重难点强化练（一） 直线运动的概念、规律及应用
1．(多选)下列情况中可以将物体看成质点的是( )
A．地面上放一只木箱，在上面的箱角处用水平力推它，当研究它是先滑动还是先翻转的时候
B．上述木箱，在外力作用下在水平面上沿直线运动时
C．汽车的后轮，在研究车牵引力的来源时
D．人造地球卫星，在研究其绕地球运动时
解析：选BD 木箱在水平力的作用下是否翻转与力的作用点的位置有关，在这种情况下木箱是不能看成质点的。当研究木箱在水平方向上的平动时，木箱各点的运动情况是一致的，这时可以把木箱看成质点。汽车牵引力的来源与后轮的转动有关，在研究牵引力的来源时，不能把后轮看成质点。卫星绕地球转动时，自身的形状和大小可以忽略不计，因此可以把它看成质点，故正确答案为B、D。
2．(多选)我们描述某个物体的运动时，总是相对一定的参考系而言的，下列说法正确的是( )
A．我们说“太阳东升西落”，是以地球为参考系的
B．我们说“地球围绕太阳转”，是以地球为参考系的
C．我们说“同步卫星在高空静止不动”，是以太阳为参考系的
D．坐在火车上的乘客看到前方铁路旁的树木、电线杆向他飞奔而来，乘客是以火车或他自己为参考系的
解析：选AD “太阳东升西落”是相对于我们居住的地球而言，是以地球为参考系的，所以A正确；“地球围绕太阳转”是以太阳为参考系的，所以B错误；“同步卫星在高空静止不动”是相对于地球而言的，是以地球为参考系的，所以C错误；火车上的乘客看到前方铁路旁的树木、电线杆向他飞奔而来，是以火车或他自己为参考系的，所以D正确。
3．某物体在水平面上向正南方向运动了20 m，然后又向正北方向运动了30 m，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体的位移大小是50 m，方向由南向北
B．物体的路程是10 m
C．物体的位移大小是10 m，方向向北
D．物体的位移大小是10 m，方向向南
解析：选C 位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度。物体在水平面上向正南方向运动了20 m，然后又向正北方向运动了30 m，位移的大小x＝30 m－20 m＝10 m，方向由南向北，C正确。
4．在旅游旺季，为了保障旅行安全，交通管理部门采取了如下的限速措施：客车进入某一路段时，发一张卡，卡上记下车辆进入的时间，车辆驶出该路段时，驾驶员交出卡，管理人员计算车辆通过这一路段的时间，如果小于规定的时间就说明车辆超速。这种限速方法是限制车辆的( )
A．瞬时速度 B．瞬时速率
C．平均速率 D．加速度
解析：选C 由题意可知，交通部门采取的措施是指，通过这一路段的时间不能低于某个值，即说明在这一段路程内，汽车的平均速率不能超过某个值；该方法无法限制瞬时速度，故选C。
5．(多选)如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
图1
A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/s
B．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
解析：选BD 因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，选项A错误；汽车以108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，则2.5 s内汽车的速度改变量为0－30 m/s＝－30 m/s，选项B正确；火箭的速度变化率即加速度为：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2；汽车的速度变化率即加速度为：a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项D正确，A错误；故选B、D。
6.如图2所示，质量不同的两个小球从同一高度同时做自由落体运动，则( )
图2
A．质量大的下落得快
B．质量小的下落得快
C．两球下落的时间相同
D．两球下落的加速度不同
解析：选C 物体做自由落体运动，v＝gt，故速度相同，故A、B错误；根据自由落体运动的公式h＝gt2，t＝，知落地时间与质量无关，所以两个物体同时落地，故C正确；做自由落体运动，只受重力，加速度都为g，故D错误。
7．一汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动历时t，接着做匀减速运动历时2t，开到乙地刚好停止，那么在匀加速运动和匀减速运动两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1
B．加速度大小之比为2∶1
C．平均速度大小之比为2∶1
D．平均速度大小之比为1∶2
解析：选B 匀加速运动的加速度大小a1＝，匀减速运动的加速度大小a2＝，所以加速阶段和减速阶段的加速度大小之比为2∶1。故B正确，A错误。匀加速运动的平均速度v1＝，匀减速运动的平均速度v2＝，所以平均速度大小之比为1∶1。故C、D错误。
8．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1 s内的位移差都是1 m
D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
解析：选D 因为x＝vt＋at2，可以得到v＝5 m/s，a＝2 m/s2。把t＝1 s代入方程，x＝6 m，所以A错误；t＝2 s时，x＝14 m，由平均速度v＝得到，v＝7 m/s，所以B错误；由Δx＝aT2得到Δx＝2 m，所以C错误；由Δv＝aΔt可以得到Δv＝2 m/s，所以D正确。
9．一列做匀加速直线运动的火车，从某时刻开始计时，第1 min内火车前进了240 m，第6 min内火车前进了1 140 m，则该火车的加速度为( )
A．0.01 m/s2 B．0.03 m/s2
C．0.05 m/s2 D．0.1 m/s2
解析：选C 对于匀变速直线运动有Δx＝aT2。此题中T＝60 s，x1＝240 m，x6＝1 140 m，所以a＝＝0.05 m/s2。故C正确。
10．如图3所示是央视春晚《儿童节目》——“机器人总动员”的情景。机器人(Robot)是自动执行工作的机器装置。它既可以接受人类指挥，又可以运行预先编排的程序，也可以根据人工智能技术制定的原则纲领行动。它的任务是协助或取代人类的工作，例如：生产业、建筑业或是危险的工作。图甲是某公司制作的一个机器人，现要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)，然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5)，然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)。
图3
(1)试在图乙中完成坐标系的建立并画出机器人的运动轨迹。
(2)计算整个过程中机器人的位移大小。
解析：(1)根据动作程序画出运动轨迹，如图所示：
(2)由题意知机器人初位置坐标为(0,0)，末位置坐标为(2,2)，故位移为：x＝ m＝2 m。
答案：(1)见解析 (2)2 m
11.如图4所示，有若干相同的小球，从斜面上的某一位置每隔0.1 s无初速度地释放一颗，在连续释放若干钢球后，对准斜面上正在滚动的若干小球拍摄到如图所示的照片，测得AB＝15 cm，BC＝20 cm。求：
图4
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄照片时B球的速度大小；
(3)A球上面还有几颗正在滚动的钢球？
解析：(1)由Δx＝aT2得：
小球下滑的加速度
a＝＝ m/s2＝5 m/s2。
(2)B球的速度vB等于AC段上的平均速度，即有
vB＝AC＝＝ m/s＝1.75 m/s。
(3)由vB＝vA＋aT得，vA＝vB－aT＝1.75 m/s－0.5 m/s＝1.25 m/s
则A球运动的时间为tA＝＝0.25 s
由于T＝0.1 s，则A球上面滚动的小球还有2颗。
答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)2颗
12．甲、乙两个质点都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两个质点的加速度大小不变，乙的加速度大小是甲的3倍；在接下来的相同时间间隔内，甲的加速度大小增加为原来的3倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的。求甲、乙两质点各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
解析：在第一段时间间隔内，设甲的加速度为a，则乙的加速度为3a，此过程中甲的位移：x甲1＝at2
乙的位移：x乙1＝·3at2；
在第二段时间间隔内，甲的加速度为3a，则乙的加速度为a，
则此过程中甲的位移：x甲2＝at·t＋·3at2＝at2；
乙的位移：x乙2＝3at·t＋·at2＝at2
甲、乙两质点各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比：＝＝＝。
答案：
重难点强化练（三） 牛顿运动定律的综合应用
1．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图1
A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析：选AD 人受重力mg和支持力N的作用，由牛顿第二定律得N－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力N′＝N＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，N′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，N′最小，选项A、D正确。
2．如图2所示，两车厢的质量相同，其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。若不计绳子质量及车厢与轨道间的摩擦，下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是( )
图2
A．绳子的拉力较大的那一端车厢里有人
B．先开始运动的车厢里有人
C．后到达两车中点的车厢里有人
D．不去称量质量无法确定哪个车厢有人
解析：选C 根据牛顿第三定律，两车之间的拉力大小相等，故A错误；有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动，故B错误；两车之间的拉力大小相等，根据牛顿第二定律，总质量大，加速度小，由x＝at2，相同时间内位移小，后到达中点，即后到达两车中点的车厢里有人，故C正确；无需称质量，可用C项办法确定哪个车厢有人，故D错误。
3．(多选)如图3(a)所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，一物体在水平推力F的作用下沿斜面向上运动，逐渐增大F，物体的加速度随之改变，其加速度a随F变化的图像如图(b)所示。取g＝10 m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
图3
A．sin θ＝0.6 B．sin θ＝0.5
C．物体的质量为2.5 kg D．物体的质量为2.0 kg
解析：选AD 对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示，
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma，从图像中取两个点(30 N,6 m/s2)，(0 N，－6 m/s2)代入解得m＝2 kg，sin θ＝0.6，选项A、D正确。
4．(多选)如图4所示，质量为M、中间为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是( )
图4
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．F＝(M＋m)gtan α
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．F＝Mgtan α
解析：选BC 隔离小铁球分析受力得F合＝mgtan α＝ma，且合外力水平向右，故小铁球加速度为gtan α，因为小铁球与凹槽相对静止，故系统的加速度也为gtan α，A错误，C正确。整体分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，故选项B正确，D错误。
5. (多选)如图5所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证A、B无滑动，则( )
图5
A．速度可能向左，加速度可小于μg
B．加速度一定向右，不能超过(1＋μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1＋μ)g
解析：选AD 当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μN，要保证A静止，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，要保证B静止，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，磁铁B做加速度的合力等于摩擦力，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma＝μ(mg＋N)，解得a＝(1＋μ)g，故A、D正确。
6.如图6所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行。开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H＝0.6 m处，而A静止于斜面底端。现释放A，试求A在斜面上向上滑行的最大距离？(设B落地后不再弹起，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
图6
解析：设B未落地前系统加速度大小为a1，B落地时的速度为v，B落地后A的加速度为a2，则依据题意有：
m2g－T＝m2a1
T－m1gsin 37°＝m1a1
解得a1＝6 m/s2
v2－0＝2a1H
m1gsin 37°＝m1a2
0－v2＝－2a2x
解得a2＝6 m/s2，x＝0.6 m
故A在斜面上向上滑行的最大距离L＝H＋x＝1.2 m。
答案：1.2 m
7.某飞机场利用如图7所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的距离L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A轻放上一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数μ＝。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
图7
解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速运动时间t1＝＝2 s
货物匀加速运动位移
x1＝at12＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移
x2＝L－x1＝5 m
匀速运动时间
t2＝＝1 s
所以货物从A到B所需的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
答案：3 s
8.如图8所示，质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上。细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为θ＝37°，已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图8
(1)汽车匀速运动时，细绳对小球的拉力和车后壁对小球的压力；
(2)若要始终保持θ＝37°，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少？
解析：(1)对小球受力分析如图所示，将细绳拉力T分解有：Ty＝Tcos θ，Tx＝Tytan θ，由二力平衡可得：Ty＝mg，Tx＝N，解得细绳拉力T＝＝50 N，
车壁对小球的压力
N＝mgtan θ＝30 N。
(2)设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车壁对小球弹力N′＝0，
由牛顿第二定律有Tx＝ma，即mgtan θ＝ma
解得：a＝7.5 m/s2，即汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5 m/s2。
答案：(1)50 N 30 N (2)7.5 m/s2
9.如图9所示，长为L＝2 m、质量mA＝4 kg的木板A放在光滑水平面上，质量mB＝1 kg的小物块(可视为质点)位于A的中点，水平力F作用于A。A、B间的动摩擦因数μ＝0.2(A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)。求：
图9
(1)为使A、B保持相对静止，F不能超过多大？
(2)若拉力F＝12 N，物块B从A板左端滑落时木板A的速度为多大？
解析：(1)要使A、B保持相对静止，A对B的摩擦力不能超过最大静摩擦力
对B，fm＝μmBg，由fm＝mBa
得：a＝μg＝2 m/s2
对AB，F＝(mA＋mB)a＝10 N。
(2)当F＝12 N＞10 N，A、B相对滑动
对B，aB＝μg＝2 m/s2
对A，F－fm＝mAaA
得：aA＝2.5 m/s2
设B从A上滑落须用时间t，则aAt2－aBt2＝
得：t＝2 s
对A：v＝aAt＝5 m/s。
答案：(1)10 N (2)5 m/s
10．如图10甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图10
(1)拉力F的大小；
(2)t＝4 s时物体的速度v的大小。
解析：(1)设F作用时加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
撤去力F后，据牛顿第二定律，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
由图像斜率可得a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2，
代入解得μ＝0.5，F＝30 N。
(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，
由v1＝a2t2，可得t2＝2 s，
则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1 s
设下滑加速度为a3，据牛顿第二定律，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝2 m/s2，
则t＝4 s时速度v＝a3t3＝2 m/s。
答案：(1)30 N (2)2 m/s
重难点强化练（一） 直线运动的概念、规律及应用
1．(多选)下列情况中可以将物体看成质点的是( )
A．地面上放一只木箱，在上面的箱角处用水平力推它，当研究它是先滑动还是先翻转的时候
B．上述木箱，在外力作用下在水平面上沿直线运动时
C．汽车的后轮，在研究车牵引力的来源时
D．人造地球卫星，在研究其绕地球运动时
解析：选BD 木箱在水平力的作用下是否翻转与力的作用点的位置有关，在这种情况下木箱是不能看成质点的。当研究木箱在水平方向上的平动时，木箱各点的运动情况是一致的，这时可以把木箱看成质点。汽车牵引力的来源与后轮的转动有关，在研究牵引力的来源时，不能把后轮看成质点。卫星绕地球转动时，自身的形状和大小可以忽略不计，因此可以把它看成质点，故正确答案为B、D。
2．(多选)我们描述某个物体的运动时，总是相对一定的参考系而言的，下列说法正确的是( )
A．我们说“太阳东升西落”，是以地球为参考系的
B．我们说“地球围绕太阳转”，是以地球为参考系的
C．我们说“同步卫星在高空静止不动”，是以太阳为参考系的
D．坐在火车上的乘客看到前方铁路旁的树木、电线杆向他飞奔而来，乘客是以火车或他自己为参考系的
解析：选AD “太阳东升西落”是相对于我们居住的地球而言，是以地球为参考系的，所以A正确；“地球围绕太阳转”是以太阳为参考系的，所以B错误；“同步卫星在高空静止不动”是相对于地球而言的，是以地球为参考系的，所以C错误；火车上的乘客看到前方铁路旁的树木、电线杆向他飞奔而来，是以火车或他自己为参考系的，所以D正确。
3．某物体在水平面上向正南方向运动了20 m，然后又向正北方向运动了30 m，对于这一过程，下列说法正确的是( )
A．物体的位移大小是50 m，方向由南向北
B．物体的路程是10 m
C．物体的位移大小是10 m，方向向北
D．物体的位移大小是10 m，方向向南
解析：选C 位移的大小等于首末位置的距离，路程等于运动轨迹的长度。物体在水平面上向正南方向运动了20 m，然后又向正北方向运动了30 m，位移的大小x＝30 m－20 m＝10 m，方向由南向北，C正确。
4．在旅游旺季，为了保障旅行安全，交通管理部门采取了如下的限速措施：客车进入某一路段时，发一张卡，卡上记下车辆进入的时间，车辆驶出该路段时，驾驶员交出卡，管理人员计算车辆通过这一路段的时间，如果小于规定的时间就说明车辆超速。这种限速方法是限制车辆的( )
A．瞬时速度 B．瞬时速率
C．平均速率 D．加速度
解析：选C 由题意可知，交通部门采取的措施是指，通过这一路段的时间不能低于某个值，即说明在这一段路程内，汽车的平均速率不能超过某个值；该方法无法限制瞬时速度，故选C。
5．(多选)如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是( )
图1
A．10 s内火箭的速度改变量为10 m/s
B．2.5 s内汽车的速度改变量为－30 m/s
C．火箭的速度变化比汽车的快
D．火箭的加速度比汽车的加速度小
解析：选BD 因火箭发射时，速度在10 s内由0增加到100 m/s，故10 s内火箭的速度改变量为100 m/s，选项A错误；汽车以108 km/h＝30 m/s的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，则2.5 s内汽车的速度改变量为0－30 m/s＝－30 m/s，选项B正确；火箭的速度变化率即加速度为：a1＝＝ m/s2＝10 m/s2；汽车的速度变化率即加速度为：a2＝＝ m/s2＝12 m/s2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项D正确，A错误；故选B、D。
6.如图2所示，质量不同的两个小球从同一高度同时做自由落体运动，则( )
图2
A．质量大的下落得快
B．质量小的下落得快
C．两球下落的时间相同
D．两球下落的加速度不同
解析：选C 物体做自由落体运动，v＝gt，故速度相同，故A、B错误；根据自由落体运动的公式h＝gt2，t＝，知落地时间与质量无关，所以两个物体同时落地，故C正确；做自由落体运动，只受重力，加速度都为g，故D错误。
7．一汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速运动历时t，接着做匀减速运动历时2t，开到乙地刚好停止，那么在匀加速运动和匀减速运动两段时间内( )
A．加速度大小之比为3∶1
B．加速度大小之比为2∶1
C．平均速度大小之比为2∶1
D．平均速度大小之比为1∶2
解析：选B 匀加速运动的加速度大小a1＝，匀减速运动的加速度大小a2＝，所以加速阶段和减速阶段的加速度大小之比为2∶1。故B正确，A错误。匀加速运动的平均速度v1＝，匀减速运动的平均速度v2＝，所以平均速度大小之比为1∶1。故C、D错误。
8．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1 s内的位移差都是1 m
D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s
解析：选D 因为x＝vt＋at2，可以得到v＝5 m/s，a＝2 m/s2。把t＝1 s代入方程，x＝6 m，所以A错误；t＝2 s时，x＝14 m，由平均速度v＝得到，v＝7 m/s，所以B错误；由Δx＝aT2得到Δx＝2 m，所以C错误；由Δv＝aΔt可以得到Δv＝2 m/s，所以D正确。
9．一列做匀加速直线运动的火车，从某时刻开始计时，第1 min内火车前进了240 m，第6 min内火车前进了1 140 m，则该火车的加速度为( )
A．0.01 m/s2 B．0.03 m/s2
C．0.05 m/s2 D．0.1 m/s2
解析：选C 对于匀变速直线运动有Δx＝aT2。此题中T＝60 s，x1＝240 m，x6＝1 140 m，所以a＝＝0.05 m/s2。故C正确。
10．如图3所示是央视春晚《儿童节目》——“机器人总动员”的情景。机器人(Robot)是自动执行工作的机器装置。它既可以接受人类指挥，又可以运行预先编排的程序，也可以根据人工智能技术制定的原则纲领行动。它的任务是协助或取代人类的工作，例如：生产业、建筑业或是危险的工作。图甲是某公司制作的一个机器人，现要执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内，由点(0,0)出发，沿直线运动到点(3,1)，然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4)，然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5)，然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)。
图3
(1)试在图乙中完成坐标系的建立并画出机器人的运动轨迹。
(2)计算整个过程中机器人的位移大小。
解析：(1)根据动作程序画出运动轨迹，如图所示：
(2)由题意知机器人初位置坐标为(0,0)，末位置坐标为(2,2)，故位移为：x＝ m＝2 m。
答案：(1)见解析 (2)2 m
11.如图4所示，有若干相同的小球，从斜面上的某一位置每隔0.1 s无初速度地释放一颗，在连续释放若干钢球后，对准斜面上正在滚动的若干小球拍摄到如图所示的照片，测得AB＝15 cm，BC＝20 cm。求：
图4
(1)小球的加速度大小；
(2)拍摄照片时B球的速度大小；
(3)A球上面还有几颗正在滚动的钢球？
解析：(1)由Δx＝aT2得：
小球下滑的加速度
a＝＝ m/s2＝5 m/s2。
(2)B球的速度vB等于AC段上的平均速度，即有
vB＝AC＝＝ m/s＝1.75 m/s。
(3)由vB＝vA＋aT得，vA＝vB－aT＝1.75 m/s－0.5 m/s＝1.25 m/s
则A球运动的时间为tA＝＝0.25 s
由于T＝0.1 s，则A球上面滚动的小球还有2颗。
答案：(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)2颗
12．甲、乙两个质点都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两个质点的加速度大小不变，乙的加速度大小是甲的3倍；在接下来的相同时间间隔内，甲的加速度大小增加为原来的3倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的。求甲、乙两质点各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
解析：在第一段时间间隔内，设甲的加速度为a，则乙的加速度为3a，此过程中甲的位移：x甲1＝at2
乙的位移：x乙1＝·3at2；
在第二段时间间隔内，甲的加速度为3a，则乙的加速度为a，
则此过程中甲的位移：x甲2＝at·t＋·3at2＝at2；
乙的位移：x乙2＝3at·t＋·at2＝at2
甲、乙两质点各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比：＝＝＝。
答案：
重难点强化练（五） 受力分析 共点力平衡
1.一物体放在水平桌面上，在与水平方向成θ角斜向上的拉力F作用下做匀速直线运动，如图1所示，则( )
图1
A．地面对物体的支持力有可能为零
B．拉力F与摩擦力的合力方向竖直向上
C．拉力F与摩擦力的合力方向指向右上方
D．将F大小减小一半而方向不变，物体仍能做匀速直线运动
解析：选B 物体水平方向受到的力是摩擦力和F的水平分力，竖直方向受到的力是重力、支持力和F在竖直方向的分力，A错误；由物体处于匀速直线运动状态知，B正确，C错误；力F大小减半，导致摩擦力增大，水平方向不再平衡，D错误。
2.如图2所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( )
图2
A．箱子受到的摩擦力方向向右
B．地面对木板的摩擦力方向向左
C．木板对地面的压力大小为3 mg
D．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3 mg
解析：选C 人向右推箱子，故箱子受到的摩擦力方向向左，选项A错误；因木板静止，故地面对木板无摩擦力的作用，选项B错误；对木板、人、箱子的整体，在竖直方向平衡，则木板对地面的压力大小为3mg，选项C正确；对木板、人、箱子的整体因受合力为零，则若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力仍等于3mg，选项D错误；故选C。
3.如图3所示，传送带沿逆时针方向匀速转动。小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住 a，两木块均处于静止状态。关于木块受力个数，正确的是( )
图3
A．a受4个，b受5个
B．a受4个，b受4个
C．a受5个，b受5个
D．a受5个，b受4个
解析：选D 先分析木块b的受力，木块b受重力、支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线拉力，共4个力；再分析木块a的受力，木块a受重力、支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D正确。
4.如图4所示，用一根长1 m的轻质细绳将一幅质量为1 kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为10 N，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为(g取10 m/s2)
( )
图4
A. m B. m
C. m D. m
解析：选A 画框受到两个拉力F和重力的作用，如图所示，
把两个力F分别沿竖直和水平方向分解得2Fcos θ＝G
又因F＝G
所以cos θ＝，即θ＝60°
所以两挂钉之间的最大间距L＝2×0.5sin 60°＝ m，选A。
5. (多选)如图5所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是( )
图5
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间一定有摩擦力
解析：选AD 将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，所以a受到4个力作用。
6.如图6所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕O点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是( )
图6
A．F1先增大后减小，F2一直减小
B．F1先减小后增大，F2一直减小
C．F1和F2都一直减小
D．F1和F2都一直增大
解析：选B 小球受重力、挡板弹力F1′和斜面弹力F2′，将F1′与F2′合成为F，如图所示。小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故F1′和F2′合成的合力F一定与重力等值、反向、共线，从图中可以看出，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1′先变小，后变大，F2′越来越小；由牛顿第三定律可知F1先变小，后变大，F2越来越小，故B正确。
7. (多选)如图7所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面上，m2在空中)，力F与水平方向成θ角。则m1所受支持力N和摩擦力f正确的是( )
图7
A．N＝m1g＋m2g－Fsin θ B．N＝m1g＋m2g－Fcos θ
C．f＝Fcos θ D．f＝Fsin θ
解析：选AC 将m1、m2、弹簧看做整体，受力分析如图所示，根据平衡条件得：f＝Fcos θ，N＋Fsin θ＝(m1＋m2)g，N＝(m1＋m2)g－Fsin θ，故选项A、C正确。
8．如图8所示，重物A、B叠放在水平桌面上。质量分别为m1、m2、m3的物体分别通过细线跨过定滑轮水平系在重物A、B上，已知m1＞m2＋m3，A、B保持静止。现将m3解下放在物体A的上方，发现A、B仍保持静止。关于A、B间的摩擦力f1和B与桌面间的摩擦力f2的变化情况，下列说法中正确的是( )
图8
A．f1变大，f2不变 B．f1变大，f2变大
C．f1变小，f2不变 D．f1变小，f2变大
解析：选D 因为A、B一直静止，所以f1、f2都是静摩擦力，质量为m3的物体放在A上面之前(如图甲所示)，f1＝(m2＋m3)g，f2＝(m1－m2－m3)g；质量为m3的物体放在A上面之后(如图乙所示)，f1＝m2g，f2＝(m1－m2)g，所以f1变小，f2变大。
9.有一只小虫重为G，不慎跌入一个碗中，如图9所示。碗内壁为一半径为R的球壳的一部分，其深度为D。碗与小虫脚间的动摩擦因数为μ，若小虫可以缓慢顺利地爬出碗口而不会滑入碗底。试问D的最大值为多少？(最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小)
图9
解析：对小虫受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，到碗口时，最容易滑下，此时静摩擦力最大，等于滑动摩擦力，如图所示。根据平衡条件，有
f＝mgsin θ①
N＝mgcos θ②
其中f＝μN③
cos θ＝④
由①②③④解得：
D＝R。
答案：D的最大值为R
10.如图10所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止光滑斜面上，设小球质量m＝1 kg，斜面倾角θ＝30°，悬线与竖直方向夹角α＝30°，斜面体M＝3 kg置于粗糙水平面上，求：
图10
(1)悬线对小球拉力的大小。
(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。(g＝10 m/s2)
解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示。根据平衡条件得知，T与N的合力F＝mg
Tcos 30°＝F
解得：T＝ N。
(2)以小球和斜面体整体为研究对象，受力分析如图乙所示。由于系统静止，合力为零，则有：f＝Tcos 60°＝ N，方向水平向左。
答案：(1) N (2) N 方向水平向左
11.如图11所示，物体的质量为m，两根轻绳AB和AC的一端分别连接在竖直墙上，另一端系在物体上，在物体上施加一个与水平方向成θ＝60°角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围。(∠BAC＝θ)
图11
解析：设AB、AC绳中张力分别为FB和FC，则竖直方向上有FBsin θ＋Fsin θ＝mg
解得FB＝mg－F
AB绳张紧时，FB≥0，得F≤mg
水平方向上有Fcos θ＝FBcos θ＋FC
若AC绳张紧，FC≥0，得Fcos θ≥FBcos θ，即F≥FB
又FB＝mg－F，所以F≥mg
故拉力F的大小范围为mg≤F≤mg。
答案：mg≤F≤mg
重难点强化练（四） 实验综合训练
1．如图1是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示。
图1
(1)O、E间的距离为________ cm。
(2)如图2是根据实验数据绘出的x-t2图线(x为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，加速度大小为________ m/s2(保留3位有效数字)。
图2
解析：(1)此刻度尺的分度值为1 mm，要估读到0.1 mm。
(2)由x＝at2可知图线的斜率k＝a，由图中数据可计算出k，则加速度大小为0.933 m/s2。
答案：(1)1.80 (2)a 0.933
2．某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h＝0.25 m、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端位于筒内)，如图3甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出距筒口右端弹簧的长度l，现要测出弹簧的原长l0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l，作出F-l变化的图线如图乙所示。
图3
(1)由此图线可得出的结论是________________________________________________；
(2)弹簧的劲度系数为________ N/m，弹簧的原长l0＝________ m；
(3)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：_____________
________________________________________________________________________，
缺点在于：__________________________________________________。
解析：(1)在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比。
(2)由ΔF＝kΔx和乙图可知：(30－10)＝k×20×10－2
所以k＝100 N/m，
由乙图可知F＝20 N时，l＝10 cm＝0.1 m，
所以20＝k(0.1＋0.25－l0)，
即l0＝0.15 m。
(3)优点是避免弹簧自身重力对实验的影响，缺点是弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。
答案：见解析
3.在“利用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上按打点的先后顺序每5个点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F六个计数点(每相邻两个计数点间还有四个点)。从A点开始在每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图4所示。
图4
(1)若把每一段纸带的右上端连接起来，结果得到一条倾斜的直线，如图所示，由图可知纸带做________运动，且直线与－x方向夹角越大，说明纸带运动的________越大。
(2)从第一个计数点A开始计时，为求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________。
(3)若测得a段纸带的长度为10.0 cm，e段纸带的长度为2.0 cm，则可求出加速度的大小为________ m/s2。(结果保留2位有效数字)
解析：(1)由匀变速直线运动的位移规律，可得每段纸带的平均速度与该段纸带的长度有关，则图像可看做v-t图，可得纸带做匀减速直线运动，图线倾角的大小反映了加速度的大小。
(2)横轴x轴即可等效成t轴，0.25 s时恰好对应纸带c的中间时刻，故测出c段的长度即可求出0.25 s时刻纸带的瞬时速度。
(3)根据xm－xn＝(m－n)aT2，代入数据可求得加速度为2.0 m/s2。
答案：(1)匀减速直线 加速度 (2)c段 (3)2.0
4．有同学利用如图5所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：
图5
(1)(多选)改变钩码个数，实验能完成的是( )
A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是( )
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为图6中________(选填“甲”或“乙”)是正确的。
图6
解析：(1)对O点受力分析如图所示，OA、OB、OC分别表示N1、N2、N3的大小，由于三共点力处于平衡，所以N1、N2的合力大小等于N3，且N3＜N1＋N2，即|N1－N2|＜N3＜N1＋N2，故B、C、D能完成实验。
(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，应从力的三要素角度出发，要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，B、C、D错误。
(3)以O点为研究对象，F3的实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。
答案：(1)BCD (2)A (3)甲
5．利用如图7甲所示的装置可以测量滑块和滑板间的动摩擦因数。将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，倾角α＝37°，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出滑块A的速率—时间(v-t)图像。(取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图7
(1)先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v-t图像如图乙所示。利用该图像可算出滑块A上滑时加速度的大小为________ m/s2。
(2)从图线可得滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝______。
解析：(1)根据v-t图像容易求得滑块A上滑时加速度的大小为a1＝＝ m/s2＝8.0 m/s2。
(2)滑块A沿滑板B向下滑时的加速度a2＝＝ m/s2＝4.0 m/s2，此过程中，根据牛顿第二定律，滑块A向下滑动时，有mgsin α－μmgcos α＝ma2，而滑块A向上滑动时，则有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，解得μ＝0.25。
答案：(1)8.0 (2)0.25
6.如图8所示为用光电门测定钢球下落时受到的阻力的实验装置。直径为d、质量为m的钢球自由下落的过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g。
图8
(1)钢球下落的加速度大小a＝________，钢球受到的空气平均阻力f＝________。
(2)本题“用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度”，但从严格意义上讲是不准确的，实际上钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度。
解析：(1)钢球在竖直方向上做匀加速运动，通过两光电门时时间很短，可近似看作匀速运动，可用平均速度代替瞬时速度，故钢球通过两光电门的瞬时速度vA＝和vB＝，根据匀变速直线运动的速度位移关系vB2－vA2＝2ah，得钢球下落的加速度大小a＝＝。对钢球受力分析，根据牛顿第二定律有：mg－f＝ma，得平均阻力f＝mg－ma＝mg－。
(2)钢球通过光电门的瞬时速度使用平均速度代替，而平均速度等于中间时刻的速度v＝，钢球通过光电门的瞬时速度应为中间位移的速度，v＝ ，由数学知识可知v＜v，即钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度。
答案：(1) mg－ (2)＜
7．某同学利用如图9所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，桶和砂子的总质量为m，通过改变m改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数)。
图9
(1)图10为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2。(以上两空保留一位有效数字)
图10
(2)根据实验数据画出了如图11所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。(选填字母代号)
图11
A. B.
C．mg D．F
(3)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图11的说法，正确的是________。(选填字母代号)
A．图线逐渐偏向纵轴
B．图线逐渐偏向横轴
C．图线仍保持原方向不变
解析：(1)做匀变速直线运动过程中一段过程中的中间时刻速度等于该段过程中的平均速度，故vC＝＝f＝0.8 m/s，根据逐差法可得xDE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，联立可得a＝4 m/s2。
(2)从图中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得F＝ma，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D正确。
(3)由于图像的斜率为k＝，所以增大砂和砂桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确。
答案：(1)0.8 4 (2)D (3)C
8．某同学设计了如图12所示的装置，来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。给定的实验器材有米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等。滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m。实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。
图12
(1)若利用上述实验器材和公式a＝可以测量滑块在A、B间运动时的加速度。请你在下面的虚线框中设计一个记录两个物理量数据的表格，记录次数为5次。在表格中标明要测量的两个物理量。
(2)根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：a＝ m－μg
当上式中的(m′＋m)保持不变时，a是m的一次函数。该同学想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ。为了保证实验中(m′＋m)不变，在改变m时，应将从托盘中取出的砝码置于____________上。
(3)实验得到a与m的关系如图13所示，由此可知μ＝________。(取两位有效数字)
图13
解析：(1)这两个物理量分别是位移x和时间t，表格中记录原始数据，故如表所示。
1
2
3
4
5
x/m
t/s
(2)要使(m′＋m)不变，应将砝码从砝码盘中取出放入滑块上。
(3)在图线上找到两个点，一个是当a＝0.35 m/s2时，m＝6.7 kg，另一个是当a＝0.15 m/s2时，m＝6.2 kg，将两组数据代入到原公式中，并且将公式先变形一下为：(a＋μg)[M＋(m′＋m)]＝(1＋μ)gm，代入后将两式相除，即可将[M＋(m′＋m)]与(1＋μ)约掉，从而计算出μ＝0.23。
答案：(1)见解析 (2)滑块 (3)0.23(0.21～0.25均可)
