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(共100张PPT)
现代文阅读Ⅰ
把握共性之“新”　打通应考之“脉”
第四章　运动和力的关系
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·主题探究
主题1　等时圆模型
1．质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图甲所示。
2．质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦
上端由静止开始滑到圆环的最低点所用
时间相等，如图乙所示。
3．证明：设某一条弦与水平方向的夹角为α，圆的半径为R，物体沿光滑弦做匀加速直线运动，加速度a＝g sin α，位移x＝2R sin α。由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2
即沿各条弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
【典例1】　(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间。下列关系正确的是
(　　)
A．t1＝t2 B．t2>t3
C．t1√
√
√
BCD　[设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为0，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故A错误，B、C、D正确。]
【典例2】　如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下面半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑直轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条
倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB√
B　[如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知tAB>tCD>tEF，故B正确，A、C、D错误。]
主题2　动力学中轻弹簧连接体模型
1．常见情境
2．力的质量正比例分配原则法：具有相同加速度的物体，物体间的相互作用力按质量正比例分配。
3．接触与脱离的临界极值问题：刚好脱离时物体间的弹力恰好为0，两物体此时的速度、加速度均相同。
【典例3】　质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，如图甲所示，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块以相同的加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；如图乙所示，当用同样大小的力F竖直向上拉B且两物块以相同的加速度竖直向上运动时，弹簧的伸长量为
x2，则x1∶x2等于(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．2∶3
√
A　[题图甲中，将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，再对A进行受力分析，可得T1－μmg＝ma，整理可得T1＝。题图乙中，同样将两个物块作为一个整体，根据牛顿第二定律可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a′，再对A进行受力分析，可得T2－mg＝ma′，整理可得T2＝。因此两次弹簧的弹力大小相等，由胡克定律F＝kx可知两种情况弹簧的伸长量也相同，x1∶x2＝1∶1，故A正确，B、C、D错误。]
【典例4】　(多选)如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m＝1 kg，物块A的质量M＝2 kg，轻弹簧的劲度系数k＝200 N/m。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．托盘运动的最大速度为0.8 m/s
B．t＝0时F大小为12 N
C．t＝0时刻托盘对物块的支持力大小为16 N
D．t＝0.2 s时F大小为42 N
√
√
BC　[开始未施加力F时，对整体有(m＋M)g＝kx0，解得x0＝0.15 m，t＝0时刻施加力F时，根据牛顿第二定律F0＝(m＋M)a，由题图乙可知，在t＝0.2 s 时刻物块与托盘脱离，则Fm－Mg＝Ma，kx1－mg＝ma。其中x0－x1＝at2，联立解得x1＝0.07 m，a＝4 m/s2，F0＝12 N，Fm＝28 N，B正确，D错误；物块与托盘脱离时的速度大小为v＝at＝0.8 m/s，此后托盘继续向上做加速度减小的加速运动，则当加速度为0时速度最大，则最大速度大于0.8 m/s，A错误；t＝0时，对物块有F0＋FN－Mg＝Ma，解得FN＝16 N，C正确。]
题号
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(满分：100分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．下列说法正确的是(　　)
A．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
B．一个运动的物体，如果不再受力，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”
C．伽利略根据理想实验推出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
D．车速越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大
√
章末综合测评(四)　运动和力的关系
C　[伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；一个运动的物体，它总会逐渐停下来，是因为物体受到了摩擦力，如果不受力，物体会永远运动下去，故B错误；伽利略根据理想实验推出：如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去，故C正确；惯性只与质量有关，与速度无关，故D错误。]
题号
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2．很多智能手机都有加速度传感器，能通过对应的APP显示加速度的变化情况。某同学用手掌托着手机，打开加速度传感器，把手机竖直向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到的加速度随时间变化的图像如图所示(取向上为正方向)。已知图中t1＝0.38 s，t2＝0.55 s，t3＝0.66 s，t4＝1.26 s，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，
则由此可判断出(　　)
A．t1时刻，手机离开手掌
B．t2时刻，手机处于完全失重状态
C．t3时刻，手机处于超重状态
D．手机离开手掌后上升的高度为0.45 m
√
题号
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D　[t1时刻，手机的加速度最大且方向向上，手机处于超重状态，手机没有离开手掌，A项错误；t2时刻，手机的加速度为0，不是处于完全失重状态，B项错误；手机离开手掌后只受重力，加速度为－10.0 m/s2，所以t3时刻手机离开手掌，此时手机处于完全失重状态，C项错误；由题图知，t3时刻手机离开手掌，t4时刻手机回到手掌，手机离开手掌后上升的高度h＝g＝0.45 m，D项正确。故选D。]
题号
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3．烟花爆竹从地面起飞后在竖直方向上做匀减速直线运动，2 s后到达最高点并爆炸，已知爆炸点距地面的高度为30 m，烟花爆炸前受到的空气阻力恒定，g取10 m/s2，则烟花上升过程中阻力与重力的大小之比为(　　)
A．1.25 B．1
C．0.5 D．0.25
√
题号
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C　[逆向看，烟花做初速度为零的匀加速直线运动，取向下为正方向，h＝at2，解得a＝1.5g，对烟花由牛顿第二定律得mg＋f＝ma，则＝0.5，C正确。]
题号
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4．如图所示，四只猴子水中捞月，它们将一棵又直又高的杨树压弯，竖直倒挂在树梢上，从上到下依次为1、2、3、4号猴子。正当4号打算伸手捞“月亮”时，3号突然两手一滑没抓稳，4号扑通一声掉进了水里。假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态，四只猴子的质量都相等且为m，重力加速度为g，那么在3号猴子手滑后的一瞬间(　　)
A．4号猴子的加速度和速度都等于0
B．3号猴子的加速度大小为g，方向竖直向上
C．1号猴子对2号猴子的作用力大小为
D．2号猴子对3号猴子的作用力大小为
√
题号
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C　[对4号猴子进行分析可得手滑后的一瞬间只受到重力，所以可得加速度大小为g，初速度为0，故A错误；在手滑前，设树梢对猴子的作用力为T，对整体有T－4mg＝0，当3号猴子手滑后的一瞬间，对1、2、3号猴子整体分析可得T－3mg＝3ma′，解得a′＝，方向竖直向上，故B错误；对2、3号猴子进行受力分析可得F12－2mg＝2ma′，解得1号猴子对2号猴子的作用力大小为F12＝，故C正确；对3号猴子受力分析可得，F23－mg＝ma′，解得2号猴子对3号猴子的作用力F23＝mg，故D错误。故选C。]
题号
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5．如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q两点。球静止时，Ⅰ中拉力大小为T1，Ⅱ中拉力大小为T2，重力加速度为g。在仅剪断Ⅰ、Ⅱ中一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．若剪断Ⅰ靠近小球端，则小球受两个力作用
B．若剪断Ⅰ靠近小球端，则小球加速度a＝，
方向水平向左
C．若剪断Ⅱ，则小球加速度a＝，方向水平向左
D．若剪断Ⅱ，则小球加速度a＝g，方向竖直向下
√
题号
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C　[若剪断Ⅰ靠近小球端的瞬间，小球受弹力是零，细线Ⅱ的拉力突变为零，则小球只受重力，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；若剪断Ⅱ，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，其合力水平向左，大小等于T2，根据牛顿第二定律可知，此时小球的加速度为a＝，方向水平向左，C正确，D错误。]
题号
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6．如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a向上启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为N和f。若电梯启动加速度改为2a(人与电梯仍相对静止)，则下列结论正确的是(　　)
A．水平梯板对人的摩擦力变为2f
B．水平梯板对人的支持力变为2N
C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态
D．水平梯板对人的摩擦力方向向左
√
题号
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A　[对人受力分析，由于人有沿斜面向上的加速度，故摩擦力方向水平向右，如图所示，故D错误；电梯以恒定加速度a向上启动过程中，由牛顿第二定律得f＝ma cos θ，N－mg＝ma sin θ，故当加速度变为a′＝2a时，f′＝2ma cos θ＝2f，N′＝mg＋2ma sin θ<2N，故A正确，B错误；由于人受到的支持力大于重力，
竖直方向加速度向上，故人处于超重状态，故
C错误。]
题号
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7．如图甲所示，一名滑雪爱好者(可视为质点)穿着滑雪板(未带滑雪杖)从山坡上A点由静止滑下，经B点滑上水平面，不计滑雪爱好者经过B点时的速率变化，滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的速率随时间的变化图像如图乙所示。已知斜面与水平面间的夹角为37°，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则滑雪板与斜面间的动摩擦因数为(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
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B　[由题中v-t图像可知滑雪爱好者在斜面和水平面上运动的加速度大小之比为＝，设滑雪爱好者与滑雪板的总质量为m，滑雪板与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1，μmg＝ma2，联立解得μ＝，故B正确。]
题号
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二、多项选择题：本题共2小题，每小题8分，共16分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
8．如图甲所示，一倾斜传送带与水平方向的夹角θ＝37°，传送带逆时针匀速转动。将一煤块无初速度地放在传送带顶端，煤块在传送带上运动的v-t图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)
题号
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A．传送带匀速运动的速度大小为6 m/s
B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．传送带的长度为12 m
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为1.5 m
√
题号
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√
√
ABD　[从题图乙可以看出，传送带匀速运动的速度大小为6 m/s，煤块加速运动时的加速度a＝12 m/s2，对煤块根据牛顿第二定律有μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma，得μ＝0.75，故A、B正确；传送带的长度等于煤块的位移大小，l＝6×2 m＋ m＝13.5 m，故C错误；煤块在传送带上留下的痕迹长为x＝x传－x煤＝0.5×6 m－ m＝1.5 m，故D正确。]
题号
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9．如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑。现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则(　　)
A．速度可能向左，加速度可小于μg
B．速度一定向右，加速度不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
√
题号
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√
AD　[小车静止时，A恰好不下滑，所以对A有mg＝μF吸引，当小车加速运动时，为了保证A不下滑，则FN≥F吸引，则FN－F吸引＝ma，加速时加速度一定向左，则小车向左加速，对B有μ(mg＋F吸引)＝mam，解得am＝(1＋μ)g，故选AD。]
题号
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三、非选择题：本题共3小题，共42分。
10．(10分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，其中M为小车和动滑轮总的质量，m为沙和沙桶的总质量。力传感器可以直接测出轻绳中的拉力大小。
题号
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(1)该同学在实验中得到一条纸带(两计数点间还有四个点未画出)，如图所示。测得x1＝6.20 cm，x2＝6.70 cm，x3＝7.20 cm，x4＝7.70 cm。已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电源。请你根据实验数据求出小车的加速度为________ m/s2(结果保留两位有效数字)。
题号
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0.50
(2)某同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图线是一条直线，如图所示。求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝________。
题号
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[解析]　(1)两计数点间还有四个点未画出，可知两个计数点间的时间间隔为T＝0.10 s
根据逐差法可得加速度为a＝
代入数据解得a＝0.50 m/s2。
(2)由牛顿第二定律得2F＝Ma，则a＝F
则有k＝，故小车质量M＝。
题号
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11．(14分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。 试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。 设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2。
(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m，求飞行器所受阻力f的大小；
(2)在(1)的条件下，第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时关闭遥控器，飞行器立即失去升力， 求飞行器能达到的最大高度h。
题号
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[解析]　(1)第一次飞行中，设加速度大小为a1，
匀加速运动位移H＝
由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1
解得f＝4 N。
(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
匀加速运动位移s1＝
v1＝a1t2
题号
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设失去升力后的加速度大小为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律有mg＋f＝ma2
s2＝
最大高度h＝s1＋s2
联立解得h＝42 m。
题号
1
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[答案]　(1)4 N　(2)42 m
12．(18分)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据v-t图像(g取10 m/s2)，求：
题号
1
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(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
题号
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[解析]　(1)由v-t图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝ m/s2＝1.5 m/s2
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为
a2＝ m/s2＝1 m/s2
达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小为
a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
题号
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(2)对物块冲上木板后的匀减速阶段有μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段有
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝。
题号
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(3)由v-t图像可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图乙中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m。
题号
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[答案]　(1) 1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)　(3) 20 m
题号
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(满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，共46分。第1～7小题只有一个选项正确，每小题4分，第8～10小题有多个选项正确，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．下列说法正确的是(　　)
全模块素养练
13
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15
A．重力加速度的方向垂直向下，地球表面不同的地方重力加速度一般不同
B．物体所受滑动摩擦力的方向可能与其运动方向相同
C．物体受摩擦力作用时，其作用力的大小一定满足F1＝μFN
D．笛卡儿认为如果没有空气阻力，重物与轻物应该下落得同样快
√
题号
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B　[重力加速度的方向应为竖直向下，而非“垂直向下”，地球表面不同地方的重力加速度一般不同，A错误；滑动摩擦力方向总与相对运动方向相反，与物体实际运动方向可能相同，B正确；公式Ff＝μFN仅适用于滑动摩擦力，静摩擦力大小由平衡条件决定，C错误；伽利略通过实验得出“无空气阻力时轻重物体下落同样快”的结论，而非笛卡儿，D错误。故选B。]
题号
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2．如图所示，一辆自行车在水平路面上，设自行车被向前骑行时地面对后轮的摩擦力为Ff1，自行车被向前推行时地面对后轮的摩擦力为Ff2，则(　　)
A．Ff1向后，Ff2向前
B．Ff1向前，Ff2向后
C．Ff1和Ff2都向前
D．Ff1和Ff2都向后
√
题号
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B　[骑车前进时，后轮是主动轮，在它与地面接触处有相对地面向后滑的趋势，故受向前的摩擦力Ff1，所以地面对后轮的摩擦力Ff1的方向向前；推自行车前进时，前后轮相对地面都向前滑动，所以地面对前后轮的摩擦力方向都向后，即地面对后轮的摩擦力Ff2的方向向后。故选B。]
题号
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3．模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，再通过电磁制动使其停在地面。实验舱运动过程中，受到的空气阻力f的大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(向上为正)。下列说法正确的是(　　)
A．从t1到t3，实验舱处于电磁弹射过程
B．从t2到t3，实验舱加速度大小减小
C．从t3到t5，实验舱内物体处于失重状态
D．t4时刻，实验舱达到最高点
√
题号
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B　[t1～t3，f向下，先增大后减小，可知此时速度方向向上，先增大后减小，故实验舱先处于弹射过程后做竖直上抛运动，故A错误；t2～t3，f向下在减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma，即a＝＋g，故加速度大小在减小，故B正确；t3～t5，f向上，先增大后减小，可知此时速度方向向下，先增大后减小，先向下加速后向下减速，加速度先向下后向上，先失重后超重，故C错误；根据前面分析可知t3时刻速度方向改变，从向上变成向下运动，故t3时刻到达最高点，故D错误。故选B。]
题号
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4．悬链线指的是一种曲线，指两端固定的一条(粗细与质量分布)均匀、柔软(不能伸长)的链条在重力的作用下所具有的曲线形状，例如悬索桥等，如图(a)所示。现搭建如图(b)所示的一条悬链线，链的质量为m，经测量得两悬点A、B处切线与竖直方向夹角分别为30°和60°，两切线的交点为C，E是C点
正上方链条上的点，F为悬链线的最
低点，重力加速度为g，则下列说法
不正确的是(　　)
题号
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题号
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A．A、B两悬点处弹力大小相等
B．整个链条最低点F处弹力最大
C．可以求出链条AF和链条BF长度之比
D．该悬链线的重心不一定在直线CE上
√
题号
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C　[设最低点F处的张力为TF，A处的张力为TA，B处的张力为TB，链条AF质量为m1，链条BF质量为m2，由受力平衡得TA cos 30°＝m1g，TB sin 30°＝m2g，TA sin 30°＝TB cos 30°＝TF，可得TA＝TB＝2TF，m1∶m2＝3∶1，可知链条AF和链条BF长度之比为3∶1，故A、B错误，C正确；根据共点力平衡可知，整个链条的重力经过C点，所以该悬链线的重心一定在直线CE上，故D错误。故选C。]
题号
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题号
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5．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其-t图像如图所示，则(　　)
A．质点做匀加速直线运动，初速度
为2.0 m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度
为2.0 m/s2
C．质点在1 s末速度为2 m/s
D．质点在第1 s内的位移大小为2 m
√
题号
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C　[根据运动学公式x＝v0t＋at2，整理可得＝v0＋at，-t图线的纵截距为初速度，斜率表示a，所以质点做匀加速直线运动，由题图可知v0＝1.0 m/s，a＝ m/s2＝ m/s2，解得a＝1 m/s2，故A、B错误；质点在1 s末速度为v1＝v0＋at1＝2 m/s，故C正确；质点在第1 s内的位移大小为x1＝＝1.5 m，故D错误。故选C。]
题号
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6．质量为m的物体，沿倾角为α的斜面体M匀速下滑，如图甲所示，物体与斜面体之间的动摩擦因数为μ，若物体下滑过程中，给物体施加外力F如图乙所示，使物体沿斜面体加速下滑，斜面体仍然静止在桌面上，下列说法正确的是(　　)
A．斜面体与桌面间无摩擦力
B．斜面体受到的摩擦力方向一定
沿桌面向左
C．斜面体受到的摩擦力方向一定沿桌面向右
D．一定是μ√
题号
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A　[物体沿倾角为α的斜面体M匀速下滑，对物块受力分析，根据平衡条件可知摩擦力与支持力的合力应该与重力等大反向，即斜面体对物体的作用力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，则物体对斜面体的作用力方向竖直向下，又有mg sin α＝μmg cos α，解得μ＝tan α，当用大小为F的力推物体，物体所受斜面体的支持力增大，摩擦力f＝μN也增大，但是支持力N与摩擦力f仍然成比例增大，其合力的方向仍然竖直向上，保持不变，则物体对斜面体的作用力的方向仍然竖直向下，只是数值上变大，故斜面体没有运动的趋势，不受桌面的摩擦力。故选A。]
题号
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7．如图所示，两相同物块用水平细线相连接，放在粗糙水平面上，在水平恒力F作用下，一起做匀加速直线运动，两物块的加速度大小为a，物块间水平细线的拉力大小为T。当两物块在F的作用下在光滑水平面上运动，两物块的加速度大小为a′，物块间水平细线的拉力大小为T′。则下列说法正确的是(　　)
A．a′>a，T′＝T
B．a′＝a，T′＝T
C．a′>a，T′D．a′＝a，T′√
题号
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A　[设物块的质量为m，当水平面粗糙时，设动摩擦因数为μ，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，解得加速度a＝－μg，以左侧物块为对象，根据牛顿第二定律有T－μmg＝ma，联立得细线的拉力T＝F，当水平面光滑时，以两物块为整体，根据牛顿第二定律有F＝2ma′，解得加速度a′＝，以左侧物块为对象，根据牛顿第二定律有T′＝ma′，联立得细线的拉力T′＝F，则有a′>a，T′＝T。故选A。]
题号
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8．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2，车厢的倾角用θ表示(已知μ2>μ1)，下列说法正确的是(　　)
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ>μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ>μ2
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，
应满足μ2>tan θ>μ1
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2>μ1>tan θ
√
题号
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√
题号
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AC　[由题知μ2＞μ1，可知越是上层的沙子越容易卸下，当与车厢底部接触的沙子从车上卸下时，全部沙子就能顺利地卸干净，则有mg sin θ＞μ2mg cos θ，得tan θ＞μ2，故A正确，B错误；与车厢底部不接触的沙子卸下，而与车厢底部接触的沙子未卸下时，只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，这时应有mg sin θ＞μ1mg cos θ，mg sin θ＜μ2mg cos θ，得μ2＞tan θ＞μ1，故C正确，D错误。故选AC。]
题号
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题号
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9．如图a、b、c、d为光滑斜面上的四个点，一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)
A．通过bc、cd段的位移之比为1∶3
B．通过bc、cd段的时间均大于T
C．通过c、d点的速度之比为3∶
D．通过c点的速度大于通过bd段的平均速度
√
题号
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题号
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BD　[从a点出发，假设ab长度为x，根据匀变速运动的规律，bc长度为3x，cd 长度为5x，故bc与cd的位移之比是3∶5，故A错误；从a出发与从b出发的滑块，加速度相同，x＝aT2，3x＝，8x＝，tcd＝tbd－tbc，解得T＝，tbc＝，tcd＝，故B正确；根据匀变速运动规律有vc＝atbc，vd＝atbd，vc∶vd＝∶4，故C错误；根据匀变速运动的位移比规律，从b到d的过程中，最初
题号
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两相邻相同时间内的位移之比为1∶3，故从b到d的过程中，中间时刻对应的位移是离b位置向下2x处，在c点的上方，而中间时刻瞬时速度等于bd段的平均速度，故c点的瞬时速度大于bd段的平均速度，故D正确。故选BD。]
题号
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10．如图甲所示，一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现把小物块(可视为质点)无初速度地轻放在传送带的左端A处，经过5 s时间，小物块到达传送带的右端B处，其速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
题号
1
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题号
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A．A、B间距离为2 m
B．小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2
C．0～5 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2 m
D．若把传送带的速度调为4 m/s，其他物理量保持不变，则小物块从A运动到B的时间为4 s
√
题号
1
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题号
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CD　[根据v-t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可得A、B间距离为L＝×(3＋5)×2 m＝8 m，故A错误；由v-t图像斜率可得小物块加速时的加速度为a＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，故B错误；共速前小物块相对传送带发生的位移大小为Δx＝vt1－t1＝2×2 m－×2 m＝2 m，可知0～5 s内小物块在传送带上留下的痕迹的长度为2 m，故C正确；若把传送带的速度
题号
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题号
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调为4 m/s，其他物理量保持不变，则加速时间为t′1＝＝＝4 s，加速过程位移为＝t′1＝×4 m＝8 m＝L，可知小物块与传送带共速时刚好到B端，所以小物块从A运动到B的时间为4 s，故D正确。故选CD。]
题号
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二、非选择题：共5小题，共54分。
11．(8分)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a)所示，细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线，如图(b)所示。
题号
1
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题号
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题号
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回答下列问题：
(1)将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60 cm，由图(b)可知，该芒果的质量m0＝___________________ g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比________(选填“偏大”或“偏小”)。
题号
1
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107(106～108均可)
偏大
题号
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15
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是________。
A．水杯质量过小
B．绳套长度过大
C．橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施________________。
题号
1
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13
C
见解析
题号
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[解析]　(1)根据题图(b)杯中物体质量m与橡皮筋长度x的x-m线性关系图线可知，当橡皮筋长度x为11.60 cm时，对应杯中芒果的质量m0＝107 g；对细绳1、2和橡皮筋的连接点进行受力分析的矢量三角形图如图所示，由图可知，当橡皮筋与绳1垂直时，橡皮筋的拉力最小，若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角虽为30°但与橡皮筋不垂直，这会导致橡皮筋的拉力变大，橡皮筋的长
度变大。因此，从x-m图像上读出的芒果质量与m0
相比会偏大。
题号
1
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15
(2)水杯质量过小不影响m与x的线性关系，选项A不符合题意；绳套长度过大与弹力与伸长量是否成正比关系无关，选项B不符合题意；当橡皮筋伸长量过大超出弹性限度后，弹力与伸长量不再遵循胡克定律，导致图像弯曲，选项C符合题意。
(3)使上述装置测量质量范围增大的措施：①更换劲度系数更大的橡皮筋，使其在更大拉力下伸长量适中；②减小绳1与竖直方向的夹角(如从30°减小到15°)，使橡皮筋承担的分力减小，从而可测量更大质量。
题号
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题号
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15
12．(10分)某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，单个钩码的质量为m，打点计时器所接的交流电源的频率为50 Hz，动滑轮质量不计，实验步骤如下：
题号
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①按图甲所示安装好实验装置(未挂钩码)，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；
②调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；
③挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度，读出弹簧测力计的示数；
④改变钩码的数量，重复步骤③，求得小车在不同拉力作用下的加速度。
题号
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15
根据上述实验过程，回答以下问题：
(1)对于上述实验，下列说法正确的是________。
A．钩码的质量应远小于小车的质量
B．实验过程中钩码处于超重状态
C．与小车相连的细线与长木板一定要平行
D．小车所受的拉力应为钩码重力的一半
题号
1
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C
题号
1
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题号
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13
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，图中相邻两计数点间还有4个点未画出，由该纸带可求得小车的加速度a＝_________ m/s2。(结果保留两位小数)
6.03
题号
1
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(3)若交流电源的实际频率小于50 Hz，则(2)中a的计算结果与实际值相比_________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验符合的是________。
A　　　　　 B C D
偏大
A
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(5)若实验步骤②中，让长木板水平放置，没有平衡阻力，其余实验步骤不变且操作正确，以弹簧测力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到如图丁所示的纵轴截距为b、斜率为k的一条倾斜直线，重力加速度为g，忽略滑轮与细线之间的摩擦以及纸带与限位孔之间的摩擦，则小车和长木板之间的动摩擦
因数μ＝________。
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[解析]　(1)因有弹簧测力计测量小车受的拉力，可知没必要让钩码的质量远小于小车的质量，A错误；实验过程中钩码加速度向下，处于失重状态，B错误；与小车相连的细线与长木板一定要平行，这样才能使细线的拉力等于小车受的合力，C正确；由于钩码失重，则小车所受的拉力小于钩码重力的一半，D错误。故选C。
(2)相邻两计数点间还有4个点未画出，可得T＝0.1 s，可求得小车的加速度a＝＝ m/s2≈6.03 m/s2。
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(3)若交流电源的实际频率小于50 Hz，打点周期偏大，而计算时仍用原来的周期计算，则(2)中a的计算结果与实际值相比偏大。
(4)由题图甲所示装置可知，实验前已经平衡好阻力，小车受到的拉力F可以由弹簧测力计测出，小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系应该是成正比，即其关系图线为过原点的一条倾斜直线，故A正确，B、C、D错误。故选A。
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(5)小车受到的拉力T为弹簧测力计示数，即T＝F，小车受到的摩擦力f＝μMg
由牛顿第二定律可得T－f＝Ma
解得力F与加速度a的函数关系式为F＝Ma＋μMg
结合题可知纵轴截距为b＝μMg，斜率k＝M，解得μ＝。
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13．(10分)如图所示，在校运会4×100米接力比赛中，当甲同学以
8 m/s的速度匀速通过标记点A时，乙同学在接力区起点B由静止开始以3 m/s2的加速度匀加速预跑，A、B两点间的距离未知。已知甲同学在完成交接棒前速度保持不变，接力区长度为25 m。
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(1)请通过计算说明，乙同学能否在接力区加速至10 m/s；
(2)若A、B两点间的距离为10.5 m，求完成交接棒时乙的速度大小；
(3)为了保证甲、乙在接力区完成交接棒时两者速度相等(这样不容易掉棒)，求A、B两点间的距离。
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[解析]　(1)设乙同学加速到10 m/s时通过的位移为x1，则有2ax1＝
解得x1＝ m<25 m，故乙同学能在接力区加速至10 m/s。
(2)设经过t时间两同学相遇完成交接棒，则有v甲t＝＋xAB
解得t＝ s(t＝3 s舍去)
故此时乙的速度v乙2＝at，解得v乙2＝7 m/s。
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(3)设甲、乙的速度相等的时间为t′，则有v甲＝v乙＝at′
此时甲的位移x甲＝v甲t′
乙的位移x乙＝
故A、B两点间的距离Δx＝x甲－x乙，解得Δx＝ m。
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[答案]　(1)见解析　(2)7 m/s　(3) m
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14．(12分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图甲所示，倾斜滑轨与水平面夹角θ＝30°，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其速率的二次方随路程变化的图像如图乙所示。已知货物与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点，不计货物经过倾斜滑轨底端的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。求：
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(1)货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；
(2)坐标轴上s1的值；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度为2 m/s，货物在滑轨上滑行的总时间。
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[解析]　(1)以货物为研究对象进行受力分析有mg sin θ－μmg cos θ＝ma1，解得a1＝2 m/s2。
(2)由v2-s图像可知，s1的值为货物开始下滑到倾斜滑轨底端的位移，v2＝16 m2·s-2为货物到达倾斜滑轨底端时速度的平方值，根据v2＝2a1s1，解得s1＝4 m。
(3)设货物在倾斜滑轨上运动的时间为t1；在水平滑轨上运动的时间为t2，加速度为a2，则v＝a1t1
可得t1＝2 s
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在水平滑轨上，根据牛顿第二定律得－μmg＝ma2，解得a2＝
－2 m/s2
由v1＝v＋a2t2，其中v1＝2 m/s，解得t2＝ s
货物在滑轨上滑行的总时间t＝t1＋t2，可得t＝ s。
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[答案]　(1)2 m/s2　(2)4 m　(3) s
15．(14分)如图所示，质量为m＝1 kg的物块叠放在质量为M＝2 kg的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～1 s内F＝10 N，1～1.5 s内F＝4 N，1.5 s后撤去拉力，重力加速度g取10 m/s2，整个系统开始时静止。求：
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(1)0～1 s内木板的加速度；
(2)1.5 s末木板的速度；
(3)0～3 s内物块相对木板的位移。
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[解析]　(1)0～1 s内，假设两者不发生相对滑动，对整体由牛顿第二定律有F＝(m＋M)a
解得a＝ m/s2
对物块，最大加速度大小为a物＝＝2 m/s2
因a>a物，假设不成立，故两者初始时相对滑动，对木板，有F－μmg＝Ma板1，此时F＝10 N
解得0～1 s内木板的加速度a板1＝4 m/s2，方向水平向右。
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(2)1 s末木板的速度v1＝a板1t1＝4 m/s
1～1.5 s内，F＝4 N，物块速度始终小于木板速度，木板仍做匀加速运动，对木板，有F－μmg＝Ma板2
解得a板2＝1 m/s2
可得1.5 s末木板的速度v2＝v1＋a板2t2＝4.5 m/s，方向水平向右。
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(3)1.5 s后撤去拉力，木板开始做匀减速运动，其加速度大小为a板3＝＝1 m/s2
物块仍做匀加速运动，设再经历t3时间，两者速度相同，有a物(t1＋t2＋t3)＝v2－a板3t3
解得t3＝0.5 s
即两者在0～3 s内只有2 s时间发生相对运动，此过程物块的位移x物＝a物(t1＋t2＋t3)2＝4 m
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木板的位移x板＝a板1＋＋＝6.25 m
0～3 s内物块相对木板的位移Δx＝x板－x物＝2.25 m，方向水平向左。
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[答案]　(1)4 m/s2，方向水平向右　(2)4.5 m/s，方向水平向右　(3)2.25 m，方向水平向左
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