高中物理粤教版必修一学案 第四章+第六、七节+超重和失重+力学单位+Word版含答案

第六、七节超重和失重__力学单位
一、超重和失重
1．超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力的情况称为超重现象。
2．失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力的情况称为失重现象。
3．在超重和失重现象中，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)与物体的重力大小不相等，但物体所受的重力并没有发生变化。
4．完全失重：如果一个物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零，叫完全失重现象。
二、超重和失重的解释
1．当物体具有竖直向上的加速度时，物体处于超重状态。
2．当物体具有竖直向下的加速度时，物体处于失重状态。
三、力学单位
1．单位制是由基本单位和导出单位所组成的一系列完整的单位体制。
2．基本单位是可以任意选定的，导出单位则是由定义方程式与比例系数确定的。
3．在国际单位制中，与力学有关的基本单位有三个：长度单位—米、质量单位—千克和时间单位—秒。其他与力学有关的物理量单位，都可以由这三个基本单位导出。
1．自主思考——判一判
(1)超重就是物体受到的重力增加了。(×)
(2)完全失重就是物体不受重力了。(×)
(3)超、失重可根据物体的加速度方向判定。(√)
(4)做竖直上抛运动的物体先超重后失重。(×)
(5)质量是物理学中的基本物理量。(√)
(6)kg·m/s是国际单位制中的导出单位。(√)
2．合作探究——议一议
(1)有人说：“在很高的山顶上，物体所受的重力要小于它在平地上所受的重力，这种现象也是失重！”这种说法正确吗？
提示：不正确，这不是失重。失重情况下重力不变。在很高的山上，物体所受的重力减小，是因为地球对它的引力减小了。
(2)将体重计放到升降机中，人站在体重计上，当升降机运动时，若发现体重计示数变大，升降机一定是向上加速吗？
提示：不是。体重计示数变大，升降机可能有两种运动情形：①向上做加速运动；②向下做减速运动。这两种情况下，加速度的方向均向上。根据牛顿第二定律，人所受支持力F＝mg＋ma，所以F＞mg，出现超重。
(3)力的单位“牛顿”是基本单位吗？
提示：不是，由于F＝ma即1 N＝1 kg·m/s2，所以“牛顿”是导出单位。
对超重、失重的理解
1．重力和视重
(1)重力：物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
(2)视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。
2．超重和失重的本质
(1)出现超重、失重的实质是指视重与重力的差别，即由于物体沿竖直方向存在加速度，使得物体与支承物(或悬挂物)间的作用力发生了变化，并非物体的重力发生了变化。
(2)超重、失重现象与物体的运动方向无关，当物体具有向上的加速度时，无论物体向什么方向运动，均出现超重现象，反之则出现失重现象。因此，判断出现超、失重的依据是加速度的方向。
3．对完全失重的理解
(1)完全失重是物体的视重为零，对支持物或悬挂物的压力或拉力为零。处于完全失重的物体具有竖直向下、大小为g的加速度。
(2)发生完全失重现象时，与重力有关的一切现象都将消失。比如物体对支持物无压力、摆钟将停止摆动……，靠重力使用的仪器也不能再使用(如天平)。
(3)只受重力作用的一切抛体运动，如我们学过的自由落体运动和竖直上抛运动等，物体在空中只受重力的运动，其加速度等于g，物体都处于完全失重状态。
1.(多选)如图4-6-1所示，运动员“3 m跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中，跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是(　　)
图4-6-1
A．运动员将跳板从B压到C的过程中，一直失重
B．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重
C．运动员将跳板从B压到C的过程中，对板的压力先增大后减小
D．运动员向上运动(C→B)的过程中，对板的压力一直减小
解析：选BD　人受到重力及板向上的弹力，人在向下运动的过程中，人受到的板的弹力越来越大，开始时加速度向下减小，然后加速度变为向上增大，故人应先失重后超重，故A、C错误；运动员在向上运动时，由于弹力减小，但开始时弹力一定大于重力，故合外力先减小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正确；运动员在向上运动时，板的形变量减小，弹力减小，运动员对板的压力一直减小，故D正确。
2．在完全失重情况下，下列哪些操作可以实现的是(　　)
A．用天平测物体的质量
B．测物体在水中的浮力
C．用弹簧秤测出对物体的拉力
D．用水银气压计测大气压强
解析：选C　在完全失重的情况下，一切与重力有关的操作都不能进行，用天平测物体的质量、浮力以及水银气压计都与物体的重力有关，故都不能实现；用弹簧秤测出对物体的拉力与重力无关，故可以实现，故选C。
3.某实验小组利用DIS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4-6-2所示图象，以下根据图象分析所得结论错误的是(　　)
图4-6-2
A．该图象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D　题图中图象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，D项错误。
超重、失重问题的有关计算
[典例]　质量为60 kg的人，站在升降机中的体重计上，升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(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。
[思路点拨]　
→→
[解析]　人站在升降机中体重计上受力情况如图所示。
(1)当升降机匀速上升时，a＝0
由牛顿第二定律知，FN－mg＝0
所以FN＝mg＝600 N
由牛顿第三定律，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，有
FN－mg＝ma
所以FN＝m(g＋a)＝840 N
由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为840 N(超重状态)。
(3)当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，此时a的方向向下，有mg－FN＝ma
所以FN＝m(g－a)＝300 N
由牛顿第三定律，人对体重计的压力，即体重计的示数为300 N(失重状态)。
[答案]　(1)600 N　(2)840 N　(3)300 N
当物体的受力在同一直线时，一般以加速度方向为正方向，则加速度方向的力减去与加速度方向相反的力即为合力。
　　　　
1．电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图4-6-3所示，电梯内乘客的质量m＝50 kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
图4-6-3
A．第1 s内乘客处于超重状态，第9 s内乘客处于失重状态
B．第2 s内电梯做匀速直线运动
C．第2 s内乘客对电梯的压力大小为450 N
D．第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N
解析：选D　第1 s内乘客向上加速，具有向上的加速度，处于超重状态，第9 s内电梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然处于超重状态，故A错误；由题图知第2 s内乘客的加速度恒为1.0 m/s2，即做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：F－mg＝ma得：F＝mg＋ma＝500 N＋50×1.0 N＝550 N，根据牛顿第三定律，则乘客对电梯的压力大小为550 N，故D正确，B、C错误。
2．实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度(层高)及电梯运行情况，请一质量为m＝60kg的同学站在放于电梯的水平地板上的体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t＝0至t＝1 s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数F随时间变化的图线，如图4-6-4所示，求：
图4-6-4
(1)电梯启动和制动时的加速度大小；
(2)该大楼每层的平均层高。
解析：(1)1～3 s电梯启动，即加速向上运动，加速度向上，处于超重状态，对于此状态有：F1－mg＝ma1，代入数据解得a1＝2 m/s2
21～23 s电梯制动，即向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，对于此状态有：mg－F3＝ma3，代入数据解得a3＝2 m/s2。
(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝4 m/s
匀加速上升的位移为s1＝vt1＝×4×2 m＝4 m
从图中读得，电梯匀速上升的时间t2＝18 s，所以匀速上升的位移为s2＝vt2＝4×18 m＝72 m
匀减速上升的时间为2 s，所以位移为s3＝vt3＝×4×2 m＝4 m
所以总位移s＝s1＋s2＋s3＝80 m
层高：h＝＝ m＝3.2 m。
答案：(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)3.2 m
单位制的应用
1．简化表达式书写
在利用物理公式进行计算时，为了在代入数据时不使表达式过于繁杂，我们要把各个量换算到同一单位制中，这样计算时就不必一一写出各量的单位，只要在所求结果后写上对应的单位即可。
2．检验计算结果
各量的单位统一成国际单位计算结果的单位和该物理量的国际单位一致时，该运算过程才可能是正确的。若所求物理量的单位不对，则结果一定错。
3．推导单位
物理公式在确定各物理量的数量关系时，同时也确定了各物理量的单位关系，所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系，推导出物理量的单位。
[特别提醒]
(1)比较某个物理量不同值的大小时，必须先把它们的单位统一到同一单位制中，再根据数值来比较。
(2)数值较大或较小的单位，统一成国际单位制单位后，如不方便书写，可用科学计数法表示，如：1 μm＝10－6 m。
1．一物体在2 N的外力作用下，产生10 cm/s2的加速度，求该物体的质量。下列有几种不同的求法，其中单位运用正确、简洁而又规范的是(　　)
A．m＝＝ kg＝0.2 kg
B．m＝＝＝20＝20 kg
C．m＝＝＝20 kg
D．m＝＝ kg＝20 kg
解析：选D　统一单位，F＝2 N，a＝10 cm/s2＝0.1 m/s2，
由牛顿第二定律得m＝＝ kg＝20 kg，
D项运算既正确，又规范简洁。
2．在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得s＝(t1＋t2)，用单位制的方法检查，这个结果(　　)
A．可能是正确的
B．一定是错误的
C．如果用国际单位制，结果可能正确
D．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确
解析：选B　可以将右边的力F、时间t和质量m的单位代入公式看得到的单位是否和位移s的单位一致；还可以根据F＝ma，a＝，v＝，全部都换成基本物理量的单位，就好判断了。由s＝(t1＋t2)式，左边单位是长度单位，而右边单位推知是速度单位，所以结果一定是错误的，单位制选用得不同，只影响系数，故A、C、D错。
1．测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”可使用的一组仪器是(　　)
A．米尺、弹簧秤、停表
B．米尺、测力计、打点计时器
C．量筒、天平、停表
D．米尺、天平、停表
解析：选D　明确国际单位制中力学的三个基本量为长度、时间、质量，可知相应的测量工具为米尺、停表、天平，故D正确。
2．导出单位是由基本单位组合而成的，则下列说法中正确的是(　　)
A．加速度的单位是m/s2，是由m、s两个基本单位组合而成的
B．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知它是由m/s和s两个基本单位组合而成的
C．加速度的单位是m/s2，由公式a＝可知，它是由N、kg两个基本单位组合而成的
D．以上说法都是正确的
解析：选A　在力学中选长度、时间、质量的单位为基本单位，而m/s、N都是导出单位，所以B、C、D错误。
3.如图1所示，在台秤的托盘上放一个支架，支架上固定一电磁铁A，电磁铁A的正下方有一铁块B，电磁铁A不通电时，台秤的示数为G。某时刻接通电源，在铁块B被吸引起来的过程中，台秤的示数将(　　)
图1
A．不变　　　　　　　　 　B．变大
C．变小 D．忽大忽小
解析：选B　很多同学认为，当铁块B被吸起时脱离台秤，所以对台秤的压力消失，台秤的示数减小，从而错选C。其实，铁块B被吸起的过程是铁块B加速上升的过程，处于超重状态，即整体处于超重状态，所以整体对托盘的压力大于整体的重力。故选项B正确。
4.如图2所示，在托盘测力计的托盘内固定一个质量为M的光滑的斜面体，现将一个质量为m的物体放在斜面上，让它自由滑下，则测力计的示数(　　)
图2
A．FN＝(M＋m)g
B．FN＝Mg
C．FN＞(M＋m)g
D．FN＜(M＋m)g
解析：选D　物体加速下滑，其加速度有竖直向下的分量，故它处于失重状态，物体与斜面体整体对托盘测力计的压力小于它们的总重力，D对。
5.(多选)“蹦极”是一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图3中a点是弹性绳的原长位置，c点是人能到达的最低点，b点是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点下落到最低点c的过程中(　　)
图3
A．人在Pa段做自由落体运动，处于完全失重状态
B．人在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
C．人在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态
D．人在c点，人的速度为零，其加速度为零
解析：选AB　人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正确；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正确；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C错误；人到c点时，拉力最大，合力最大，加速度最大，D错误。
6.某同学为了研究超重和失重现象，将重为50 N的物体带进竖直升降的电梯中，放置在压力传感器的水平载物面上，电梯由启动到停止的过程中，测得压力(F)－时间(t)变化的图象如图4所示，设在t1＝3 s和t2＝8 s时电梯的速度分别为v1和v2，由此他做出判断(　　)
图4
A．电梯在上升，v1＞v2 B．电梯在上升，v1＜v2
C．电梯在下降，v1＜v2 D．电梯在下降，v1＞v2
解析：选B　物体最后静止时对地面的压力等于重力，所以根据牛顿第二定律可知，0～4 s电梯向上加速，4～14 s匀速，14～18 s向上减速，18 s后静止。在t1＝3 s时物体仍然做加速运动，所以t1时刻的速度小于t＝4 s时的速度，而t2＝8 s时电梯的速度等于t＝4 s时的速度，所以v1＜v2，故选B。
7. (多选)如图5所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上，若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)
图5
A．加速下降 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
解析：选BD　若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，相当于物块的视重变大，处于超重状态，即加速度向上，所以可能向上做加速运动，向下做减速运动，故B、D正确。
8. (多选)如图6所示是某同学站在力板传感器上做下蹲—起立的动作时记录的压力F随时间t变化的图线。由图线可知该同学(　　)
图6
A．体重约为650 N
B．做了两次下蹲—起立的动作
C．做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
解析：选AC　当该同学站在力板传感器上静止不动时，其合力为零，即压力读数恒等于该同学的体重值，由图线可知：该同学的体重约为650 N，A正确；每次下蹲，该同学都将经历先向下做加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动，即先经历失重状态，后经历超重状态，读数F先小于体重，后大于体重；每次起立，该同学都将经历先向上做加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动，即先经历超重状态，后经历失重状态，读数F先大于体重，后小于体重。由图线可知：C正确，B、D错误。
9. (多选)如图7所示，小球B放在真空正方体容器A内，球B的直径恰好等于A的内边长，现将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是(　　)
图7
A．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有弹力
B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的弹力向下
C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的弹力向上
D．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的弹力
解析：选AB　将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A正确，D错误；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，A对B的压力向下，故B正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误。
10.如图8所示，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 t，其推进器的平均推力为900 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s，测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　　)
图8
A．90 t　　　　 　B．87 t
C．60 t D．6 t
解析：选B　根据飞船和空间站的速度变化，得出它们的加速度，再根据牛顿第二定律得出它们的总质量，总质量减去飞船的质量就是空间站的质量。计算时注意单位的换算
由加速度定义式：
a＝＝ m/s2＝0.01 m/s2
由牛顿第二定律F＝(m1＋m2)a得：
m2＝＝ kg＝8.7×104 kg＝87 t。
11．某人在以加速度a＝2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起m1＝75 kg的物体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10 m/s2)
解析：设此人在地面上的最大“举力”为F，那么他在以不同加速度运动的升降机中最大的“举力”仍然是F。以物体为研究对象进行受力分析，物体的受力示意图如图所示，且物体的加速度与升降机相同。当升降机以加速度a＝2 m/s2匀加速下降时，对物体有：m1g－F＝m1a
F＝m1(g－a)得：F＝75×(10－2) N＝600 N
设人在地面上最多可举起质量为m0的物体，则F＝m0g，m0＝＝ kg＝60 kg
当升降机以加速度a′匀加速上升时，对物体有：
F－m2g＝m2a′
a′＝－g＝ m/s2＝2 m/s2
所以升降机匀加速上升的加速度为2 m/s2。
答案：60 kg　2 m/s2
12．一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着m＝5 kg的铅球，取g＝10 m/s2，试求：
(1)从开始下落到最后着地经历的总时间；
(2)当座舱落到离地面35 m的位置时，手对铅球的支持力是多少？
(3)当座舱落到离地面15 m的位置时，铅球对手的压力是多少？
解析：(1)由题意可知，座舱先自由下落
h1＝75 m－30 m＝45 m
由h1＝gt12得t1＝ ＝3 s
下落45 m时的速度v1＝gt1＝30 m/s
减速过程中的平均速度
2＝＝15 m/s
减速时间t2＝＝2 s
总时间t＝t1＋t2＝5 s。
(2)离地面35 m时，座舱自由下落，铅球处于完全失重状态，所以手对铅球的支持力为零。
(3)由v12＝2gh1＝2ah2得，减速过程中加速度的大小
a＝15 m/s2(或a＝＝15 m/s2)
根据牛顿第二定律：FN－mg＝ma
解得：FN＝125 N
根据牛顿第三定律可知，铅球对手的压力为125 N。
答案：(1)5 s　(2)0　(3)125 N
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FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma。当t＝2 s时a有最大值，FN′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s＝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变化的图象如图(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，从图象中取两个点(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＝μFN，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＋FN)，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＝－2a2s
解得a2＝6 m/s2，s＝0.6 m
故A在斜面上向上滑行的最大距离L＝H＋s＝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
s1＝at12＝5 m
然后货物做匀速运动，运动位移
s2＝L－s1＝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＝FN，解得细绳拉力T＝＝50 N，
车壁对小球的压力
FN＝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FN′＝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图象如图乙所示，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
由图象斜率可得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
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s-t2图线(s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s＝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，则图象可看做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sm－sn＝(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)图象。(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图象如图乙所示。利用该图象可算出滑块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图象容易求得滑块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sDE－sBC＝2aT2，sCD－sAB＝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)由于图象的斜率为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s和时间t，表格中记录原始数据，故如表所示。
1
2
3
4
5
s/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)