第四章 运动和力的关系（单元培优.含解析）2025-2026学年人教版（2019）物理高一上学期必修第一册
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| 名称 | 第四章 运动和力的关系（单元培优.含解析）2025-2026学年人教版（2019）物理高一上学期必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-06 23:31:42 | ||
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文档简介
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第四章 运动和力的关系
一、选择题
1．盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为mg的力，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B．松手后夯锤一定处于超重状态
C．松手时夯锤的速度大小为2gt
D．松手后夯锤上升的高度为gt2
2．在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的轻绳悬于小车内O点，小车运动过程中，当小球与小车保持相对静止后，读出轻绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算小车的加速度，如图乙所示是刻度盘，则（ ）
A．当小车处于超重或失重状态时，此加速度测量仪测量结果仍准确
B．当通过刻度盘读出的角度为0°时，小球一定处于完全失重状态
C．当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，通过刻度盘读出的角度为45°
D．刻度盘上的角度90°仍有现实意义
3．如图所示，士兵正在进行拉轮胎跑的体能训练。某次训练时质量为m的轮胎在水平地面上做匀加速直线运动，加速度大小为g，轻绳的拉力大小为mg，轮胎所受地面的摩擦力可忽略，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法错误的是（ ）
A．轮胎对地面的压力大小为mg
B．轻绳与水平面的夹角为53°
C．轻绳拉力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向
D．若轻绳与水平面的夹角不变，则轮胎在地面上运动的加速度越大，对地面的压力越小
4．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α＜β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方。已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同。则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块对地面的压力越来越大
B．物块所受摩擦力不变
C．物块一直做加速运动
D．物块加速度越来越小
6．如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块A放在斜面体上，A通过跨过光滑定滑轮的细线与小球B相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°；当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°。已知整个过程中A与斜面体始终保持相对静止，则F1与F2的大小之比为（ ）
A．1：3 B． C．3：1 D．
7．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5dm3的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3m。则砂石之间的动摩擦因数约为（取π＝3）（ ）
A．0.9 B．0.7 C．0.5 D．0.3
二、多选题
（多选）8．如图所示，质量M＝2kg的长木板（足够长）静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，物块和长木块均向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．物块和长木板之间的摩擦力大小为1N
B．物块和长木板相对静止，一起做加速运动
C．物块运动的加速度大小为1m/s2
D．若恒力F变大，则长木板的加速度变大
（多选）9．如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1kg的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示（取平行传送带向上为正），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的倾角为30°
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带的长度为10m
D．运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m
（多选）10．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速率，在医学中具有重要意义。测量“血沉”时，将经过处理的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞为球体。已知红细胞下落时受到血液的粘滞阻力的表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中红细胞的半径为r1，它由静止开始下沉，一段时间后做匀速运动，匀速运动时的速率为vm，红细胞的密度为ρ1，血液的密度为ρ2，且ρ1＞ρ2，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．该血样中的红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该血样中红细胞的半径可表示为r1＝
C．若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动时的速率较大
D．若采用国际单位制来表示η的单位，则其单位为
三、实验题
11．图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源（频率为50Hz），释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
（1）图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点B、C、D、E到A点的距离分别为s1＝6.20cm，s2＝14.12cm，s3＝23.74cm，s4＝35.07cm，打下C点时小车的速度为 m/s，小车运动的加速度大小为 m/s2（结果均保留两位有效数字）；
（2）通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度a与传感器示数F之间关系的a﹣F图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为 （用图中字母表示）。
12．现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺．
（1）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t．
②用米尺测量A1与A2之间的距离s，则小车的加速度a＝ ．
③用米尺测量A1相对于A2的高度h．设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力F＝ ．
④改变 ，重复上述测量．
⑤以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作图．如能得到一条过原点的直线，则可验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．
（2）在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑．测量此时A1点相对于斜面底端A2的高度h0．
②进行（1）中的各项测量．
③计算与作图时用（h﹣h0）代替h．
对此方案有以下几种评论意见：
A．方案正确可行．
B．方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动．
C．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关．
其中合理的意见是 ．
四、解答题
13．如图甲所示，一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量m＝0.15kg的托盘Q连在一起，P为质量M＝1.05kg的重物，此时整个系统处于静止状态。现给P施加一个方向竖直向上的拉力F，使它从静止开始向上做加速度大小a＝6m/s2的匀加速直线运动，拉力F随P的位移x的变化情况如图乙所示。（弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2）。求：
（1）整个系统静止时的弹簧压缩量；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间t；
（4）用两种方法求出拉力F2的大小。
14．潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103t，在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。取重力加速度为10m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度（自海平面算起）；
（2）对潜艇减重排出多少kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
15．如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）若拉力与斜面的夹角为30°时，拉力F的大小是多少？
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.8m、质量M＝0.4kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.8kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1＝23N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24N，F2＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一、选择题
1．盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为mg的力，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B．松手后夯锤一定处于超重状态
C．松手时夯锤的速度大小为2gt
D．松手后夯锤上升的高度为gt2
【答案】D
【分析】先对夯锤受力分析，再根据夯锤的加速度判断处于超重状态还是失重状态；
当向下的加速度等于重力加速度时，处于完全失重状态；
松手前夯锤向上做匀加速直线运动，松手后夯锤向上做匀减速直线运动，夯锤上升的最大高度应是两个阶段的高度和。
【解答】解：A.在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，故A错误；
B.松手后，夯锤只受重力加速下落，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得：＝ma
松手时夯锤的速度大小v＝at，解得：a＝g，v＝gt，故C错误；
D.匀减速上升的过程：只受重力，加速度大小为g，则有：v2＝2gh2
解得：h2＝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查超重、失重知识点，需注意物体具有向上的加速时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，当向下的加速度等于重力加速度时，处于完全失重状态。
2．在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的轻绳悬于小车内O点，小车运动过程中，当小球与小车保持相对静止后，读出轻绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算小车的加速度，如图乙所示是刻度盘，则（ ）
A．当小车处于超重或失重状态时，此加速度测量仪测量结果仍准确
B．当通过刻度盘读出的角度为0°时，小球一定处于完全失重状态
C．当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，通过刻度盘读出的角度为45°
D．刻度盘上的角度90°仍有现实意义
【答案】C
【分析】根据加速度测量仪的原理结合牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：A、轻绳与竖直方向的夹角θ与轻绳的拉力有关，对小球受力分析可知，轻绳的拉力的竖直分力与小球的重力等大、反向，可知小车处于超重或失重状态将影响夹角θ的大小，则加速度测量仪测量结果不准确，故A错误；
B、当通过刻度盘读出的角度为0°时，小车和小球在水平方向的加速度等于0，在竖直方向的运动情况未知，不一定处于完全失重状态，故B错误；
C、当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，根据矢量合成，可知轻绳与竖直方向的夹角为45°，则通过刻度盘读出的角度为45°，故C正确；
D、若刻度盘读出的角度为90°，此时小车和小球在水平方向的加速度达到无限大，没有现实意义，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查利用受力分析及牛顿第二定律，掌握加速度测量仪的测量原理。
3．如图所示，士兵正在进行拉轮胎跑的体能训练。某次训练时质量为m的轮胎在水平地面上做匀加速直线运动，加速度大小为g，轻绳的拉力大小为mg，轮胎所受地面的摩擦力可忽略，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法错误的是（ ）
A．轮胎对地面的压力大小为mg
B．轻绳与水平面的夹角为53°
C．轻绳拉力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向
D．若轻绳与水平面的夹角不变，则轮胎在地面上运动的加速度越大，对地面的压力越小
【答案】C
【分析】对轮胎不同方向上进行受力分析，得出轻绳与水平面的夹角和轮胎对地面的压力；
根据加速度的变化，结合牛顿第二定律得出轮胎对地面压力的变化。
【解答】解：AB、设轻绳与水平方向的夹角为θ，对轮胎由牛顿第二定律可得：
Fcosθ＝ma
解得：θ＝53°
地面对轮胎的支持力大小为
N＝mg﹣Fsinθ
代入数据解得：N＝，根据牛顿第三定律可知，轮胎对地面的压力也为mg，故AB正确；
C、轻绳拉力、支持力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向，所以轻绳拉力和轮胎重力的合力不可能沿轮胎运动方向，故C错误；
D、轻绳与水平面的夹角不变，轮胎在地面上运动的加速度越大，则拉力越大，根据N＝mg﹣Fsinθ，可知地面对轮胎的支持力越小，则轮胎对地面的压力也减小，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合力的合成和分解以及牛顿第二定律即可完成解答。
4．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α＜β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律得出不同管上小球的加速度，结合运动学公式得出对应的时间，根据几何关系得出小球所在的位置关系。
【解答】解：设三根管刚好在同个圆上，如图所示：
小球沿着竖直杆下滑时，根据自由落体的运动学公式可得：
解得：
当小球从A管下滑时，根据牛顿第二定律可得：a＝gcosθ
而AC的长度为L＝2Rcosθ
则根据运动学公式可得：
解得：
同理可得小球从AD滑下时时间也相等。
由此可知，三个小球同时间内的位置在同一个圆上，即所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解等时圆模型即可快速解答，难度不大。
5．如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方。已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同。则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块对地面的压力越来越大
B．物块所受摩擦力不变
C．物块一直做加速运动
D．物块加速度越来越小
【答案】B
【分析】物块在任意位置，在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件以及胡克定律分析地面对物块支持力的变化情况，从而得到物块对地面的压力变化情况，再分析物块所受摩擦力变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而判断其运动情况。
【解答】解：AB、设与物块相连的这段橡皮筋与水平方向的夹角为θ，橡皮筋在OA正下方时伸长量为x1，x2为物块在任意位置的伸长量。
分别对物块受力分析如图所示，由题意可得
x1＝x2sinθ
在OA正下方处，根据平衡条件得
FN1＝mg﹣kx1
物块在任意位置，在竖直方向上根据平衡条件得
FN2＝mg﹣kx2sinθ
联立解得：FN1＝FN2
由牛顿第三定律得知物块对地面的压力不变，由Ff＝μFN可知物块从P点运动至O点正下方的过程中，摩擦力不变，故A错误、B正确；
CD、由牛顿第二定律得：kx2cosθ﹣Ff＝ma，弹力kx2变小，θ增大，cosθ减小，则kx2cosθ减小，Ff不变，开始阶段，kx2cosθ＞Ff，则物块先向左加速，且加速度a减小；当kx2cosθ＜Ff时，物块开始向左减速，且加速度反向增大，故CD错误。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要挖掘题目中两个隐含的条件，找到两次橡皮筋伸长量x1＝x2sinθ关系，橡皮筋的伸长量与弹力的关系是遵循胡克定律，运用力的合成与分解，建立两次平衡方程的联系。
6．如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块A放在斜面体上，A通过跨过光滑定滑轮的细线与小球B相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°；当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°。已知整个过程中A与斜面体始终保持相对静止，则F1与F2的大小之比为（ ）
A．1：3 B． C．3：1 D．
【答案】A
【分析】对整体受力分析，利用牛顿第二定律，求出加速度，再对B受力分析，求出加速度，根据加速度相同，求出两力的比值。
【解答】解：设物块A的质量为mA，小球B的质量为mB，斜面体的质量为M，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°，
以A、B和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得F1＝（mA+mB+M）a1
对小球B受力分析，根据牛顿第二定律可得mBgtan30°＝mBa1
联立解得：F1＝（mA+mB+M）gtan30°
当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°，以A、B和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得：F2＝（mA+mB+M）a2
对小球B受力分析，根据牛顿第二定律可得mBgtan60°＝mBa2
联立解得：F2＝（mA+mB+M）gtan60°
综上可得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用。
7．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5dm3的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3m。则砂石之间的动摩擦因数约为（取π＝3）（ ）
A．0.9 B．0.7 C．0.5 D．0.3
【答案】C
【分析】根据几何关系求解半径，再根据圆锥体积计算公式求解高度，对最外面的砂石受力分析，受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件便可求解动摩擦因数。
【解答】解：已知砂石堆的底部周长为C＝3m，则砂石堆的底部半径为r＝＝＝0.5m，
砂石堆的体积为V＝62.5dm3＝0.0625m3，且V＝，则砂石堆的高为h＝＝m＝0.25m，
设砂石堆侧面与底面所成的角为α，则tanα＝＝＝0.5，
对最外层质量为m的砂石进行分析，当动摩擦因数为μ时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，有mgsinα＝μmgcosα，
则μ＝tanα＝0.5。
故选：C。
【点评】本题是临界态的平衡问题，关键是明确沙堆体积不能无限增加的原因，要考虑临界情况，对最外层的沙石进行受力分析，然后根据平衡条件列式求解。
二、多选题
（多选）8．如图所示，质量M＝2kg的长木板（足够长）静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，物块和长木块均向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．物块和长木板之间的摩擦力大小为1N
B．物块和长木板相对静止，一起做加速运动
C．物块运动的加速度大小为1m/s2
D．若恒力F变大，则长木板的加速度变大
【答案】AC
【分析】A.由摩擦力公式可求得木块和木板间摩擦力；
B.分别计算木块和木板的加速度，如不同则相对滑动；
C.通过木块所受合力计算加速度；
D.长木板加速度只与木块与木板间摩擦力有关，相对滑动后增大F不影响摩擦力大小，故木板所受合力大小不变，加速度不变。
【解答】解：物块将要发生滑动时木板的加速度a＝＝0.5m/s2，对整体由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a＝（1+2）×0.5N＝1.5N＜2N，所以对物块施加一水平向右的恒力F＝2N时二者发生相对滑动。
A．物块和长木板之间的摩擦力为f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N，故A正确；
B.由上面的分析知物块和长木板相对滑动，故B错误；
C．对物块由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1，解得：a1＝1m/s2，故C正确；
D.由上面的分析知物块和长木板相对滑动，木板的加速度是0.5m/s2，加速度是不变的，与拉力F无关，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查板块模型，需将木板和木块分别受力分析，注意产生滑动摩擦的临界条件。
（多选）9．如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1kg的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示（取平行传送带向上为正），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的倾角为30°
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带的长度为10m
D．运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m
【答案】BD
【分析】根据图乙所示图像判断物块所受摩擦力的变化情况判断物块的运动过程，根据平衡条件与滑动摩擦力公式求出斜面的倾角与物块与传送带间的动摩擦因数；应用运动学公式求出物块与传送带的位移，然后求出传送带的长度与物块相对于传送带的位移大小。
【解答】解：A、由图乙所受图像可知，在0～5s内，摩擦力f1＝6.4N，在5～10s内，摩擦力f2＝6N
在t＝5s时突变，说明在5～10s内物块与传送带共速，则有：f2＝mgsinθ，解得：θ＝37°，故A错误；
B、在0～5s内为滑动摩擦力，即f1＝μmgcosθ，代入数据解得：μ＝0.8，故B正确；
C、物块在0～5s内做匀加速运动，5～10s做匀速运动，则传送带的长度，代入数据解得：L＝15m，故C错误；
D、运动过程中，物块相对传送带滑动过程的位移x1＝m＝5m
该过程传送带的位移x传＝vt1＝2×5m＝10m
相对传送带的位移大小为Δx＝x传﹣x1＝10m﹣5m＝5m，故D正确。
故选：BD。
【点评】根据物块所受摩擦力情况分析物块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
（多选）10．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速率，在医学中具有重要意义。测量“血沉”时，将经过处理的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞为球体。已知红细胞下落时受到血液的粘滞阻力的表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中红细胞的半径为r1，它由静止开始下沉，一段时间后做匀速运动，匀速运动时的速率为vm，红细胞的密度为ρ1，血液的密度为ρ2，且ρ1＞ρ2，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．该血样中的红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该血样中红细胞的半径可表示为r1＝
C．若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动时的速率较大
D．若采用国际单位制来表示η的单位，则其单位为
【答案】BD
【分析】首先对红细胞进行受力分析，结合牛顿第二定律分析其运动情况和半径表达式，根据粘滞阻力公式来确定η的单位。
【解答】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律
mg﹣f﹣F浮＝ma
又因为f＝6πηrv
故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，根据受力分析结合牛顿第二定律，判定运动情况，由表达式来确定物理量的单位。
三、实验题
11．图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源（频率为50Hz），释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
（1）图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点B、C、D、E到A点的距离分别为s1＝6.20cm，s2＝14.12cm，s3＝23.74cm，s4＝35.07cm，打下C点时小车的速度为 0.88 m/s，小车运动的加速度大小为 1.7 m/s2（结果均保留两位有效数字）；
（2）通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度a与传感器示数F之间关系的a﹣F图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为 2F0 （用图中字母表示）。
【答案】（1）0.88，1.7；（2）2F0。
【分析】（1）根据匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算打下C点时小车的速度，根据逐差法计算小车的加速度；
（2）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
【解答】解：（1）由于相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打下C点时小车的速度为
根据逐差法可知，小车的加速度为
（2）以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有2F﹣f＝Ma
变形得
结合图丙可知，当力传感器示数为F0时，加速度为0，代入上式解得f＝2F0
故答案为：（1）0.88，1.7；（2）2F0。
【点评】本题关键掌握探究加速度、力和质量关系的实验原理和小车速度、加速度的计算方法。
12．现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺．
（1）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t．
②用米尺测量A1与A2之间的距离s，则小车的加速度a＝ ．
③用米尺测量A1相对于A2的高度h．设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力F＝ mg ．
④改变 斜面倾角 ，重复上述测量．
⑤以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作图．如能得到一条过原点的直线，则可验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．
（2）在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑．测量此时A1点相对于斜面底端A2的高度h0．
②进行（1）中的各项测量．
③计算与作图时用（h﹣h0）代替h．
对此方案有以下几种评论意见：
A．方案正确可行．
B．方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动．
C．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关．
其中合理的意见是 C ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据匀变速直线运动规律求出小车的加速度．
对小车在斜面上受力分析，利用几何关系表示出小车受到的合外力．
根据实验的目的，根据改变斜面的倾角，去改变合外力的大小．
【解答】解：（1）②小车做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有s＝at2，
所以有：a＝
③小车在斜面上受到竖直向下的重力、垂直接触面的支持力，这两个力在垂直斜面方向的合力为零，所以沿斜面方向的力为mgsinα，而斜面高度为h，
根据几何关系有sinα＝，所以有小车受到的合外力为F＝mg．
因为要探究加速度与合外力的关系，应该改变合外力的大小，而由上面可知，在质量确定的情况下，合外力的大小与高度成正比，所以应该改变高度h的数值重复实验．要改变h 的数值，实质是改变斜面的倾角．
（2）当改变斜面的倾角，小车所受摩擦力会发生改变，故选：C．
故答案为：（1） mg；斜面倾角；（2）C
【点评】要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还是间接测量．
通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量．
四、解答题
13．如图甲所示，一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量m＝0.15kg的托盘Q连在一起，P为质量M＝1.05kg的重物，此时整个系统处于静止状态。现给P施加一个方向竖直向上的拉力F，使它从静止开始向上做加速度大小a＝6m/s2的匀加速直线运动，拉力F随P的位移x的变化情况如图乙所示。（弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2）。求：
（1）整个系统静止时的弹簧压缩量；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间t；
（4）用两种方法求出拉力F2的大小。
【答案】（1）整个系统静止时的弹簧压缩量为0.15m；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小为7.2N；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为0.2s；
（4）拉力F2的大小为16.8N。
【分析】（1）系统原来处于静止状态，由平衡条件和胡克定律得出弹簧的压缩量；
（2）x＝0处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律进行解答；
（3）刚分离时，对托盘根据牛顿第二定律求出弹簧压缩量，从开始到分离的过程中，盘的位移等于弹簧压缩量之差，求出盘的位移，由位移公式求出匀加速运动的时间；
（4）刚分离时，对重物P分析，由牛顿第二定律解答；或者对托盘Q与P整体，根据牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）整个系统静止时，受力平衡，根据胡克定律可得：kx0＝（m+M）g，
代入数据解得：x0＝0.15m；
（2）x＝0处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律得，F1＝（M+m）a，
代入数据解得：F1＝7.2N；
（3）重物刚要离开托盘时，重物与托盘之间弹力为0，对于托盘，满足：kx1﹣mg＝ma
代入数据解得：x1＝0.03m，
则此阶段的位移x＝x0﹣x1＝0.15m﹣0.03m＝0.12m，
根据位移—时间关系可得：x＝
代入数据解得：t＝0.2s；
（4）解法一：对重物P分析，P离开托盘后，由牛顿第二定律得：F2﹣Mg＝Ma，
代入数据解得：F2＝16.8N；
解法二：对托盘Q与P整体，在它们分离时，由牛顿第二定律得：F2+kx1﹣（M+m）g＝（M+m）a，
代入数据解得：F2＝16.8N。
答：（1）整个系统静止时的弹簧压缩量为0.15m；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小为7.2N；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为0.2s；
（4）拉力F2的大小为16.8N。
【点评】本题中弹簧的弹力是变力，分析好何时两者分离是关键；弄清楚重物的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
14．潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103t，在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。取重力加速度为10m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度（自海平面算起）；
（2）对潜艇减重排出多少kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【答案】（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度是500m；
（2）对潜艇减重排出8×105kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出潜艇的加速度，应用运动学公式求出潜艇在竖直方向的位移，然后求出潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度。
（2）应用牛顿第二定律求出潜艇排水后的质量，然后求出排出水的质量。
【解答】解：（1）设潜艇刚掉阱时的加速度大小为a1，
对潜艇，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma1
代入数据解得：
掉深10s时，潜艇下落的高度：
＝×2×102m＝100m
此时潜艇速度为v1＝a1t1＝2×10m/s＝20m/s
潜艇减重后以1.0m/s2的加速度匀减速下沉，直到速度为0，
潜艇下落的高度：h2＝m＝200m
潜艇“掉深”达到的最大深度：
h＝h0+h1+h2＝（200+100+200）m＝500m
（2）潜艇减重的质量为m1，潜艇减重后以1.0m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得：F﹣m1g＝m1a2
代入数据解得：
排水前潜艇的质量m＝3.0×103t＝3.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量：Δm＝m﹣m1＝3.0×106kg﹣2.2×106kg＝8×105kg
答：（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度是500m；
（2）对潜艇减重排出8×105kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚潜艇的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
15．如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）若拉力与斜面的夹角为30°时，拉力F的大小是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式求解加速度和末速度；
（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F的表达式，求出拉力。
【解答】解：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，
由运动学公式得：L＝v0t+at2，①
v＝v0+at，②
联立①②式，代入数据解得：
a＝3m/s2，③
v＝8m/s。④
（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，
拉力与斜面之间的夹角为α．受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：
Fcosα﹣mgsinθ﹣Ff＝ma，⑤
Fsinα+FN﹣mgcosθ＝0，⑥
又Ff＝μFN． ⑦
联立解得：F＝．⑧
代入数据得F的值为：Fmin＝N。
答：（1）物块加速度的大小为3m/s2，到达B点时速度的大小为8m/s。
（2）受力分析图如图所示，拉力F的大小为N。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键对物体正确的受力分析，正确的列方程求解，数学知识的恰当运用也是不可缺少的一步。
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.8m、质量M＝0.4kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.8kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1＝23N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24N，F2＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）木板靠在光滑的墙壁上，若使木板能向上运动，则物块对木板的摩擦力应大于木板的重力，列出关系式计算可得；
（2）由牛顿第二定律分别求出木板和物块的加速度，若物块的加速度大于木板的加速度即会发生相对滑动；
（3）分别对木板和滑块分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，根据各自加速度求出位移，判断相对滑动的位移，与1.5m作比较，可得出结果。
【解答】解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f＝μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
解得 F2＞3μF1 代入数据可得：F2＞13.8N
（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma3
设滑块上升h的时间为t，则：
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则：
代入数据可得：H＝0.75m
由于H+L＞h，滑块在上升到1.5m之前未脱离木板，游戏成功
答：（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足F1＞20N；
（2）若F1＝22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足F2＞13.2N；
（3）游戏能成功。
【点评】本题看起来很复杂，需要细心分析，充分利用牛顿第二定律和运动之间的关系。
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第四章 运动和力的关系
一、选择题
1．盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为mg的力，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B．松手后夯锤一定处于超重状态
C．松手时夯锤的速度大小为2gt
D．松手后夯锤上升的高度为gt2
2．在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的轻绳悬于小车内O点，小车运动过程中，当小球与小车保持相对静止后，读出轻绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算小车的加速度，如图乙所示是刻度盘，则（ ）
A．当小车处于超重或失重状态时，此加速度测量仪测量结果仍准确
B．当通过刻度盘读出的角度为0°时，小球一定处于完全失重状态
C．当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，通过刻度盘读出的角度为45°
D．刻度盘上的角度90°仍有现实意义
3．如图所示，士兵正在进行拉轮胎跑的体能训练。某次训练时质量为m的轮胎在水平地面上做匀加速直线运动，加速度大小为g，轻绳的拉力大小为mg，轮胎所受地面的摩擦力可忽略，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法错误的是（ ）
A．轮胎对地面的压力大小为mg
B．轻绳与水平面的夹角为53°
C．轻绳拉力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向
D．若轻绳与水平面的夹角不变，则轮胎在地面上运动的加速度越大，对地面的压力越小
4．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α＜β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方。已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同。则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块对地面的压力越来越大
B．物块所受摩擦力不变
C．物块一直做加速运动
D．物块加速度越来越小
6．如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块A放在斜面体上，A通过跨过光滑定滑轮的细线与小球B相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°；当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°。已知整个过程中A与斜面体始终保持相对静止，则F1与F2的大小之比为（ ）
A．1：3 B． C．3：1 D．
7．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5dm3的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3m。则砂石之间的动摩擦因数约为（取π＝3）（ ）
A．0.9 B．0.7 C．0.5 D．0.3
二、多选题
（多选）8．如图所示，质量M＝2kg的长木板（足够长）静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，物块和长木块均向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．物块和长木板之间的摩擦力大小为1N
B．物块和长木板相对静止，一起做加速运动
C．物块运动的加速度大小为1m/s2
D．若恒力F变大，则长木板的加速度变大
（多选）9．如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1kg的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示（取平行传送带向上为正），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的倾角为30°
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带的长度为10m
D．运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m
（多选）10．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速率，在医学中具有重要意义。测量“血沉”时，将经过处理的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞为球体。已知红细胞下落时受到血液的粘滞阻力的表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中红细胞的半径为r1，它由静止开始下沉，一段时间后做匀速运动，匀速运动时的速率为vm，红细胞的密度为ρ1，血液的密度为ρ2，且ρ1＞ρ2，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．该血样中的红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该血样中红细胞的半径可表示为r1＝
C．若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动时的速率较大
D．若采用国际单位制来表示η的单位，则其单位为
三、实验题
11．图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源（频率为50Hz），释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
（1）图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点B、C、D、E到A点的距离分别为s1＝6.20cm，s2＝14.12cm，s3＝23.74cm，s4＝35.07cm，打下C点时小车的速度为 m/s，小车运动的加速度大小为 m/s2（结果均保留两位有效数字）；
（2）通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度a与传感器示数F之间关系的a﹣F图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为 （用图中字母表示）。
12．现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺．
（1）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t．
②用米尺测量A1与A2之间的距离s，则小车的加速度a＝ ．
③用米尺测量A1相对于A2的高度h．设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力F＝ ．
④改变 ，重复上述测量．
⑤以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作图．如能得到一条过原点的直线，则可验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．
（2）在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑．测量此时A1点相对于斜面底端A2的高度h0．
②进行（1）中的各项测量．
③计算与作图时用（h﹣h0）代替h．
对此方案有以下几种评论意见：
A．方案正确可行．
B．方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动．
C．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关．
其中合理的意见是 ．
四、解答题
13．如图甲所示，一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量m＝0.15kg的托盘Q连在一起，P为质量M＝1.05kg的重物，此时整个系统处于静止状态。现给P施加一个方向竖直向上的拉力F，使它从静止开始向上做加速度大小a＝6m/s2的匀加速直线运动，拉力F随P的位移x的变化情况如图乙所示。（弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2）。求：
（1）整个系统静止时的弹簧压缩量；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间t；
（4）用两种方法求出拉力F2的大小。
14．潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103t，在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。取重力加速度为10m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度（自海平面算起）；
（2）对潜艇减重排出多少kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
15．如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）若拉力与斜面的夹角为30°时，拉力F的大小是多少？
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.8m、质量M＝0.4kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.8kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1＝23N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24N，F2＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
第四章 运动和力的关系
参考答案与试题解析
一、选择题
1．盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共五个人，四个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。设夯锤的质量为m，某次打夯将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的大小均为mg的力，力持续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则（ ）
A．在上升过程中，夯锤一定处于超重状态
B．松手后夯锤一定处于超重状态
C．松手时夯锤的速度大小为2gt
D．松手后夯锤上升的高度为gt2
【答案】D
【分析】先对夯锤受力分析，再根据夯锤的加速度判断处于超重状态还是失重状态；
当向下的加速度等于重力加速度时，处于完全失重状态；
松手前夯锤向上做匀加速直线运动，松手后夯锤向上做匀减速直线运动，夯锤上升的最大高度应是两个阶段的高度和。
【解答】解：A.在上升过程中，夯锤先加速上升，再减速上升，加速度先向上，然后再向下，夯锤先处于超重状态再处于失重状态，故A错误；
B.松手后，夯锤只受重力加速下落，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故B错误；
C.根据牛顿第二定律得：＝ma
松手时夯锤的速度大小v＝at，解得：a＝g，v＝gt，故C错误；
D.匀减速上升的过程：只受重力，加速度大小为g，则有：v2＝2gh2
解得：h2＝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查超重、失重知识点，需注意物体具有向上的加速时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，当向下的加速度等于重力加速度时，处于完全失重状态。
2．在某科技活动中，一位同学设计了一个加速度测量仪。如图甲所示，将一端连有摆球的轻绳悬于小车内O点，小车运动过程中，当小球与小车保持相对静止后，读出轻绳与竖直方向的夹角θ，便可通过该角度计算小车的加速度，如图乙所示是刻度盘，则（ ）
A．当小车处于超重或失重状态时，此加速度测量仪测量结果仍准确
B．当通过刻度盘读出的角度为0°时，小球一定处于完全失重状态
C．当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，通过刻度盘读出的角度为45°
D．刻度盘上的角度90°仍有现实意义
【答案】C
【分析】根据加速度测量仪的原理结合牛顿第二定律分析解答。
【解答】解：A、轻绳与竖直方向的夹角θ与轻绳的拉力有关，对小球受力分析可知，轻绳的拉力的竖直分力与小球的重力等大、反向，可知小车处于超重或失重状态将影响夹角θ的大小，则加速度测量仪测量结果不准确，故A错误；
B、当通过刻度盘读出的角度为0°时，小车和小球在水平方向的加速度等于0，在竖直方向的运动情况未知，不一定处于完全失重状态，故B错误；
C、当小车的加速度大小等于重力加速度大小时，根据矢量合成，可知轻绳与竖直方向的夹角为45°，则通过刻度盘读出的角度为45°，故C正确；
D、若刻度盘读出的角度为90°，此时小车和小球在水平方向的加速度达到无限大，没有现实意义，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查利用受力分析及牛顿第二定律，掌握加速度测量仪的测量原理。
3．如图所示，士兵正在进行拉轮胎跑的体能训练。某次训练时质量为m的轮胎在水平地面上做匀加速直线运动，加速度大小为g，轻绳的拉力大小为mg，轮胎所受地面的摩擦力可忽略，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法错误的是（ ）
A．轮胎对地面的压力大小为mg
B．轻绳与水平面的夹角为53°
C．轻绳拉力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向
D．若轻绳与水平面的夹角不变，则轮胎在地面上运动的加速度越大，对地面的压力越小
【答案】C
【分析】对轮胎不同方向上进行受力分析，得出轻绳与水平面的夹角和轮胎对地面的压力；
根据加速度的变化，结合牛顿第二定律得出轮胎对地面压力的变化。
【解答】解：AB、设轻绳与水平方向的夹角为θ，对轮胎由牛顿第二定律可得：
Fcosθ＝ma
解得：θ＝53°
地面对轮胎的支持力大小为
N＝mg﹣Fsinθ
代入数据解得：N＝，根据牛顿第三定律可知，轮胎对地面的压力也为mg，故AB正确；
C、轻绳拉力、支持力和轮胎重力的合力沿轮胎运动方向，所以轻绳拉力和轮胎重力的合力不可能沿轮胎运动方向，故C错误；
D、轻绳与水平面的夹角不变，轮胎在地面上运动的加速度越大，则拉力越大，根据N＝mg﹣Fsinθ，可知地面对轮胎的支持力越小，则轮胎对地面的压力也减小，故D正确；
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合力的合成和分解以及牛顿第二定律即可完成解答。
4．如图所示，三根在竖直平面内的光滑细管A、B、C上端平齐，B管竖直放置，A管与B管的夹角为α，C管与B管的夹角为β，且α＜β。三个小球同时从管口顶端静止释放，经过相同的时间，三球所处位置正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据牛顿第二定律得出不同管上小球的加速度，结合运动学公式得出对应的时间，根据几何关系得出小球所在的位置关系。
【解答】解：设三根管刚好在同个圆上，如图所示：
小球沿着竖直杆下滑时，根据自由落体的运动学公式可得：
解得：
当小球从A管下滑时，根据牛顿第二定律可得：a＝gcosθ
而AC的长度为L＝2Rcosθ
则根据运动学公式可得：
解得：
同理可得小球从AD滑下时时间也相等。
由此可知，三个小球同时间内的位置在同一个圆上，即所在位置与竖直位置连线与倾斜轨道夹角为直角，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理解等时圆模型即可快速解答，难度不大。
5．如图，一橡皮筋上端固定在O点，自然伸直后另一端位于O点正下方的A点，在A点固定一光滑铁钉，将橡皮筋跨过铁钉与位于粗糙地面上P点的物块相连，由静止释放物块，物块沿水平地面向左运动并能经过O点正下方。已知橡皮筋的弹力跟其形变量成正比，橡皮筋始终在弹性限度内，地面上各点动摩擦因数处处相同。则物块从P点运动至O点正下方的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块对地面的压力越来越大
B．物块所受摩擦力不变
C．物块一直做加速运动
D．物块加速度越来越小
【答案】B
【分析】物块在任意位置，在竖直方向上受力平衡，根据平衡条件以及胡克定律分析地面对物块支持力的变化情况，从而得到物块对地面的压力变化情况，再分析物块所受摩擦力变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化，从而判断其运动情况。
【解答】解：AB、设与物块相连的这段橡皮筋与水平方向的夹角为θ，橡皮筋在OA正下方时伸长量为x1，x2为物块在任意位置的伸长量。
分别对物块受力分析如图所示，由题意可得
x1＝x2sinθ
在OA正下方处，根据平衡条件得
FN1＝mg﹣kx1
物块在任意位置，在竖直方向上根据平衡条件得
FN2＝mg﹣kx2sinθ
联立解得：FN1＝FN2
由牛顿第三定律得知物块对地面的压力不变，由Ff＝μFN可知物块从P点运动至O点正下方的过程中，摩擦力不变，故A错误、B正确；
CD、由牛顿第二定律得：kx2cosθ﹣Ff＝ma，弹力kx2变小，θ增大，cosθ减小，则kx2cosθ减小，Ff不变，开始阶段，kx2cosθ＞Ff，则物块先向左加速，且加速度a减小；当kx2cosθ＜Ff时，物块开始向左减速，且加速度反向增大，故CD错误。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要挖掘题目中两个隐含的条件，找到两次橡皮筋伸长量x1＝x2sinθ关系，橡皮筋的伸长量与弹力的关系是遵循胡克定律，运用力的合成与分解，建立两次平衡方程的联系。
6．如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面体放置在光滑水平面上，物块A放在斜面体上，A通过跨过光滑定滑轮的细线与小球B相连。现对斜面体施加一水平向右的推力，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°；当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°。已知整个过程中A与斜面体始终保持相对静止，则F1与F2的大小之比为（ ）
A．1：3 B． C．3：1 D．
【答案】A
【分析】对整体受力分析，利用牛顿第二定律，求出加速度，再对B受力分析，求出加速度，根据加速度相同，求出两力的比值。
【解答】解：设物块A的质量为mA，小球B的质量为mB，斜面体的质量为M，当推力为F1时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为30°，
以A、B和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得F1＝（mA+mB+M）a1
对小球B受力分析，根据牛顿第二定律可得mBgtan30°＝mBa1
联立解得：F1＝（mA+mB+M）gtan30°
当推力为F2时，悬挂B的细线与竖直方向的夹角为60°，以A、B和斜面体为整体，受力分析，根据牛顿第二定律可得：F2＝（mA+mB+M）a2
对小球B受力分析，根据牛顿第二定律可得mBgtan60°＝mBa2
联立解得：F2＝（mA+mB+M）gtan60°
综上可得：，故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查整体法和隔离法在牛顿第二定律中的应用。
7．上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5dm3的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3m。则砂石之间的动摩擦因数约为（取π＝3）（ ）
A．0.9 B．0.7 C．0.5 D．0.3
【答案】C
【分析】根据几何关系求解半径，再根据圆锥体积计算公式求解高度，对最外面的砂石受力分析，受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件便可求解动摩擦因数。
【解答】解：已知砂石堆的底部周长为C＝3m，则砂石堆的底部半径为r＝＝＝0.5m，
砂石堆的体积为V＝62.5dm3＝0.0625m3，且V＝，则砂石堆的高为h＝＝m＝0.25m，
设砂石堆侧面与底面所成的角为α，则tanα＝＝＝0.5，
对最外层质量为m的砂石进行分析，当动摩擦因数为μ时，最大静摩擦力等于重力的下滑分力，有mgsinα＝μmgcosα，
则μ＝tanα＝0.5。
故选：C。
【点评】本题是临界态的平衡问题，关键是明确沙堆体积不能无限增加的原因，要考虑临界情况，对最外层的沙石进行受力分析，然后根据平衡条件列式求解。
二、多选题
（多选）8．如图所示，质量M＝2kg的长木板（足够长）静止在光滑水平地面上，质量m＝1kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2N，物块和长木块均向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．物块和长木板之间的摩擦力大小为1N
B．物块和长木板相对静止，一起做加速运动
C．物块运动的加速度大小为1m/s2
D．若恒力F变大，则长木板的加速度变大
【答案】AC
【分析】A.由摩擦力公式可求得木块和木板间摩擦力；
B.分别计算木块和木板的加速度，如不同则相对滑动；
C.通过木块所受合力计算加速度；
D.长木板加速度只与木块与木板间摩擦力有关，相对滑动后增大F不影响摩擦力大小，故木板所受合力大小不变，加速度不变。
【解答】解：物块将要发生滑动时木板的加速度a＝＝0.5m/s2，对整体由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a＝（1+2）×0.5N＝1.5N＜2N，所以对物块施加一水平向右的恒力F＝2N时二者发生相对滑动。
A．物块和长木板之间的摩擦力为f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N，故A正确；
B.由上面的分析知物块和长木板相对滑动，故B错误；
C．对物块由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝ma1，解得：a1＝1m/s2，故C正确；
D.由上面的分析知物块和长木板相对滑动，木板的加速度是0.5m/s2，加速度是不变的，与拉力F无关，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查板块模型，需将木板和木块分别受力分析，注意产生滑动摩擦的临界条件。
（多选）9．如图甲所示，一倾斜传送带以2m/s逆时针匀速转动，t＝0时刻，将一质量为1kg的物块轻放在传送带底端，物块在传送带上受到的摩擦力随时间的变化如图乙所示（取平行传送带向上为正），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的倾角为30°
B．物块与传送带间的动摩擦因数为0.8
C．传送带的长度为10m
D．运动过程中，物块相对传送带的位移大小为5m
【答案】BD
【分析】根据图乙所示图像判断物块所受摩擦力的变化情况判断物块的运动过程，根据平衡条件与滑动摩擦力公式求出斜面的倾角与物块与传送带间的动摩擦因数；应用运动学公式求出物块与传送带的位移，然后求出传送带的长度与物块相对于传送带的位移大小。
【解答】解：A、由图乙所受图像可知，在0～5s内，摩擦力f1＝6.4N，在5～10s内，摩擦力f2＝6N
在t＝5s时突变，说明在5～10s内物块与传送带共速，则有：f2＝mgsinθ，解得：θ＝37°，故A错误；
B、在0～5s内为滑动摩擦力，即f1＝μmgcosθ，代入数据解得：μ＝0.8，故B正确；
C、物块在0～5s内做匀加速运动，5～10s做匀速运动，则传送带的长度，代入数据解得：L＝15m，故C错误；
D、运动过程中，物块相对传送带滑动过程的位移x1＝m＝5m
该过程传送带的位移x传＝vt1＝2×5m＝10m
相对传送带的位移大小为Δx＝x传﹣x1＝10m﹣5m＝5m，故D正确。
故选：BD。
【点评】根据物块所受摩擦力情况分析物块的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
（多选）10．“血沉”是指红细胞在一定条件下沉降的速率，在医学中具有重要意义。测量“血沉”时，将经过处理的血液放进血沉管内，由于重力作用，血液中的红细胞将会下沉。设血沉管竖直放置且足够深，红细胞为球体。已知红细胞下落时受到血液的粘滞阻力的表达式为f＝6πηrv，其中η为血液的粘滞系数，r为红细胞半径，v为红细胞运动的速率。若某血样中红细胞的半径为r1，它由静止开始下沉，一段时间后做匀速运动，匀速运动时的速率为vm，红细胞的密度为ρ1，血液的密度为ρ2，且ρ1＞ρ2，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．该血样中的红细胞先做匀加速运动，后做匀速运动
B．该血样中红细胞的半径可表示为r1＝
C．若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动时的速率较大
D．若采用国际单位制来表示η的单位，则其单位为
【答案】BD
【分析】首先对红细胞进行受力分析，结合牛顿第二定律分析其运动情况和半径表达式，根据粘滞阻力公式来确定η的单位。
【解答】解：A、设红细胞质量为m，浮力为F浮，由牛顿第二定律
mg﹣f﹣F浮＝ma
又因为f＝6πηrv
故红细胞随着速度的增大，粘滞阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，红细胞做加速度减小的加速运动，当加速度减到零时，受力平衡，此后匀速运动，故A错误；
B、红细胞匀速时mg＝f+F浮
又因为红细胞的质量为
浮力为
联立可得
解得，故B正确；
C、由上述分析可知若血样中红细胞的半径较小，则红细胞匀速运动的速度较小，故C错误；
D、由粘滞阻力公式f＝6πηrv
可知
故采用国际单位制中基本单位来表示η的单位，应为，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的应用，根据受力分析结合牛顿第二定律，判定运动情况，由表达式来确定物理量的单位。
三、实验题
11．图甲所示为探究加速度、力和质量关系的装置，带滑轮的长木板水平放置，力传感器固定在墙上，细绳绕过小车上的滑轮连接传感器和沙桶，细绳平行于木板。接通电源（频率为50Hz），释放沙桶，获得一条纸带同时记录相应传感器的示数，多次改变沙桶的质量，重复操作。
（1）图乙所示为实验获得纸带的其中一条，纸带上相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，计数点B、C、D、E到A点的距离分别为s1＝6.20cm，s2＝14.12cm，s3＝23.74cm，s4＝35.07cm，打下C点时小车的速度为 0.88 m/s，小车运动的加速度大小为 1.7 m/s2（结果均保留两位有效数字）；
（2）通过实验测得的数据，绘制出反映小车加速度a与传感器示数F之间关系的a﹣F图像，如图丙所示，则实验中小车所受摩擦力的大小为 2F0 （用图中字母表示）。
【答案】（1）0.88，1.7；（2）2F0。
【分析】（1）根据匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度计算打下C点时小车的速度，根据逐差法计算小车的加速度；
（2）根据牛顿第二定律推导结合图像计算。
【解答】解：（1）由于相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则相邻计数点之间的时间间隔为
匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则打下C点时小车的速度为
根据逐差法可知，小车的加速度为
（2）以小车为研究对象，根据牛顿第二定律有2F﹣f＝Ma
变形得
结合图丙可知，当力传感器示数为F0时，加速度为0，代入上式解得f＝2F0
故答案为：（1）0.88，1.7；（2）2F0。
【点评】本题关键掌握探究加速度、力和质量关系的实验原理和小车速度、加速度的计算方法。
12．现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律．给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺．
（1）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
①让小车自斜面上方一固定点A1从静止开始下滑到斜面底端A2，记下所用的时间t．
②用米尺测量A1与A2之间的距离s，则小车的加速度a＝ ．
③用米尺测量A1相对于A2的高度h．设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力F＝ mg ．
④改变 斜面倾角 ，重复上述测量．
⑤以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作图．如能得到一条过原点的直线，则可验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律．
（2）在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
①调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑．测量此时A1点相对于斜面底端A2的高度h0．
②进行（1）中的各项测量．
③计算与作图时用（h﹣h0）代替h．
对此方案有以下几种评论意见：
A．方案正确可行．
B．方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动．
C．方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关．
其中合理的意见是 C ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据匀变速直线运动规律求出小车的加速度．
对小车在斜面上受力分析，利用几何关系表示出小车受到的合外力．
根据实验的目的，根据改变斜面的倾角，去改变合外力的大小．
【解答】解：（1）②小车做初速度为零的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律有s＝at2，
所以有：a＝
③小车在斜面上受到竖直向下的重力、垂直接触面的支持力，这两个力在垂直斜面方向的合力为零，所以沿斜面方向的力为mgsinα，而斜面高度为h，
根据几何关系有sinα＝，所以有小车受到的合外力为F＝mg．
因为要探究加速度与合外力的关系，应该改变合外力的大小，而由上面可知，在质量确定的情况下，合外力的大小与高度成正比，所以应该改变高度h的数值重复实验．要改变h 的数值，实质是改变斜面的倾角．
（2）当改变斜面的倾角，小车所受摩擦力会发生改变，故选：C．
故答案为：（1） mg；斜面倾角；（2）C
【点评】要清楚实验的原理，实验中需要测量的物理量是直接测量还是间接测量．
通过物理规律可以把变量进行转换，以便更好研究和测量．
四、解答题
13．如图甲所示，一劲度系数k＝80N/m的轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧上端与质量m＝0.15kg的托盘Q连在一起，P为质量M＝1.05kg的重物，此时整个系统处于静止状态。现给P施加一个方向竖直向上的拉力F，使它从静止开始向上做加速度大小a＝6m/s2的匀加速直线运动，拉力F随P的位移x的变化情况如图乙所示。（弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2）。求：
（1）整个系统静止时的弹簧压缩量；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间t；
（4）用两种方法求出拉力F2的大小。
【答案】（1）整个系统静止时的弹簧压缩量为0.15m；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小为7.2N；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为0.2s；
（4）拉力F2的大小为16.8N。
【分析】（1）系统原来处于静止状态，由平衡条件和胡克定律得出弹簧的压缩量；
（2）x＝0处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律进行解答；
（3）刚分离时，对托盘根据牛顿第二定律求出弹簧压缩量，从开始到分离的过程中，盘的位移等于弹簧压缩量之差，求出盘的位移，由位移公式求出匀加速运动的时间；
（4）刚分离时，对重物P分析，由牛顿第二定律解答；或者对托盘Q与P整体，根据牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）整个系统静止时，受力平衡，根据胡克定律可得：kx0＝（m+M）g，
代入数据解得：x0＝0.15m；
（2）x＝0处，对于重物和托盘整体，由牛顿第二定律得，F1＝（M+m）a，
代入数据解得：F1＝7.2N；
（3）重物刚要离开托盘时，重物与托盘之间弹力为0，对于托盘，满足：kx1﹣mg＝ma
代入数据解得：x1＝0.03m，
则此阶段的位移x＝x0﹣x1＝0.15m﹣0.03m＝0.12m，
根据位移—时间关系可得：x＝
代入数据解得：t＝0.2s；
（4）解法一：对重物P分析，P离开托盘后，由牛顿第二定律得：F2﹣Mg＝Ma，
代入数据解得：F2＝16.8N；
解法二：对托盘Q与P整体，在它们分离时，由牛顿第二定律得：F2+kx1﹣（M+m）g＝（M+m）a，
代入数据解得：F2＝16.8N。
答：（1）整个系统静止时的弹簧压缩量为0.15m；
（2）x＝0处刚开始拉重物的力F1的大小为7.2N；
（3）从开始拉重物到重物刚要离开托盘的时间为0.2s；
（4）拉力F2的大小为16.8N。
【点评】本题中弹簧的弹力是变力，分析好何时两者分离是关键；弄清楚重物的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系力和运动的桥梁。
14．潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103t，在高密度海水区域水下200m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107N；10s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮。取重力加速度为10m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度（自海平面算起）；
（2）对潜艇减重排出多少kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【答案】（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度是500m；
（2）对潜艇减重排出8×105kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【分析】（1）应用牛顿第二定律求出潜艇的加速度，应用运动学公式求出潜艇在竖直方向的位移，然后求出潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度。
（2）应用牛顿第二定律求出潜艇排水后的质量，然后求出排出水的质量。
【解答】解：（1）设潜艇刚掉阱时的加速度大小为a1，
对潜艇，由牛顿第二定律得：mg﹣F＝ma1
代入数据解得：
掉深10s时，潜艇下落的高度：
＝×2×102m＝100m
此时潜艇速度为v1＝a1t1＝2×10m/s＝20m/s
潜艇减重后以1.0m/s2的加速度匀减速下沉，直到速度为0，
潜艇下落的高度：h2＝m＝200m
潜艇“掉深”达到的最大深度：
h＝h0+h1+h2＝（200+100+200）m＝500m
（2）潜艇减重的质量为m1，潜艇减重后以1.0m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得：F﹣m1g＝m1a2
代入数据解得：
排水前潜艇的质量m＝3.0×103t＝3.0×106kg
“掉深”过程中排出水的质量：Δm＝m﹣m1＝3.0×106kg﹣2.2×106kg＝8×105kg
答：（1）潜艇“掉深”而下沉达到的最大深度是500m；
（2）对潜艇减重排出8×105kg的水，此后潜艇以大小为1.0m/s2的加速度匀减速下沉。
【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚潜艇的运动过程与受力情况，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
15．如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）若拉力与斜面的夹角为30°时，拉力F的大小是多少？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物体做匀加速直线运动，根据运动学公式求解加速度和末速度；
（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出拉力F的表达式，求出拉力。
【解答】解：（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，
由运动学公式得：L＝v0t+at2，①
v＝v0+at，②
联立①②式，代入数据解得：
a＝3m/s2，③
v＝8m/s。④
（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，
拉力与斜面之间的夹角为α．受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：
Fcosα﹣mgsinθ﹣Ff＝ma，⑤
Fsinα+FN﹣mgcosθ＝0，⑥
又Ff＝μFN． ⑦
联立解得：F＝．⑧
代入数据得F的值为：Fmin＝N。
答：（1）物块加速度的大小为3m/s2，到达B点时速度的大小为8m/s。
（2）受力分析图如图所示，拉力F的大小为N。
【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，关键对物体正确的受力分析，正确的列方程求解，数学知识的恰当运用也是不可缺少的一步。
16．某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L＝0.8m、质量M＝0.4kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m＝0.8kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．
（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
（2）若F1＝23N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
（3）游戏中，如果滑块上移h＝1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1＝24N，F2＝16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）木板靠在光滑的墙壁上，若使木板能向上运动，则物块对木板的摩擦力应大于木板的重力，列出关系式计算可得；
（2）由牛顿第二定律分别求出木板和物块的加速度，若物块的加速度大于木板的加速度即会发生相对滑动；
（3）分别对木板和滑块分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，根据各自加速度求出位移，判断相对滑动的位移，与1.5m作比较，可得出结果。
【解答】解：（1）滑块与木板间的滑动摩擦力：f＝μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
（2）对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
解得 F2＞3μF1 代入数据可得：F2＞13.8N
（3）对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg＝ma3
设滑块上升h的时间为t，则：
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg＝Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则：
代入数据可得：H＝0.75m
由于H+L＞h，滑块在上升到1.5m之前未脱离木板，游戏成功
答：（1）为使木板能向上运动，求F1必须满足F1＞20N；
（2）若F1＝22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足F2＞13.2N；
（3）游戏能成功。
【点评】本题看起来很复杂，需要细心分析，充分利用牛顿第二定律和运动之间的关系。
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