的v﹣t图像如图（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不计滑轮的质量和摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A与桌面之间的动摩擦因数为0.2
B．物块B初始离地高度为1m
C．物块B的质量为1.5kg
D．物块B落地前绳中张力为4N
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为40kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀加速运动；已知雪橇与地面之间动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；则，拉力F沿水平方向和竖直方向分解时，水平方向的分力大小为 　 　N；雪橇对地面的压力等于 　 　N；雪橇加速度大小等于 　 　m/s2。
9．（2013秋 海曙区校级期末）如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系（摩擦已平衡）．小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M．
（1）验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a﹣F图象，图象是一条过原点的直线．
在本次实验中，如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据是否会和理论预期产生较大差异？
答：　 　（填“会”或“不会”）．理由是：　 　．
（2）验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．用图象法处理数据时，以加速度a为纵横，应该以 　 　为横轴．
10．（2024秋 朝阳期末）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）在安装器材时，要调整定滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行。请选出你认为这样做的目的是 　 　（填字母代号）
A．防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B．为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
C．防止小车在木板上运动过程中发生抖动
D．为保证小车最终能够实现匀速直线运动
（2）实验中 　 　（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）某小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示。用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段的长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得：打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为 　 　m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为 　 　m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（4）某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图内所示，图线不过原点的原因 　 　。
A．钩码质量没有远小于小车质量
B．平衡摩擦力时木板倾角过大
C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
11．（2024秋 昌平区期末）某同学用如图所示的装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。改变小车质量时，　 　（选填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；当小车的质量 　 　（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以近似认为细线对小车的拉力大小等于槽码的重力。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，光滑水平面的左侧有一以顺时针转动的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角θ＝37°且与水平面平滑连接。水平面右侧竖直平面内有一以O′为圆心，半径R＝4m的圆弧坡，以弧面最低点的O点为原点、水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系xOy，某时刻有一物体以初速度v0＝5m/s从水平面冲上传送带。已知传送带足够长，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物体在传送带上运动的总时长t；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程L；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标。
13．（2024秋 河西区期末）如图所示，水平传送带的两端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤块刚开始的加速度。
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间。
（3）求划痕长度。
14．（2024秋 长安区期末）商场工作人员拉着质量m＝20kg的木箱沿水平地面运动。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F1＝150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面之间的动摩擦因数μ；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小。
15．（2024秋 兴庆区校级期末）如图所示，质量为m0＝20kg的长木板静止在水平面上，质量m＝10kg的小木块（可视为质点）以v0＝4.5m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后恰好没有滑出长木板。已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小；
（2）木板的长度L；
（3）木板的运动时间及木块运动的位移大小。
新课预习衔接 牛顿第二定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 大通县期末）如图所示，小球A悬挂在天花板上，与A质量相等的小球B有轻弹簧相连，当悬挂A的细绳烧断瞬间，A和B的加速度大小分别是（　　）
A．aA＝g，aB＝g B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝2g D．aA＝2g，aB＝g
【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】分别以小球B和AB整体为研究对象，由平衡条件分析弹簧弹力和悬线拉力，剪断悬线瞬间，弹簧弹力瞬间不变，由牛顿第二定律求瞬时加速度大小。
【解答】解：悬线剪断前，以小球B为研究对象，由平衡条件可知，弹簧弹力F＝mg
以A、B整体为研究对象，由平衡条件可知，悬线的拉力为T＝2mg
剪断悬线瞬间，绳子拉力消失，弹簧弹力瞬间不变，由牛顿第二定律
对小球A：mg+F＝maA
对小球B：F﹣mg＝maB
解得aA＝2g，aB＝0，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题解题关键是掌握原理弹簧弹力具有瞬间不变的性质，再根据牛顿第二定律瞬时性，求加速度大小。
2．（2024秋 喀什地区期末）如图所示，车的顶棚上用细线吊一个质量为m的小球，车厢底板上放一个质量为M的木块，当小车沿水平面直线运动时，小球细线偏离竖直方向角度为θ，木块和车厢保持相对静止，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）
A．汽车正向右匀减速运动
B．汽车的加速度大小为gcosθ
C．细线对小球的拉力大小为mg
D．木箱受到的摩擦力大小为Mgtanθ
【考点】牛顿第二定律的简单应用；弹力的概念及其产生条件．
【专题】定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】D
【分析】先以小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度和细线对小球的拉力，分析汽车的运动情况。再对木块研究，由牛顿第二定律求解物块受到的摩擦力。
【解答】解：ABC、以小球为研究对象，分析受力如图；
根据牛顿第二定律得：mgtanθ＝ma
解得：a＝gtanθ，方向水平向右，而速度可能向右，也可能向左，所以汽车可能向右匀加速运动，也可能向左匀减速运动。
细线对小球的拉力大小为：T．故ABC错误。
D、再对木块受力分析，受重力、支持力和向右的静摩擦力，根据牛顿第二定律，水平方向：f＝Ma＝Mgtanθ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题要抓住小球、木块和汽车的加速度相同的特点，根据牛顿第二定律采用隔离法研究。
3．（2024秋 黄浦区校级期末）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与y、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＝tB
C．tA＝tC＜tB
D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；几何法；牛顿运动定律综合专题．
【答案】C
【分析】根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序。
【解答】解：设⊙O′的半径为R，根据几何知识可知，OA＝OM＝R，
由勾股定理得，AMR，
即小球沿AM运动的位移xAR，
由牛顿第二定律得，mgsin45°＝maA，
解得：aAg，
由xat2得，小球沿AM运动的时间：
tA，
根据几何知识可知，BM＝2OM＝2R，
即小球沿BM运动的位移xB＝2R，
由牛顿第二定律得，mgsin60°＝maB，
解得：aBg，
小球沿BM运动的时间：
tB，
设CM与x轴正向的夹角为θ，由几何关系可知，CM＝2Rsinθ，
即小球沿CM运动的位移xC＝2Rsinθ，
由牛顿第二定律得，mgsinθ＝maC，
解得：aC＝gsinθ，
小球沿CM运动的时间：
tC，
则tA、tB、tC大小关系是：tA＝tC＜tB。
故选：C。
【点评】解决本题的关键充分利用几何关系得出每一段的位移，熟练运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移—时间公式即可正确解题，有一定的难度。
4．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，A、B两物体相距S＝14m时，A在水平向右的拉力FA作用下，以vA＝8m/s的速度向右匀速运动，而物体B在水平向左的拉力FB的作用下以vB＝20m/s向右做减速运动。两物体质量相同，与地面的动摩擦因数均为0.2，FA＝FB，则经过多长时间A追上B（　　）
A．7s B．8s C．9s D．10s
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；追及、相遇问题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】假设经过时间t0，物块A追上物体B，根据位移时间公式结合几何关系列式求解即可。
【解答】解：设两物体的重力均为m，A物体做匀速直线运动，则A物体受力平衡，则有：FA＝μmg；
B物体做匀减速直线运动，则由牛顿第二定律可得：FB+μmg＝ma
联立解得：a＝4m/s2，则B物体减速运动的时间为：，此时物体B的位移为：
此过程中A发生的位移为：xA＝vAt0＝8×5m＝40m，由于xB+s＝64m＞xA，则B停止运动前A没有追上B，此后B静止，A继续匀速运动直到追上B所用的时间为：，则物体A追上物体B所用的时间为：t＝t0+t1＝5s+3s＝8s，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是追击问题，特别要注意物体B做匀减速运动，要分清是减速过程追上还是静止后被追上；第二种情况下的位移用位移时间公式求解时要注意时间是减速的时间，而不是总时间。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024春 大通县期末）如图所示，质量为m的小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，M、N点分别为弹簧、轻绳与小球的连接点，弹簧与竖直方向夹角为θ，轻弹簧拉力大小为F1，轻绳拉力大小为F2，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）
A．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球受两个力作用
B．若从M点剪断弹簧瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
C．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a，方向水平向右
D．若从N点剪断轻绳瞬间，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
【考点】牛顿第二定律的简单应用；判断是否存在弹力；共点力的平衡问题及求解．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；合成分解法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】剪断弹簧瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律可求得加速度大小；对小球受力分析，根据平衡条件求水平轻绳的拉力大小；剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，大小等于绳的拉力，根据牛顿第二定律求解。
【解答】解：AB、若从M点剪断弹簧瞬间，小球受弹力是零，小球只受重力的作用，根据牛顿第二定律可得：mg＝ma，解得小球的加速度为a＝g，方向竖直向下，故A错误，B正确；
CD、若从N点剪断轻绳瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以小球受到弹簧的弹力和重力作用，其合力水平向右，大小等于F2，根据牛顿第二定律可得：F2＝ma，解得小球加速度为：，方向水平向右，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律及共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
（多选）6．（2024秋 武昌区校级期末）有一质量m＝1kg的物体静止在足够长的粗糙竖直墙壁上，某时刻无初速度释放物体，并同时分别以甲、乙两种方式施加外力，物体紧贴墙壁向下运动。已知物体与墙壁间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．下落过程中，乙情景中的物体所受合外力的方向会发生改变
B．下落过程中，甲情景与乙情景中物体的速度都会一直增大
C．下落过程中，甲情景中的物体最大速度为5m/s
D．下落过程中，乙情景中的物体最大速度为25m/s
【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】ACD
【分析】根据滑动摩擦力的公式结合压力变化分析解答ABC，根据牛顿第二定律结合速度—时间公式解答。
【解答】解：A.下落过程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小为f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
刚开始下落时，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正确；
B.下落过程中，甲情景中摩擦力等于重力时，物体做匀速直线运动，乙情景中物体所受的摩擦力大于重力时，速度会减小，故B错误；
C.下落过程中，甲情景中的物体所受摩擦力为f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
当f甲＝mg
即v＝5m/s时速度最大，此后做匀速直线运动，故C正确；
D.乙情景中，物体运动的加速度为ag﹣2t
当t＝5s时，加速度为0，此过程的平均加速度为a'g，物体运动速度最大为vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键掌握摩擦力的计算公式，注意加速度为0时速度最大。
（多选）7．（2024秋 罗湖区校级期末）如图（a）所示，粗糙的水平桌面上有一质量为1kg的物块A与细绳相连，通过定滑轮和动滑轮与另一物块B相连，细线另一端固定在天花板上。由静止释放物块B，物块A、B一起运动起来，当物块B落地后立即停止运动，物块A始终未运动到桌子右端，物块A的v﹣t图像如图（b）所示，重力加速度大小取10m/s2，不计滑轮的质量和摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．物块A与桌面之间的动摩擦因数为0.2
B．物块B初始离地高度为1m
C．物块B的质量为1.5kg
D．物块B落地前绳中张力为4N
【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；动摩擦因数的性质和计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．
【答案】AB
【分析】（1）v﹣t图像斜率表示加速度，由匀变速直线运动位移—时间关系式求位移；
（2）根据v﹣t图像斜率求出B落地前后A的加速度，根据牛顿第二定律分析A可求动摩擦因数及绳子的拉力；
（3）0～1s内，分别对A、B分析，根据牛顿第二定律建立等式，结合A的加速度是B加速度的2倍，联立可求出A、B的质量比。
【解答】解：A．由v﹣t图像知，1～3s内加速度大小
根据牛顿第二定律有μmAg＝mAa2
解得μ＝0.2，故A正确；
B．0～1s内物块B匀加速下降，设物块B初始离地高度为h，根据v﹣t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知0～1s内物块A的位移为
根据滑轮自由端和重物端的位移关系可知
故B正确；
C．0～1s内对物块A受力分析，有
mAa1＝T﹣μmAg
由v﹣t图像知
对物块B受力分析，有
mBaB＝mBg﹣2T
由滑轮特点，可知
a1＝2aB
解得
mB＝0.5kg，T＝2N
故CD错误。
故选：AB。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律、v﹣t图像和运动学公式的应用，注意A的加速度是B加速度的2倍，A的位移是B位移的2倍，难度适中。
三．填空题（共4小题）
8．（2024春 鼓楼区校级期末）如图，小孩坐在雪橇上，小孩与雪橇的总质量为40kg，大人用与水平方向成37°角斜向上的大小为100N的拉力F拉雪橇，使雪橇沿水平地面做匀加速运动；已知雪橇与地面之间动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8；则，拉力F沿水平方向和竖直方向分解时，水平方向的分力大小为 　80　N；雪橇对地面的压力等于 　340　N；雪橇加速度大小等于 　0.3　m/s2。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】80；340；0.3。
【分析】根据平行四边形定则计算拉力F沿水平方向的分力大小；以小孩与雪橇整体为研究对象，根据牛顿第二定律列方程计算。
【解答】解：由平行四边形定则得，拉力F沿水平方向的分力大小为
Fx＝Fcosθ＝100×0.8N＝80N
对小孩与雪橇整体有
Fsinθ+N＝mg
Fcosθ﹣μN＝ma
联立解得
N＝340N
由牛顿第三定律可知，雪橇对地面的压力等于
N'＝N＝340N雪橇加速度大小等于
a＝0.3m/s2
故答案为：80；340；0.3。
【点评】本题关键掌握研究对象的选择，注意雪橇对地面的压力与地面对雪橇的支持力关系。
9．（2013秋 海曙区校级期末）如图所示的实验装置可以探究加速度与物体质量、物体受力的关系（摩擦已平衡）．小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量（包括桶以及桶内沙子质量）记为m，小车的总质量（包括车、盒子及盒内沙子质量）记为M．
（1）验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a﹣F图象，图象是一条过原点的直线．
在本次实验中，如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据是否会和理论预期产生较大差异？
答：　不会　（填“会”或“不会”）．理由是：　因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg　．
（2）验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．用图象法处理数据时，以加速度a为纵横，应该以 　　为横轴．
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】该实验研究的对象为系统，保持系统质量不变，沙桶的重力等于系统所受的合力，改变重力即可改变系统所受的合力，从而可探究加速度与合力的关系．
保持桶内沙子质量m不变，即保持系统所受的合力不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，即改变系统的质量，所以研究加速度与质量的关系时，该质量应为系统的质量．
【解答】解：（1）将车内的沙子转移到桶中，就保证了M+m不变，即系统的总质量不变，
研究对象是整个系统，a，
系统的合外力就等于所悬挂沙桶的重力mg，不必满足M m这样的条件．
所以如果沙桶的总重力mg与Mg相比非常接近时，获得的实验数据不会和理论预期产生较大差异．
（2）向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M+m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M+m倒数为横轴即．
故答案为：（1）不会，因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg．
（2）
【点评】解决本题的关键知道该实验研究的对象是系统，保证系统质量不变，改变合力，可探究加速度和合力的关系．保持合力不变，改变系统质量，可探究加速度与质量的关系．
10．（2024秋 朝阳期末）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
（1）在安装器材时，要调整定滑轮的高度，使拴小车的细绳与木板平行。请选出你认为这样做的目的是 　B　（填字母代号）
A．防止打点计时器在纸带上打出的点痕不清晰
B．为达到在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力
C．防止小车在木板上运动过程中发生抖动
D．为保证小车最终能够实现匀速直线运动
（2）实验中 　不需要　（选填“需要”或“不需要”）满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）某小组在实验中打出的纸带一部分如图乙所示。用毫米刻度尺测量并在纸带上标出了部分段的长度。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。由图数据可求得：打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小为 　2.32　m/s；小车做匀加速运动的加速度大小为 　4.00　m/s2。（计算结果均保留三位有效数字）
（4）某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图内所示，图线不过原点的原因 　B　。
A．钩码质量没有远小于小车质量
B．平衡摩擦力时木板倾角过大
C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】实验题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）B（2）不需要（3）2.32，4.00（4）B
【分析】（1）使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力；
（2）实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量；
（3）根据匀变速运动规律求得速度与加速度；
（4）由图知平衡摩擦力时木板倾角过大。
【解答】解：（1）实验中调节定滑轮高度，使细绳与木板平行，可在平衡摩擦力后使细绳的拉力等于小车所受的合力，如果不平行，细绳的拉力在垂直于木板的方向上就有分力。故选B.
（2）由于本实验中的力传感器可以读出绳的拉力，所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
（3）根据匀变速运动规律，设四段长度分别为x1，x2，x3，x4，打点计时器在打A点时小车的瞬时速度大小
vAm/s≈2.32m/s
小车做匀加速运动的加速度大小为
am/s2＝4.00m/s2
（4）由图象丙可知，当没有挂钩码时小车具有加速度，说明平衡摩擦力时木板倾角过大。故选B.
故答案为：（1）B（2）不需要（3）2.32，4.00（4）B
【点评】只有掌握了实验原理才能顺利解决此类问题，关键掌握在匀变速直线运动中如何计算瞬时速度与加速度．
11．（2024秋 昌平区期末）某同学用如图所示的装置做“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验。改变小车质量时，　不需要　（选填“需要”或“不需要”）重新平衡摩擦力；当小车的质量 　远大于　（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以近似认为细线对小车的拉力大小等于槽码的重力。
【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】不需要，远大于。
【分析】根据平衡摩擦力的原理分析要不要多次平衡，对槽码和小车分别写出牛顿运动定律方程导出绳子拉力的表达式进行判断。
【解答】解：平衡摩擦力时，将长木板固定有打点计时器的一端适当垫高，不挂槽码，接通电源，轻推小车，使纸带上打出的点迹均匀分布，表明小车向下做匀速直线运动，令长木板垫高后的斜面倾角为θ，则有
Mgsinθ＝μMgcosθ
化简得
gsinθ＝μgcosθ
可知，平衡摩擦力过程与小车质量大小无关，即改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力；平衡摩擦力后，对小车进行分析有
T＝Ma
对槽码进行分析有
mg﹣T＝ma
解得
可知，当质量关系为 M≥m 解得 T≈mg 可知，当小车的质量远大于槽码质量时，可以近似 认为细线对小车的拉力大小等于槽码的重力。
故答案为：不需要，远大于。
【点评】考查平衡阻力的原理和合外力的问题，需要对牛顿第二定律内容进行深入的理解。
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 武昌区校级期末）如图所示，光滑水平面的左侧有一以顺时针转动的倾斜传送带，传送带与水平面的夹角θ＝37°且与水平面平滑连接。水平面右侧竖直平面内有一以O′为圆心，半径R＝4m的圆弧坡，以弧面最低点的O点为原点、水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立直角坐标系xOy，某时刻有一物体以初速度v0＝5m/s从水平面冲上传送带。已知传送带足够长，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）物体在传送带上运动的总时长t；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程L；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；水平传送带模型．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）物体在传送带上运动的总时长为；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程为；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标为（2.4m，0.8m）。
【分析】（1）分析运动过程，分析受力，根据牛顿第二定律和运动学的基本知识求解；
（2）以传送带为研究对象，利用匀变速运动的知识分段求解；
（3）利用平抛知识求解。
【解答】解：（1）从物体冲上传送带与传送带共速，设物体的加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
由运动学格式可得：v＝v0﹣a1t1
从物体与传送带共速到物体离开传送带，设物体的加速度为a2，运动时间为t2，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由运动学公式可得：
代入数据解得：，，（舍去）
则运动的总时间为：；
（2）以传送带为参考下，从物体冲上传送带与传送带共速时有：
从物体与传送带共速到物体离开传送带有：
则总相对路程为：L＝L1+L2
联立代入数据解得：；
（3）返回水平面物体的速度为：v1＝v+a2t2，
解得：v1＝3m/s
物体离开水平面后做平抛运动，则在水平方向有：x＝v1t3
竖直方向有：
由几何关系可得：x2+（R﹣y）2＝R2
联立解得：x＝2.4m，y＝0.8m
故落点的坐标为（2.4m，0.8m）。
答：（1）物体在传送带上运动的总时长为；
（2）物体在传送带上相对传送带运动的总路程为；
（3）物体返回水平面后，从右端飞出落在坡上的落点坐标为（2.4m，0.8m）。
【点评】本题考查传送带与平抛的结合，注意分段分析运动过程和受力情况，应用匀变速直线运动和平抛运动规律即可解题。
13．（2024秋 河西区期末）如图所示，水平传送带的两端A、B相距s＝6m，以v0＝4m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转。今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2
（1）求煤块刚开始的加速度。
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间。
（3）求划痕长度。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）煤块刚开始的加速度为2.5m/s2，方向向左；
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间为2.3s；
（3）划痕长度为3.2m。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出煤块相对传送带滑动时的加速度；
（2）应用运动学公式求出煤块相对传送带滑行的时间与位移，然后求出煤块匀速运动的时间，然后求出煤块总的运动时间；
（3）煤块相对传送带滑行时煤块的位移与传送带的位移之差是划痕的长度。
【解答】解：（1）煤块匀加速运动过程，对煤块，由牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：a＝2.5m/s2，方向向左；
（2）当煤块速度和传送带速度相同需要的时间：t1s＝1.6s
煤块加速运动的位移：x1m＝3.2m＜6m
然后煤块随传送带一起做匀速直线运动，煤块匀速运动的时间：
t2s＝0.7s
煤块从A运动到B所用时间：t＝t1+t2＝1.6s+0.7s＝2.3s；
（3）煤块相对传送带滑行时，传送带的位移：
x传送带＝v0t1＝4×1.6m＝6.4m
划痕长度：Δx＝x传送带﹣x1＝6.4m﹣3.2m＝3.2m。
答：（1）煤块刚开始的加速度为2.5m/s2，方向向左；
（2）煤块从A运动到B的过程中所用的时间为2.3s；
（3）划痕长度为3.2m。
【点评】本题考查传送带问题中的动力学分析，首先要分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，然后再分过程应用运动规律求解即可。
14．（2024秋 长安区期末）商场工作人员拉着质量m＝20kg的木箱沿水平地面运动。若用F＝50N的水平力拉木箱，木箱恰好做匀速直线运动；现改用F1＝150N、与水平方向成53°斜向上的拉力作用于静止的木箱上，如图所示。已知sin53°＝0.80，cos53°＝0.60，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）木箱与地面之间的动摩擦因数μ；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与时间的关系．
【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）木箱与地面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小为3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小为14m/s。
【分析】（1）根据平衡条件计算；
（2）根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式计算；
（3）根据运动学公式计算。
【解答】解：（1）木箱在F的作用下做匀速直线运动，则有
F＝f＝mgμ
代入数据解得
（2）由受力分析可知，木箱水平方向有
F1cos53°﹣f＝ma
竖直方向上有
F1sin53°+FN＝mg
又因为摩擦力满足
f＝μFN
联立解得
a＝3.5m/s2
（3）根据匀加速直线运动速度与时间的关系可得木箱在F1作用4.0s时的速度为
v4＝at＝3.5×4m/s＝14m/s
答：（1）木箱与地面之间的动摩擦因数为0.25；
（2）F1作用在木箱上时，木箱运动加速度a的大小为3.5m/s2；
（3）木箱在F1作用4.0s时速度v4的大小为14m/s。
【点评】本题关键掌握物体在平衡状态和加速状态下解决问题方法。
15．（2024秋 兴庆区校级期末）如图所示，质量为m0＝20kg的长木板静止在水平面上，质量m＝10kg的小木块（可视为质点）以v0＝4.5m/s的速度从木板的左端水平滑到木板上，小木块最后恰好没有滑出长木板。已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）木块刚滑上木板时木块、木板的加速度大小；
（2）木板的长度L；
（3）木板的运动时间及木块运动的位移大小。
【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．
【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．
【答案】（1）计算木块刚滑上木板时木块、木板加速度的大小分别为4m/s2、0.5m/s2；
（2）木板的长度是2.25m；
（3）木板的运动时间为1.5s，木块运动的位移大小为2.625m。
【分析】（1）对木块、木板分别由牛顿第二定律可求得加速度大小；
（2）由运动学公式求得二者的相对位移大小，即为木板的长度L；
（3）二者速度相同后，一起减速运动，由牛顿第二定律可求得加速度大小，再由运动学公式可求得运动时间，则木板的运动的总时间可求解，根据运动学公式可求得木块运动的总位移。
【解答】解：（1）木块减速运动，由牛顿第二定律得加速度大小为：a1＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2
对木板根据牛顿第二定律有：μ1mg﹣μ2（m+m0）g＝m0a2
解得木板加速度大小为：a2＝0.5m/s2；
（2）物块恰好没有滑出木板，设经过时间t二者共速，则有：v1＝v0﹣a1t1＝a2t1
解得：t1＝1s，v1＝0.5m/s
二者的相对位移等于木板的长度，即为：L12.25m；
（3）木块与木板速度相同后，二者一起减速运动，加速度大小为：
a3＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1.0m/s2
再过时间t2停止，则有：v1＝a3t2，
解得：t2＝0.5s
故木板运动的总时间为：t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s
木块运动的总位移为：x2.625m。
答：（1）计算木块刚滑上木板时木块、木板加速度的大小分别为4m/s2、0.5m/s2；
（2）木板的长度是2.25m；
（3）木板的运动时间为1.5s，木块运动的位移大小为2.625m。
【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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