1．(2012·浙江温州十校联合体高一检测)如图所示，理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想的理想实验中的几个主要步骤如下：
①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度
②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面
③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动
在上述步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是( )
A．①是事实，②③④是推论
B．②是事实，①③④是推论
C．③是事实，①②④是推论
D．④是事实，①②③是推论
解析：选B.对于对接的斜面，小球从一个斜面滚下将滚上另一个斜面，这是人所共知的事实，即②是事实；而在实际中，光滑的斜面是不存在的，因此①③④是推论．
2．下列说法中正确的是( )
A．在一条直线上运动的物体，其运动状态一定不变
B．在圆周上运动的物体，其运动状态一定改变
C．物体的运动状态不变，物体一定做直线运动
D．物体的运动状态发生了变化，物体一定做变速运动
解析：选BD.运动状态变化即速度大小或方向变化，加速度不为零．
3．下列关于惯性的说法，正确的是( )
A．只有静止或做匀速直线运动的物体才具有惯性
B．物体运动时惯性小，静止时惯性大
C．有的物体没有惯性
D．两个物体质量相等，那么它们的惯性大小相等
解析：选D.有无惯性与运动状态无关，A错；惯性的大小与运动状态无关，B错；只要有质量就有惯性，C错；惯性大小由质量大小决定，D对．
4．有一仪器中电路如图所示，其中M是质量较大的一个金属块，两端与弹簧相连接．将仪器固定在一辆汽车上，当汽车起动时，哪只灯亮？当汽车急刹车时，哪只灯亮？为什么？
解析：当汽车起动时，汽车的速度变大了，而金属块由于惯性，将保持原来的静止状态，从而使绿灯所在的电路被接通，所以起动时绿灯亮；急刹车时，汽车的速度变小了，而金属块由于惯性，将保持原来的速度运动，从而使红灯所在的电路被接通，所以急刹车时红灯亮．当汽车匀速行驶时，弹簧将使金属块复位，两灯均不亮．
答案：当汽车起动时，绿灯亮 当汽车急刹车时，红灯亮 原因见解析
一、选择题
1．伽利略的理想斜面实验说明( )
A．一切物体都具有惯性
B．亚里士多德的运动和力的关系的观点是错误的
C．力是维持物体运动的原因
D．力是改变物体运动状态的原因
解析：选B.伽利略理想斜面实验中斜面放平后，球将永远运动下去，说明物体的运动不是力来维持的，故而推翻了亚里士多德的观点，故B正确．C与实验结论相反显然错误．但实验并没进一步说明力的作用是改变物体运动状态，也没有指出物体永远运动下去的原因是由于惯性，故A、D错，故选B.
2．下列说法正确的是( )
A．静止的物体或匀速直线运动的物体一定不受外力作用
B．当物体的速度等于零时，物体一定处于平衡状态
C．当物体的运动状态改变时，物体一定受到外力作用
D．物体运动的方向一定是物体所受合外力的方向
解析：选C.静止的物体或匀速直线运动的物体可以是不受外力作用的物体，也可以是受合外力为零的物体，故选项A错误；物体的瞬时速度为零，不能说物体处于静止状态，也不能说物体处于平衡状态，因为速度为零而加速度不为零时物体受到了不为零的合外力作用，并没有处于平衡状态，选项B错误；当物体的运动状态变化时，一定受到了力的作用，但合外力方向不一定与运动方向相同，故选项C正确，D错误．
3．下列关于惯性的说法中正确的是( )
A．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
B．物体只有受外力作用时才有惯性
C．物体的运动速度大时惯性大
D．物体在任何情况下都有惯性
解析：选D.惯性是物体的固有属性，一切物体都是具有惯性，与物体的运动状态及受力情况无关，故只有D项正确．
4．人从行驶的汽车上跳下来后容易( )
A．向汽车行驶的方向跌倒
B．向汽车行驶的反方向跌倒
C．向汽车右侧跌倒
D．向汽车左侧跌倒
解析：选A.人跳下后，脚部受到摩擦力的作用，停止运动，身体上部由于惯性，仍以原车速前进，因此向车行驶方向跌倒．
5．(2012·北京通州高一检测)在物理课上，老师在讲解“惯性”的概念时，做了一个小实验：用两根细绳分别悬挂一个乒乓球和一个同体积的实心小铁球，用力对着乒乓球吹气，乒乓球偏离了竖直方向；用几乎同样大的力对着小铁球吹气，小铁球没有动．这个实验主要说明的物理问题是( )
A．只有运动的物体才具有惯性
B．只有静止的物体才具有惯性
C．物体的质量越大，其具有的惯性也越大
D．一切物体都具有惯性
解析：选C.实心小铁球和乒乓球相比较，实心小铁球的质量大，乒乓球被吹动而小铁球不能吹动说明质量大的惯性大，物体运动状态不易改变，故C正确．
6．下列说法正确的是( )
A．牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的，没有实验依据
B．牛顿第一定律无法用实验直接验证，因此是不成立的
C．理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法
D．由牛顿第一定律可知，静止的物体一定不受外力作用
解析：选C.牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过合理推理，总结出来的，但无法用实验来验证，故A、B错误；理想实验的思维方法与质点概念的建立相同，都是突出主要因素，忽略次要因素的科学抽象的思维方法，故C正确；物体静止时不受外力或所受合外力为零，故D错误．
7．歼击机在进入战斗状态时要丢掉副油箱，这样做是为了( )
A．减小重力，使运动状态保持稳定
B．增大速度，使运动状态易于改变
C．增大速度，使状态不易变化
D．减小惯性，有利于运动状态的改变
解析：选D.歼击机丢掉副油箱，减小了自身的质量，惯性减小，更容易改变运动状态，所以D项正确，A、B、C均错误．
8．(2012·上海高一检测)16世纪末，伽利略用实验和推理推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( )
A．4匹马拉的车比2匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大
B．一个运动的物体，如果不再受力了，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．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快
D．一个物体维持匀速直线运动，不需要外力
解析：选D.亚里士多德所持观点是“力是维持物体运动的原因”，也就是运动必定受力，受力必定运动，不运动则不受力，不受力则不运动．另外，受力大，运动快也是其观点的内涵．本题中A、B、C说法符合亚里士多德的观点．物体维持匀速直线运动，不需要外力，D符合伽利略的观点，正好与亚里士多德的观点相反，所以本题选D.
9．如图所示，一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一个光滑小球m.劈形物体由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A．沿斜面向下的直线
B．竖直向下的直线
C．无规则的曲线
D．抛物线
解析：选B.对小球进行受力分析可知，小球在与斜面相碰之前，受到重力和M的支持力，而这两个力都在竖直方向上，水平方向上小球并没有受到力的作用，故水平方向上小球不会有运动发生，所以其轨迹为竖直向下的直线．
10．(2012·西安高一检测)如图所示，在一辆表面光滑的小车上，有质量分别为m1、m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，设车足够长，则两个小球( )
A．一定相碰
B．一定不相碰
C．不一定相碰
D．难以确定是否相碰，因为不知小车的运动方向
解析：选B.当小车停止时，两小球在水平方向上不受力作用，保持原来的速度做匀速直线运动，故两小球一定不相碰．
二、非选择题
11．如图所示，水平放置的小瓶内装有水，其中有一小气泡．当瓶子从静止状态突然向右运动时，小气泡在瓶内将向哪个方向运动？当瓶子从向右的匀速运动状态突然停止时，小气泡在瓶内又将如何运动？
解析：当瓶子向右加速运动时，由于惯性，瓶中水要保持原来的静止状态．气泡左边的水由于瓶底的作用随瓶一起向右加速运动，而气泡右边的水将相对瓶向左移动，故气泡被挤着向右运动．当瓶子运动起来后，突然停止，瓶子必然要减速运动，这时气泡右边的水受瓶的作用随瓶一起减速运动，而气泡左边的水将相对瓶向前(右)运动，气泡将被水挤着相对瓶向左移动．
答案：突然向右运动时，气泡向右运动 突然停止时，气泡向左运动
12．如图，高为h的车厢在平直的轨道上匀减速向右行驶，加速度大小为a，车厢顶部A点处有一滴油滴落到地板上，O点在A点的正下方，则油滴落地点必在O点的哪方(答“左”或“右”)方，离O点的距离为多大？
解析：油滴离开天花板以后，在竖直方向受到重力作用，下落高度h所用的时间为t＝.以水平向右作为正方向．油滴在水平方向没有受到外力作用，所以在水平方向以速度v匀速向右前进．在时间t内前进的距离为
s1＝vt①
而车厢在水平方向向右减速运动，在时间t内的位移为s2＝vt－at2②
比较①②两个式子可知，在时间t内，车厢比油滴少前进了Δs＝s1－s2＝at2＝h.
答案：右 h
如何理解理想实验
所谓“理想实验”，又叫做“假想实验”“抽象的实验”或“思想上的实验”，它是人们在思想中塑造的理想过程，是一种逻辑推理的思维过程和理论研究的重要方法．
“理想实验”虽然也叫做“实验”但它同前面所说的真实的科学实验是有原则上的区别的．真实的科学实验是一种实践的活动，而“理想实验”则是一种思维的活动；前者是可以将设计通过物化过程而实现的实验，后者则是由人们在抽象思维中设想出来而实际上无法做到的“实验”．
但是，“理想实验”并不是脱离实际的主观臆想．首先，“理想实验”是以实践为基础的．所谓的“理想实验”就是在真实的
科学实验的基础上，抓住主要矛盾，忽略次要矛盾，对实际过程作出更深入一层的抽象分析．其次，“理想实验”的推理过程，是以一定的逻辑法则为根据的．而这些逻辑法则，都是人们从长期的社会实践中总结出来的，并为实践所证实了的．
在自然科学的理论研究中，“理想实验”具有重要的作用．作为一种抽象思维的方法，“理想实验”可以使人们对实际的科学实验有更深刻的理解，可以进一步揭示出客观现象和过程之间内在的逻辑联系，并由此得出重要的结论．
“理想实验”在自然科学的理论研究中有着重要的作用．但是，“理想实验”的方法也有其一定的局限性．“理想实验”只是一种逻辑推理的思维过程，它的作用只限于逻辑上的证明与反驳，而不能用来作为检验认识正确与否的标准．相反，由“理想实验”所得出的任何推论，都必须由观察或实验的结果来检验．
1．在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下做法正确的是( )
A．平衡摩擦力时，应将小桶用细绳通过定滑轮系在小车上
B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源
D．求小车运动的加速度时，可用天平测出小桶和沙子的质量(M′和m′)以及小车质量M，直接用公式a＝g求出
解析：选B.平衡摩擦力时，不把悬挂重物的细绳通过定滑轮系在小车上，即不对小车施加拉力，在木板无滑轮的一端下面垫一薄木板，反复移动其位置，直到拖在小车后面的纸带上打出的点距均匀为止，设木板的倾角为θ，则平衡摩擦力后有mgsinθ＝μmgcosθ，即μ＝tanθ，θ与小车的质量无关，故每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，A错误，B正确；实验时，应先接通电源，待打点计时器打点稳定后再放开小车，C错误；实验目的是验证牛顿第二定律，因此不能应用牛顿第二定律求解加速度，D错误．
2．做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时平衡摩擦力，用沙桶做牵引物，把长木板的一端垫得过高，使得偏角过大，所得的a－F关系图像、a－关系图像，其中正确的是( )
解析：选AC.对选项A，我们设线与a轴交点为a0，则表明当F＝0时，a＝a0，即当不施加拉力时，因为倾角过大，小车有加速度，故A对，B错．对C项，设a轴与线的交点为a0，表明当F＝0时，a＝a0，因为倾角过大，说明小车已有加速度，所以C对，D错．
3．(2012·福州高一检测)在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验中，要采用控制变量法来进行研究，实验装置如图所示．
(1)在研究加速度与物体质量的关系中，需要保持______________不变，而改变小车质量，来探究小车运动加速度与小车质量的关系．
(2)在实验中，为减小实验误差，要把斜面右端垫高一些，以平衡摩擦力，使小车受到的合力等于绳对小车的拉力；那么在每次改变小车质量后，是否要重新平衡摩擦力？________(选填“不要”或“要”)．
解析：(1)研究加速度与质量的关系时，是通过改变小车质量来探究加速度的变化，此过程中拉小车的力不变，即小沙袋的重力不变．(2)平衡摩擦力后不要再调整来平衡摩擦力，因为mgsinθ＝μmgcosθ，平衡摩擦力与小车质量的改变无关．
答案：(1)小沙袋重力(或绳对小车的拉力) (2)不要
4．用如图所示的装置研究在作用力F一定时，小车的加速度a与小车质量M的关系，某位同学设计的实验步骤如下：
A．用天平称出小车和小盘的质量；
B．按图装好实验器材；
C．把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂小盘；
D．将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上，接通电源，放开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，并在纸带上标明小车质量；
E．保持小盘及盘内砝码的质量不变，增加小车上的砝码个数，并记录每次增加后的M值，重复上述实验；
F．分析每条纸带，测量并计算出加速度的值；
G．作a－M关系图像，并由图像确定a、M关系．
(1)该同学漏掉的重要实验步骤是__________，该步骤应排在________步实验之后．
(2)在上述步骤中，有错误的是________，应把________改为________．
(3)在上述步骤中，处理不恰当的是______________，应把________改为________．
解析：本实验把小盘及盘内砝码的总重力看成与小车所受拉力大小相等，没有考虑摩擦力，故必须平衡摩擦力．电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作，必须接在6 V交流电压的学生电源上．作a－M关系图像，得到的是双曲线，不便于分析图像必须“化曲为直”，改作a－关系图像．
答案：(1)平衡摩擦力 B
(2)步骤D 6 V电压的蓄电池 6 V交流电压的学生电源
(3)步骤G a－M a－
5．为了验证“当质量一定时，物体的加速度与它所受的合力成正比”，一组同学用图甲所示的装置进行实验，并将得到的实验数据描在图乙所示的坐标图中．
(1)在图乙中作出a－F图线．
(2)由a－F图线可以发现，该组同学实验操作中遗漏了________这个步骤．
(3)根据a－F图线可以求出系统的质量是________(保留两位有效数字)．
解析：(1)图像中的图线不过原点，当加速度为零时，F不为零，说明没有平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)．(2)图像中图线的斜率表示质量的倒数，可以求出质量．
答案：(1)如图所示
(2)平衡摩擦力
(3)0.27～0.31 kg
6.在探究加速度与力、质量的关系实验中，由于存在摩擦力的影响使实验结果有较大的误差，有人设计了如下实验：
如图所示，质量为M的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移—时间(s－t)图像和速率—时间(v－t)图像．整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h.
(1)本实验中摩擦力对滑块A的影响________(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)．
(2)本实验中滑块A的合外力为________．实验中可以通过改变________来验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；通过保持________不变，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系．
解析：(1)本实验仪器用的是气垫导轨，滑块A在运动中几乎不受摩擦力的作用．
(2)本实验中滑块A的合外力为F＝Mgsinθ＝Mg，如验证质量一定时，加速度与合外力的关系只需要调节h即可；如验证合外力一定时，应使F＝Mg不变，即保持Mh之积不变即可．
答案：(1)不明显，可忽略 (2)Mg h Mh
7．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，测得的加速度a和F的关系数据记录如表一，测得的加速度a和1/m的关系数据记录如表二．
表一
a(m/s2)
1.98
4.06
5.95
8.12
F(N)
1.00
2.00
3.00
4.00
表二
a(m/s2)
2.04
2.66
3.23
3.98
1/m(kg－1)
0.50
0.67
0.80
1.00
(1)由表一、表二数据用描点法在图中作出a－F图像，a－图像；
(2)由图像可得加速度与力是什么关系？加速度与质量是什么关系？
(3)表一中物体的质量m为多少？表二中产生加速度的力F为多大？
解析：(1)根据表格中的数据用描点法在坐标纸上作a－F图像和a－图像，连线时使线过大部分的点，个别偏离较远的点可舍去，画出图像如图所示．
(2)画出的a－F和a－图像为过原点的直线说明；加速度与力成正比；加速度与质量的倒数成正比，则可判断出加速度与质量成反比．
(3)在a－F图像中的斜率k＝2.0，由于a＝，＝2.0，则m＝0.50 kg在a－图像中的斜率k＝4.0.故F＝4.0 N.
答案：(1)见解析 (2)加速度与力成正比关系，加速度与质量成反比关系 (3)m＝0.50 kg，F＝4.0 N
1．关于牛顿第二定律F∝ma和变形公式a∝，下列说法中正确的是( )
A．物体的加速度与物体受到的任何一个力成正比，与物体的质量成反比
B．物体的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比
C．物体的质量与物体受到的合外力成正比，与物体的加速度成反比
D．物体的质量与物体受到的合外力及物体的加速度无关
解析：选BD.物体的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，故A错误，B正确．物体的质量决定于物体的体积和密度，与物体受力和加速度无关，故C错，D正确．
2．下列说法中正确的是( )
A．力学中的基本单位是米(m)、千克(kg)和秒(s)
B．牛顿(N)是力学中的基本单位，但不是国际单位制中的基本单位
C．帕斯卡(Pa)、焦耳(J)是国际单位制中的单位
D．长度是国际单位制中的基本单位
解析：选C.不同的单位制，基本单位不同，米(m)、千克(kg)和秒(s)是国际单位制力学中的基本单位，A错；牛顿(N)是国际单位制中的导出单位，1 N＝1 kg·m/s2，B错；在国际单位制中，压强和功(或能)的单位为帕斯卡、焦耳，C对；长度是物理量，在国际单位制中，是力学中的一个基本量，其单位米(m)是国际单位制中的基本单位，D错．
3．(2011·高考北京卷)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人作蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示，将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3g D．4g
解析：选B.由图像可知mg＝F0，绳子最大拉力为F＝F0.所以F＝3mg，a＝＝＝2g，B正确．
4．水平地面上质量为m＝2 kg的物体，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，当物体受F＝20 N的、斜向下与水平方向成37°角的力作用时，求加速度的大小．(g取10 m/s2)
解析：
物体受力图如图所示，
水平x方向：Fx－f＝ma.
竖直y方向：Fy＝N－G.
其中Fx＝Fcosθ＝20×0.8 N＝16 N，
Fy＝Fsinθ＝20×0.6 N＝12 N，
N＝G＋Fy＝(20＋12) N＝32 N，
f＝μN＝0.2×32 N＝6.4 N.
物体加速度的大小为
a＝＝ m/s2＝4.8 m/s2.
答案：4.8 m/s2
一、选择题
1．对牛顿第二定律的理解正确的是( )
A．由F＝ma可知，F与a成正比，m与a成反比
B．牛顿第二定律说明：当物体有加速度时，物体才受到外力的作用
C．加速度的方向总跟合外力的方向一致
D．当外力停止作用时，加速度立即消失
解析：选CD.虽然F＝ma表示牛顿第二定律，但a是由m和F共同决定的，即a∝，且a与F同时产生、同时消失、同时改变；a与F的方向永远相同，综上所述A、B错误，C、D正确．
2．下列关于物体的速度方向、加速度方向和合外力方向的说法中，正确的是( )
A．速度方向、加速度方向和合外力方向总是相同的
B．合外力的方向跟加速度的方向总是相同的，但速度方向与它们的方向可能相同，也可能相反
C．速度的方向跟加速度的方向总是相同的，但合外力的方向与它们的方向可能相同，也可能相反
D．速度的方向跟合外力的方向总是相同的，但加速度的方向与它们的方向可能相同，也可能相反
解析：选B.当物体做加速运动时，速度的方向与加速度的方向相同；当物体做减速运动时，速度的方向与加速度的方向相反，所以速度的方向可能与加速度的方向相同，也可能相反．不管物体做什么运动，物体的加速度方向都跟它所受到的合外力方向一致．
3．质量为400 g的物体，测得它的加速度为a＝40 cm/s2，则关于它所受的合力的大小计算，下面有几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是( )
A．F＝ma＝400×40＝16000 N
B．F＝ma＝0.4×0.4 N＝0.16 N
C．F＝ma＝0.4 kg×0.4＝0.16 N
D．F＝ma＝0.4 kg×0.4 m/s2＝0.16 N
解析：选B.物体质量m＝400 g＝0.4 kg，加速度a＝40 cm/s2＝0.4 m/s2，所以F＝ma＝0.4×0.4 N＝0.16 N，B正确．
4．(2012·厦门高一检测)在光滑的水平桌面上，有一个静止的物体，给物体施以水平作用力，在力作用到物体上的瞬间( )
A．物体同时具有加速度和速度
B．物体立即获得加速度，速度仍为零
C．物体立即获得速度，加速度仍为零
D．物体的速度和加速度均为零
解析：选B.合外力与加速度是瞬时对应关系，所以在力作用到物体上的瞬间，物体立即获得加速度，但物体的速度还得从零开始增大，不可能立即具有速度，故B正确．
5．(2011·高考天津卷)如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )
A．方向向左，大小不变
B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变
D．方向向右，逐渐减小
解析：选A.A、B物块做匀减速运动，加速度不变，方向向左．对B受力分析，由牛顿第二定律F＝ma知，A对B的摩擦力大小不变，方向向左，A正确．
6．用力F1单独作用于某一物体可产生的加速度为3 m/s2，力F2单独作用于这一物体可产生的加速度为1 m/s2.若F1、F2同时作用于该物体，可能产生的加速度为( )
A．1 m/s2 B．3 m/s2
C．2 m/s2 D．4 m/s2
解析：选BCD.设物体的质量为m，由牛顿第二定律得F1＝ma1，F2＝ma2，当两者同向时加速度最大：F1＋F2＝ma，当两者反向时加速度最小：F1－F2＝ma′.代入数据解得a＝4 m/s2，a′＝2 m/s2，所以B、C、D正确．
7．质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为f，加速度为a＝，则f的大小是( )
A．f＝ B．f＝
C．f＝mg D．f＝
解析：选B.由牛顿第二定律得mg－f＝ma，得f＝mg－ma＝mg
8．(2012·滨州高一检测)声音在空气中传播速度v与空气密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中可能正确的是( )
A．v＝k B．v＝
C．v＝ D．v＝
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示．代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为＝，密度ρ的单位用基本单位表示为kg/m3.通过将p和ρ的单位分别代入上面各选项中的公式得出的单位只有B项能得出m/s.故选B.
9．质量为M的木块位于粗糙的水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a.当拉力的方向不变、大小变为2F时，木块的加速度为a′，则( )
A．a′＝a B．a′<2a
C．a′>2a D．a′＝2a
解析：
选C.物体在粗糙水平面上滑动时，受力情况如图所示．由牛顿第二定律得加速度a＝.当拉力变为2F时，而摩擦力不变，所以a′＝.比较易知：a′>2a.
10．如图所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．当小车在水平地面上做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N. 当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N．这时小车运动的加速度大小是( )
A．2 m/s2 B．4 m/s2
C．6 m/s2 D．8 m/s2
解析：选B.因为弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧测力计甲的示数由10 N变为8 N时，其形变量减小，则弹簧测力计乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧测力计形变量变化大小相等，所以，弹簧测力计乙的示数应为12 N．物块在水平方向所受到的合外力为F＝F乙－F甲＝12 N－8 N＝4 N．根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为：a＝＝ m/s2＝4 m/s2.
二、非选择题
11．某物体静止于光滑的水平面上，当对它施加4 N的水平拉力时，物体的加速度大小为2 m/s2，当水平拉力变为10 N时，物体的加速度多大？物体的质量多大？
解析：由牛顿第二定律得：
＝，即a2＝·a1＝×2 m/s2＝5 m/s2.物体的质量m＝＝ kg＝2 kg.
答案：5 m/s2 2 kg
12.如图所示，质量为4 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5.物体受到大小为20 N与水平方向成37°角斜向上的拉力F作用时，沿水平面做匀加速运动，求：物体加速度的大小．(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：
选取物体为研究对象，对其受力分析如图
物体沿水平方向匀加速运动，沿水平和竖直方向建立坐标系对力分解可得
在水平方向：Fcos37°－f＝ma①
在竖直方向：N＋Fsin37°＝mg②
又因为：f＝μN③
解①②③可得：a＝0.5 m/s2.
答案：0.5 m/s2
为什么飞机怕鸟
据报道：1962年，一架“子爵”号客机在美国伊利奥特市上空与一只天鹅相撞，客机坠毁，17人丧生，1980年，一架英国的“鹞式”战斗机在威尔士地区上空与一只秃鹰相撞，飞机坠毁，飞行员靠弹射装置死里逃生，小小的飞禽何以能撞毁飞机这样的庞然大物？下面我们通过简要计算来说明这一问题．
设鸟的质量m＝1.0 kg，鸟的身长l＝15 cm(除去毛)，鸟与飞机相撞的面积S＝0.01 m2.相撞前鸟的速度近似为零(因远小于飞机速度)，即v0＝0，相撞后其速度与飞机速度相同，飞机的飞行速度可认为是v＝600 m/s(现代超音速飞机的飞行速度是声速的2～3倍)．因飞机质量M?m，故相撞过程中可认为飞机的速度不变，因此，撞击过程所经历的时间
t＝＝ s＝2.5×10－4 s.
取鸟为研究对象，因撞击时间极短，因此可认为在撞击的时间内，鸟受到飞机对它的平均撞击力为F，根据加速度的定义式，有a＝＝ m/s2
得F＝ma＝1.0× N＝2.4×106 N
这里所求出的撞击力F是撞击时间内的平均值，可近似认为撞击力的峰值为Fm＝2F＝4.8×106 N.
根据物体间力的作用是相互的，鸟与飞机相撞时，飞机所受最大撞击力亦为4.8×106 N，这样巨大的撞击力对撞击表面产生的压强p＝＝ Pa＝4.8×108 Pa，这样巨大的压强造成机毁鸟亡的结果就毫不奇怪了．
1．A、B两物体以相同的初速度在同一水平面上滑动，两个物体与水平面的动摩擦因数相同，且质量mA＝3mB，则它们能滑行的最大距离sA和sB的关系为( )
A．sA＝sB B．sA＝3sB
C．sA＝sB D．sA＝9sB
解析：选A.由s＝知，当v相同，aA＝aB＝μg时，sA＝sB，s与m无关．
2．(2012·湖南衡阳高一检测)质量为5 kg的木箱以大小为2 m/s2的加速度水平向右做匀减速运动，在箱内有一轻弹簧，其一端被固定在箱子的右侧壁，另一端拴接一个质量为3 kg的滑块，木箱与滑块相对静止，如图所示．若不计滑块与木箱之间的摩擦，下列判断正确的是( )
A．弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为10 N
B．弹簧被压缩，弹簧的弹力大小为6 N
C．弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为10 N
D．弹簧被拉伸，弹簧的弹力大小为6 N
解析：选B.因木箱向右减速运动，加速度向左，故滑块受弹力向左，说明弹簧被压缩，F＝ma＝3×2 N＝6 N.
3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双脚弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重力的( )
A．2倍 B．5倍
C．8倍 D．10倍
解析：选B.消防队员先做自由落体运动，下落2 m时的速度v＝＝2 m/s，以后匀减速下降h2＝0.5 m，速度减至零，根据2ah2＝v2得，加速度a＝＝ m/s2＝4g，根据牛顿第二定律N－mg＝ma得N＝5mg，所以地面对他的平均作用力为他自身重力的5倍．
4．风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径．如图所示：
(1)当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．
(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间的夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)设小球所受的风力为F，小球质量为m，由平衡条件得
F＝μmg
μ＝＝＝0.5.
(2)设杆对小球的支持力为N，滑动摩擦力为f，小球受力分析如图所示．
沿杆方向Fcosθ＋mgsinθ－f＝ma
垂直于杆的方向N＋Fsinθ－mgcosθ＝0，f＝μN
把F＝0.5mg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，μ＝0.5代入上面各式联立解得a＝g
由运动学公式s＝at2
解得滑行时间t＝＝ ＝ .
答案：(1)0.5 (2)
一、选择题
1．质量为m1的物体A，在恒力F的作用下产生的加速度为a1；质量为m2的物体B，在恒力F的作用下，产生的加速度为a2.若将该恒力F作用在质量为(m1＋m2)的物体C上，产生的加速度为( )
A．a1＋a2 B.
C. D.
解析：选D.由题意得：F＝m1a1，F＝m2a2，
F＝(m1＋m2)a，由以上三式即可解得a＝.
2．(2012·宁波高一检测)如图所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应是( )
A．mg B．μmg
C．mg D．mg
解析：选C.在水平方向上土豆具有和箱子共同的水平加速度a，由牛顿第二定律知：a＝μg，其他土豆施加给土豆A的水平作用力F1＝μmg.竖直方向其他土豆对土豆A的作用力F2＝mg，所以其他土豆对它的作用力的大小F＝＝mg.
3．(2012·辽宁沈阳高一检测)如图所示，有一光滑斜面倾角为θ，放在水平面上，用固定的竖直挡板A与斜面夹住一个光滑球，球质量为m.若要使球对竖直挡板无压力，球连同斜面应一起( )
A．水平向右加速，加速度a＝gtanθ
B．水平向左加速，加速度a＝gtanθ
C．水平向右减速，加速度a＝gsinθ
D．水平向左减速，加速度a＝gsinθ
解析：选B.球对竖直挡板无压力时，受力如图所示，重力mg和斜面支持力N的合力方向水平向左．F＝mgtanθ＝ma，解得a＝gtanθ，因此斜面应向左加速或者向右减速．
4.如图所示，在光滑地面上，水平外力拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量是M，木块质量是m，水平外力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间的动摩擦因数是μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )
A．μmg B.
C．μ(M＋m)g D．ma
解析：选BD.因为m、M在力F的作用下一起做无相对滑动的加速运动，所以取m、M为一整体，由牛顿第二定律可知F＝(M＋m)a，设木块m受到摩擦力向右，大小为f，由牛顿第二定律得：f＝ma，以上两式联立可得：f＝，所以B、D正确．
5．(2012·河南洛阳高一检测)如图所示，质量M＝60 kg的人通过定滑轮将质量为m＝10 kg的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a＝2 m/s2，则人对地面的压力为(取g＝10 m/s2)( )
A．120 N B．480 N
C．600 N D．720 N
解析：选B.对货物，根据牛顿第二定律有T－mg＝ma，对人根据平衡条件有T＋N＝Mg，由以上两式得N＝480 N.
6．(2012·河北石家庄高一检测)如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为3.0×103 kg，其推进器的平均推动力F为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s时间内，测出飞船和空间站速度变化量是0.05 m/s，则空间站的质量为( )
A．8.7×104 kg B．9.0×104 kg
C．6.0×104 kg D．6.0×103 kg
解析：选A.加速度a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2.设空间站总质量为m，则F＝(m＋3.0×103 kg)a，解得m＝8.7×104 kg.
7．(2012·咸阳高一检测)有三个光滑倾斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°和30°，这些轨道交于O点，现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙，分别沿这3个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是( )
A．甲最先，乙稍后，丙最后
B．乙最先，然后甲和丙同时到达
C．甲、乙、丙同时到达
D．乙最先，甲稍后，丙最后
解析：选B.设轨道的底边长度为d、倾角为α，则轨道的长为s＝.物体沿轨道下滑时的加速度a＝gsinα.由s＝at2可得t＝＝ ＝ ，所以当倾角为45°时下滑时间最短，倾角为60°和30°时下滑时间相等．
8．(2012·榆林高一检测)一物体沿倾角为α的斜面下滑时，恰好做匀速直线运动，若物体以初速度v0冲上斜面，则上滑的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选B.物体匀速下滑时，有mgsinα＝μmgcosα.物体上滑时，根据牛顿第二定律，mgsinα＋μmgcosα＝ma，得a＝2gsinα，上滑距离s＝＝.
9．在行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带．假定乘客质量为70 kg，汽车车速为108 km/h(即30 m/s)，从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为( )
A．420 N B．600 N
C．800 N D．1000 N
解析：选A.由a＝得a＝ m/s2＝6 m/s2.
由牛顿第二定律得F＝ma＝70×6 N＝420 N.
10.如图所示，车沿水平地面做直线运动，车厢内悬挂在车顶上的小球悬线与竖直方向的夹角为θ.放在车厢底板上的物体A跟车厢相对静止．A的质量为m，则A受到的摩擦力的大小和方向是( )
A．mgsinθ，向右 B．mgtanθ，向右
C．mgcosθ，向左 D．mgtanθ，向左
解析：选B.对小球进行受力分析如图甲所示，
设小球质量为m′，
?a＝gtanθ 方向向右
再对A物块进行受力分析如图乙，f＝ma＝mgtanθ，方向向右，故选B.
甲 乙
二、非选择题
11．(2012·广州高一检测)一辆汽车在恒定牵引力作用下由静止开始沿直线运动，4 s内通过8 m的距离，此后关闭发动机，汽车又运动了2 s停止，已知汽车的质量m＝2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力大小不变．求：
(1)关闭发动机时汽车的速度大小；
(2)汽车运动过程中所受到的阻力大小；
(3)汽车牵引力的大小．
解析：(1)汽车开始做匀加速直线运动
s0＝t1.解得v0＝＝4 m/s.
(2)汽车滑行减速过程加速度a2＝＝－2 m/s2
由牛顿第二定律得－f＝ma2，解得f＝4×103 N
(3)开始加速过程中加速度为a1，s0＝a1t，
由牛顿第二定律得：F－f＝ma1，解得F＝f＋ma1＝6×103 N.
答案：(1)4 m/s (2)4×103 N (3)6×103 N
12．如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的斜面从静止开始下滑，滑块与斜面间动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块下滑的加速度．
(2)经t时间后，滑块的速度．(设斜面足够长)
解析：(1)滑块受力如图所示，沿斜面方向和垂直斜面方向建立坐标系．
在沿斜面方向应用牛顿第二定律得
mgsinθ－f＝ma
在垂直斜面方向由平衡条件得
N＝mgcosθ
又有f＝μN
联立以上各式得a＝g(sinθ－μcosθ)
方向沿斜面向下．
(2)滑块做匀加速直线运动t时间后的速度
v＝at＝gt(sinθ－μcosθ)
方向沿斜面向下．
答案：(1)g(sinθ－μcosθ) (2)gt(sinθ－μcosθ)
汽车安全带及安全气囊
最近，随着国内各大轿车厂家纷纷组织撞车试验，汽车的安全性又一次成为消费者关注的热门话题，ABS、气囊、安全舱结构等装置成为人们津津乐道的词语，似乎只有配上这些装置的汽车才上档次，其实，在发生交通事故时，对人们安全起最主要保障作用的却是我们最常见的装置——安全带．
最初的汽车安全带是瑞典人发明的，自20世纪40年代别克轿车将安全带作用标准配置后，美国将安装和使用安全带进行大规模普及．当时的安全带仅仅是简单的两点式腰部约束，其约束的松紧程度完全由驾驶者自己调节．
经过四十多年的发展，安全带逐渐走向成熟，现在的安全带均由强度极大的合成纤维制成，带有自锁功能的卷收器，采用对驾乘人员的肩部和腰部同时实现约束的三点式设计．系上安全带后，卷收器自动将其拉紧，万一车辆出现紧急制动、正面碰撞或发生翻滚时，乘员的剧烈晃动会使安全带受到快速而猛烈的拉伸，此刻卷收器的自锁功能可在瞬间卡住安全带，使乘员紧贴座椅，避免摔出车外或碰撞受伤．
随着科学技术的进步，人们又研制出安全带的辅助设施——安全气囊．其工作的原理是：当车辆发生碰撞时，控制模块快速对信号作出处理，确认发生碰撞的严重程度已超出安全带的保护能力，便迅速释放气囊，使乘员的头、胸部直接与较为柔软有弹性的气囊接触，从而通过气囊的缓冲作用减轻对乘员的伤害，后来沃尔沃汽车公司又研制出防侧撞气囊，使气囊的种类逐渐完善，不过，这里要着重提醒大家的是：在不系安全带的状况下，安全气囊不但不能对乘员起到防护作用，还会对乘员产生严重的杀伤力．安全气囊的爆发力是惊人的，足以击断驾驶者的颈椎．
1．下面关于超重与失重的判断正确的是( )
A．物体做变速运动时，必处于超重或失重状态
B．物体向下运动，必处于失重状态
C．做竖直上抛运动的物体，处于完全失重状态
D．物体斜向上做匀减速运动，处于失重状态
解析：选CD.判断物体是否处于超重或失重状态，就是看物体有没有竖直方向的加速度．若物体加速度向下，则处于失重状态．若物体加速度向上，则处于超重状态．A、B两项均未指明加速度方向，无法判定是否发生超重和失重．C、D两项物体加速度均向下，故处于失重状态，C项中a＝g，故完全失重．
2.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )
A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于A物体所受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
解析：选A.以A、B作为整体，上升过程只受重力作用，所以系统的加速度为g.方向竖直向下，故系统处于完全失重状态，A、B之间无弹力作用，A正确、B错．下降过程，A、B仍是处于完全失重状态，A、B之间也无弹力作用，C、D错．故选A.
3．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明( )
A．电梯一定是在下降
B．电梯可能是在上升
C．电梯的加速度方向一定是向上
D．乘客一定处在失重状态
解析：选BD.电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等．现在，弹簧的伸长量变小，则弹簧的拉力减小，小铁球的合力方向向下，加速度向下，小铁球处于失重状态，但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故选B、D.
4．质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(取g＝10 m/s2)
(1)升降机匀速上升；
(2)升降机以4 m/s2的加速度加速上升；
(3)升降机以5 m/s2的加速度加速下降．
解析：人站在升降机中的受力情况如图所示．
(1)当升降机匀速上升时，由平衡条件得：
N－mg＝0
所以，人受到的支持力
N＝mg＝60×10 N＝600 N
根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600 N.
(2)当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律得
N－mg＝ma，N＝mg＋ma＝60×(10＋4) N＝840 N
此时体重计的示数为840 N，人处于超重状态．
(3)当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，根据牛顿第二定律得mg－N＝ma
N＝mg－ma＝60×(10－5) N＝300 N
此时体重计的示数为300 N，人处于失重状态．
答案：(1)600 N (2)840 N (3)300 N
一、选择题
1．近年来各类运动会取得的突出成绩极大地推动了全国健身运动，小军在校秋季运动会上跳过了1.8 m的高度，夺得了男子组跳高冠军．则小军( )
A．在下降过程中处于失重状态
B．在离地后的上升过程中处于超重状态
C．起跳过程中，地面对他的平均支持力等于他的重力
D．起跳过程中，地面对他的平均支持力小于他的重力
解析：选A.小军的上升过程中或下降过程中加速度方向均向下，加速度等于重力加速度，故处于完全失重状态，选项A正确，B错误．起跳过程中，加速度向上，平均支持力大于重力，处于超重状态，故C、D错误．
2．(2012·江苏姜堰高一质检)关于超重和失重，下列说法正确的是( )
A．物体处于超重时，物体一定在上升
B．物体处于失重状态时，物体可能在上升
C．物体处于完全失重时，地球对它的引力就消失了
D．物体在完全失重时，它所受到的合外力为零
解析：选B.物体处于超重时，具有向上的加速度，但其运动方向不确定，可能向上加速，也可能向下减速，选项A错误；物体处于失重或者是完全失重状态时，具有向下的加速度，可能向下加速，也可能向上减速，选项B正确；完全失重时，物体仍受到地球对它的吸引力，即受到重力的作用，合外力不为零，选项C、D错误．
3．升降机的地板上放一个有盘的弹簧秤，盘中放一个质量为m的物体，当弹簧秤的示数为0.8mg时，升降机的运动情况可能是( )
A．加速上升 B．加速下降
C．减速上升 D．减速下降
解析：选BC.弹簧秤的示数为0.8mg，表明物体对秤盘的压力小于重力，所以物体处于失重状态，物体和升降机有向下的加速度，故可能是加速下降，也可能是减速上升，故A、D错误，B、C正确．
4．以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的木箱，则下列说法中正确的是( )
A．此箱对地球的引力为m(g＋a)
B．此箱对电梯的压力为m(g＋a)
C．此箱受到的重力为m(g＋a)
D．此箱的视重为m(g＋a)
解析：选BD.木箱与电梯具有相同的加速度a，木箱所受合力为电梯的支持力与重力的合力，即N－mg＝ma，故电梯对木箱的支持力为N＝m(g＋a)．木箱处于超重状态，木箱的视重为m(g＋a)，但木箱受到的重力不变，仍为mg，木箱对地球的引力大小也为mg.故本题选B、D.
5．(2012·厦门高一检测)国际空间站绕地球运动时，里面所有物体都处于完全失重状态，则在其中可以完成下列哪个实验( )
A．水银温度计测量温度
B．做托里拆利实验
C．验证阿基米德定律
D．用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律
解析：选AD.物体处于完全失重状态，与重力有关的一切物理现象都消失了．托里拆利实验用到了水银的压强，由于p＝ρgh与重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基米德定律中的浮力F浮＝ρgV也与重力加速度g有关，故该实验也不能完成；水银温度计测温度利用了液体的热胀冷缩原理，弹簧测拉力与重力无关，故能完成的实验是A、D.
6．姚明成为NBA一流中锋，给中国人争得了更多的荣誉和更多的尊敬，也使更多的中国人热爱篮球这项运动．如图所示，姚明某次跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程．下列关于蹬地和离地上升两个过程的说法中，正确的是(设蹬地的力为恒力，不计空气阻力)( )
A．两过程中姚明都处于超重状态
B．两过程中姚明都处于失重状态
C．前过程为超重，后过程不超重也不失重
D．前过程为超重，后过程为完全失重
解析：选D.蹬地过程中支持力大于重力，二者合力产生向上的加速度，此过程超重；离地上升过程加速度等于g，为完全失重过程，故D正确．
7．(2012·咸阳高一检测)如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则( )
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器竖直向下抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
解析：选D.在容器自由下落、竖直上抛，竖直下抛和斜向上抛出时，容器和水都具有重力加速度g，处于完全失重状态，水对容器底部没有压强，均不会从小孔流出，故D项正确．
8．(2012·福建宁德高一检测)某实验小组，利用DISC系统观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图像，以下根据图像分析所得结论错误的是( )
A．该图像显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况
B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态
C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼
D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼
解析：选CD.题中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况.0～t1，钩码受力平衡；t1～t2，拉力小于10 N，钩码处于失重状态；t2～t3，钩码受力平衡；t3～t4，拉力大于10 N，钩码处于超重状态．由以上分析可知，C、D项错误．故选C、D.
9．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是( )
A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2
C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2
解析：选B.当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态．设人受到体重计的支持力为N，体重计示数大小即为人对体重计的压力N′.由牛顿第二、第三定律可得：mg－N＝ma?N＝N′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为N1，人对体重计的压力N1′，由牛顿第二、第三定律可得N1－mg＝ma?N1＝N1′＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确．
10.原来做匀速运动的升降机内，有一个被拉伸的弹簧拉住的物块A静止在底板上，如图所示，下列情形中可能发生的是( )
A．如升降机向上做减速运动，物块被拉向右方
B．如升降机向上做加速运动，物块被推向左边
C．如升降机向下做减速运动，物块不动
D．如升降机向下做加速运动，物块被拉向右方
解析：选ACD. 在匀速运动时，物块在水平方向受弹簧向右的拉力，能够在水平方向保持不动，说明物块受底板的摩擦力向左，与拉力平衡．当压力增大时，底板能提供的静摩擦力的最大值将增加；当压力减小时，最大静摩擦力将减小，当该力小于弹簧的拉力时，物块受到的合力向右，将向右运动．A、D两选项的加速度向下，即物块受到的支持力小于重力，是一种失重现象，这时的压力将比升降机匀速运动时小，从而导致最大静摩擦力减小，故物块可能向右运动．而当升降机加速向上时，压力增大，导致最大静摩擦力增大，但静摩擦力只提供了弹簧拉力的平衡作用，它不会自行增大，故C对而B错．
二、非选择题
11．如图所示，在台秤的托盘上放一底面粗糙、倾角为θ、质量为M的斜面体，斜面上放一个质量为m的物体．如果斜面光滑，求物体从斜面上滑下过程中台秤的读数．
解析：物体沿光滑斜面下滑，其加速度为a＝gsinθ，将a分解成水平方向和竖直方向两个加速度ax、ay，则ay＝asinθ＝gsin2θ，物体处于失重状态．该斜面给物体的作用力在竖直方向上的分力为F
物体在竖直方向：mg－F＝may
斜面在竖直方向：N＝Mg＋F
所以示数为N＝Mg＋mg－mgsin2θ＝Mg＋mgcos2θ.
答案：Mg＋mgcos2θ
12．某人在地面上最多能举起60 kg的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80 kg的物体．求：
(1)此电梯的加速度多大？
(2)若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量是多少？(g取10 m/s2)
解析：(1)站在地面上的人，最大举力为F＝m1g＝60×10 N＝600 N.
在加速下降的电梯内，人的最大举力F仍为600 N，由牛顿第二定律得m2g－F＝m2a，
所以加速度a＝g－＝(10－) m/s2＝2.5 m/s2.
(2)在加速上升的电梯里，人的举力不变，同理得
F－m3g＝m3a
所以m3＝＝ kg＝48 kg.
答案：(1)2.5 m/s2 (2)48 kg
为什么飞行员要穿抗荷服
抗荷服，是飞行员上机前必须穿的、布满绳子和气管的奇特服装．飞行员穿上这种服装，可以把身体绷得紧紧的，从而消除机动飞行中所产生的“载荷因数 ”给身体带来的不适反应.
“载荷因数”是作用于飞机上的升力、阻力、侧力、推力的合力．合力与飞机重力的比值叫过载．过载分为法向、纵向、侧向3种，法向过载对飞行员影响最大．平飞中，升力等于飞机的重力，飞行员给座椅的压力就等于自身体重，法向过载为1g；由平飞向上做曲线运动时，由于向下惯性离心力的作用，升力大于飞机的重力，飞行员给座椅的压力超过体重，呈“超重”现象，法向过载大于1g；由平飞向下做曲线运动时，由于向上惯性离心力作用，升力小于飞机重力，飞行员压在座椅上的压力变轻，出现“失重”现象，法向过载小于1g(g为重力加速度)．
在飞行过程中，过载大或小都会给飞行员带来不适，尤其是向上作加速飞行时，飞行员会产生大脑缺血，从而出现视觉模糊、头晕、“黑视”和“红视”等现象．可见，飞行员生理反应受到过载的影响．在一般情况下，飞行员承受过载 4g的时间为60 s,6g为15 s,8g为4.5 s．而飞机使用过载的指标：歼击机、强击机最大为7g～9g；轰炸机、运输机为2.5g～3.5g.
因此，为确保安全飞行，飞行员必须穿抗荷服，不然就有生命危险．目前，世界各国的空军都采用抗荷服．因为抗荷服是双层料，强度很大，在夹层里设有许多气囊和气管与飞机上的高压气瓶相连接．在飞行中，可根据过载大小，自动向气囊里充气，挤压飞行员的身体，起到抗荷作用；同时，抗荷服上的许多绳子还可以根据体形任意调节．这样，就可提高飞行员的抗荷能力，确保飞行的安全．
1.沿平直轨道运动的火车上，用一弹簧连接一小球水平放置在光滑桌面上，弹簧的另一端固定，如图所示，当旅客观察到弹簧伸长时，火车的运动可能是( )
A．火车向右运动，速度在增大
B．火车向右运动，速度在减小
C．火车向左运动，速度在增大
D．火车向左运动，速度在减小
解析：选BC.弹簧伸长时，对小球的拉力向左，即小球在水平方向的合力向左，火车加速度向左．符合该运动规律的是B、C.
2．如图所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则( )
A．弹簧测力计的示数是10 N
B．弹簧测力计的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变
解析：选C.设弹簧的弹力为F，加速度为a.对系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2 m/s2，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F2的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F1，物体m1的合外力方向向左，而没撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．
3．如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图乙中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．图乙中正确的是( )
解析：选C.物体在两个过程中都做匀变速运动，由此可知A、B、D选项不正确．由f1＝μmgcosα和f2＝μmg可知，C选项正确．
4．(2011·高考福建卷)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.由v－t图像可知，物体先向左减速到零，然后再向右加速到v1，以后与传送带一起做匀速运动，由于v2>v1，所以相对地面来说，向左减速运动的位移大于向右加速运动的位移．t1时刻，小物块离A点的距离最大，A错．t2时刻二者相对位移最大，B正确.0～t2时间内，加速度不变，摩擦力不变，C错．t2～t3时间内物体不受摩擦力的作用，D不正确．
5．如图所示，一个质量为m＝2 kg的小球，被a、b两根绷紧的橡皮条拉着处于静止状态，如果剪断b橡皮条的瞬间，小球的加速度大小为2 m/s2.剪断橡皮条a的瞬间，小球的加速度是________，原来橡皮条b的拉力是________．(取g＝10 m/s2)
解析：剪断橡皮条b之前，小球受到三个力的作用，重力mg、橡皮条a的拉力Ta、橡皮条b的拉力Tb，如图所示．根据物体的平衡条件可得Ta＝Tb＋mg.
剪断橡皮条b的瞬间，橡皮条a的弹力不会突变，小球受到的合外力等于橡皮条b的拉力Tb.由牛顿第二定律可得Tb＝ma，代入数据可得Tb＝4 N．还可以求得Ta＝24 N．而在剪断橡皮条a的瞬间，橡皮条b的弹力不会突变，小球受到的合外力等于橡皮条a的拉力Ta，由牛顿第二定律可得Ta＝ma′，代入数据可得a′＝12 m/s2.
答案：12 m/s2 4 N
6．(2012·安康高一检测)在水平地面上有一质量为2 kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10 s后拉力大小减为F/3，该物体的速度随时间t的变化规律如图所示．g取10 m/s2，求：
(1)物体受到的拉力F的大小；
(2)物体与地面之间的动摩擦因数．
解析：0～10 s间物体加速度a1＝＝0.8 m/s2
10～14 s间物体加速度a2＝＝2 m/s2
根据牛顿第二定律有
F－μmg＝ma1
μmg－＝ma2
可得F＝8.4 N，μ＝0.34.
答案：(1)8.4 N (2)0.34
7．(2012·西安市高一检测)一质量m＝2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线，如图所示．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小．
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数．
(3)小物块沿斜面上滑的距离．
解析：(1)由小物块上滑过程的v－t图线可知，a＝＝ m/s2＝－8.0 m/s2，小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0 m/s2.
(2)如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力．沿斜面建立直角坐标系，小物块向上滑动时，
mgsin37°＋f＝ma，f＝μN，
N＝mgcos37°，
代入数据解得μ＝0.25.
(3)设小物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，向上运动阶段
v－v＝2as，s＝ m＝4.0 m.
答案：(1)8.0 m/s2 (2)0.25 (3)4.0 m
(时间：90分钟，满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．关于物理量或物理量的单位，下列说法中正确的是( )
A．在力学范围内，国际单位制规定长度、质量、时间为三个基本物理量
B．为了纪念牛顿，人们把“牛顿”作为力学中的基本单位
C．1 N/kg＝1 m/s2
D．“米”“千克”“牛顿”都属于国际单位制的单位
解析：选ACD.力学中的三个基本物理量是长度、质量和时间，选项A正确；“牛顿”的定义指的是使质量为1 kg的物体产生1 m/s2 的加速度所需要的力，即1 N＝1 kg·m/s2，故选项B错误；C正确；“米”“千克”“牛顿”都属于国际单位制的单位，选项D正确．
2．下列说法正确的是( )
A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的
B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义
C．牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用时才具有惯性
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
解析：选A.牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过推理总结出来的，A正确；牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用的理想情况，实际物体所受合外力为零时，物体也保持静止状态或匀速直线运动状态，B错误；任何物体都有惯性，与物体受力情况及运动状态无关，C、D错误．
3．用3 N的水平恒力，在水平面上拉一个质量为2 kg的木块，从静止开始运动，2 s内的位移为2 m，则木块的加速度为( )
A．0.5 m/s2 B．1 m/s2
C．1.5 m/s2 D．2 m/s2
解析：选B.由匀变速运动位移公式s＝at2得加速度a＝1 m/s2，由于不知地面是否光滑，故不可用a＝求解．
4．一根轻弹簧上端固定，下端悬挂一个重物，平衡时弹簧伸长了4 cm，再将重物向下拉1 cm，然后突然放手，在刚放手的瞬间，重物的加速度a和速度v是( )
A．a＝g/4，方向向上，v＝0
B．a＝g/4，方向向上，v方向向上
C．a＝g，方向向下，v方向向上
D．a＝5g/4，方向向上，v＝0
解析：选A.设物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k
平衡时有mg＝kx1①
刚放手时有kx2－mg＝ma②
由①②得a＝g，方向向上．
刚放手的瞬间，物体的速度仍为零，故选项A正确．
5.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图像如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( )
A.和0.30 s B．3和0.30 s
C.和0.28 s D．3和0.28 s
解析：选B.由图像可知，a乙＝ m/s2＝－10 m/s2＝，解得t1＝0.30 s．a甲＝ m/s2，故3a甲＝－a乙，根据牛顿第二、三定律有＝－，得＝3.
6.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站在扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下
解析：选C.人加速运动时，受重力、支持力和水平向右的静摩擦力作用，扶梯对人的作用力指向右上方，人对扶梯的作用力指向左下方，当人匀速运动时，人只受重力和竖直向上的支持力作用，所以仅C项正确．
7．利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力N随时间变化的图像如图所示．根据图像提供的信息，以下判断错误的是( )
A．在0至t2时间内该同学处于失重状态
B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态
C．t3时刻该同学的加速度为零
D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降
解析：选C.由图像可以看出，在0至t2时间内该同学受到地面对他的支持力小于他的重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且N1大于重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确．
8．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为a1和a2，则( )
A．a1＝a2＝0
B．a1＝a，a2＝0
C．a1＝a，a2＝a
D．a1＝a，a2＝－a
解析：选D.两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a，对B物体，取向右为正方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以只有D项正确．
9.如图所示，人和车的质量分别为m1和m2，置于光滑水平面上，人用水平力F拉绳，图中两绳都处于水平方向，不计滑轮、绳子的质量及摩擦，人与车保持相对静止，则车的加速度为( )
A．0 B.
C. D.
解析：选D.以人和车这一整体为研究对象，所受外力为绳对人的拉力和绳对车的拉力，两力方向相同大小都为F，故加速度a＝，D正确．
10．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
解析：选A.由题意可知，m1的加速度先增大后不变，m1与m2相对运动前，a＝＝；相对滑动后m1加速度a1不变，a1＝，m2的加速度为a2＝＝－μg随时间增大，且比前一段时间增加得要快，A对．
二、填空、实验题(本题共2小题，共12分．按题目要求作答)
11．(4分)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是_______________________________________________________________
(漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
解析：根据实验原理F＝ma，必须要用打出的纸带来求a，这就需要学生电源和打点计时器，要测量和改变小车的质量，就要用砝码和钩码；要改变小车受到拉力的大小，需用钩码．
答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或电火花计时器、钩码、砝码) 学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花计时器)记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量．
12．(8分)有一同学探究“加速度与力、质量的关系”的实验过程如图所示，其中F、2F分别是小车所受的合外力，M、2M分别是小车的总质量，根据实验数据得到如图所示的v－t图线．
(1)要分析加速度与质量的关系，应选用的两个过程是________；要分析加速度与合外力的关系，应选用的两个过程是________．
(2)从图中相应的v－t图线可知：甲车的加速度a甲和丙车的加速度a丙的大小关系为________，结合两车的质量和受力情况，可以得到结论：________________________________________________________________________
解析：(1)探究加速度与力、质量的关系应采用控制变量法，故要分析加速度与质量的关系应选用甲和丙或乙和丁；要分析加速度与合外力的关系，应选用甲和乙或丙和丁．
(2)在v－t图像中图线的斜率大小表示加速度的大小，故a甲＝2a丙，又m甲＝m丙，且受合外力相等，故物体的加速度跟质量成反比．
答案：(1)甲和丙(或乙和丁) 甲和乙(或丙和丁)
(2)a甲＝2a丙 当物体所受合外力相等时，物体的加速度与质量成反比
三、计算题(本题共4小题，共48分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
13．(10分)某航空公司的一架客机在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10 s内下降高度为1800 m，造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动．
(1)求飞机在竖直方向上产生的加速度为多大？
(2)试估算质量为65 kg的乘客所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离坐椅(g取10 m/s2)．
解析：(1)由位移公式s＝at2(2分)
得a＝＝ m/s2＝36 m/s2(3分)
(2)设安全带提供的拉力为F，由牛顿第二定律：
F＋mg＝ma(2分)
得F＝m(a－g)＝1690 N．(3分)
答案：(1)36 m/s2 (2)1690 N
14．(12分)一个静止在水平面上的物体，质量是2 kg，在水平方向受到5.0 N的拉力，物体跟水平面的滑动摩擦力是2.0 N.
(1)求物体在4 s末的速度．
(2)若在4 s末撤去拉力，求物体继续滑行的时间．
解析：如下图，在前4 s，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律列方程：
水平方向：F－f＝ma(1分)
竖直方向：N－G＝0(1分)
a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2(2分)
vt＝v0＋at＝(0＋1.5×4.0) m/s＝6.0 m/s(2分)
(2)4 s后，受力分析如图所示，水平方向：－f＝ma′(1分)
竖直方向：N－G＝0(1分)
a′＝＝ m/s2＝－1.0 m/s2(2分)
vt′＝v0′＋a′t′＝6.0 m/s＋(－1.0 m/s2)t′＝0
t′＝＝＝6.0 s．(2分)
答案：(1)6.0 m/s (2)6.0 s
15．(12分)举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动的升降机中却只能举起100 kg的重物，求升降机的加速运动的加速度．若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量为多大的重物？(g取10 m/s2)
解析：运动员在地面上能举起120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝1200 N，在运动的升降机中却只能举起100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，对于重物，F－mg＝ma(2分)
a＝＝ m/s2＝2 m/s2(4分)
当升降机以2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物处于失重状态，对于重物，mg－F＝ma′(2分)
得m＝＝ kg＝160 kg.(4分)
答案：2 m/s2 160 kg
16．(14分)在细线拉力F作用下，质量m＝1.0 kg的物体由静止开始竖直向上运动，v－t图像如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)在这4 s内细线对物体拉力F的最大值；
(2)在F－t图像中画出拉力F随时间t变化的图线．
解析：
(1)由图像可知，物体第一秒内做初速度为零的匀加速运动，加速度a1＝5 m/s2(1分)
第二秒内做匀速运动，a2＝0(1分)
第三、四秒内做匀减速运动，a3＝2.5 m/s2(1分)
由F1－mg＝ma1，(2分)
故F1＝15 N，F2＝mg＝10 N(1分)
mg－F3＝ma3，(2分)
故F3＝7.5 N(2分)
故4 s内，F的最大值为F1＝15 N．(1分)
(2)由以上分析可得，F随时间t的变化如图所示．(3分)
答案：(1)15 N (2)见解析图
