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专题一　质点的直线运动
考点1　运动的描述

B　在位移—时间图象中,图线斜率的绝对值等于物体速度大小.由图可知,甲做匀速直线运动,乙做变速直线运动,D错误;靠近t1时刻时乙的斜率大于甲的斜率,即乙的速度大于甲的速度,故A错误;在该时间段内,甲、乙物体的初位置和末位置相同,故位移相同,B正确;由于甲、乙物体做的是单向直线运动,故位移大小等于路程,两者的路程也相同,故C错误.

1.A　根据题意可得x=t,经过时间t速度由v0变为kv0,则质点的加速度a==(k-1),在随后的4t时间内,质点的位移大小为x'=kv0·4t+a(4t)2,联立解得x'=,所以选项A正确.
2.AD　以初速度方向为正方向,则初速度v0=4 m/s,t=1 s时的速度v=10 m/s或-10 m/s.若v=10 m/s,则加速度a==6 m/s2,方向与初速度方向相同,A正确;若v=-10 m/s,则加速度a==-14 m/s2,负号表示方向与初速度方向相反,D正确.
3.BC　甲的x-t图线的斜率表示速度,速度方向不变,没有来回运动,只是相对于原点的位移一开始为负,后来为正,总位移大小为|2 m-(-2 m)|=4 m,B项正确.乙的v-t图线的纵坐标表示速度,3 s时速度方向改变,有来回运动,v-t图线与横轴所围“面积”表示位移,故乙的总位移为零,C项正确.
4.(1)68 m　102 m　(2)20 m/s
解析:(1)测速仪B两次从发射到接收到反射波的时间分别为
t1=0.4 s,t2=2.2 s-1.6 s=0.6 s
小车两次接收到超声波时的位置到B的距离分别是
x1=v=340× m=68 m
x2=v=340× m=102 m.
(2)小车两次接收到超声波之间运动的距离为
Δx=x2-x1=34 m
小车两次接收到超声波的时刻分别是
t3==0.2 s,t4=1.6 s+ s=1.9 s
两列波到达小车的时间差为
Δt=t4-t3=1.7 s
小车运动的速度大小为
v== m/s=20 m/s.
考点2　匀变速直线运动的规律及应用

1.C　升降机在竖井中运动时间最短时,其运动分成三个阶段:先以最大加速度匀加速启动,再匀速运动,最后以最大加速度匀减速运动到井口.匀加速过程的时间t1==8 s,位移x1=a=32 m,由于匀减速过程与匀加速过程在v-t图象上关于某直线对称,则匀减速过程的时间t3=8 s,位移x3=32 m,匀速过程的位移x2=(104-32-32) m=40 m,时间t2==5 s,故总时间t=t1+t2+t3=21 s,则选项C正确.
2.C　本题应用逆向思维求解,即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动,所以第四个所用的时间为t2=,第一个所用的时间为t1=-,因此有=2+,即3<<4,选项C正确.

1.
解析:解法一　核心公式法
设物体的加速度为a,到达A点的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间均为t,则有
l1=v0t+at2　①
l1+l2=2v0t+2at2　②
联立①②式得l2-l1=at2　③
3l1-l2=2v0t　④
设O与A的距离为l,则有l=　⑤
联立③④⑤式得l=.
解法二　推论法
由Δx=aT2得a=　①(其中t为物体通过AB段所用的时间)
由=得vB=　②
对OB段有OB=　③
又OA=OB-l1　④
由①②③④可得OA=.
2.C　关卡刚放行时,该同学加速的时间t==1 s,加速运动的距离为x1=at2=1 m,然后以2 m/s的速度匀速运动,经4 s运动的距离为8 m,因此第1个5 s内运动距离为9 m,过了关卡2,到关卡3需再用时3.5 s,大于2 s,因此能过关卡3,运动到关卡4所在处共用时12.5 s,而运动到第12 s时,关卡关闭,因此被挡在关卡4处,C项正确.
3.(1)3 m/s2　(2)6.5 m
解析:根据题意画出运动草图,如图所示.

(1)在甲发出口令后,乙做加速度大小为a的匀加速运动,经过时间t,速度达到v=9 m/s,乙的位移设为x乙,甲的位移设为x甲,则有
t=,x乙=at2
x甲=vt,x甲=x乙+x0
联立以上各式可得a=3 m/s2.
(2)从开始起跑到完成交接棒这一过程,乙在接力区的位移x乙==13.5 m
所以在完成交接棒时,乙离接力区末端的距离
x'=L-x乙=6.5 m.
4.BC　由h=得,砖块上升的最大高度h=5 m,选项A错误;砖块上升的时间t==1 s,上升阶段与下降阶段的时间对称,经2 s砖块回到抛出点,选项B正确;砖块被抛出后经0.5 s上升的高度h'=v0t'-gt'2=3.75 m,由于上升阶段与下降阶段的时间、距离具有对称性,所以砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m,选项C正确;砖块被抛出后上升过程的加速度大小不变,方向向下,故上升过程砖块做匀减速直线运动,选项D错误.
5.CD　x-t图象切线的斜率表示瞬时速度,可知A错误;0~t1时间内,由于甲、乙的出发点不同,而终点相同,故路程不相等,B错误;t1~t2时间内,甲、乙的路程相等,都为x2-x1,C正确;t1~t2时间内,甲的x-t图象在某一点的切线与乙的x-t图象平行,此时刻两车速度相等,D正确.
6.BD　根据v-t图象可知,甲、乙都沿正方向运动.t=3 s时,甲、乙并排行驶,此时v甲=30 m/s,v乙=25 m/s,由v-t图线与坐标轴所围面积表示位移可知,0~3 s内甲车的位移x甲=×3×30 m=45 m,乙车的位移x乙=×3×(10+25) m=52.5 m,故t=0时,甲、乙相距Δx1=x乙-x甲=7.5 m,即甲在乙前方7.5 m处,选项B正确;0~1 s内,x'甲=×1×10 m=5 m,x'乙=×1×(10+15) m=12.5 m,在0~1 s内两车位移差Δx2=x'乙-x'甲=7.5 m,说明甲、乙在t=1 s时第一次并排行驶,t=2 s时乙在甲前,选项A、C错误;两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x=x甲-x'甲=45 m-5 m=40 m,所以选项D正确.
7.A　解法一　因为v-t图线与坐标轴所围的面积表示位移,故在0~t1时间内,甲车的位移大于乙车的,根据=可知,甲车的平均速度大于乙车的,选项A正确,C错误;因为乙车做变减速运动,故平均速度不等于,选项B错误;因为v-t图线切线的斜率的绝对值表示加速度大小,故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小,选项D错误.

解法二　添加辅助线,如图中虚线(斜线)所示,则0~t1时间内,虚线对应的汽车做匀变速直线运动,平均速率为.由图易知甲对应的面积大于匀变速运动对应的面积,乙对应的面积小于匀变速运动对应的面积,即甲车位移大于乙车位移,故C错误;甲车的平均速度大于,乙车的平均速度小于,故A正确,B错误;因为v-t图线切线的斜率的绝对值表示加速度大小,所以甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小,故D错误.
8.(1)两车会相撞　(2)0.83 m/s2

解析:(1)B车刹车至停下来的过程中,由-=2aBx,解得aB=-=-2.5 m/s2,减速到零所用的时间t0==12 s
画出A、B两列火车的v-t图象,如图所示.
根据图象计算出两列火车达到相同速度时的位移分别为
xA=10×8 m=80 m,xB=×8 m=160 m
因xB>x0+xA=155 m,故两车会相撞.
(2)设A车的加速度为aA时两车不相撞,在B车发出信号t'时间后两车速度相等,有vB+aBt'=vA+aA(t'-Δt)
B车位移x'B=vBt'+aBt'2
A车位移x'A=vAt'+aA(t'-Δt)2
为使两车不相撞,两车的位移关系应满足x'B≤x0+x'A
联立以上各式解得aA≥0.83 m/s2
即A车的加速度至少为0.83 m/s2.
9.(1)　(2)
解析:(1)设冰球的质量为m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ,由动能定理得-μmgs0=m-m
解得μ=.
(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2,所用的时间为t.由运动学公式得
-=2a1s0,v0-v1=a1t,s1=a2t2
联立以上三式得a2=.
10.2 s　6 m
解析:解法一　公式法
汽车追上电动车之前,当汽车的速度与电动车的速度相等时,两车之间的距离最大.
则有v汽=at=v电,即t== s=2 s
Δxmax=x电-x汽=v电t-at2=6×2 m-×3×22 m=6 m .

解法二　图象法
在同一个v-t图中画出电动车和汽车的速度—时间图象,根据图象面积的物理意义,可知汽车追上电动车之前.当t=t0时两车位移之差最大.
由v-t图象的斜率表示物体的加速度可知=3 m/s2,所以t0=2 s
当t=2 s时两车的距离最大,为图中阴影三角形的面积
Δxmax=×2×6 m=6 m.
解法三　相对运动法
选电动车为参考系,以汽车相对地面的运动方向为正方向,汽车相对电动车沿反方向做匀减速运动.
v0=-6 m/s,a=3 m/s2,两车相距最远时vt=0
对汽车由速度公式vt=v0+at
得t== s=2 s
对汽车由速度位移公式-=2ax
得x== m=-6 m
综上,汽车追上电动车之前经过2 s两车相距最远,最远距离为6 m.
解法四　二次函数极值法
设经过时间t汽车和电动车之间的距离为Δx
则Δx=v电t-at2=6t-t2
当t=-=2 s时,Δxmax=6×2 m-×22 m=6 m.
考点3　实验:研究匀变速直线运动

1.A　0.233　0.75
解析:根据题述,物块加速下滑,在A、B、C、D、E五个点中,打点计时器最先打出的是A点.根据刻度尺读数规则可读出,B点对应的刻度为1.20 cm,C点对应的刻度为3.15 cm,D点对应的刻度为5.85 cm,E点对应的刻度为9.30 cm,AB=1.20 cm,BC=1.95 cm,CD=2.70 cm,DE=3.45 cm.两个相邻计数点之间的时间T=5× s=0.10 s,根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得,打出C点时物块的速度大小为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点对应的重物的速度vB等于AC段对应的重物的平均速度,即vB=
由于t=,故vB=(s1+s2)
同理可得vC=(s2+s3)
匀加速直线运动的加速度a=
故a===(s3-s1).　①
(2)由牛顿第二定律,可得mg-F阻=ma　②
由已知条件有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)因每五个点取一个点作为计数点,则相邻计数点之间还有四个计时点,故纸带上相邻计数点间的时间间隔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,故物体做匀变速直线运动.
由匀变速直线运动的规律得纸带上“2”点对应的瞬时速度
v2==0.392 m/s
根据Δx=aT2,由逐差法得
a==0.6 m/s2.
(3)由速度—时间关系式有
v2=v0+a·2T
代入数据得v0=0.272 m/s.
2.(1)等于　(2)9.72　1.94
解析:(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率时,可看到一串仿佛固定不动的水滴.
(2)根据题意可知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个水滴此时的速度为v7==×10-2 m/s=1.94 m/s.
3.(1)0.960　(2)[()2-()2]
(3)　　　(4)系统误差
解析:(1)游标卡尺读数为9 mm+12×0.05 mm=9.60 mm=0.960 cm.
(2)-=2as,vA=,vB=,联立各式得a=.
(3)T-μMg=M,mg-T=m
联立两式得μ=.
(4)细线没有调整到水平,会造成张力T不水平,若此时以T水平来分析计算,会造成测量值总是偏大或偏小,这种由于实验操作造成的误差,属于系统误差.
4.　80　不相等
解析:由自由落体运动规律知,x=gt2,则t=.根据最长反应时间为0.4 s,不难得出直尺的最小长度为80 cm.由于自由落体运动是匀变速直线运动,所以相等时间内位移不相等,即每个时间间隔在直尺上对应的长度不相等.
5.(1)6　7　(2)1.00　1.20　(3)2.00　偏大
解析:(1)物块做匀变速直线运动过程中,两相邻相等时间内位移之差为定值,依题意知Δs≈2.00 cm,而12.28 cm-11.01 cm=1.27 cm,说明物块在6、7之间某个时刻开始减速.
(2)物块做匀变速直线运动时,中间时刻的瞬时速度等于全过程的平均速度,故v5== m/s=1.00 m/s;从计数点5到计数点6,物块一直做匀加速直线运动,用逐差法求加速度有
a'=
= m/s2
=2.00 m/s2
则v6=v5+a'T=(1.00+2.00×0.1) m/s=1.20 m/s.
(3)用逐差法求减速运动过程中加速度的大小a==m/s2=2.00 m/s2;若不考虑空气阻力,由μ计mg=ma得μ计=,实际情况中有空气阻力存在,即Ff+μ真mg=ma
故μ真==-.
可见计算结果比真实值偏大.

【思路点拨】　纸带点迹的信息表明物块在桌面上先加速运动然后减速运动.6、7两计数点间距最大,所以减速运动可能是从6、7之间某个时刻开始的,不能盲目认为从计数点7开始减速,因此也不能认为计数点5和7中间时刻的瞬时速度v6就等于这段时间的平均速度.
专题二　相互作用
考点1　常见的几种力

1.B　将钩码挂在弹性绳的中点时,由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ=,对钩码(其重力记为G)静止时受力分析,得G=2k( m- m)cos θ;弹性绳的两端移至天花板上的同一点时,对钩码受力分析,得G=2k(- m),联立解得弹性绳的总长度变为L=0.92 m=92 cm,可知A、C、D项错误,B项正确.
2.C
　将四个球看作一个整体,地面对整体的支持力与整体的重力平衡,设下方任意一个球受到的支持力大小为F支,则有3F支=4mg,可得F支=mg,所以选项C正确.下方三个球对上方球有支持力,故上方球与下方三个球间有弹力,选项A错误.对地面上的其中一个球进行受力分析,如答图所示.由此可知,下方三个球与水平地面间均有摩擦力,选项B错误.由于球与水平地面间的摩擦力属于静摩擦力,因此不能用F=μFN 求解,选项D错误.


1.5 N,方向与竖直方向成37°角斜向右上方.
解析:以小球为研究对象,受力分析如图所示,小球受四个力的作用——重力G、轻绳的拉力F绳、轻弹簧的拉力F1、轻杆的作用力F杆,其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定,图中F2表示F绳与F杆的合力,重力与弹簧拉力的合力F==15 N,F与竖直方向的夹角记为α,则sin α==,α=37°,即F的方向与竖直方向成37°角斜向下,这个力与轻绳的拉力恰好在同一条直线上.根据共点力平衡可知,F杆+F绳=F2=15 N,绳的拉力为10 N,则杆的作用力F杆=5 N,方向与绳的拉力方向相同.
2.BC　对物体B受力分析,B受重力和拉力,由二力平衡得到FT=mBg,绳对弹簧拉力等于弹簧弹力,则知弹簧的弹力大小不变,为mBg,故A错误.物体A对斜面的压力为FN=mAgcos θ,θ减小,FN将增大,故B正确.物体A所受的最大静摩擦力fmax=μFN,因为FN变大,故最大静摩擦力变大,θ=45°时,有3mBgsin 45°-mBg=f1,θ=30°时,有3mBgsin 30°-mBg3.BD　将两木块与重物视为整体,竖直方向上受力平衡,则2Ff=(2m+M)g,故Ff不变,选项A错误,B正确;设硬杆对转轴的弹力大小均为FN1,硬杆与竖直方向的夹角为θ,对轴点O进行受力分析可知,竖直方向上2FN1cos θ=Mg,对单个木块进行受力分析可知,水平方向上FN=FN1sin θ,联立解得FN=Mgtan θ,挡板间距离稍许增大后,θ增大,FN增大,选项C错误,D正确.
4.B　当墙壁对物体的摩擦力f小于重力G时,物体加速下滑;当f增大到等于G时(即加速度为零时),物体速度达到最大,物体继续下滑;当f>G时,物体减速下滑.上述过程中摩擦力f=μF=μkt,即f-t图象是一条过原点的斜向上的线段.当物体速度减速到零后,物体静止,物体受到的滑动摩擦力突变为静摩擦力,由平衡条件知f=G,此时图象为一条水平线,B正确.
5.BD　由图象可知,在F的变化阶段,砂的质量在不断增加,滑块与小车之间没有相对滑动,小车受到静摩擦力且静摩擦力不断增大,所以2.5 s前,小车、滑块均静止,A、C错误;2.5 s后小车受恒定摩擦力,但是合外力增大,因此做变加速直线运动,B正确;2.5 s后受到的滑动摩擦力大小和方向均不变,D正确.
6.B　B恰好不下滑时,μ1F=mBg,A恰好不滑动,则F=μ2(mAg+mBg),所以=,选项B正确.
考点2　力的合成和分解

1.D　
分析可知工件受力平衡,对工件受到的重力按照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示,结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为F1=mgcos 30°=mg、对斜面Ⅱ的压力大小为F2=mgsin 30°=mg,选项D正确,A、B、C错误.

2.C　增加钢索的数量,索塔受到的向下的压力增大,A错误;当索塔受到的力F一定时,降低索塔的高度,钢索与水平方向的夹角α减小,则钢索受到的拉力将增大,B错误;如果索塔两侧的钢索对称且拉力大小相同,则两侧拉力在水平方向的合力为零,钢索的合力一定竖直向下,C正确;索塔受到钢索的拉力合力竖直向下,当两侧钢索的拉力大小不等时,由图可知,两侧的钢索不一定对称,D错误.

1.AD　若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F越大,故A项正确;由力的合成方法可知,两力的合力满足:|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,还可能与两个分力都相等,故B项错误;如果夹角不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F可以减小(角度为钝角时),也可以增大,故C项错误;合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的,故D项正确.
2.B　减速带对车轮的弹力方向垂直于车轮和减速带的接触面,指向受力物体,故A、C错误;按照力的作用效果分解,可以将F沿水平方向和竖直方向分解,水平向左的分力产生减慢汽车速度的效果,竖直向上的分力产生使汽车向上运动的作用效果,故B正确,D错误.
3.B　球1、球2组成的系统处于平衡状态, 对球1、球2整体受力分析如图所示,FN1、FN2分别为碗对球1和球2的弹力,水平方向上合力为零,有FN1·sin 30°=FN2sin 60°,则FN1∶FN2=∶1,B正确.


4.10
解析:设物体挂在绳上O点,延长AO,交左边杆于C,过C作左边杆的垂线,交右边杆于D,如图所示,因=4 m,AOB是同一条绳,绳两端张力相等,与竖直线的夹角也相等,则=,故=5 m,∠A=α,故有sin α===0.8,则cos α=0.6.由力的平衡可知,2FTcos α=G,故FT==10 N.
5.C　由于轻环不计重力,故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向,即沿半径方向;又两侧细线对轻环拉力相等,故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线,因为两轻环间的距离等于圆弧的半径,故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形;又小球对细线的拉力方向竖直向下,由几何知识可知,两轻环间的细线夹角为120°,对小物块进行受力分析,由三力平衡知识可知,小物块质量与小球质量相等,均为m,C项正确.
6.D　如图所示,轻环上挂钩码后,物体上升L,则根据几何关系可知,三角形OO'A为等边三角形,根据物体的平衡条件可知,2Mgcos 30°=mg,求得m=M,D项正确.

考点3　共点力的平衡

1.C　以气球为研究对象,受力分析如图所示,则由力的平衡条件可知,气球在水平方向的合力为零,即风对气球作用力的大小为F=Tsin α,C正确,A、B、D错误.
2.BD　对N进行受力分析,如图所示,因为N所受的重力mNg与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力,从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大,细绳的拉力也一直增大,选项A错误,B正确;M的质量与N的质量的大小关系不确定,设斜面倾角为θ,若mNg≥mMgsin θ,则M所受斜面的摩擦力大小会一直增加,若mNg

3.D　设正方体的棱长为l,则m=ρl3,S=l2,刚好推动物块,则有kSv2=μmg,即kl2v2=μρl3g,则kv2=μlρg,所以当风速变为2v0时,棱长应该为原来的4倍,则该物块的质量是原物块的64倍.

1.A　对小球受力分析,如图甲所示,根据共点力平衡条件,有F=Gtan 30°,解得G==F,细线受到沿线方向的拉力大小T==2F,故A项正确,B项错误;当施加垂直于细线方向的拉力时,受力情况如图乙所示,当施加垂直于细线方向的拉力使小球处于平衡状态时,有T'=F2-F2=F,故C项错误.又根据几何关系可得sin θ===<,所以θ<60°,D项错误.

2.
D　因弹簧的拉力F=10 N>mg=5 N,所以圆环受到垂直直杆向下的支持力FN.同理,拉力沿直杆向上的分力F1=Fsin 30°=5 N,也大于重力沿直杆向下的分力G1,所以圆环受到沿直杆向下的摩擦力Ff,如图所示.垂直直杆方向FN+mgcos 30°=Fcos 30°,沿直杆方向Ff+mgsin 30°=Fsin 30°,解得FN= N,Ff=2.5 N,D正确.
3.D　P受到重力、Q的支持力、Q的静摩擦力、绳子的拉力,共4个力作用,故A错误;Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力,共4个力作用,故B错误;Q受到的静摩擦力方向竖直向上,与其重力平衡,与绳子长度无关,所以若绳子变短,Q受到的静摩擦力不变,故C错误;由平衡条件得GP+GQ=Fcos α,GP与GQ不变,若绳子变长,α变小,cos α变大,则F变小,故D正确.
4.C　根据题意可知,B的质量为2m,由于A、B处于静止状态,故A、B均受力平衡,则地面对A的支持力为N=3mg,当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时,A球球心距墙角的距离最远, 对A、B受力分析,如图所示.根据平衡条件知F'=,Fcos θ=3μmg,又F=F',联立解得tan θ=,则A球球心距墙角的最远距离为x=2rcos θ+r=r,故C项正确,A、B、D项错误.


5.B　本题考查物体的动态平衡.对球受力分析并作出其矢量图如图甲、乙.由矢量图可知,木板缓慢转到水平位置的过程中,N1的方向不变,大小始终减小,N2的方向变化,大小始终减小,故B正确.

6.C　小圆环沿半圆环缓慢上移过程中,受重力G、拉力T、弹力FN,三个力处于平衡状态,受力分析如图所示.由图可知△OMN∽△NBA,则有==(式中R为半圆环的半径),在小圆环缓慢上移的过程中,半径R不变,MN的长度逐渐减小,故轻绳的拉力T逐渐减小,小圆环所受的弹力FN的大小不变,由牛顿第三定律得半圆环所受的压力的大小不变,A、B错误.第一次小圆环缓慢上升到N点时,FN=G、T=G;第二次小圆环运动的过程中,假设小圆环速率恒为v,当小圆环运动到N点时,在水平方向上有T'cos 45°-F'N=m,在竖直方向上有G=T'sin 45°,解得T'=G,F'N=G-m,再结合牛顿第三定律可知,C正确,D错误.
7.A　方法一　对O点进行受力分析可知,O点受到水平向左的拉力F、竖直向下的OB绳的拉力G和沿OA绳斜向上的拉力T.由于O点处于平衡状态,故三力合力为零.如图所示,在O点向左移动的过程中,F逐渐变大,T逐渐变大,选项A正确.
方法二　设轻绳OA与竖直方向的夹角为θ,则由共点力的平衡条件可得F=Tsin θ,Tcos θ=mg,两式联立可解得F=mgtan θ,T=,由题意可知,当O点向左缓慢移动时,θ角的变化范围为0<θ<且θ角逐渐增大,故F逐渐增大、T逐渐增大.


8.D　物体移动过程中受力始终平衡,对物体受力分析并构建力的矢量三角形如图所示,绳l1的拉力为F1,与竖直方向的夹角为θ;绳l2的拉力为F2,与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知θ+2α=90°,由正弦定理可得==,物体移动过程中,α减小,θ增大,则F1减小,F2增大,又F=F2,故A、B错误;当物体被拉到无限接近B点时,θ趋近于90°,α趋近于0°,此时轻绳l2对物体的拉力最大,趋近于mg,故C错误;θ=30°时,α=30°,此时可求得F2=mg,D正确.


9.AC　=2R·cos 60°=R,在M点橡皮筋弹力大小为mg,则mg=k·2R,P点橡皮筋弹力大小为F0=kR=mg,故A项正确,B项错误.当小球与N的连线与竖直方向之间的夹角为α时,橡皮筋的伸长量Δx=2R·cos α
橡皮筋的弹力F'=kΔx=mgcos α
对小球,设拉力F与水平方向之间的夹角为β,如图所示任取圆弧上一点进行受力分析,在水平方向:Fcos β=F'sin α
竖直方向:F'cos α +Fsin β=mg
联立可得β=α,F=mgsin α
可知拉力F的方向始终与橡皮筋垂直,而且随着α的增大,F逐渐增大.故C项正确,D项错误.


考点4　实验:探究弹力和弹簧伸长的关系

1.3.775　53.7
解析:实验所用的游标卡尺最小分度为0.05 mm,游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐,根据游标卡尺的读数规则,题图(b)所示的游标卡尺读数为3.7 cm+15×0.05 mm=3.7 cm+0.075 cm=3.775 cm.托盘中放有质量为m=0.100 kg的砝码时,弹簧受到的拉力F=mg=0.100×9.8 N=0.980 N,弹簧伸长量为x=3.775 cm-1.950 cm=1.825 cm,根据胡克定律F=kx,解得此弹簧的劲度系数k==53.7 N/m.
2.(1)81.7　0.012 2　(2)-n图象如图所示

(3)(~均可)
(~均可)
解析:(1)k= N/m=81.7 N/m,=0.012 2 m/N.
(2)根据实验数据描点,并用一条直线将这些点连接起来即可.
(3)由图象上取两点即可求得k= N/m,而=,解得k= N/m.

1.(1)AC　(2)5　17
解析:(1)固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧,故A项正确;实验过程应使弹簧始终在弹性限度内,实验中不能任意增加钩码的个数,以防止超过弹簧的弹性限度,故B项错误;为防止弹簧自重对实验的影响,实验中仅把弹簧竖直悬挂待稳定时测量弹簧的原长,故C项正确;处理实验数据时,应根据实验数据在坐标系内描出对应点,然后作出图象,图象应是直线而不是折线,故D项错误.
(2)由题图2可知,F=0时,L=0.05 m=5 cm,则弹簧的原长L0为5 cm,弹簧的劲度系数k==17 N/m.
2.(1)x-m图象的纵坐标不是弹簧的伸长量
(2)未加砝码时弹簧的长度　25.9　(3)相同
解析:(1)在x-m图象中,x表示弹簧的长度而不是弹簧的伸长量,故他得出了弹簧弹力与弹簧伸长量不是正比例关系而是一次函数关系的错误结论.
(2)图线与纵轴的交点表示未加砝码时弹簧的长度.弹簧的劲度系数k==≈25.9 N/m.
(3)根据公式F=kΔx计算出的劲度系数,与是否考虑砝码盘的质量没有关系,故结果相同.
3.(1)AB　(2)　(3)多次测量取平均值(答案只要合理即可)
解析:(1)此实验需要测量出滑块通过光电门时的速度,还需要测量出通过光电门后滑块在水平面上滑动的距离,因此除了测量挡光片的宽度d,还需要测量挡光片通过光电门时的挡光时间t,光电门到P点的距离s,选项A、B正确.
(2)滑块通过光电门时的速度v=,应用牛顿第二定律可得滑块通过光电门后在水平面上滑动的加速度大小为a==μg,由匀变速直线运动规律有v2=2as,联立解得动摩擦因数的表达式μ=.
(3)多次测量取平均值、选用宽度d较小的挡光片等,答案合理即可.
考点5　实验:验证力的平行四边形定则

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

解析:(1)由测力计的读数规则可知,读数为4.0 N.
(2)(i)利用平行四边形定则作图.(ii)由图可知F合=4.0 N,从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线,顶点的横坐标对应长度为1 mm,顶点的纵坐标长度为20 mm,则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为0.05.
2.(1)3.6　(2)D　(3)①改变弹簧测力计B拉力的大小;②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等).
解析:(1)弹簧测力计A的读数为3.6 N.(2)验证力的平行四边形定则时,需要分别测量各个力的大小和方向,所以A选项是必要的;根据仪器使用常识,弹簧在使用前需校零,B选项是必要的;实验中力必须在同一平面内的,C选项也是必要的;实验是验证三个力的关系,只要测出三个力就可以了,所以不需要固定O点位置,D选项不必要,本题应该选D.(3)改变弹簧测力计B拉力的大小;②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等).

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

解析:(1)如图1所示,图线与横轴交点的横坐标即橡皮筋原长,故l0=10.0 cm.
(2)由图象知橡皮筋的劲度系数k=50.0 N/m,OA、OB的长度之和是13.60 cm,原长为10.0 cm,则形变量Δx=3.60 cm,所以弹力T=kΔx=1.80 N.即FOA=1.80 N.
(3)合力F'的图示如图2所示.
(4)橡皮筋搭在秤钩上拉至O点和把橡皮筋挂在秤钩上拉至O点效果相同,F'应与FOO'比较.若F'与FOO'在误差范围内大小相等、方向相同,就表明力的平行四边形定则是正确的.
2.(1)②弹簧秤　细绳　③弹簧秤的示数及方向　(2)见解析图.
解析:(1)实验要测出不同拉力的大小与方向,由实验可知,步骤②改变弹簧秤和细绳的方向,拉橡皮条的结点到位置O,使细绳在原来弹簧秤的方向上,弹簧秤在原来细绳的方向上,并记录弹簧秤示数F2和方向,作出力的图示;步骤③单独用弹簧秤拉细橡皮条的结点到位置O,并记录弹簧秤的示数及方向,作出力的图示.
(2)根据实验数据与标度,作出两力的合力如图所示:

3.(1)b、c、d　(2)更换不同的小重物,即改变FG的大小
解析:(1)必需测量橡皮筋的原长和悬挂重物后橡皮筋的长度,这样才能确定橡皮筋的伸长量,确定各力的大小,还需记录悬挂重物后结点O的位置,同时记录下三条橡皮筋所在的方向,以便确定各拉力的方向,根据平行四边形定则作出FOA和FOB合力的图示,并与第三个拉力FG相比较.因此必需操作的是b、c、d.
(2)改变条件再次验证可采用更换不同小重物的方法,即改变FG的大小.
专题三　牛顿运动定律
考点1　牛顿运动定律的理解与应用

1.D　剪断绳子之前,A球受力分析如图1所示,B球受力分析如图2所示,C球受力分析如图3所示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度aA=g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确.
图1　图2　图3
2.A　假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上两式解得F=kx+ma,显然F和x为一次函数关系,且在F轴上有截距,则A正确,B、C、D错误.

1.C　当其中一重物的质量减小Δm时,对另一质量为m的重物进行受力分析,其受到竖直向下的重力mg和竖直向上的拉力T,竖直向下做匀加速直线运动,对质量为m-Δm的重物进行受力分析,其受到竖直向下的重力(m-Δm)g和竖直向上的拉力T,竖直向上做匀加速直线运动.根据牛顿第二定律,对质量为m的重物有mg-T=ma,对质量为m-Δm的重物有T-(m-Δm)g=(m-Δm)a,以上两式相加得a=·Δm.在a-Δm图象中,斜率k=,k随Δm的增大而增大,选项A、B均错误;当Δm=m时,a=·m=g,选项C正确,D错误.
2.AC　设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误.设弹簧S2的拉力为F2,则F2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误.
3.BC　缆车从A向C运动的过程中,加速度的方向斜向上,在竖直方向的分加速度向上,所以游客M都处于超重状态;同时缆车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项错误,B项正确.缆车经过D点时,做匀速圆周运动,则游客M的加速度的方向竖直向下,处于失重状态;在水平方向游客M不受摩擦力.故C项正确.由于加速度大小未知,故不能判断出缆车的底板是否对M的支持力为零,D项错误.
4.0或h　
解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其中k=,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0-h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中,根据动能定理可得WF+WG=0,即h-mgh=0,求得F0=,则物体在刚开始运动时的加速度大小满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是0或h.
5.(1)4 m　(2)1 s
解析:(1)当A受到的静摩擦力为最大静摩擦力时,C可在最短的时间内到达地面,此时A、B、C的加速度大小均为am
根据牛顿第二定律,对A、B整体有T-μ2·2mg=2mam,对C有Mg-T=Mam
根据牛顿第二定律,对A有μ1mg=mam
联立以上各式并代入数据,解得am=2 m/s2,M=0.625 kg
C竖直向下做初速度为0的匀加速直线运动,则h=am
解得h=4 m.
(2)由于M1>M,迅速撤去固定后,A与B将发生相对滑动
根据牛顿第二定律,对B有T1-μ2·2mg-μ1mg=ma2,对C有
M1g-T1=M1a2
C下落h高度的过程中有h=a2
解得a2=8 m/s2,t2=1 s.
6.AD　A与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后A与B的加速度不同,速度不同.t=0时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相等、加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的切线与t轴平行,切线斜率为零,即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变量x0=,选项A正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-FAB=ma,解得A、B间的弹力大小FAB=m(g-a),选项B错误.A、B在t1时刻分离,此时A、B具有共同的速度与加速度,且FAB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项C错误.t2时刻B的加速度为零,速度最大,则kx'=mg,解得此时弹簧的形变量x'=,B上升的高度h'=x0-x'=,A上升的高度h=a,此时A、B间的距离Δh=a-,选项D正确.
7.AB　根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,选项A正确;当012 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a==2 m/s2,加速度不变,选项D错误.
考点2　动力学两类基本问题

1.ACD　由题图(b)可求出0~t1和t1~2t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为θ,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma1,下滑时有μmgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ,A、C正确;从以上两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B错;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin θ,可求出,D正确.
2.(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析:(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小 aA=μg
由运动学公式有2aAL=
解得vA=.
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律有F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg
由牛顿运动定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则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:

物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得
FN=Fsin θ+mgcos θ
Fcos θ-f-mgsin θ=ma1
又f=μFN
加速过程由运动学规律可知v=a1t1
撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=gsin θ+μgcos θ
由匀变速运动规律有v=a2t2
由运动学规律知x=a1+a2
联立各式解得μ=0.25,x=16.25 m.
2.B　搬运工与箱子之间只存在一对作用力和反作用力,A错误.当撤去推力后,加速度a2=μg=5 m/s2,故μ=0.5,B正确.由题图乙知,a1=1 m/s2,根据牛顿第二定律,有Fcos 37°-μ(mg+Fsin 37°)=ma1,得F=48 N,当推力方向不变时,若a=0,有Fmin=40 N,故C错误.若保持推力大小不变,推力与水平方向的夹角增大到53°,则有Fcos 53°<μ(mg+Fsin 53°),故无法推动箱子,D错误.
3.(1)1 s　(2) m/s
解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
又0=v1-a2t2
联立解得v1=5 m/s
撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有Fcos θ-mgsin θ-μ(Fsin θ-mgcos θ)=ma1
而v1=a1t1
联立解得t1=1 s.
(2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma3,又s=(t1+t2),而v2=2a3s
联立解得v= m/s.
4.D　如图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R',则弦OM长s=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=gcos θ,根据s=at2得t=2,与角θ无关,因此沿不同弦下滑的时间相等.故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间,即2R=g,小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间,即4R=g,联立有=,选项D正确.
5.(1+) s
解析:放上物块之后,对物块,根据牛顿第二定律有μmg=ma'2
解得物块的加速度大小为a'2=1 m/s2
对木板,根据牛顿第二定律有F+μmg=Ma'3
解得木板的加速度大小为a'3=5 m/s2
共速时共同速度v=a'2t'2=v1-a'3t'2
解得v=1 m/s,t'2=1 s
假设共速后物块和木板相对静止,则F=(M+m)a'0,解得共同加速度大小a'0=2 m/s2>a'2
所以共速后物块与木板发生相对滑动直至分离
对木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=Ma4
解得木板的加速度大小a4=3 m/s2
以物块放在木板右端的时刻作为计时起点,物块、木板的速度—时间图象如图所示,则0~1 s时间内,物块与木板相对滑动的路程L=×6×1 m=3 m
t'末,物块的速度v2=v-a'2(t'-t'2)
木板的速度v3=v-a4(t'-t'2)
共速后物块与木板相对滑动的路程也是L,即图中两阴影面积相等,则
|v3-v2|(t'-t'2)=L,解得t'=(1+) s.
6.(1)20 N解析:(1)以物块和木板整体为研究对象,由牛顿第二定律得
F-(M+m)gsin α=(M+m)a
依题意有a>0,以物块为研究对象,由牛顿第二定律得
Ff-mgsin α=ma
又Ff≤Ffm=μmgcos α
联立解得20 N(2)因F=37.5 N>30 N,所以物块能够滑离木板.对木板,由牛顿第二定律得F-μmgcos α-Mgsin α=Ma1
对物块,由牛顿第二定律得μmgcos α-mgsin α=ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1=a1t2
物块的位移x2=a2t2
物块与木板的分离条件为Δx=x1-x2=L
联立以上各式解得t=1.2 s
物块滑离木板时的速度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)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有
f1=μ1mAg　①
f2=μ1mBg　②
f3=μ2(m+mA+mB)g　③
由牛顿第二定律得
f1=mAaA　④
f2=mBaB　⑤
f2-f1-f3=ma1　⑥
设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有
v1=v0-aBt1　⑦
v1=a1t1　⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s　⑨.
(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
sB=v0t1-aB　
设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有
f1+f3=(mB+m)a2　
由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有
v2=v1-a2t2　
对A有v2=-v1+aAt2　
在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2-a2　
在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为
sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2　
A和B相遇时,A与木板的速度恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为
s0=sA+s1+sB　
联立以上各式,并代入数据得
s0=1.9 m　.
(也可用如图的速度—时间图线求解)
8.(1)0.5 s　(2)2.75 s
解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设A、B在传送带上的加速度为a0,则有
μ1mg=ma0
解得a0=8 m/s2
根据v=a0Δt 可得Δt==0.5 s.
(2)过程一
A物块滑上木板C与木板有相对运动,则有μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向水平向右
水平方向对木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止
过程二
经过Δt=0.5 s后,B物块滑上木板C,此时A的速度为vA=v-aAΔt=3 m/s
B物块和木板C有相对运动,则有μ2·2mg=2maB
代入数据解得aB=2 m/s2,方向向右
对木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(2m+2m)g=maC
代入数据解得aC=2 m/s2,方向水平向左
木板C由静止开始向左匀加速运动,A与C共速时有vA-aAt1=aCt1=vAC
代入数据解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s
此时vB=v-aBt1=2.5 m/s
过程三
物块B相对木板C继续向左运动,仍做aB=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止,将木板C和物块A看作整体有μ2·2mg-μ3(2m+2m)g=2maAC
解得aAC=0
故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为vB-aBt2=vAC,解得t2=0.5 s
过程四
三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板停止运动,则有μ3(2m+2m)g=4maABC
代入数据解得aABC=1 m/s2
t3==1.5 s
故木板运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s.

图甲
9. 2 s
解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2
物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t1==1 s
物体运动的位移s1=a1 =5 m<16 m
即物体加速到10 m/s时仍未到达B点

图乙
当物体加速至与传送带速度相等时,由于μ由牛顿第二定律得
mgsin θ-μmgcos θ=ma2,解得a2=2 m/s2
设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则
LAB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s
故所需时间t=t1+t2=2 s.
考点3　实验:探究加速度与力、质量的关系

(1)AD　(2)BD　(3)0.21
解析:(1)实验通过打点计时器打出的纸带求解物体的加速度,所以需要打点计时器,A正确;需要通过改变小车质量和悬挂物的重力,来研究加速度与质量、合力之间的关系,故还需测量质量,即需要天平,D正确;打点计时器为计时仪器,所以不需要秒表,本实验中小车受到的合力大小等于悬挂物的重力大小,故不需要弹簧测力计.
(2)实验时应先接通电源,后释放纸带,充分利用纸带,打出更多的数据,A错误;为了使得细线对小车的拉力等于小车所受的合力,绳子要与木板平行,B正确;刚开始运动时速度较小,所以在相等时间间隔内小车运动的位移较小,故纸带与小车相连端的点迹较密,C错误;轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡,D正确.
(3)根据匀变速直线运动推论可知,打D点时小车的瞬时速度等于从打C点到打E点的过程中小车的平均速度,从题图中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,从打C点到打E点所用时间t=2×5×0.02 s=0.2 s,故vD===0.21 m/s.

1.(1)①　②否　因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合力就等于mg　(2)M+m
解析:(1)将小车内的砂子转移到桶中,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==,可见a-F图象的斜率是,系统的合力就等于所悬挂砂桶的重力mg,不必满足M?m这样的条件.
(2)向小车内添加或去掉部分砂子,改变了系统的总质量M+m,而系统的合力仍等于所悬挂砂桶的重力mg,保证了合力不变.用图象法处理数据时,以加速度a为纵轴,应该以为横轴.
2.(1)3.2　(2)如答图所示　a=　(3)实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不充分
解析:(1)在连续相等的时间间隔内,从纸带上得到四段位移,可以选用逐差法计算加速度.
已知x1=6.19 cm,x2=6.70 cm,x3=7.21 cm,x4=7.72 cm,电火花计时器打点的周期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-坐标系中描点连线,得a-图线如答图所示,得a=.
(3)由a-F图线可知,F增大至某一值时小车才开始有加速度,说明实验前没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:气垫导轨是力学实验中常用的实验器材,它最大的特点就是能减小摩擦,甚至可以忽略摩擦;本题利用弹簧测力计测量滑块受到的拉力,要注意钩码与滑块的加速度不同.
(1)水平放置的气垫导轨连通气源时,导轨上的滑块与导轨之间没有摩擦力,所以不需要垫高气垫导轨的一端用来平衡摩擦力;滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出,故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不必要用天平测出所挂钩码的质量;因钩码挂在动滑轮上,则滑块(含遮光条)的加速度等于钩码加速度的2倍,即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度.
(2)遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,说明滑块(含遮光条)做减速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,外力需到达一定的值才能使滑块(含遮光条)向导轨左端加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计示数F的图象可能是C.
(3)根据a=F知,k=,则m=.
4.(1)　(2)0.35
解析:(1)对铁块受力分析,由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得μ=.(2)两个相邻计数点之间的时间间隔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)如答图所示　(3)μ(M+m)g　μg(2分)　(4)0.40

解析:(1)对弹簧秤进行读数(注意估读)得2.75 N.
(2)绘f-m图线时,先在图象中添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点,画图时为一条直线,应尽可能使较多的点落在这条直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧.这样能更好地减小误差,如答图所示.
(3)由实验原理可得f=μ(M+m)g,则f-m图线的斜率为k=μg.
(4)根据图象求出k=3.9 N/kg,代入数据可得μ=0.40.
专题四　曲线运动
考点1　曲线运动问题的分析与求解

1.BC　施加一恒力后,质点的速度方向可能与该恒力的方向相同,可能与该恒力的方向相反,也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化,但不可能总是与该恒力的方向垂直,若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直,则质点做类平抛运动,质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小,选项A错误,B正确.质点开始时做匀速直线运动,说明原来作用在质点上的合力为零,现对其施加一恒力,根据牛顿第二定律知,质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同,且大小不变,由a=可知,质点单位时间内速度的变化量Δv总是不变的,但速率的变化量不确定,选项C正确,D错误.
2.B　
根据题意,明确合速度、分速度,并确定地球的方位.左西右东,下南上北,并由此作出速度合成图如图所示,可知,发动机给卫星的附加速度方向东偏南.又由余弦定理得v==1.9×103 m/s,B正确.

1.BC　小球受重力和电场力,合力方向左下,初速度方向与合力方向不在同一直线,所以小球做曲线运动.初阶段,合力方向与速度方向夹角为钝角,速率减小,后来,合力方向与速度方向夹角为锐角,速率增大,所以速率先减小后增大.
2.C　“鹊桥”号沿曲线从M点向N点飞行的过程中,合力应该指向曲线的凹侧,故A、D错误;速度逐渐减小,说明合力方向与速度方向的夹角应该是钝角,故C正确,B错误.
3.D　由题意可知v1cos θ=v水,t=,由此可知增加渡河时间应该在减小v1的同时,适当减小θ角,选项D正确.

4.C　根据运动的效果,可将物块水平向右运动的速度沿垂直于杆和沿平行于杆的方向分解成v2和v1,如图所示.根据平行四边形定则可得v1=vcos θ,v2=vsin θ,根据几何关系可得LOB=,由于B点的线速度为v2=vsin θ=LOB·ω,所以ω==,所以A点的线速度vA=Lω=,C正确.
考点2　抛体运动问题的分析与求解

1.C　发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球,根据平抛运动规律,竖直方向上,h=gt2,可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的,选项A错误;由=2gh可知,两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同,选项B错误;由平抛运动规律,水平方向上,x=vt,可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少,选项C正确;由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动,两球在相同时间间隔内下降的距离相同,选项D错误.
2.A　如图所示,平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动,x=v0t,h=gt2,由图中几何关系,可得tan θ=,解得t=;又由几何关系可得v'==·v0,则===,选项A正确.

1.C　开始时飞镖击中靶盘中心正下方的某点,欲使飞镖击中靶心,应减小竖直位移,即应减小飞镖在空中运动的时间,由x=v0t可知应减小水平位移或增大抛出的初速度,A、B正确;如果不改变抛出的速度,若是让人向前移动一段距离,则飞镖击中靶心时的竖直速度减小,因此飞镖击中靶盘时的速度减小,C错误;分析可知,同时调整水平位移与抛出的速度,则飞镖击中靶盘时的速度与竖直方向的夹角可以与原来相同,D正确.
2.(1)BD　(2)a.球心　需要　b.大于　x　(3)AB　(4)B　(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作恒力——重力,做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力;当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.
解析:(1)因为本实验是研究平抛运动,只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动,即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出,没必要要求斜槽轨道光滑,因此A错误,B、D正确;挡板高度可以不等间距变化,故C错误.(2)a.因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹,故将钢球静置于Q点,钢球的球心对应白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点);在确定y轴时需要y轴与重垂线平行.b.由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3∶5∶…,故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大,因此大于;由y2-y1=gT2,x=v0T,联立解得v0=x.(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,由于铅笔受摩擦力作用,且不一定能保证铅笔水平,铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动,铅笔将发生倾斜,故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹,C不可行,A、B可行.(4)从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,可认为做平抛运动,因此不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样,这实际上揭示了做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动,故选项B正确.(5)物体初速度较小时,运动范围很小,引力可以看作恒力——重力,做平抛运动,例如(4)中从同一炮台水平发射的炮弹做平抛运动;随着物体初速度增大,运动范围变大,引力不能再看作恒力,当物体初速度达到第一宇宙速度时,做圆周运动而成为地球卫星.
3.BC　利用对称性作出斜面在半圆轨道上的对称部分,如图所示.由对称性可知,当a球落在半圆轨道上的A点时,b球应落在斜面上的B点,设小球a以初速度v0抛出时恰好能落到A点,落到A点所用时间为t,设斜面倾角为α,则由平抛运动的规律可得Rsin 2α=gt2,R(1+cos 2α)=v0t,解得v0=.由对称性可知,当v0<时,小球b先落到斜面上,当v0>时,小球a先落到半圆轨道上,故选项B、C正确,A、D错误.


4.AB　小球以最小位移到达斜面时,位移与水平方向的夹角为-θ,则tan(-θ)=,即t=,A正确;小球垂直击中斜面时,速度与水平方向的夹角为-θ,则tan(-θ)=,即t=,B正确,D错误;小球击中斜面中点时,设斜面长为2L,则水平射程为Lcos θ=v0t,下落高度为Lsin θ=gt2,联立两式得t=,C错误.
5.BD　根据v-t图线与坐标轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,选项A错误.根据v-t图线的斜率表示加速度,综合分析可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,选项C错误.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值),故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大,选项B正确.竖直方向上的速度大小为v1时,根据v-t图线的斜率表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小,由牛顿第二定律有mg-f=ma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大,选项D正确.
6.　arctan()
解析:由题可知,小球从P点抛出后做平抛运动,运动到A点时,恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽.将小球运动到A点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,则有tan α==,因此,小球从P点运动到A点的时间为t=;将小球从P点运动到A点的位移沿水平和竖直方向分解,则有tan β===,所以PA与竖直方向的夹角β=arctan().
考点3　圆周运动问题的分析与求解

1.BD　由题意可知座舱运动周期为T=、线速度大小为v=ωR、受到的合力大小为F=mω2R,选项B、D正确,A错误;座舱的重力为mg,座舱做匀速圆周运动受到的向心力(即合力)大小不变,方向时刻变化,故座舱受摩天轮的作用力大小时刻在改变,选项C错误.
2.D　汽车转弯时,所受的力有重力、弹力和摩擦力,故A选项错误.汽车转弯的速度为20 m/s时,所需的向心力Fn==1.0×104 N,故B选项错误.汽车转弯时,摩擦力提供向心力,转弯的速度为20 m/s时,所需的向心力小于径向最大静摩擦力,故不会发生侧滑,C选项错误.汽车安全转弯所需的最大向心力等于径向最大静摩擦力,汽车转弯的最大向心加速度anmax==7.0 m/s2,故D选项正确.

1.AD　火车运动的路程s=vt=60×10 m=600 m,A正确;火车转弯近似做圆周运动,圆周运动是变速运动,所以合力不为零,加速度不为零,故B错误;由题意得圆周运动的角速度ω==×3.14 rad/s= rad/s,又v=ωr,所以r==×180 m=3 439 m,故C错误,D正确.
2.C　球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=,解得vB=,故A错误;由于A、B的角速度相等,rA=rB,则球A的速度大小vA=,故B错误;B在最高点时,对杆无弹力,此时A球受重力和杆的拉力F的合力提供向心力,有F-mg=m,解得F=1.5mg,由牛顿第三定律知,C正确,D错误.
3.D　由题意知,F为夹子与物块间的最大静摩擦力,但在实际运动过程中,夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大,故物块向右匀速运动时,绳中的张力等于Mg,A错误;小环碰到钉子时,物块做圆周运动,有FT-Mg=M ,绳中的张力大于物块的重力Mg,当绳中的张力大于2F时,物块将从夹子中滑出,即2F-Mg=M ,此时速度v=,故B错误,D正确;由机械能守恒定律知,物块能上升的最大高度h=,所以C错误.
专题五　万有引力与航天
考点1　万有引力定律及其应用

1.A　嫦娥四号探测器环绕月球做匀速圆周运动时,万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力,有=mω2r=m=mr=ma,解得ω=、v=、T=、a=,则嫦娥四号探测器的动能为Ek=mv2=,由以上可知A正确,B、C、D错误.
2.D　不考虑地球自转,则在地球表面附近,有G=m0g,故可得M=,A项错误;由万有引力提供人造卫星的向心力,有G=m1,v=,联立得M=,B项错误;由万有引力提供月球绕地球运动的向心力,有G=m2()2r,故可得M=,C项错误;同理,根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离,不能求出地球的质量,D项正确.

1.C　由开普勒第一定律(轨道定律)可知,太阳位于木星运行轨道的一个焦点上,A错误.火星和木星绕太阳运行的轨道不同,运行速度的大小不可能始终相等,B错误.根据开普勒第三定律(周期定律)知所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值都相等,C正确.对于某一个行星来说,其与太阳的连线在相同的时间内扫过的面积相等,不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等,D错误.
2.B　地球对地面苹果的引力提供苹果的重力,有G=mg,则有g=G①;地球对月球的引力提供月球公转的向心力,即G=m月a,所以a=G②;比较①②可知a=()2g=g,故选项B正确.
3.A　在火星的两极,宇航员用弹簧测力计测得的读数F1等于万有引力,即G=F1,在火星的赤道上,物体的重力不等于万有引力,有G-F2=mω2R,联立解得R=,又M=πR3ρ,解得ρ=,选项A正确,B、C、D错误.
4.D　在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中,根据万有引力定律公式,可知随着h的增大,探测器所受的地球引力逐渐减小,但并不是均匀减小的,故能够描述F随h变化关系的图象是D.
5.B　设该行星的质量为M,则质量为m的物体在行星极点处受到的万有引力等于重力,有F1==F0
在行星赤道处,弹簧测力计的读数为F2=,则
物体需要的向心力Fn2=F1-F2=F0=mω2·R
由于球体的体积公式为V=
所以该行星半径以内的部分的质量为M'=M=M
物体在处受到的万有引力F'3==F1=F0
物体需要的向心力Fn3=mω2·=mω2R=F0
所以在行星赤道平面内深度为的隧道底部
弹簧测力计示数为F3=F'3-Fn3=F0-F0=F0
第四次在距行星表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星受到的万有引力恰好提供向心力,所以弹簧测力计的示数为0,故B正确.
6.B　双星系统中的两颗星体靠相互间的万有引力提供向心力,角速度大小相等,则周期相等,所以b星的周期为T,故A项错误;根据题意可知,ra+rb=l,ra-rb=Δr,解得ra=,rb=,则a星的线速度大小va==,=,故B项正确,C项错误;对a、b两颗星体,有maω2ra=mbω2rb,解得==,故D项错误.
7.B　由题意可知,其中一颗星体在其他三颗星体的万有引力作用下,所受合力方向指向对角线的交点,围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动,由几何知识可得星体运动的轨道半径均为a,故A说法正确,B说法错误;设m'为星体表面的某一物体的质量,在星体表面,根据万有引力等于重力,可得G=m'g,解得g=,故C说法正确;由万有引力的合力提供向心力得+=m·,T=2πa,故D说法正确.
考点2　宇宙航行问题的分析与求解

1.C　第一宇宙速度7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,故此卫星的线速度不大于第一宇宙速度,A错误;根据题意,该卫星是一颗同步卫星,周期等于同步卫星的周期,故B错误;卫星绕地球做圆周运动时,万有引力提供向心力,根据=mω2r可知,绕行半径越小,角速度越大,故此卫星的角速度大于月球绕地球运行的角速度,C正确;根据an=可知,绕行半径越大,向心加速度越小,此卫星的向心加速度小于地面的重力加速度,D错误.
2.D　根据牛顿第二定律,F=ma=m·,故飞船的质量m=.飞船绕星球做圆周运动的半径r=,由万有引力提供向心力可知,=,即M==,故D选项正确.

1.A　由万有引力定律有G=mRω2=mR=m=ma,可得T=2π,ω=,v=,a=,又由题意可知,“高分四号”的轨道半径R1大于“高分五号”的轨道半径R2,故可知“高分五号”的周期较小,选项A正确.
【易错警示】　在判断加速度时,用a=r,a=,a=rω2往往会导致判断错误.因为r、v、ω、T都是变化的,不只是r一个变量.因此要注意选用a=来求解.对于某一确定星球,此式中a只与r2成反比.
2.AC　题图中两条曲线的左端点对应的横坐标相同,表明两颗行星的半径相同,由万有引力提供向心力可得G=ma,a=,由题图可知,P1的质量大,因此P1的平均密度比P2的大,A项正确;由v=可知,质量大的行星“第一宇宙速度”大,即P1的“第一宇宙速度”比P2的大,B项错误;卫星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项正确;由G=mr()2得T=2π,因此同一高度处,质量大的行星的卫星公转周期小,D项错误.
3.D　固定在赤道上的物体随地球自转的周期与同步卫星运行的周期相等,同步卫星做圆周运动的半径大,由a=r()2可知,同步卫星做圆周运动的加速度大,即a2>a3,B、C项错误;由于东方红二号与东方红一号在各自轨道上运行时受到万有引力,因此有G=ma,即a=G,由于东方红二号的轨道半径比东方红一号在远地点时距地高度大,因此有a1>a2,A项错误,D项正确.
4.AC　根据开普勒第二定律可知,卫星在轨道Ⅱ上时,在相同的时间内卫星与地球的连线扫过的面积相等,则极短的时间间隔Δt内,在P点与Q点附近有vPΔt·h=vQΔt·H,可得=,选项A正确;根据万有引力提供向心力的公式G=m,可得绕天体做匀速圆周运动的物体的线速度v=,故卫星在轨道Ⅰ上的线速度v1与在轨道Ⅲ上的线速度v3比值为=,选项B错误;卫星在轨道Ⅲ上的引力势能为Ep=-,卫星在轨道Ⅲ上的动能为Ek=m=m,又GM=gR2,所以Ek=,故卫星在轨道Ⅲ上的机械能为E=Ep+Ek=-,选项C正确;由T=,v1=,GM=gR2,可得卫星在轨道Ⅰ上的运动周期为T=,选项D错误.
5.ABD　卫星a绕地球做匀速圆周运动,则有G=m()2R,解得地球质量为M=,选项A正确;卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功,卫星a、b质量相同,所以卫星a的机械能小于卫星b的机械能,选项B正确;卫星c加速,所需的向心力增大,由于万有引力小于所需的向心力,卫星c会做离心运动,离开原轨道,所以不能与b实现对接,选项C错误;由于b为地球的同步卫星,所以卫星b的角速度等于地球自转的角速度,对卫星a和b下次相距最近还需要的时间T,有T-ωT=2π,解得T=,选项D正确.
6.B　观察者与水星的连线与水星绕太阳运动的轨道相切时,水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角为最大视角θC.由三角函数可得sin θC=,结合题中已知条件sin θC=k,由万有引力提供向心力有G=mr,解得T=2π,故===,选项A、C、D错误,B正确.
7.(1)4π　(2)
解析:(1)卫星绕地心做圆周运动的向心力由万有引力提供
有G=m·(2R0)
G=m'g
联立以上两式解得T=4π.

(2)如图,某时刻地面上的人在B1点恰能看到卫星在轨道上的A1点,经一段时间t,人随地球自转到了B2点,这时卫星转到A2点,且此时人恰能看到卫星.
由几何关系可知∠A1OB1=∠A2OB2=α=
t时间内卫星的运动角度与地球的运动角度之差为t-t=2α
又T=4π
解得t=.
专题六　机械能及其守恒
考点1　功和功率

1.A　由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中,大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直,因此作用力不做功,A项正确,B项错误;小环刚下滑时,大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心,滑到大圆环圆心以下的位置时,大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误.
2.(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W
解析:(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax　①
代入数据解得a=2 m/s2　②.
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻,依题意有F阻=0.1mg　③
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有F-F阻=ma　④
设飞机滑跑过程中的平均速度为,有=　⑤
在滑跑阶段,牵引力的平均功率P=F　⑥
联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106 W.

1.D　求恒力做的功时,定义式W=Flcos α中的l应是力F的作用点发生的位移,F'、FBA的作用点(即A物体)没有发生位移,所以它们做的功均为零;而F、FAB的作用点(即B物体)发生了位移,所以它们做的功均不为零,F与B的位移方向相同,做正功,FAB与B的位移方向相反,做负功,D正确.
2.C　在Q点,质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力的作用,两力的合力充当向心力,所以有FN-mg=m,FN=2mg,联立解得v=,质点由P到Q过程中,根据动能定理有mgR-Wf=mv2,解得Wf=mgR,所以质点克服摩擦力做的功为mgR,C正确.
3.B　从v-t图象中可知物体在第1 s内速度为零,即处于静止状态,所以推力做功为零,故A项错误;v-t图象与坐标轴围成的面积表示位移,所以第2 s内的位移为x=×1×2 m=1 m,由v-t图象可以知道在2~3 s的时间内,物体做匀速运动,处于受力平衡状态,所以滑动摩擦力的大小f为2 N,故第2 s内摩擦力做功为Wf=-fx=-2×1 J=-2 J,所以克服摩擦力做功2 J,故B项正确;第1.5 s速度为1 m/s,则1.5 s时推力的功率为P=Fv=3×1 W=3 W,故C项错误;在第2 s内F做的功为W=Fx=3×1 J=3 J,所以第2 s内推力F做功的平均功率为== W=3 W,故D项错误.
4.A　在v-t图象中,图线的斜率代表汽车运动时的加速度,由牛顿第二定律可得:在0~t1时间内,-f=ma,当速度v不变时,加速度a为零,在v-t图象中为一条水平线;当速度v变大时,加速度a变小,在v-t图象中为一条斜率逐渐减小的曲线,选项B、D错误;同理,在t1~t2时间内,-f=ma,图象变化情况与0~t1时间内情况相似,由于汽车在运动过程中速度不会发生突变,故选项C错误,选项A正确.
5.AC　两次提升相同高度,即位移相同,则可得两图线与时间轴围成的面积相等,故有v0×2t0=×v0[2t0+t'+(t0+t')],解得t'=t0,则第①次和第②次提升过程中,矿车上升所用的时间之比为2t0∶(2t0+t0)=4∶5,A正确.加速过程中的牵引力最大,且已知两次加速时的加速度大小相等,故两次中的最大牵引力相等,B错误.由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1,由功率P=Fv,得最大功率之比为2∶1,C正确.两次提升过程中矿车的初、末速度都为零,则电机所做的功等于矿车克服重力做的功,重力做的功相等,故两次提升过程中电机所做的功之比为1∶1,D错误.

【快解秘诀】　利用图中阴影三角形的面积和平行四边形的面积相等能够更快地求出时间的关系.

考点2　动能定理

1.A　由动能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A正确.
2.(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N
解析:(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有=　①
根据动能定理,有W=mv2-0　②
联立①②式,代入数据,得W=7.5×104 J　③.
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2=Rsin θ　④
由向心力公式,有FN-mg=m　⑤
联立①④⑤式,代入数据,得FN=1.1×103 N.

1.C　设物体的质量为m,则物体在上升过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F,由动能定理结合题图可得-(mg+F)×3 m=(36-72) J;物体在下落过程中,受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F,再由动能定理结合题图可得(mg-F)×3 m=(48-24) J,联立解得m=1 kg、F=2 N,选项C正确,A、B、D均错误.
2.C　根据牛顿第二定律得4mg-mg=m,解得质点运动到半圆形轨道最低点时的速度vN=,从质点由静止释放到运动到最低点N,根据动能定理得mg·2R-W=m,解得W=mgR.从P到N和从N到Q,分析可知相同高度处,从N到Q过程的速率较小,支持力较小,对应的滑动摩擦力较小,故从N到Q过程中质点克服摩擦力做的功W'较小,即W>W'.从N到Q利用动能定理得EkQ-m=-mgR-W',解得EkQ=m-mgR-W'=mgR-W'>0,所以质点到达Q点后,还能继续上升一段距离,选项C正确,A、B、D错误.
3.(1)2　(2)mgR　(3)　m
解析:(1)根据题意知,B、C之间的距离为l=7R-2R　①
设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得
mglsin θ-μmglcos θ=m　②
式中θ=37°
联立①②式并由题给条件得vB=2　③.
(2)设BE=x.P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有
mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-m　④
E、F之间的距离l1=4R-2R+x　⑤
P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有
Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0　⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R　⑦
Ep=mgR　⑧.
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1=R-Rsin θ　⑨
y1=R+R+Rcos θ　⑩
设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1=gt2　
x1=vDt　
联立⑨⑩式得vD=　
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒,有m1=m1+m1g(R+Rcos θ) 　
P由E点运动到C点的过程中,由动能定理有
Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=m1　
联立⑦⑧式得m1=m.
考点3　机械能守恒定律

1.B　摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直变化,A错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C错误;重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D错误.
2.(1)5:1　(2)能
解析:(1)设小球的质量为m,小球在A点的动能为EkA,由机械能守恒得EkA=mg　①
设小球在B点的动能为EkB,同理有EkB=mg　②
由①②式得 =5　③.
(2)若小球能沿轨道运动到C点,小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0　④
设小球在C点的速度大小为vC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+mg=m　⑤
由④⑤式得,vC应满足mg≤m　⑥
由机械能守恒有mg=m　⑦
由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C点.

1.ABC　a球和b球所组成的系统受到的外力中只有重力做功,受到的内力中只有弹力做功,系统机械能守恒,故A正确;设轻杆和水平杆L2的夹角为θ(θ≠),由关联速度可知vb·cos θ=va·sin θ,故vb=va·tan θ,即vb=0时,轻杆与水平杆L2重合,此时a球在竖直方向上只受重力,水平方向上受到的合力为0,即此时a球加速度大小为g,B正确;a球运动到杆L2所在平面后再向下运动L距离,此时b球到达两杆的重叠处,a球的速度为0,b球的速度最大,设这一速度为vbm,由机械能守恒定律得mg(L+L)=m,解得vbm=,故C正确;a球运动到两杆的重叠处时,b球的速度为0,此时a球的速度为va,由机械能守恒定律得mgL=m,解得va=,此时a球仍具有向下的加速度,速度不是最大,会再加速一段距离,即a球的最大速度要大于,故D错误.
2.BD　开始运动时,b速度为零,当a到最低点时,a的水平分速度为零,b速度为零,运动过程中,b速度大于零,所以b应先加速后减速,则轻杆对b先做正功后做负功,选项A错误.整个过程中,系统机械能守恒,a的重力势能最终全部转化为a的动能,由mgh=mv2得v=,选项B正确.在b减速运动过程中,杆对b的作用效果应为拉力,方向沿杆,则杆对a的作用效果也为拉力,方向沿杆,故杆对a有竖直向下的分力,则此时a的加速度大于g,选项C错误.根据系统机械能守恒可知,当a的机械能最小时,b的动能最大,则此时b的速度最大,水平方向加速度为零,可知,此时杆对b没有力,b对地面的压力大小为mg,选项D正确.
3.(1)　2mgR-mgH　(2)R
解析:(1)游客从B点开始做平抛运动,水平方向上有2R=vBt　①
竖直方向上有R=gt2　②,由①②式得vB=　③
从A到B,根据动能定理,有mg(H-R)+Wf=m-0　④
由③④式得Wf=2mgR-mgH　⑤.
(2)设OP与OB间夹角为θ,游客在P点时的速度为vP,受到的支持力为N,从B到P由机械能守恒定律,有
mg(R-Rcos θ)=m-0　⑥
过P点时,根据向心力公式,有mgcos θ-N =m　⑦
又N=0　⑧,cos θ=　⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h=R.
考点4　功能关系、能量守恒定律

1.C　运动员做匀速圆周运动,所受合外力指向圆心,A项错误;由动能定理可知,合外力做功一定为零,C项正确;运动员的速率不变,有f=mgsin θ,θ为滑道切线方向与水平面的夹角,可知摩擦力在变小,B项错误;运动员动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,D项错误.
2.(1)6 m/s　(2)1 m/s　(3)见解析
解析:(1)上滑过程中,由牛顿第二定律
mgsin θ+μmgcos θ=ma
a=8 m/s2
由运动学公式
-=-2a
v0=6 m/s.
(2)滑块在D处水平飞出,由平抛运动规律
L=vDt
h2=gt2
vD=1 m/s.
(3)小滑块动能减小,重力势能也减小,所以细管道BCD内壁不光滑.

1.A　设小球的质量为m,抛出瞬间小球的速度大小为v0,抛出后,某时刻t小球的速度v=v0-gt,故小球的动能Ek=mv2=m(v0-gt)2,结合数学知识知,选项A正确.
2.BCD　初态弹簧处于压缩状态,末态弹簧处于伸长状态,且弹簧弹力大小相等,则弹簧弹力先增大后减小再增大,根据弹簧弹力与速度方向间的夹角变化可知弹簧弹力对小球先做负功后做正功再做负功,A错误.小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力,其中杆的弹力始终垂直于杆,弹簧的弹力沿弹簧方向,当弹簧与光滑杆垂直时,小球竖直方向只受重力的作用,加速度为重力加速度;当弹簧为原长时,小球只受重力作用,小球的加速度也为重力加速度,B正确.当弹簧与光滑杆垂直时,弹簧长度最短,弹簧弹力与速度垂直,则弹力对小球做功的功率为零,C正确.M、N两点弹簧弹性势能相等,从M到N小球的重力势能转化为动能,则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差,D正确.
3.AB　在A的动能达到最大前,A向下加速运动,此时A处于失重状态,则整个系统对地面的压力小于3mg,即地面对B的支持力小于mg,A项正确;当A的动能最大时,A的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于3mg,即B受到地面的支持力等于mg,B项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A减速运动到最低点,此时A的加速度方向竖直向上,C项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于两轻杆夹角为120°时A的重力势能的减少量,即mg(Lcos 30°-Lcos 60°)=mgL,D项错误.
4.AD　物块在从A到B的运动过程中,弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力,物块所受合外力先减小后增大,根据牛顿第二定律知,物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大,此位置一定位于A、O之间,选项B错误;物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功,选项C错误;对物块从A到B的运动过程,由动能定理可知,物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,选项D正确.
5.(1)2 l　(2)[m,m)
解析:(1)依题意,当弹簧竖直放置,长度被压缩至l时,质量为5m的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能Ep=5mgl　①
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为vB,由能量守恒定律得Ep=M+μMg·4l　②
联立①②式,取M=m并代入题给数据得vB=　③
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力,即P此时的速度大小v应满足-mg≥0,即v≥　④
设P滑到D点时的速度为vD,由机械能守恒定律得
m=m+mg·2l　⑤
联立③⑤式得vD=　⑥
vD满足④式要求,故P能运动到D点,并从D点以速度vD水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得2l=gt2　⑦
P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt　⑧
联立⑥⑦⑧式得s=2 l　⑨.
(2)为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零.由①②式可知5mgl>μMg·4l　
要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有M≤Mgl　
联立①②式得m≤M考点5　实验:探究动能定理

(1)B　(2) A　B　(3)mgx2　　(4)v2=kW,k=(4.5~5.0) m2·s-2·J-1　质量　(5)A
解析:(1)打点计时器使用的电源是交流电源,故选B.(2)实验中,平衡摩擦力和其他阻力时,应先不挂重物,把长木板右端适当垫高,在小车后面挂上纸带,接通电源,在打点计时器打点的情况下,轻推一下小车,给小车一个初速度,若小车拖着纸带做匀速运动,则表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响.(3)实验中,可认为小车所受的拉力F大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=Fx2= mgx2.在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,故vB==.(4)由题图丙可知,v2=kW,斜率k=,其单位为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=的单位为,故与图线斜率有关的物理量应是质量.(5)假设完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,对由小车和重物组成的系统,其动能增加量为ΔEk=,考虑到我们按重力做功W=mgx ,有ΔEk==W,即v2=W,故v2-W的图象斜率k=,保持不变,故选项A正确.

1.ABCF　适当垫高木板左端,当小车匀速运动时,小车的重力沿斜面的分力与摩擦力平衡.实验中要求橡皮筋规格相同,拉伸长度相同,即每根橡皮筋做功相等,所以只需通过改变橡皮筋的条数就可以改变做功的数值,实验时应该先接通电源再释放纸带.当橡皮筋松驰时,即小车加速结束时,小车做匀速运动,此时速度即为小车获得的最大速度.
2.(1)小车做匀速运动　(2)0.228　(3)见解析图　(4)0.093

解析:(1)挂钩码前,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动,表明此时已消除了摩擦力的影响.
(2)打出计数点1时小车的瞬时速度v1==0.228 m/s.
(3)根据题表格中的数据作出ΔEk-W图象如图所示.
(4)对小车、钩码分别根据牛顿第二定律列式可解得,a=,则小车受到的实际拉力F== N≈0.093 N.
3.(1)　(2)下滑的位移x　mgx　(3)过原点的直线　滑块的质量M
解析:(1)由打出的纸带可知B点的速度vB=.
(2)设长木板的倾角为θ,滑块与长木板间摩擦力为f,当滑块向下匀速运动时,有Mgsin θ=f+mg;当滑块向下加速运动时,其所受合外力F合=Mgsin θ-f=mg.由功的定义式可知还需要知道滑块在这一过程中的位移x,故合外力对滑块做的功W合=mgx.
(3)根据W合=ΔEk=Mv2可知v2-W图象应该为一条过原点的直线,由直线的斜率k=可求M.
考点6　实验:验证机械能守恒定律

(1)A　(2)AB　(3)-mghB　 m()2　(4)C　(5)见解析
解析:(1)只需要比较重物下落过程中,任意两点间的动能变化量与势能变化量是否相等,即可验证机械能是否守恒,故选A.
(2)打点计时器需要接交流电源,故选A;还需要用刻度尺测量重物下落的高度,故还要选B.
(3)从打O点到打B点的过程中,重物的重力势能减少mghB,变化量为-mghB;打B点的速度vB=,动能Ek=,联立解得Ek=m()2,故动能变化量ΔEk=Ek-0=m()2.
(4)由于存在空气阻力和摩擦阻力的影响,导致重力势能的减少量大于动能的增加量,产生系统误差,多次实验取平均值无法消除系统误差,故选项C对.
(5)在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,由动能定理得mgh-fh=,解得v2=2(g-)h,故v2-h图象是一条过原点的直线,但还要看图线的斜率是否在误差允许的范围内接近2g,才能用该法验证机械能守恒定律.

1.(1)A　(2)1.35　-　偏大　(3)选用体积小、密度大的重锤(其他说法合理即可)
解析:(1)在验证机械能守恒定律的实验中,需要测重锤下降的距离和瞬时速度,需要用刻度尺;时间可以通过打点计时器测出,不需要用秒表;质量可以约去,因此不需要用天平;实验中不需要用弹簧测力计测力.综上应选A.
(2)由图可知A、C之间的距离为xAC=5.90 cm-0.50 cm=5.40 cm,根据匀变速直线运动过程中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度,可以求出B点瞬时速度的大小为vB===1.35 m/s.根据功能关系有mgh=m-m,则需要比较mghBH与m-m的大小,来验证机械能是否守恒.因为有阻力的影响,一般情况下重力势能的减少量稍大于动能的增加量.
(3)选用体积小、密度大的重锤,可以减小其受到的阻力的影响,从而减小实验误差.
2.(1)1.85　1.83　1.67　(2)B　先释放了纸带,后接通电源
解析:(1)当打点计时器打到B点时,重锤的重力势能的减少量ΔEp=mg·OB=1.00×9.80×18.90×10-2 J≈1.85 J;打B点时重锤的速度vB== m/s≈1.83 m/s,此时重锤的动能增加量ΔEk=m=×1.00×1.832 J≈1.67 J.(2)由机械能守恒定律有mv2=mgh,可得v2=gh,由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g,故B正确.由图线可知,h=0时,重锤的速度不等于零,原因是该同学做实验时先释放了纸带,然后再接通电源.
3.(1)4.800(4.798~4.802之间均可)　A　(2)mbglb-magla=ma()2+mb()2
解析:(1)螺旋测微器的读数由固定刻度读数和可动刻度读数组成,固定刻度读数为4.5 mm,可动刻度读数为×30.0=0.300 mm,所以螺旋测微器的读数为4.5 mm+0.300 mm=4.800 mm(4.798~4.802 mm之间均可);光电门测速度原理是用遮光条通过光电门的平均速度代替瞬时速度,遮光条通过光电门的时间越短,平均速度越接近瞬时速度,所以遮光条选宽度小的,选A.
(2)b通过光电门的速度vb=,此时a的速度va=ωla=la,根据机械能守恒定律知,重力势能减小量等于动能增加量,即mbglb-magla=m+m,整理得mbglb-magla=ma()2+mb()2.
4.(1)④①③②　(2)1.29　M
解析:(1)实验中应先向左推物块使弹簧压缩,测量弹簧的压缩量,然后把纸带向左拉直,再接通打点计时器电源,等打点稳定后,再松手释放物块,使其向右滑动,因此步骤为④①③②.
(2)由于物块离开弹簧时的速度最大,因此M纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为v==1.29 m/s.由于弹簧压缩量越大,弹性势能越大,因此推开物块后,弹簧弹性势能转化成物块的动能越多,物块离开弹簧后获得的速度越大,打的点间距越大,因此M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大.
专题七　碰撞与动量守恒
考点1　动量、冲量、动量定理

B　根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得==1.6×103 kg/s,所以选项B正确.

1.A　从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,绳子的拉力始终向上,故绳对人的冲量始终向上.由mg-T=ma知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,速度最大,此时动量、动能均最大,以后做减速运动,故选项A正确,B、C错误;人在最低点时,向上的加速度最大,故此时绳对人的拉力大于人所受的重力,选项D错误.
2.A　人先做自由落体运动下落高度h,获得速度为v,由v2=2gh得v=.安全带伸长到最长时,人下落到最低点,此时速度为零.设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得(mg-F)t=0-mv,F=+mg.
3.1.5×103 N
解析:运动员从离水平网面高3.2 m处自由下落的时间为t1==0.8 s
运动员蹦回到离水平网面高5.0 m处所用的时间为t2==1 s,整个过程中运动员始终受到重力作用,仅在与网接触的过程中才受到网对他向上的弹力F的作用,对全过程运用动量定理,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:如图所示,设t时刻落到压力传感器上的绳长为x,此时绳速为v=.在Δt(Δt→0)时间内,有质量为Δm=ρΔx的绳落到压力传感器上,其中ρ为绳的线密度(线密度是绳单位长度的质量).取向上为正方向,忽略微元段绳本身的重力冲量,根据动量定理,有
FΔt=0-(-Δm·v)=ρΔx·v
解得F=ρv=ρv2=2ρgx
故N=F+ρgx=3ρgx
所以压力传感器的最大读数为3mg,出现在软绳将要全部掉到压力传感器上时.



5.
f=nmv2
解析:一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为ΔI=2mv,如图所示,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内的粒子在Δt时间内有与器壁S发生碰撞,碰壁粒子总数为N=n·SvΔt
Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=nSmv2Δt
面积为S的器壁受到粒子压力为F=
器壁单位面积所受粒子压力为f==nmv2.
考点2　动量守恒定律

B　对小孩和滑板组成的系统,由动量守恒定律有0=Mv-mv',解得滑板的速度大小v'=,选项B正确.

1.BCD　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于平板车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力分别为FA(向右)、FB(向左),由于mA:mB=3:2,所以FA:FB=3:2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确.
2. 3:2
解析:由动量守恒定律得m1v1-m2v2=m2v'2-m1v'1
解得=
代入数据得=.
3.BD　小球1和小球2组成的系统满足动量守恒,由于开始时小球1和小球2静止,所以在弹簧的弹性势能释放的过程中,小球1和小球2组成的系统合动量为零,A错误.设小球1和小球2离开弹簧后瞬间的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1-2mv2=0,Ep=m+×2m,解得v1=2,v2=,B正确.若离开弹簧后小球1能追上小球3,小球2不能追上小球4,则各球速度大小应满足v1=2>v0,v2=≤2v0,解得≤m<,C错误,D正确.
4.(1)v0-　2p(v0-)　(2)Δt
解析:(1)小球射入小车和从小车中弹出的过程中,小车和小球所组成的系统动量守恒.由动量守恒定律可得mv0-p=mv1+p
解得小车的速度大小v1=v0-
此过程中小车动能减少量ΔEk=m-m,解得ΔEk=2pv0-=2p(v0-).
(2)小球第二次入射和弹出的过程及以后重复进行的过程中,同样有小车和小球组成的系统动量守恒.由动量守恒定律,得
mv1-p=mv2+p
解得小车的速度大小v2=v1-=v0-2()
同理可推得vn=v0-n().要使小车停下来,即vn=0,小球重复入射和弹出的次数为n=,故小车从开始运动到停下来所经历的时间为t=nΔt=Δt.
5.(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB　①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数.
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v'B,碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v'2B=2aBsB　②
联立①②式并利用题给数据得v'B=3.0 m/s　③.
(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA　④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v'A,碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v'2A=2aAsA　⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAv'A+mBv'B　⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/s.
6.(1)(3-)m　(2)
解析:子弹射入物块的过程,视为非弹性碰撞,动量守恒但机械能有损失.
(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v,由动量守恒定律得
mv0=m·+Mv,解得v=v0　①
系统损失的机械能为
ΔE=m-[m()2+Mv2]　②
由①②式得ΔE=(3-)m.
(2)设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的水平距离为s,则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)设手榴弹上升到最高点且未发生爆炸时的速度大小为v1,有
m=m+mgh
代入数据解得v1=10 m/s.
(2)设两块弹片的质量均为m',爆炸后瞬间其中一块弹片的速度为零,设另一块弹片的速度为v2,有m'gh=5 J
代入数据解得m'=0.1 kg
设手榴弹所装火药的质量为Δm,有Δm=m-2m'
代入数据解得Δm=0.06 kg.
(3)设另一块弹片做平抛运动的时间为t,两块弹片落地点间的距离为Δx,有mv1=m'v2,Δx=v2t,h=gt2
代入数据解得Δx=26 m.
8.BC　由图(b)可以得出物块相对于长木板滑动的距离没有超出木板的长度,故不能得出长木板的长度,选项A错误;设物块的质量为m,木板的质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,可以得出物块与木板的质量之比=,选项B正确;由图(b)可以得出物块在长木板上滑动时的加速度大小为a=,由牛顿第二定律有μmg=ma,可以解得物块与木板之间的动摩擦因数μ==,选项C正确;从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能为Ek=M,由于不知道长木板的质量M,因此不能得出从t=0开始到t1时刻木板获得的动能,选项D错误.
9.(1)3m　(2)mgH　(3)
解析:(1)根据图(b)可知,v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小,为其碰撞后瞬间速度的大小.设物块B的质量为m',碰撞后瞬间的速度大小为v'.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=m(-)+m'v'　①
m=m(-v1)2+m'v'2　②
联立①②式得m'=3m　③.
(2)在图(b)所描述的运动过程中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgH-fs1=m-0　④
-(fs2+mgh)=0-m(-)2　⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知s1=v1t1　⑥
s2=··(1.4t1-t1)　⑦
由几何关系有=　⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2　⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=mgH　.


专题一 质点的直线运动


考点1　运动的描述
391
考向　考查运用图象描述质点的运动
[2019浙江4月选考,9,3分]甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动,位移—时间图象如图所示,则在0~t1时间内 (　　)

A.甲的速度总比乙大
B.甲、乙位移相同
C.甲经过的路程比乙小
D.甲、乙均做加速运动
必备知识:位移、路程、速度及x-t图象等.
关键能力:读图能力、模型构建能力.
解题指导:在x-t图象中,斜率表示速度.注意区分位移与路程的概念.

考法1 位移和速度的理解与计算
1[天津高考]质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点
A.第1 s内的位移是5 m
B.前2 s内的平均速度是6 m/s
C.任意相邻的1 s内位移差都是1 m
D.任意1 s内的速度增量都是2 m/s
由x=5t+t2知t=0时,x=0,所以第1 s内的位移为x1=5×1 m+12 m=6 m,A项错误;前2 s内的位移为x2=5×2 m+22 m=14 m,前2 s内的平均速度为== m/s=7 m/s,B项错误;第n s内的位移为xn-xn-1=5n m+n2 m-[5(n-1)+(n-1)2] m=(2n+4) m,而第(n+1) s内的位移为xn+1-xn=5(n+1) m+(n+1)2 m-(5n+n2) m=(2n+6) m,所以任意相邻的1 s内位移差为2n m+6 m-(2n+4) m=2 m,C项错误.故选D.
D
关键能力
1.理解时间和时刻,明确第1 s内时间为1 s,前2 s内时间为2 s.
2.掌握基本规律的应用,明确计算平均速度的方法.
3.理解位移差和速度变化量的含义及求解方法.Δx=x2-x1,Δv=v2-v1,注意矢量性.
4.理解试题中“任意”的含义,不能只选用某特殊值,而应用一般意义的n进行求解.
1.[2019湖北武汉4月调考]某质点做匀加速直线运动,经过时间t速度由v0变为kv0(k>1),位移大小为x.则在随后的4t时间内,质点的位移大小为 (　　)
A.　B.　C.　D.
考法2 加速度的理解与计算
2[2016全国Ⅲ,16,6分]一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动,在时间间隔t内位移为s,动能变为原来的9倍.该质点的加速度为
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
由末动能为初动能的9倍,得末速度为初速度的3倍,即vt=3v0,由匀变速直线运动规律可知==2v0,由加速度的定义可知质点的加速度a==,由以上两式可知a=,A项正确,B、C、D项错误.
A

2.[2020安徽芜湖模拟,多选]一物体做匀变速直线运动,初速度大小为4 m/s,1 s后速度的大小变为10 m/s,下列说法可能正确的是 (　　)
A.加速度的大小为6 m/s2,方向与初速度的方向相同
B.加速度的大小为6 m/s2,方向与初速度的方向相反
C.加速度的大小为14 m/s2,方向与初速度的方向相同
D.加速度的大小为14 m/s2,方向与初速度的方向相反
考法3 运用图象描述物体的运动
3[新情境,多选]在机器人大赛中,某机器人在一平面直角坐标系内由点(0,0)出发,沿直线运动到点(3 m,1 m),又由点(3 m,1 m)沿直线运动到点(1 m,4 m),然后由点(1 m,4 m)沿直线运动到点(5 m,5 m),最后由点(5 m,5 m)沿直线运动到点(2 m,2 m),整个过程中机器人所用时间是2 s,则
A.机器人的运动轨迹是一条直线
B.机器人不会两次通过同一点
C.整个过程中机器人的位移大小为2 m
D.整个过程中机器人的位移与由点(5 m,5 m)运动到点(2 m,2 m)的位移方向相反

在坐标系中画出机器人的运动轨迹如图所示,可见其运动轨迹不是一条直线,轨迹的交点P表示机器人两次通过同一点,A、B均错误;整个过程中机器人的位移为从点(0,0)到点(2 m,2 m)的有向线段,大小为2 m,C正确;(0,0)、(2 m,2 m)、(5 m,5 m)三个坐标点在一条直线上,故可得出整个过程中机器人的位移与由点(5 m,5 m)到点(2 m,2 m)的位移方向相反,D正确.
CD
3.[2020吉林长春检测,多选]物体甲的位移—时间图象和物体乙的速度—时间图象分别如图(a)、(b)所示,则这两个物体的运动情况是 (　　)


A.甲在0~6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
B.甲在0~6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 m
C.乙在0~6 s时间内有来回运动,它通过的总位移为零
D.乙在0~6 s时间内运动方向一直不变,它通过的总位移大小为4 m

4[多选]如图甲所示是一种速度传感器的工作原理图,在这个系统中B为一个能发射超声波的固定小盒子,工作时小盒子B向被测物体发出短暂的超声波脉冲,脉冲被运动的物体反射后又被B盒接收,从B盒发射超声波开始计时,经时间Δt0再次发射超声波脉冲,图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图象,则下列说法正确的是

A.超声波的速度为v声=
B.超声波的速度为v声=
C.物体的平均速度为=
D.物体的平均速度为=
由题图乙可知超声波在时间内位移为x1,可得v声==,选项A正确;超声波在时间内位移为x2,可得v声==,选项B错误;由题图乙可知物体通过位移x2-x1所用时间为t2==,则物体的平均速度为==,选项C错误,D正确.
AD
4.如图是用超声波测速仪测量小车速度的示意图,测速仪B发出和接收超声波信号,并记录了不同时刻发射和接收波的情况.在t=0时刻,B第一次发出超声波,t=0.4 s时刻,收到小车的反射波.t=1.6 s时刻,B第二次发出超声波,t=2.2 s时刻,再次收到反射波.超声波在空气中传播的速度v=340 m/s,小车是匀速行驶的.求:

(1)小车在第一次接收到超声波时到B的距离,小车在第二次接收到超声波时到B的距离.
(2)小车的速度大小.



考点2　匀变速直线运动的规律及应用

39　　　　　　
考向1　匀变速直线运动规律的理解与应用
1.[2018浙江4月选考,10,3分]如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面.某一竖井的深度为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2.假定升降机到井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是(　　)
A.13 s　　　　　B.16 s　　　　　C.21 s　　　　　D.26 s


必备知识:匀变速直线运动的位移规律、速度规律等.
关键能力:运动模型的构建能力,匀变速直线运动规律的应用能力.
解题指导:认真审题,题目要求将矿石从井底提升到井口时间最短,已知最大速度为8 m/s,加速度最大为1 m/s2.建立运动模型,先由静止加速达到最大速度,后匀速再减速到井口.注意匀变速直线运动规律和限制条件的应用.

考向2　考查自由落体运动与竖直上抛运动
2.[2019全国Ⅰ,18,6分]如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1,第四个所用的时间为t2.不计空气阻力,则满足 (　　)
A.1<<2　　　　　　　　　　
B.2<<3
C.3<<4
D.4<<5
必备知识:自由落体运动和竖直上抛运动规律.
关键能力:模型构建能力,逆向思维处理问题的能力等.
解题指导:本题情境为运动员做竖直上抛运动.如果考生直接计算,会比较复杂.如果考生用逆向思维,将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动,则计算过程会变得简单很多.

考法1 匀变速直线运动规律的灵活运用
1[新题型]要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内通过一段直轨道,然后驶入一段半圆形的弯轨道,但在弯轨道上行驶时车速不能太快,以免因离心作用而偏离轨道.求摩托车在直轨道上行驶所用的最短时间.有关数据见下表:


启动加速度大小a1 4 m/s2
制动加速度大小a2 8 m/s2
直轨道允许的最大速度v1 40 m/s
弯轨道允许的最大速度v2 20 m/s
直轨道长度x 218 m


某同学是这样解的,要使摩托车在直轨道上行驶所用时间最短,应先由静止加速到最大速度v1=40 m/s,然后再减速到v2=20 m/s,t1=,t2=,tmin=t1+t2.你认为这位同学的解法是否合理?若合理,请完成计算;若不合理,请说明理由,并用你自己的方法计算.
不合理.理由如下:
首先对运动过程进行分析讨论,假设摩托车在直轨道上先加速至最大速度40 m/s,然后再减速至弯轨道允许的最大速度20 m/s,则加速过程的位移为
x1== m=200 m
再减速至弯轨道允许的最大速度时通过的位移为
x2== m=75 m
因为x1+x2=275 m>x=218 m,所以,如果按这种方式运动,摩托车进入弯轨道上时的行驶速度将大于20 m/s,不符合题目要求,故摩托车在直轨道上运行时的最大速度应小于40 m/s,才能在进入弯轨道前通过减速使速度减小为20 m/s.因而,该同学的解法不合理.
综上所述,摩托车在直轨道上的运动过程应为:从静止开始加速,当速度达到某一值(小于直轨道允许的最大速度)时开始减速,恰好在运动到直轨道末端时速度减至20 m/s.此运动过程的总位移为218 m.
解法一　基本公式法(利用运动学基本公式求解)
匀加速运动的位移x1=a1　①
匀减速运动的位移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联立,代入数据,解得t=11 s或t'=-16 s(舍去).
解法二　推论法(利用运动学推论公式求解)
匀加速运动的位移x1=
匀减速运动的位移x2=
且x1+x2=x,即+=218 m
代入数据解得v=36 m/s
故匀加速运动的时间t1== s=9 s,匀减速运动的时间t2== s=2 s
最短时间t=t1+t2=11 s.
解法三　图象法(利用v-t图象求解)
如图所示,阴影部分面积即摩托车在直轨道上运动的位移的大小x=218 m.
x=t1+(t-t1)　①
又v=a1t1=v2+a2(t-t1)　②
由②得t1=　③
v=a1t1=　④
联立①③④,代入数据,解得t=11 s或t'=-16 s(舍去).
不合理,理由见解析,正确结果为11 s.
1.[2020吉林延边开学测试]如图所示,已知O、A、B、C为同一直线上的四点,A、B间的距离为l1,B、C间的距离为l2.一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速直线运动,依次经过A、B、C三点.已知物体通过AB段与BC段所用时间相等,求O与A之间的距离.



考法2 多过程运动问题求解
2航天飞机降落在平直跑道上,其减速过程可简化为两个匀减速直线运动.航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞,加速度大小为a1,运动一段时间后速度减为v,随后航天飞机在无阻力伞的情况下做匀减速运动直至停止,已知两个匀减速滑行过程的总时间为t,求:
(1)第二个减速运动阶段航天飞机运动的加速度大小;
(2)航天飞机着陆后滑行的总路程.
(1)如图所示,A为航天飞机着陆点,AB、BC分别为两个匀减速运动过程,飞机在C点停下.

A到B过程所用的时间
t1==
则B到C过程所用的时间t2= t-t1= t-
B到C过程的加速度大小a2==.
(2)根据运动学基本公式得
第一段匀减速运动的位移 x1=
第二段匀减速运动的位移x2==
分析知航天飞机着陆后滑行的总路程
x=x1+x2=+=.
(1)　(2)
2.[2015江苏高考,5,3分]如图所示,某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡,各关卡同步放行和关闭,放行和关闭的时间分别为5 s和2 s.关卡刚放行时,一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s,然后匀速向前,则最先挡住他前进的关卡是 (　　)
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　
A.关卡2 B.关卡3 C.关卡4 D.关卡5
考法3 多物体运动问题求解
3一客运列车在平直轨道上匀速行驶,其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击.坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s.在相邻的平行车道上有一列货车,当该旅客经过货车车尾时,货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动.该旅客在此后的20.0 s内,看到恰好有30节货车车厢被他连续超过.已知每根轨道的长度为25.0 m,每节货车车厢的长度为16.0 m,货车车厢间距忽略不计.求:
(1)客车运行的速度大小v;
(2)货车运行的加速度大小a.
(1)设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt,每根轨道的长度为l,则v=
由题意知l=25.0 m,Δt= s= s
解得v=37.5 m/s.
(2)设货车开始运动后的t=20.0 s内客车行驶的距离为x1,货车行驶的距离为x2,30节货车车厢的总长度L=30×16.0 m=480.0 m
由运动学公式有x1=vt,x2=at2,由题意得L=x1-x2
联立解得a=1.35 m/s2.
(1)37.5 m/s　(2)1.35 m/s2
特别提醒
要关注题目中的关键字眼,充分挖掘题目中的隐含条件,如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等.例如在分析求解本题第(2)问时,要明确两车在时间和空间上的关系,在相等的时间t=20.0 s内,两车运动距离的关系为L=x1-x2.
3.[2020山东枣庄八中检测]甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现:甲经短距离加速后能保持9 m/s的速度跑完全程,乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的.为了确定乙起跑的时机,需在接力区前适当的位置设置标记.在某次练习中,甲在接力区前x0=13.5 m处做了标记,并以v=9 m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令,乙在接力区的前端听到口令时起跑,并恰好在速度达到与甲的速度相同时被甲追上,完成交接棒.已知接力区的长度为L=20 m.求:
(1)此次练习中乙在接棒前的加速度大小a;
(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离x'.

考法4 竖直上抛运动及自由落体运动问题的分析与求解
4每隔0.2 s从同一位置竖直向上抛出一个小球,小球做初速度为6 m/s的竖直上抛运动,假设它们在空中不相碰.第一个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为(取g=10 m/s2,不计空气阻力)
A.3 B.4 C.5 D.6
分析求解本题时,必须根据情境明确两个问题:(1)要明白第一个小球在上升过程中不会与任何小球相遇,相遇只能发生在其下降过程中;(2)因抛出的各小球运动情况均相同,故在第一个小球在抛出点上方运动的时间内,能抛出多少个小球,第一个小球就可以与多少个小球相遇.由题意可知,小球落回抛出点时,刚好开始抛出的小球不能计入,该题只要求出第一个小球从开始上抛到落回抛出点的时间,就可知道此时空中有多少个小球,即相遇的小球个数.小球做初速度为6 m/s的竖直上抛运动,到达最高点需要的时间为0.6 s,因而当第一个小球回到抛出点时,空中还有5个小球,第一个小球在上升过程中不会遇到任何小球,在下降过程中能遇到已抛出的5个小球,选项C正确.
C
4.[2019浙江模拟,多选]建筑工人常常徒手抛砖块,当砖块上升到最高点时,被楼上的师傅接住用以砌墙.若某次以10 m/s的速度从某点竖直向上抛出一个砖块,楼上的师傅没有接住,g取10 m/s2,空气阻力可以忽略,则 (　　)
A.砖块上升的最大高度为10 m
B.经2 s砖块回到抛出点
C.砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 m
D.在抛出后的上升过程中,砖块做变减速直线运动

考法5 利用图象研究运动问题
5[2018全国Ⅱ,19,6分,多选]甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示.已知两车在t2时刻并排行驶.下列说法正确的是
A.两车在t1时刻也并排行驶
B.在t1时刻甲车在后,乙车在前
C.甲车的加速度大小先增大后减小
D.乙车的加速度大小先减小后增大
本题可巧用逆向思维分析,两车在t2时刻并排行驶,根据题图分析可知在t1~t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移,所以在t1时刻甲车在后,乙车在前,B正确,A错误;依据v-t图象切线的斜率表示加速度分析出C错误,D正确.
BD

焦点感悟
运用图象描述物体的运动既直观又方便,是高考命题的热点.对图象问题的考查,既有利用图象描述物体的运动问题,也有利用图象分析计算物体的运动问题.特别是利用v-t图象描述两个物体的运动情况的试题,在近年高考命题中频频出现,而且相似度极高.因此研究高考试题,领悟考点要求,可切实取得举一反三之效.求解如下情境转化问题必有所获.

5.[2018全国Ⅲ,18,6分,多选]甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动.甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示.下列说法正确的是 (　　)
A.在t1时刻两车速度相等
B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等
C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等
D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等


6.[2016全国Ⅰ,21,6分,多选]甲、乙两车在平直公路上同向行驶,其v-t图象如图所示.已知两车在t=3 s时并排行驶,则(　　)
A.在t=1 s时,甲车在乙车后
B.在t=0时,甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m


7.[新课标全国Ⅱ]甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶.在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图象如图所示.在这段时间内 (　　)
A.汽车甲的平均速度比乙的大
B.汽车乙的平均速度等于
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大

题型1　追及、相遇问题的常规解法
6汽车A以vA=4 m/s的速度向右做匀速直线运动,汽车B以vB=10 m/s的速度同向运动,B在A前方x0=7 m处时汽车B开始匀减速刹车,直到静止后保持不动,B刹车的加速度大小a=2 m/s2,从汽车B开始刹车时计时.求:
(1)A追上B前,A、B间的最远距离是多少;
(2)经过多长时间A恰好追上B.
汽车A和B运动的示意图如图所示.

(1)当A、B两汽车速度相等时,两车间的距离最远,此时有
v=vB-at=vA,解得t=3 s
此过程中汽车A的位移xA=vAt=12 m
汽车B的位移xB=vBt-at2=21 m
故最远距离Δxmax=xB+x0-xA=16 m.
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1==5 s
运动的位移x'B==25 m
汽车A在t1时间内运动的位移x'A=vAt1=20 m
此时两车相距Δx=x'B+x0-x'A=12 m
汽车A需再运动的时间t2==3 s
故A追上B所用时间t'=t1+t2=8 s.
(1)16 m　(2)8 s
感悟反思
本题中,被追汽车做匀减速直线运动,要对“停止前相遇”还是“相遇时早已停止”的情况进行判断,切勿盲目套用公式,还要注意临界条件的分析.
8.[2020广东深圳模拟]A、B两列火车,在同一轨道上同向行驶,A车在前,其速度vA=10 m/s,B车在后,速度vB=30 m/s,因大雾能见度很低,B车在距A车x0=75 m时才发现前方有A车,这时B车立即刹车,但B车要经过180 m才能停下来.
(1)B车刹车时A车仍按原速率行驶,两车是否会相撞?
(2)若B车在刹车的同时发出信号,A车司机经过Δt=4 s收到信号后加速前进,则A车的加速度至少多大才能避免相撞?



9.[2017全国Ⅱ,24,12分]为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度.



题型2　追及、相遇问题的多种解法
7在平直轨道上有两列火车A和B相距s,A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动,而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动,两车运动方向相同.要使两车不相撞,则A车的初速度v0需满足什么条件?

要使两车不相撞,A车追上B车时A车的速度最大只能与B车相等.设A、B两车从相距s到A车追上B车时,A车的位移为sA、末速度为vA、所用时间为t,B车的位移为sB、末速度为vB,两车的运动过程如图所示,现用四种方法解答.
解法一　临界法(利用位移公式、速度公式求解)
对A车有sA=v0t+×(-2a)×t2
vA=v0+(-2a)×t
对B车有sB=at2,vB=at
当A车追上B车时有s=sA-sB
此时,两车不相撞的临界条件是vA=vB
联立以上各式解得v0=
故要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法二　函数法(利用判别式求解)
由解法一可知,当A车追上B车时有sA=s+sB,即v0t+×(-2a)×t2=s+at2
整理得3at2-2v0t+2s=0
这是一个关于时间t的一元二次方程,当根的判别式Δ=(-2v0)2-4×3a×2s<0时,t无实数解,即两车不相撞,所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法三　图象法(利用速度—时间图象求解)
先作A、B两车的速度—时间图象,其图象如图所示,设经过t'时间两车刚好不相撞,则
对A车有vA=v'=v0-2at'
对B车有vB=v'=at'
以上两式联立解得t'=
经t'时间两车的位移大小之差,即原来两车间的距离为s
它可用图中的阴影面积表示,由图象可知
s=v0·t'=v0·=
所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
解法四　相对运动法(巧选参考系求解)
以B车为参考系,A车的初速度为v0,加速度为a'=-2a-a=-3a.A车刚好追上B车的条件是追上B车时A车的速度为vt=0,这一过程A车相对于B车的位移为s,由运动学公式有-=2a's,则
02-=2×(-3a)×s
所以v0=
即要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0<.
v0<
感悟反思
解法一注重对运动过程的分析,抓住两车间距离为极值时速度应相等这一关键条件来求解;解法二由位移关系得到一元二次方程,然后利用根的判别式来确定方程中各系数间的关系,这也是中学物理中常用的数学方法;解法三通过图象使两车的位移关系更直观;解法四通过巧妙地选取参考系,使两车的运动关系变得简明.必须指出的是运动学问题虽然处理方法较多,但同学们仍要以掌握最为常规的解法为主,如本题的解法一,不必过于纠结其他解法.
10.[2020安徽滁州模拟]一辆汽车在十字路口等候绿灯,当绿灯亮起时汽车以3 m/s2的加速度开始加速行驶,恰在这时一辆电动车以6 m/s的速度匀速驶来,从后面超过汽车.汽车从路口开动后,在追上电动车之前经过多长时间两车相距最远?最远距离是多少?









考点3　实验:研究匀变速直线运动

392
考向1　实验方法及数据处理
1.[2019全国Ⅰ,22,5分]某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究.物块拖动纸带下滑,打出的纸带一部分如图所示.已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz,纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出.在A、B、C、D、E五个点中,打点计时器最先打出的是　　　　点.在打出C点时物块的速度大小为　　　　m/s(保留3位有效数字);物块下滑的加速度大小为　　　　 m/s2(保留2位有效数字).?

必备知识:刻度尺的读数规则,瞬时速度和加速度的计算等.
关键能力:对纸带数据的处理、运用能力,逐差法的应用能力.
解题指导:物块沿斜木板加速下滑,纸带上的计数点应由密集逐渐变稀疏.刻度尺最小刻度为1 mm,读数应再向后估读一位.计算瞬时速度应根据匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度来计算,求解加速度应由逐差法求得.

考向2　实验改进与创新
2.[2016全国Ⅰ,22,5分]

图(a)
某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示.
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他题给条件进行推算.
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图(b)中给出的物理量可以写出:在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为　　　　　　　　,打出C点时重物下落的速度大小为　　　　　　　　,重物下落的加速度大小为　　　　　　　　.?

图(b)
(2)已测得s1=8.89 cm,s2=9.50 cm,s3=10.10 cm;当地重力加速度大小为9.80 m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为　　　　Hz.?
必备知识:重物下落速度和加速度的求解,牛顿第二定律的应用等.
关键能力:物理量及物理关系的理解应用能力,纸带数据的处理能力等.
解题指导:运用平均速度的定义求AC段和BD段的平均速度,再根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度求得vB和vC.由加速度a=求得a,再根据牛顿第二定律列方程推算出频率f.

考法1 利用纸带求解物体的速度和加速度
1某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度,电源频率f=50 Hz.在纸带上打出的点中,选出零点,每隔4个点取1个计数点,因保存不当,纸带被污染,如图所示,A、B、C、D是依次排列的4个计数点,仅能读出其中3个计数点到零点的距离:sA=16.6 mm,sB=126.5 mm,sD=624.5 mm.

若无法再做实验,可由以上信息推知:
(1)打下相邻两计数点的时间间隔为　　　　s;?
(2)打C点时物体的速度大小为　　　m/s(取2位有效数字);?
(3)物体的加速度大小为　　　　(用sA、sB、sD和f表示).?
(1)因相邻的两计数点间还有4个计时点,故t=5T=0.1 s.
(2)由匀变速直线运动的特点可知vC==×10-3 m/s=2.5 m/s.
(3)设物体做匀加速直线运动的加速度为a,则根据Δs=at2得(sC-sB)-(sB-sA)=at2,(sD-sC)-(sC-sB)=at2.联立两式并消去sC得
a==.
(1)0.1　(2)2.5　(3)
1.在利用打点计时器探究小车“速度随时间变化的关系”的实验中,所用交流电的频率为50 Hz,某次实验中得到的一条纸带如图所示.

(1)从比较清晰的点起,每五个点取一个点作为计数点,分别标明0、1、2、3、4,则两个相邻计数点之间的时间间隔为　　　　s.?
(2)测得x1=30.1 mm,x2=36.2 mm,x3=42.2 mm,x4=48.1 mm,则打下计数点“2”时小车的速度为　　 m/s,整个运动过程中小车的加速度为　　　m/s2.?
(3)当打下计数点“0”时,小车的速度为　　　　m/s.?
考法2 类打点纸带问题的分析与处理
2 [2017全国Ⅰ,22,5分]某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计时器”计量时间.实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示.实验时,保持桌面水平,用手轻推一下小车.在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置.(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)


(1)由图(b)可知,小车在桌面上是　　　　(填“从右向左”或“从左向右”)运动的.?
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动.小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为　　　　m/s,加速度大小为　　　　m/s2.(结果均保留2位有效数字)?
试题用自制“滴水计时器”计量时间,研究匀变速直线运动.利用“滴水计时器”研究物体运动与利用“打点计时器”研究物体运动,在实验方法上具有相似性,因此分析求解问题的关键在于弄清“打点周期”,即滴水时间间隔.
(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用,做匀减速直线运动,相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小,所以由题图(b)可知,小车在桌面上是从右向左运动的.
(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴,其滴水的时间间隔T== s.根据匀变速直线运动的规律,可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA=≈0.19 m/s.由Δx=aT2和逐差法可得,小车运动的加速度大小a=(m/s2)≈0.038 m/s2.
(1)从右向左　(2)0.19　0.038
2.在暗室中用图示装置做“测定重力加速度”的实验.
实验器材有:支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根带荧光刻度的米尺、频闪仪.
具体实验步骤如下:
①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下.
②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.
③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.
④采集数据进行处理.
(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是频闪仪的闪光频率　　　　(填“等于”或“不等于”)水滴滴落的频率.?

(2)若实验中观察到水滴“固定不动”时频闪仪的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图所示,根据数据测得的小水滴下落的加速度即当地的重力加速度g=　　　　m/s2;第7个水滴此时的速度v7=m/s.(结果都保留3位有效数字)?
考法3 对实验综合能力的全方位考查
3[2018北京高考,21,18分]用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律.

图1
主要实验步骤如下:
a.安装好实验器材.接通电源后,让拖着纸带的小车沿长木板运动,重复几次.
b.选出一条点迹清晰的纸带,找一个合适的点当作计时起点O(t=0),然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点,如图2中A、B、C、D、E、F……所示.

图2
c.通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E……点时小车的速度,分别记作v1、v2、v3、v4、v5……
d.以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,在坐标纸上描点,如图3所示.

图3
结合上述实验步骤,请你完成下列任务:
(1)在下列仪器和器材中,还需要使用的有　　　和　　　(填选项前的字母).?
A.电压合适的50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝码)
(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点,请在该图中标出计数点C对应的坐标点,并画出v-t图象.
(3)观察v-t图象,可以判断小车做匀变速直线运动,其依据是　　　　　　.v-t图象斜率的物理意义是　　　.?
(4)描绘v-t图象前,还不知道小车是否做匀变速直线运动.用平均速度表示各计数点的瞬时速度,从理论上讲,对Δt的要求是　　　(选填“越小越好”或“与大小无关”);从实验的角度看,选取的Δx大小与速度测量的误差　　　(选填“有关”或“无关”).?

图4
(5)早在16世纪末,伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的.当时只能靠滴水计时,为此他设计了如图4所示的“斜面实验”,反复做了上百次,验证了他的猜想.请你结合匀变速直线运动的知识,分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的.
(1)打点计时器需用交流电源,为了计算速度需要利用刻度尺测量长度,故选A、C.
(2)C点对应坐标点的横坐标为3T,纵坐标为v3.描点连线,图象如图所示.

(3)结合图象可以看出小车速度随时间均匀变化,所以小车做匀变速直线运动,v-t图象的斜率表示小车运动时的加速度.
(4)Δt越小,则越接近计数点的瞬时速度,所以从理论上讲Δt越小越好;从实验的角度看,选取的Δx越大,Δx的测量误差越小,速度测量的误差就越小,因此选取的Δx大小与速度测量的误差有关.
(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2,因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化.(要检验小球的速度是随时间均匀变化的,可以检验小球运动位移与时间的平方成正比.利用滴水计时得到小球的运动时间,并测出小球在相应时间内的位移,则可以验证.)
(1)A　C　(2)见解析　(3)小车的速度随时间均匀变化　加速度　(4)越小越好　有关　(5)如果小球的初速度为0,其速度v∝t,那么它通过的位移x∝t2.因此,只要测量小球通过不同位移所用的时间,就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化.

3.图(a)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(a)

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;
②调整轻滑轮,使细线水平;
③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;
④多次重复步骤③,求a的平均值;
⑤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1 mm)的示数如图(b)所示,其读数为　　　　cm.?

图(b)
(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　　　　(填“偶然误差”或“系统误差”).?

题型1　实验目的的迁移与创新
4[2018全国Ⅲ,22,6分]甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间.实验步骤如下:
(1)甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端,让木尺自然下垂.乙把手放在尺的下端(位置恰好处于L刻度处,但未碰到尺),准备用手指夹住下落的尺.
(2)甲在不通知乙的情况下,突然松手,尺子下落;乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子.若夹住尺子的位置刻度为L1,重力加速度大小为g,则乙的反应时间为　　　(用L、L1和g表示).?
(3)已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2,L=30.0 cm,L1=10.4 cm.乙的反应时间为　　　s.(结果保留2位有效数字)?
(4)写出一条能提高测量结果准确程度的建议:　　　　　　　　　　　　.?
根据题述,在乙的反应时间t内,尺子下落高度h=L-L1,由自由落体运动规律可知,h=gt2,解得t=,代入数据得t=0.20 s.
(2)　(3)0.20　 (4)多次测量取平均值;初始时乙的手指尽可能接近尺子(答出一条即可)

感悟反思
本实验根据自由落体运动规律,通过实验获取有关数据,测量人的反应时间,这与教材中研究匀变速直线运动的实验目的不同,但是实验原理和方法都是已学过知识的迁移.特别是第(4)问,要求写出一条提高测量结果准确程度的建议,更加能体现对考生知识迁移能力和灵活应用能力的素质要求.
4.[2015重庆高考,6,6分]同学们利用如图所示方法估测反应时间.首先,甲同学捏住直尺上端,使直尺保持竖直状态,直尺零刻度线位于乙同学的两指之间.当乙看见甲放开直尺时,立即用手指捏直尺,若捏住位置的刻度读数为x,则乙同学的反应时间为　　　　(重力加速度为g).基于上述原理,某同学用直尺制作测量反应时间的工具,若测量范围为0~0.4 s,则所用直尺的长度至少为　　　　cm(g取10 m/s2);若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线,则每个时间间隔在直尺上对应的长度是　　　　的(选填“相等”或“不相等”).?
题型2　实验原理和方法的拓展与创新
5[2017全国Ⅱ,22,6分]某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器.

实验步骤如下:
①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑;
②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt;
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示),表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小,求出;
④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开始下滑,重复步骤②、③;
⑤多次重复步骤④;
⑥利用实验中得到的数据作出-Δt图象,如图(c)所示.

图(c)
完成下列填空:
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小,用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小,则与vA、a和Δt的关系式为=　　　　.?
(2)由图(c)可求得,vA=　　　　cm/s,a=　　　　cm/s2.(结果保留3位有效数字)?
(1)由于滑块做匀变速运动,在挡光片通过光电门的过
程中,由运动学公式得Δt=vAΔt+a(Δt)2,则=vA+aΔt.
(2)由=vA+aΔt结合题图(c)可知,图线与纵轴的交点的纵坐标为vA,将图线延长与纵轴相交,得vA=52.1 cm/s,图线的斜率等于a,即a= cm/s2,求得a=16.3 cm/s2.
(1)vA+Δt　(2)52.1　16.3

感悟反思
本题利用挡光片和光电计时器探究斜面上滑块的运动,涉及平均速度表达式的确定、瞬时速度和加速度的求解.看起来此实验的原理和方法与人教版教材实验的有很大的不同,但本质上依然是人教版教材实验原理和方法的迁移.因此掌握教材实验是处理创新实验问题的重要基础和保证.
5.某同学利用图甲所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律,物块在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处),从纸带上便于测量的点开始,每5个点取1个计数点,相邻计数点间的距离如图乙所示,打点计时器电源的频率为50 Hz.

(1)通过分析纸带数据,可判断物块在两相邻计数点　　　　和　　　　之间某时刻开始减速.?
(2)计数点5对应的速度大小为　　　　m/s,计数点6对应的速度大小为　　　　m/s(保留3位有效数字).?
(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a=　　　　m/s2,若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度),则计算结果比动摩擦因数的真实值　　　　(填“偏大”或“偏小”).?

28

专题二 相互作用

考点1　常见的几种力

393

考向1　考查弹簧弹力问题
1.[2017全国Ⅲ,17,6分]一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上,弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点,平衡时弹性绳的总长度为100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内) (　　)
A.86 cm　　　　　B.92 cm　　　　　C.98 cm　　　　　D.104 cm
必备知识:弹力概念、胡克定律、数学知识、共点力的平衡等.
关键能力:受力分析能力.
解题指导:钩码挂在弹性绳的中点平衡时,根据几何条件,进行受力分析列出平衡方程进行求解.

考向2　考查整体法和隔离法的灵活运用
2.[2017浙江下半年选考,5,3分]叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示,质量均为m,相互接触.球与地面间的动摩擦因数均为μ,则 (　　)
A.上方球与下方三个球间均没有弹力
B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C.水平地面对下方三个球的支持力均为mg
D.水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg

必备知识:力的概念,物体的受力分析、共点力平衡条件等.
关键能力:整体法、隔离法的应用能力.
解题指导:首先运用整体法分析,求得地面对下方每个球的支持力.再运用隔离法求得地面对下方每个球的摩擦力,特别注意因为是静摩擦力,所以不能用F=μFN求解.另外隔离受力分析时不要出错.


考法1 弹力的分析与计算
1[多选]如图所示,两个完全相同的轻弹簧a、b,一端固定在水平面上,另一端均与质量为m的小球相连接,轻杆c一端固定在天花板上,另一端与小球拴接.弹簧a、b和轻杆互成120°角,且弹簧a、b的弹力大小均为mg,g为重力加速度,如果将轻杆突然撤去,则撤去瞬间小球的加速度大小可能为

A.0　　　　B.g　　　　C.1.5g　　　　D.2g
杆与绳不同,杆可能受拉力、推力,还可能不受力,绳不能受推力,解题时应注意两种模型的区别.
弹簧a、b的弹力大小均为mg,当弹簧的弹力为拉力时,两弹簧合力方向竖直向下,大小为mg,则轻杆对小球的拉力为2mg,将轻杆突然撤去时,小球受到的合力为2mg,此时加速度为2g,故选项D正确;当弹簧的弹力为压力时,两弹簧合力方向竖直向上,大小为mg,根据平衡条件,可知轻杆对小球的作用力为0,将轻杆突然撤去时,小球受到的合力为0,此时加速度为0,故选项A正确,B、C错误.
AD
1.[2020四川绵阳检测]如图所示,水平轻杆的一端固定在墙上,轻绳与竖直方向的夹角为37°,小球的重力为12 N,轻绳的拉力为10 N,水平轻弹簧的拉力为9 N,小球处于静止状态,求轻杆对小球的作用力.






考法2 摩擦力的分析与计算
2如图所示,倾角为 θ的斜面体C置于水平地面上,一条细线一端与斜面上的物体B相连,另一端绕过质量不计的光滑定滑轮与物体A相连,定滑轮用一悬线悬挂在天花板上的O点,悬线与竖直方向成α角,A、B、C始终处于静止状态,下列说法正确的是
A.若仅增大A的质量,B对C的摩擦力一定减小
B.若仅增大A的质量,地面对C的摩擦力一定增大
C.若仅增大B的质量,悬线的拉力可能等于A的重力
D.若仅将C向左缓慢移动一点,α角将增大
对物体B进行受力分析,因不能确定mAg和mBgsin θ的大小关系,故斜面体C对B的静摩擦力大小、方向无法确定,则B对C的摩擦力的大小和方向也无法确定,选项A错误.对B、C整体受力分析,若仅增大A的质量,细线中拉力增大,根据平衡条件,地面对C向右的摩擦力一定增大,选项B正确.滑轮两侧细线的拉力大小均等于A的重力,两拉力与悬线的拉力构成矢量三角形,若要使悬线的拉力也等于A的重力,应使滑轮右侧细线与竖直方向成60°角斜向右上方,与B的质量无关,所以选项C错误.若仅将C向左缓慢移动一点,α角将减小,选项D错误.
B
2.[2020山东济宁检测,多选]如图所示,物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮.A静止在倾角为θ的粗糙斜面上,B悬挂着.已知质量mA=3mB,物体A所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角θ由45°减小到30°,那么下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧的弹力将增大
B.物体A对斜面的压力将增大
C.物体A受到的静摩擦力将减小
D.物体A可能被拉动
考法3 受力分析中整体法和隔离法的灵活运用
3在粗糙水平面上放着一个三角形木块ABC,在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体,m1>m2,如图所示,若三角形木块和两物体都是静止的,则粗糙水平面对三角形木块
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确定,因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出
D.以上结论都不对
求解本题的关键是找到三角形木块与地面间有没有相对运动趋势;若有,粗糙水平面对三角形木块有摩擦力的作用,否则没有摩擦力的作用.
解法一(隔离法)　把三角形木块隔离出来,它的两个斜面上分别受到两物体对它的压力FN1、FN2,摩擦力F1、F2.由两物体的平衡条件知,这四个力的大小分别为
FN1=m1gcos θ1
FN2=m2gcos θ2
F1=m1gcos θ1
F2=m2gcos θ2

它们的水平分力的大小(如图所示)分别为
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,即它们的水平分力互相平衡,木块在水平方向无滑动趋势,因此不受水平面的摩擦力作用.

解法二(整体法)　由于三角形木块和斜面上的两物体都静止,可以把它们看成一个整体,受力如图所示.设三角形木块质量为M,则整体在竖直方向受到重力(m1+m2+M)g和支持力FN作用处于平衡状态,水平方向无任何滑动趋势,因此不受水平面的摩擦力作用.
D
3.[2020山西大学附中第二次模考,多选]如图所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一质量为M的重物,将质量为m的两相同木块紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止.Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小,FN表示木块与挡板间正压力的大小.若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则 (　　)
　　　
A.Ff变小 B.Ff不变 C.FN变小 D.FN变大

4[新角度,多选]如图甲所示,abcd是由导体做成的框架,框架平面与水平面成θ角,质量为m的导线棒PQ与ab、cd接触良好,回路中的总电阻为R,整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中,磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙,PQ始终静止.关于PQ与ab、cd的摩擦力f在0~t1内的变化情况,下列判断中有可能正确的是

A.f一直增大　　　　　　　B.f一直减小
C.f先减小,后增大 D.f先增大,后减小
由图象分析可知闭合电路中的感应电动势为一恒量,故感应电流也是恒量,由于0~t1时间内磁感应强度是减小的,PQ棒受到的安培力也是减小的,若PQ棒的重力平行于斜面的分力大于开始时的安培力,则f是平行斜面向上的,也就是当安培力减小时,f一直增大;若PQ棒的重力平行于斜面的分力小于开始时的安培力,f是平行斜面向下的,当安培力减小时,f减小,当安培力减小到小于重力平行于斜面的分量时,f反向(平行斜面向上)增大.
AC
感悟反思
在平衡问题中,静摩擦力的变化从平衡关系分析;滑动摩擦力的变化从公式f=μFN分析,与FN的变化规律相对应.
4.[静—静“突变”]如图所示,把一重为G的物体,用一水平方向的推力F=kt(k为恒量,t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上,从t=0开始物体所受的摩擦力f随时间t的变化关系是选项图中的 (　　)

5.[静—动“突变”,多选]如图甲所示,将力传感器A固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与质量为m的滑块相连,滑块放在较长的小车上.传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的规律.一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系一砂桶,整个装置开始时处于静止状态,缓慢向砂桶里倒入细砂,直至滑块与小车分离,力传感器采集的F-t图象如图乙所示,则 (　　)

A.2.5 s前小车慢慢滑动
B.2.5 s后小车做变加速运动(假设细砂仍在添加中)
C.2.5 s前小车所受摩擦力不变
D.2.5 s后小车所受摩擦力不变
6.[2015山东高考,16,6分]如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为 (　　)
A.　　B.　　C.　　D.

考点2　力的合成和分解

394

考向1　考查力的合成和分解的应用
1.[2019全国Ⅲ,16,6分]用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则(　　)
A.F1=mg,F2=mg　　　　　B.F1=mg,F2=mg
C.F1=mg,F2=mg D.F1=mg,F2=mg
必备知识:力的合成和分解规律等.
关键能力:数学几何知识的应用能力.
解题指导:根据重力的作用效果确定它的两个分力的方向,并根据数学知识和平行四边形定则进行求解.

考向2　对实际问题的分析与求解
2.[2019天津高考,2,6分]2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式通车.为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示.下列说法正确的是 (　　)

A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度
C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下
D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布


必备知识:合力与分力的概念,力的合成和分解规律.
关键能力:平行四边形定则的应用及物理模型的构建能力.
解题指导:增加钢索数量,索塔受到向下的压力增大;当索塔受到的力F一定时,降低索塔高度,钢索受到的拉力将增大;由平行四边形定则分析可知,两个分力的合力竖直向下时,两分力的大小不一定相等.


考法1 力的合成和分解问题的分析与应用
题型1　合力与分力关系可能性问题分析
1已知两个共点力的合力为50 N,分力F1的方向与合力F的方向成30°角,分力F2的大小为30 N.则
A.F1的大小是唯一的　　　B.F2的方向是唯一的
C.F2有两个可能的方向 D.F2可取任意方向
如图所示,因为F2=30 N>Fsin 30°=25 N,以F的矢尖为圆心,以表示力的大小为30 N的线段长度为半径画一个圆弧,与F1有两个交点,这样F2有两个可能的方向,F1有两个可能的大小.因此C正确.
C
1.[2020山东济南模拟,多选]两个力F1和F2间的夹角为θ,两力的合力为F.以下说法正确的是(　　)
A.若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F就越大
B.合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大
C.如果夹角θ不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大
D.合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的
题型2　应用力的合成和分解求解实际问题
2[2018天津高考,7,6分,多选]明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可.一游僧见之曰:无烦也,我能正之.”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则
A.若F一定,θ大时FN大　　　　B.若F一定,θ小时FN大
C.若θ一定,F大时FN大 D.若θ一定,F小时FN大
力F的分解如图所示,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一定时,θ越小,FN越大;θ一定时,F越大,FN越大,故A、D错误,B、C正确.
BC
2.[新情境]减速带是交叉路口常见的一种交通设施,车辆驶过减速带时要减速,以保障行人的安全.当汽车前轮刚爬上减速带时,减速带对车轮的弹力为F,下图中弹力F画法正确且分解合理的是 (　　)

考法2 力的正交分解法及其应用
3如图所示,一物块置于水平地面上.当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时,物块做匀速直线运动;当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时,物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等,则物块与地面之间的动摩擦因数为
A.-1　　　B.2-　　　C.-　　　D.1-


当用F1拉物块做匀速直线运动时,受力分析如图所示,将F1正交分解,则
水平方向有F1cos 60°=Ff1
竖直方向有F1sin 60°+FN1=mg
其中Ff1=μFN1
联立上式可得F1=.
同理,当用F2推物块做匀速直线运动时
水平方向有F2cos 30°=Ff2
竖直方向有F2sin 30°+mg=FN2
其中Ff2=μFN2
联立上式可得F2=
根据题意知F1=F2,解得μ=2-,B正确.
B
3.[2020甘肃武威第一中学阶段性测试]如图所示,一个半球形的碗放在桌面上,碗口水平,O是球心,碗的内表面光滑,一根轻质杆的两端固定有两个小球1和2,质量分别是m1、m2,当它们静止时,球1、球2与球心的连线跟水平面分别成60°、30°角,则碗对球1、球2的弹力大小之比是 (　　)
A.1:2　　　　　　　　　　B.:1
C.1: D.:2

4[2017天津高考,8,6分,多选]如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是
A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移

设衣架挂于绳上o点,绳aob长为L,M、N的水平距离为d,bo延长线交M于a',由几何关系知a'o=ao,sin θ=,由平衡条件有2Fcos θ=mg,则F=.当绳右端从b上移到b'时,d、L不
变,θ不变,故F不变,选项A正确,C错误.将杆N向右移一些,L不变,d变大,θ变大,cos θ变小,则F变大,选项B正确.只改变衣服的质量m,其他条件不变,则sin θ不变,θ不变,衣架悬挂点不变,选项D错误.
AB
致敬经典
在近几年高考命题中对“活结”的考查屡见不鲜.试题不仅考查力的合成和分解知识的运用,更注重考查对“活结”模型的分析与求解.特点是与生活实际相联系,是当前新高考命题的方向.

4.[上海高考]如图所示,长为5 m的细绳两端分别系于竖立在地面上相距为4 m的两杆的顶端A、B,绳上挂一个光滑的轻质挂钩,其下连着一个重为12 N的物体,则平衡时细绳中的张力FT=　　　　N.?
5.[2016全国Ⅲ,17,6分]如图,两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上;一细线

穿过两轻环,其两端各系一质量为m的小球.在a和b之间的细线上悬挂一小物块.平衡时,a、b间的距离恰好等于圆弧的半径.不计所有摩擦 .小物块的质量为(　　)
A.　　　 　B.m　　　 　C.m　　　 　D.2m
6.[海南高考]如图,一不可伸长的光滑轻绳,其左端固定于O点,右端跨过位于O'点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体;OO'段水平,长度为L;绳上套一可沿绳滑动的轻环.现在轻环上悬挂一钩码,平衡后,物体上升L.则钩码的质量为 (　　)
A.M B.M C.M D.M
考点3　共点力的平衡

39
考向1　物体静态平衡问题
1.[2019江苏高考,2,3分]如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为 (　　)
A.　　　　　　　　B.
C.Tsin α D.Tcos α
必备知识:共点力的平衡条件、数学知识等.
关键能力:应用数学处理物理问题的能力.
解题指导:先对气球进行正确的受力分析,然后再根据共点力的平衡条件求解.
考向2　物体动态平衡问题
2.[2019全国Ⅰ,19,6分,多选]如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮.一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N,另一端与斜面上的物块M相连,系统处于静止状态.现用水平向左的拉力缓慢拉动N,直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止,则在此过程中(　　)

A.水平拉力的大小可能保持不变
B.M所受细绳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减小后增加
必备知识:力的作用相互性、力的平衡条件等.
关键能力:图象法的应用能力.
解题指导:物块N受三个共点力作用而平衡、画出动态受力图.分析可知水平拉力和细绳拉力的变化情况;再通过对物块M进行受力分析,判断物块M所受摩擦力的变化情况.
考向3　平衡中的临界与极值问题
3.[2015上海高考,14,3分]如图所示,一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上,其一面与风速垂直,当风速为v0时刚好能推动该物块.已知风对物块的推力F正比于Sv2,其中v为风速、S为物块迎风面积.当风速变为2v0时,刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块,则该物块的质量为 (　　)
A.4m　　　　　　B.8m　　　　　　C.32m　　　　　　D.64m

必备知识:平衡状态的判断、平衡条件的运用等.
关键能力:模型构建能力,应用数学处理物理问题的能力.
解题指导:风力刚好推动物块,表明风力恰好跟摩擦力大小相等,此时应有kSv2=μmg=μρl3g,然后求出风速为2v0时物块的质量.


考法1 单一物体的平衡问题
题型1　三力平衡问题求解

1体育器材室里,篮球摆放在如图所示的球架上.已知球架的宽度为d,每个篮球的质量为m、直径为D,不计球与球架之间的摩擦,则每个篮球对一侧球架的压力大小为
A.mg　　B.　　C.　　D.


对篮球进行受力分析如图所示,由相似三角形可知=,所以F1=.
C
1.如图所示,一定质量的小球(可视为质点)用轻质细线固定悬挂在天花板上.第一种情况:在水平拉力F作用下,当细线与竖直方向夹角为30°时,小球恰能处于平衡状态.第二种情况:对小球施加同样大小的拉力,方向垂直于细线,使小球处于平衡状态.下列说法正确的是 (　　)
A.小球所受到的重力大小为F
B.当施加水平方向作用力时,细线受到沿线方向的拉力大小等于F
C.当施加垂直于细线方向的拉力时,细线受到沿线方向的拉力大小等于2F
D.当施加垂直于细线方向的拉力时,细线与竖直方向的夹角大于60°
题型2　多力平衡问题求解
2如图所示,球的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上,另一端系于球上,两轻绳与墙构成的三角形ABC为正三角形.在球上另施加一个方向与水平线成θ=60°角的拉力F,若要使两轻绳都能伸直,求拉力F的大小范围.(g取10 m/s2)

如图所示,根据平衡条件,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
当FB=0时,F最大,Fmax=20 N
当FC=0时,F最小,Fmin=10 N
故拉力F的范围为10 N≤F≤20 N.
10 N≤F≤20 N
2.[2019福建厦门湖滨检测]如图所示,一直杆倾斜固定并与水平方向成30°的夹角.直杆上套有一质量为0.5 kg的圆环,圆环与轻弹簧相连,在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小为F=10 N的力,圆环处于静止状态.已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0.7,取g=10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A.圆环受到直杆的弹力,方向垂直直杆向上
B.圆环受到直杆的弹力,大小等于2.5 N
C.圆环受到直杆的摩擦力,方向沿直杆向上
D.圆环受到直杆的摩擦力,大小等于2.5 N
考法2 多物体的平衡问题
题型3　叠加体平衡问题求解
3[2016海南高考,2,3分]如图所示,在水平桌面上放置一斜面体P,两长方体物块a和b叠放在P的斜面上,整个系统处于静止状态.若将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示.则
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
解答本题要善于选取研究对象并准确进行受力分析,如果受力分析时不能灵活运用整体法和隔离法,则解题过程不仅很麻烦,而且容易出错.
首先对整个系统进行受力分析可知,整个系统相对地面没有相对运动趋势,故f3=0;再将a和b看成一个整体,a、b整体有相对斜面向下运动的趋势,故b与P之间有摩擦力,即f2≠0;再对a进行受力分析,a相对于b有向下运动的趋势,故a与b之间存在摩擦力作用,即f1≠0.
C
3.[2020广东深圳模考]用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点,在墙壁和球P之间夹有一长方体物块Q,如图所示.P、Q均处于静止状态,则下列相关说法正确的是(　　)
A.P受3个力
B.Q受3个力
C.若绳子变短,Q受到的静摩擦力将增大
D.若绳子变长,绳子的拉力将变小
题型4　连接体平衡问题求解
4[2016全国Ⅰ,19,6分,多选]如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态.若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则
A.绳OO'的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解答本题考生需要从以下几个方面进行思考:
(1)对物块a进行受力分析可得连接a和b的绳的张力保持不变;
(2)对滑轮进行分析可知绳OO'的张力保持不变;
(3)对物块b进行受力分析,由共点力的平衡条件可知b与桌面间的摩擦力的变化情况.

由题意知,在F保持方向不变、大小发生变化的过程中,物块a、b均保持静止不动,各绳角度保持不变.隔离物块a进行受力分析,由平衡条件可得细绳对物块a的拉力Ta=mag,所以细绳对物块a的拉力始终保持不变,由滑轮的性质可知,滑轮两侧绳的拉力相等,所以物块b受到细绳拉力的大小、方向均保持不变,选项C错误;由于物块a、b受到细绳的拉力大小、方向均不变,所以细绳OO'的张力不变,选项A错误;隔离物块b进行受力分析如图所示,设力F与水平方向的夹角为θ,细绳与水平方向的夹角为α,则有Ff+Tacos α=Fcos θ,FN=mbg-Fsin θ-Tasin α,由于Ta、α、θ及物块b的重力mbg均不变,所以当F的大小在一定范围内发生变化时,桌面对物块b的支持力也将在一定范围内发生变化,选项B正确;摩擦力也将在一定范围内发生变化,选项D正确.
BD
特别提醒
本题利用质点模型,考查受力分析和共点力作用下物体的平衡条件.考生在解答此题时,一要注意跨过滑轮连接物块a、b的细绳的拉力始终等于物块a的重力;二要注意细绳OO'的拉力始终保持不变.在此基础上,灵活应用整体法和隔离法即可解答此题.
母题变式
该例题中,若将拉力F的方向变为水平方向,使物块a在细绳拉力作用下匀速上升,则
(1)物块b的速度将如何变化?
(2)桌面对物块b的支持力和摩擦力大小将如何变化?
(3)细绳OO'的拉力将如何变化?
(4)细绳OO'与竖直方向的夹角将如何变化?
[提示:当物块a匀速上升时,根据运动的合成与分解知识可找出物块b的速度变化情况,如图a所示;当物块b向右运动时,可判断出拉物块b的细绳与水平面之间的夹角、细绳O'a与O'b之间的夹角的变化情况,进而由共点力的平衡条件判断出其他力的相应变化情况,如图b所示.]
图a　　　　　图b
考法3 平衡中的临界与极值问题
5[新课标全国Ⅰ]拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图).设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ.
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小.
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动.求这一临界角的正切tan θ0.
(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把.将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,根据平衡条件有
Fcos θ+mg=N　①,Fsin θ=f　②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力.摩擦力f=μN　③,联立①②③式得F=mg　④.
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有Fsin θ≤λN　⑤
这时,①式仍满足.联立①⑤式得sin θ-λcos θ≤λ　⑥
现考查使上式成立的θ角的取值范围.注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限值为零,有sin θ-λcos θ≤0　⑦
使上式成立的 θ角满足 θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把,临界角的正切为tan θ0=λ.
(1)mg　(2)tan θ0=λ
4.[2020四川成都检测]如图所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m、半径为r的均匀半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B,调整A的位置使得A、B保持静止,已知A与地面间的动摩擦因数为0.5,则A球球心距墙角的最远距离是(　　)
A.2r　　　　B.r　　　　C.r　　　　D.r

题型1　图解法分析求解动态平衡问题
6[天津高考]如图所示,小球用细绳系住,绳的另一端固定于O点.现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于直线状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平,此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是
A.FN保持不变,FT不断增大
B.FN不断增大,FT不断减小
C.FN保持不变,FT先增大后减小
D.FN不断增大,FT先减小后增大

由于用水平力F缓慢推动斜面体,故小球处于动态平衡状态.小球受到大小与方向不变的重力、方向不变的斜面支持力、方向与大小均变化的细绳的拉力,三个力构成封闭的三角形,画出小球受力示意图,如图所示.当细绳与斜面平行时,细绳拉力与支持力方向垂直,细绳拉力最小.当小球升到接近斜面顶端时,细绳接近水平,拉力为,所以FT先减小后增大.而此过程中斜面对小球的支持力FN一直增大,选项D正确.
D
5.如图所示,一小球放置在木板与竖直墙面之间.设墙面对球的压力大小为N1,球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置.不计摩擦,在此过程中(　　)
A.N1始终减小,N2始终增大
B.N1始终减小,N2始终减小
C.N1先增大后减小,N2始终减小
D.N1先增大后减小,N2先减小后增大
6.[相似三角形法]如图所示,光滑的半圆环沿竖直方向固定,M点为半圆环的最高点,N点为半圆环上与半圆环的圆心等高的点,直径MH沿竖直方向,光滑的定滑轮固定在M处,另一小圆环穿过半圆环用质量不计的轻绳拴接并跨过定滑轮.开始小圆环处在半圆环的最低点H点,第一次拉小圆环使其缓慢地运动到N点,第二次以恒定的速率将小圆环拉到N点.滑轮大小可以忽略,则下列说法正确的是(　　)
A.第一次轻绳的拉力逐渐增大
B.第一次半圆环受到的压力逐渐减小
C.小圆环第一次在N点与第二次在N点时,轻绳的拉力相等
D.小圆环第一次在N点与第二次在N点时,半圆环受到的压力相等
题型2　解析法分析求解动态平衡问题
7[2017全国Ⅰ,21,6分,多选]如图,柔软轻绳ON的一端O固定,其中间某点M拴一重物,用手拉住绳的另一端N.初始时,OM竖直且MN被拉直,OM与MN之间的夹角为α(α>).现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角α不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中
A.MN上的张力逐渐增大　B.MN上的张力先增大后减小
C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先增大后减小
本题考查考生对共点力平衡问题的理解和推理能力,要求考生运用数学工具求解物理问题,体现了学科核心素养中的科学思维.
如图,设MN上的张力为T,OM上的张力为F,考虑在缓慢拉起的过程中重物都可以看作处于静止状态.当OM与竖直方向成任意θ角时,由受力分析有
Fcos θ+Tcos (α-θ)=mg
Fsin θ=Tsin (α-θ)
化简可得T=mg
F=mg
可知,T随θ的变化为单调上升,在θ由0增加至的过程中,MN上的张力T逐渐增大,选项A正确,B错误.由于OM与MN之间的夹角α>,所以在θ由0增加至的过程中,α-θ的值先由大于减小至后,进一步再减小,相应sin (α-θ)的值先增加后减小,即OM上的张力F先增大后减小,选项C错误,D正确.
AD
感悟反思
本题属于三力动态平衡问题.我们平时常见的是一个力的大小和方向不变,另一个力的方向不变,第三个力大小、方向均改变的情境.但本题中仅重力大小、方向不变,而两侧绳中张力的大小和方向均在变化.这无疑增大了本题的难度,不仅体现了高考命题推陈出新、强调能力的命题思想,同时也提醒我们分析解决问题不能程式化,需要提高综合素质.
7.[2016全国Ⅱ,14,6分]质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中 (　　)
A.F逐渐变大,T逐渐变大
B.F逐渐变大,T逐渐变小
C.F逐渐变小,T逐渐变大
D.F逐渐变小,T逐渐变小
8.[正弦定理法]如图,轻绳l1一端固定在O点,另一端与质量为m的物体相连.轻绳l2跨过固定在B点的定滑轮,一端连接物体,另一端由力F控制.在力F的作用下,物体从处于O点正下方的A点沿圆弧缓慢地运动到接近B点,此过程中l1一直处于伸直状态.O、B两点在同一水平线上,不计一切阻力,物体可视为质点,滑轮大小不计,重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　　)
A.物体从A点运动到接近B点的过程中,拉力F一直变小
B.物体从A点运动到接近B点的过程中,轻绳l1的拉力一直变大
C.物体从A点运动到接近B点的过程中,轻绳l2对物体的拉力可能大于mg
D.当轻绳l1与竖直方向的夹角为30°时,拉力F的大小为mg
9.[2020广东深圳高三检测,多选]如图所示,将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙上的O点,小球静止在M点,N为O点正下方一点,ON间的距离等于橡皮筋原长,在N点固定一铁钉,铁钉位于橡皮筋右侧.现对小球施加拉力F,使小球沿以MN为直径的圆弧缓慢向N运动,P为圆弧上的点,角PNM为60°.橡皮筋始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,则(　　)
A.在P点橡皮筋弹力大小为mg
B.在P点时拉力F大小为mg
C.小球在从M向N运动的过程中拉力F的方向始终跟橡皮筋垂直
D.小球在从M向N运动的过程中拉力F先变大后变小

考点4　实验:探究弹力和弹簧伸长的关系

395

考向1　考查实验原理和方法
1.[2018全国Ⅰ,22,5分]如图(a),一弹簧上端固定在支架顶端,下端悬挂一托盘;一标尺由游标和主尺构成,主尺竖直固定在弹簧左边;托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置,简化为图中的指针.
现要测量图(a)中弹簧的劲度系数.当托盘内没有砝码时,移动游标,使其零刻度线对准指针,此时标尺读数为1.950 cm;当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时,移动游标,再次使其零刻度线对准指针,标尺示数如图(b)所示,其读数为　　　　 cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s2,此弹簧的劲度系数为　　　　N/m(保留3位有效数字).? 图（a） 图（b）
必备知识:游标卡尺的读数方法、胡克定律、力的平衡等.
关键能力:对实验原理的理解能力.
解题指导:注意本题中游标卡尺的最小分度为0.05 mm,且游标卡尺读数时不需要估读;运用胡克定律计算弹簧的劲度系数时,要注意按题目要求保留3位有效数字.
考向2　实验数据的处理与方法创新
2.[新课标全国Ⅱ]某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系.实验装置如图(a)所示:一均匀长弹簧竖直悬挂,7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处;通过旁边竖直放置的刻度尺,可以读出指针的位置,P0指向0刻度.设弹簧下端未挂重物时,各指针的位置记为x0;挂有质量为 0.100 kg 的砝码时,各指针的位置记为x.测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数,取重力加速度为9.80 m/s2).已知实验所用弹簧总圈数为60,整个弹簧的自由长度为 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

图(a) 图(b)

(1)将表中数据补充完整:①　　　　　,②　　　　.?
(2)以n为横坐标,为纵坐标,在图(b)给出的坐标纸上画出-n图象.
(3)图(b)中画出的直线可近似认为通过原点.若从实验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧,该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系的表达式为k=　　　　N/m;该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系的表达式为 k=　　　　N/m.
必备知识:二力平衡、胡克定律、计算和图象建立等.
关键能力:对实验表格中的数据处理的能力、对图象表达的物理意义的理解及数学方法的应用能力等.
解题指导:首先注意审题,弄清实验方法,特别是圈数n的含意.根据题目要求画-n图象时,要连成直线,不能连成折线.
?

考法1 实验原理与操作
1如图所示,用铁架台、弹簧和多个质量均为m的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系.
(1)为完成实验,还需要的实验器材有　　　　　.?
(2)实验中需要测量的物理量有　.?
(3)为完成该实验,设计实验步骤如下:
A.以弹簧伸长量为横轴,以弹簧弹力为纵轴,建立坐标系,描出各组实验中弹簧伸长量x和弹簧弹力F对应的点,作出相应的拟合线;
B.记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上所对应的刻度l0;
C.将铁架台固定于桌子上,并将弹簧的一端系于横梁上,在弹簧附近竖直固定一把刻度尺;
D.依次在弹簧下端挂1个、2个、3个、4个、…钩码,并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度,并记录在表格内,然后取下钩码;
E.以弹簧伸长量为自变量,写出弹簧弹力与伸长量的关系式,先尝试写成一次函数,如果不行,则考虑二次函数;
F.解释函数表达式中常数的物理意义;
G.整理实验器材.
请将以上步骤按操作的先后顺序排列出来:　　　　.?
(1)需要测量弹簧的长度,所以需要刻度尺.
(2)由F=kx=k(ln-l0)可知,需测量弹簧原长,弹簧所受的力(钩码个数)和弹簧伸长后的长度.
(3)CBDAEFG.
(1)刻度尺
(2)弹簧原长、弹簧所受外力(或钩码个数)与对应的弹簧伸长量(或与弹簧对应的长度)
(3)CBDAEFG
1.利用如图1所示的装置探究弹簧的弹力与形变量的关系.

(1)对于该实验,下列操作规范的是　　　　.(填字母代号)?
A.固定刻度尺时,保持刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐且竖直并靠近弹簧
B.实验中任意增加钩码的个数
C.实验中仅把弹簧竖直悬挂待稳定时测量弹簧的原长
D.处理实验数据时,把所有的描点用折线连起来
(2)实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将钩码逐个挂在弹簧的下端,依次测出相应的弹簧总长度L,测量后在坐标图中作出的F-L图线如图2所示.由此图线可得出该弹簧的原长L0=　　　　　cm,劲度系数k=　　　　　N/m.?
考法2 实验数据处理与误差分析
2某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系.
(1)将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧.弹簧轴线和刻度尺都应在　　　　(选填“水平”或“竖直”)方向.?
(2)弹簧自然悬挂,待弹簧　　　　时,长度记为L0;弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为Lx;在砝码盘中每次增加10 g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6.数据如下表.?

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


表中有一个数值记录不规范,代表符号为　　　　.由表可知所用刻度尺的最小分度为　　　　.?
(3)如图是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与　　　　(选填“L0”或“Lx”)的差值.?

(4)由图可知弹簧的劲度系数为　　　　N/m;通过图和表可知砝码盘的质量为　　　　g(结果保留2位有效数字,重力加速度取9.8 m/s2).?
(1)当弹簧轴线与刻度尺竖直平行时,刻度尺读数才能准确反映弹簧的长度及长度的变化,故都应在竖直方向.
(2)当弹簧静止时,刻度尺读数才准确,表中L3保留小数点后1位,应保留2位,所以L3记录不规范,由读数知,刻度尺的精确度为1 mm,所以最小分度为1 mm.
(3)由题图可知,在纵轴每增加0.01 kg时,横轴x的增加量为2×10-2 m,而弹簧长度L1与L0的差值为4×10-2 m,所以横轴是弹簧长度与Lx的差值.
(4)由题图可知,弹簧的劲度系数等于斜率与重力加速度的乘积,即k= N/m=4.9 N/m,砝码盘的质量m0==10 g.
(1)竖直　(2)静止　L3　1 mm　(3)Lx　(4)4.9　10
2.[2019甘肃兰州第一中学模拟]在探究“弹力和弹簧伸长的关系”时,小明同学用如图甲所示的实验装置进行实验:将该弹簧竖直悬挂,在自由端挂上砝码盘,通过改变盘中砝码的质量,用刻度尺测出弹簧对应的长度,测得实验数据如下表:

实验次数 1 2 3 4 5 6
砝码质量m/g 0 30 60 90 120 150
弹簧的长度x/cm 6.00 7.14 8.34 9.48 10.64 11.79




(1)小明同学根据实验数据在坐标纸上用描点法画出x-m图象如图乙所示,根据图象他得出结论:弹簧弹力与弹簧伸长量不是正比例关系,而是一次函数关系.他结论错误的原因是　　　　　　　　　　.?
(2)作出的图线与坐标系纵轴有一截距,其物理意义是　　　　　　　　,该弹簧的劲度系数k=　　　　　N/m(取g=10 m/s2,保留3位有效数字).?
(3)请你判断该同学得到的实验结果与考虑砝码盘的质量相比,结果　　　　　.(填“偏大”“偏小”或“相同”)?

3某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候,测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示.

(1)通过图1得到弹簧的劲度系数为　　　　N/m.?
(2)为了测定两木块A、B间的动摩擦因数,两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案.
①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小,则　　　　方案更合理.?
②甲方案中,若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N.当A被拉动时,弹簧测力计a的示数为4.00 N,b的示数为10.00 N,则A、B间的动摩擦因数为　　　　.?
(1)根据胡克定律并结合图1可知,弹力的大小F和弹簧长度L的关系为F=k(L-L0),图线的斜率表示弹簧的劲度系数,k= N/m=300 N/m.(2)①由于甲方案中无论A是否匀速,都可以从弹簧测力计a的示数得出滑动摩擦力大小,所以甲方案更合理.②甲方案中,若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N.当A被拉动时,弹簧测力计a的示数为4.00 N,即滑动摩擦力f=4.00 N,B对A的压力为FN=GB=20.0 N,根据滑动摩擦力公式f=μFN可得,A、B间的动摩擦因数为μ=0.2.
(1)300　(2)①甲　②0.2
感悟反思
本题改变实验目的,根据胡克定律,通过实验方法和数据处理,测得弹簧劲度系数k和物体间的动摩擦因数μ.实验过程和方法虽然简单,但这种实验思想是新高考的命题方向.
3.[2019河南郑州一中入学测试]如图所示的装置可以用来测量滑块与水平面之间的动摩擦因数.在水平面上将弹簧的一端固定,另一端与带有挡光片的滑块接触(弹簧与滑块不连接).压缩弹簧后,将其释放,滑块被弹射出,离开弹簧后经过O处的光电门,最终停在P点.

(1)除了需要测量挡光片的宽度d,还需要测量的物理量有　　　　.?
A.光电门与P点之间的距离s
B.挡光片通过光电门的挡光时间t
C.滑块(带挡光片)的质量m
D.滑块释放点到P点的距离x
(2)动摩擦因数的表达式μ=　　　　(用上述测量量和重力加速度g表示).?
(3)请提出一个可以减小实验误差的建议: 　 .?

考点5　实验:验证力的平行四边形定则

395

考向1　实验原理和仪器的读取
1.[2017全国Ⅲ,22,6分]某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,将画有坐标轴(横轴为x轴,纵轴为y轴,最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示.将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外),另一端P位于y轴上的A点时,橡皮筋处于原长.

　　　 　图(a)　　　　　　　　　　图(b)
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O,此时拉力F的大小可由测力计读出.测力计的示数如图(b)所示,F的大小为　　　　N.?
(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将P端拉至O点.此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1=4.2 N和F2=5.6 N.
(i)用5 mm长度的线段表示1 N的力,以O为作用点,在图(a)中画出力F1、F2的图示,然后按平行四边形定则画出它们的合力F合;
(ii)F合的大小为　　　　N,F合与拉力F的夹角的正切值为　　　　.?
若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了力的平行四边形定则.
必备知识:测力计的读数规则、力的平行四边形定则等.
关键能力:读数能力、作图能力.
解题指导:测力计读数时要注意向后估读一位;利用平行四边形定则作图时要严谨、细致.
考向2　实验操作及方法创新
2.[江苏高考]某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为　　　　N.?
(2)下列不必要的实验要求是　　　　.(请填写选项前对应的字母)?
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,请您提出两个解决办法.

必备知识:测力计的读数规则及使用要求,共点力的平衡等.
关键能力:读数能力、探究能力.
解题指导:本题实验原理是利用三个共点力平衡特点,实验时不需要每次都使O点静止在同一位置.这个与教材中的实验原理和方法不同,但是只要善于运用所学知识和方法,就能解决此类问题.


考法1 对实验原理的理解
1[2016浙江高考,21,10分]某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中,测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m.如图甲所示,用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验.在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下:

图甲　　　　　　　图乙
(1)若弹簧秤a、b间夹角为90°,弹簧秤a的读数是　　　　N(图乙中所示),则弹簧秤b的读数可能为　　　　N.?
(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角,则弹簧秤a的读数　　　　、弹簧秤b的读数　　　　(填“变大”“变小”或“不变”).?
(1)弹簧秤a的读数是3.00 N;弹簧OC的拉力F=kx=500×1.00×10-2 N=5.00 N,则弹簧秤b的读数可能为 N=4.00 N.(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90°,保持弹簧秤a与弹簧OC夹角不变,减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角,由力的平行四边形定则和力的图示可知,弹簧秤a的读数变大,弹簧秤b的读数变大.
(1)3.00(3.00~3.02)　4.00(3.90~4.10)　(2)变大 变大
1. [2015山东高考,21,10分]某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则.实验步骤:
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向.
②如图甲所示,将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉,直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2,记录弹簧秤的示数F,测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l).每次将弹簧秤示数改变0.50 N,测出所对应的l,部分数据如下表所示:
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时橡皮筋两端的位置,重新标记为O、O',橡皮筋的拉力记为FOO'.
④在秤钩上涂抹少许润滑油,将橡皮筋搭在秤钩上,如图乙所示.用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O点,将两笔尖的位置标记为A、B,橡皮筋OA段的拉力记为FOA,OB段的拉力记为FOB.
完成下列作图和填空:
(1)利用表中数据在图丙中画出F-l图线,根据图线求得l0=　　　cm.?
(2)测得OA=6.00 cm,OB=7.60 cm,则FOA的大小为　　　N.?
(3)在图丁中根据给出的标度,作出FOA和FOB的合力F'的图示.
(4)通过比较F'与　　　的大小和方向,即可得出实验结论.?

考法2 实验操作及误差分析
2[2015安徽高考,21(Ⅰ),6分]在“验证力的平行四边形定则”实验中,某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上,将橡皮条的一端固定在板上一点,两个细绳套系在橡皮条的另一端.用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套,互成角度地施加拉力,使橡皮条伸长,结点到达纸面上某一位置,如图所示.请将以下的实验操作和处理补充完整:
(1)用铅笔描下结点位置,记为O;
(2)记录两个弹簧测力计的示数F1和F2,沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点,用刻度尺把相应的点连成线;
(3)只用一个弹簧测力计,通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O,记录测力计的示数F3,　　　　　　;?
(4)按照力的图示要求,作出拉力F1、F2、F3;
(5)根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F;
(6)比较　　　　的一致程度,若有较大差异,对其原因进行分析,并作出相应的改进后再次进行实验.?
使一个力F3的作用效果和两个力F1、F2的共同作用效果相同,都是让同一条一端固定的橡皮条拉伸到某点,则力F3就是这两个力F1、F2的合力.作出力F3的图示,再根据力的平行四边形定则作出力 F1、F2的合力F的图示,若F和F3的大小和方向在误差允许范围内相同,则力的平行四边形定则得已验证.
(3)沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点,用刻度尺把这些点连成直线　(6)F和F3
2.在做“互成角度的两个力的合成”实验中,弹簧秤只有一个,但是某同学仍完成了该实验,实验操作后得到的数据如图所示.

(1)假如你是该同学,请完成下列实验中的操作步骤:
①在橡皮条的自由端拴一细绳和弹簧秤,拉动橡皮条结点到O,记录O点的位置,记下弹簧秤的示数F1和方向,作出力的图示并记录细绳的方向;
②改变弹簧秤和细绳的方向,拉橡皮条的结点到位置O,使细绳在原来　　　　　的方向上,弹簧秤在原来　　　　　的方向上,并记录弹簧秤示数F2和方向,作出力的图示;?
③单独用弹簧秤拉细橡皮条的结点到位置O,并记录　　　　　,作出力的图示.?
(2)请在方框中作图完成该同学未完成的实验数据处理.








3[江苏高考]小明通过实验验证力的平行四边形定则.
(1)实验记录纸如图甲所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力 F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点.三个力的大小分别为F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N.请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力.


图甲
(2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果.他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响.
实验装置如图乙所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物. 用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹.重复上述过程,再次记录下N的轨迹.

图乙　　　　　　　　　图丙
两次实验记录的轨迹如图丙所示.过 O 点作一条直线与轨迹交于 a、b 两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为　　　.?
(3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有哪些　　　(填写选项前的字母).?
A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长
C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大
(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项.
(2)以重物为研究对象,进行受力分析.重物受到重力、水平向右的拉力和橡皮筋的拉力,重物处于静止状态时的合力为零,因两次橡皮筋的拉力方向相同,故两次橡皮筋的拉力大小相等.
(3)橡皮筋的形变量和所受到的力有关,选项A错误;从题图
上看,第二次运动轨迹远离O点,橡皮筋第2次的形变量大,B正确;橡皮筋两次被拉伸到相同长度,第二次对应的力小,选项C错误;拉力越大,由题图丙可得橡皮筋两次的长度差越大,故选项D正确.
(4)从能在记录纸上完成实验的角度考虑有:橡皮筋不宜过长,O点应靠近木板边缘,所选标度不能过小或过大等;从能测出拉力及减小相对误差角度考虑有:拉力不宜过大或过小,两力之间夹角不宜过大或过小等;从能保证两次测量中力的作用效果相同的角度来考虑有:选用新的、弹性好的橡皮筋或换用弹性好的轻弹簧进行实验等.


(1)如图所示(F合=4.6~4.9 N都算对)
(2)Fa=Fb　(3)BD
(4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋.(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧.)
3.某同学在家中尝试验证平行四边形定则,他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干不同质量小重物,以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子,设计了如下实验:如图所示,将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上,另一端与第三条橡皮筋连接,结点为O,将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物.
(1)为完成实验,下述操作中必需的是　　　　.?
a.测量细绳的长度
b.测量橡皮筋的原长
c.测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d.记录悬挂重物后结点O的位置
(2)钉子位置固定,欲利用现有器材,改变条件再次验证,可采用的方法是　 .?



专题三 牛顿运动定律
考点1　牛顿运动定律的

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