人教新版高中物理训练学案 必修 第一册 第4章　验证牛顿运动定律 Word版含解析

　　例1　某实验小组利用如图(a)所示的装置探究加速度与物体质量、物体受力的关系。
图(a)
(1)下列做法正确的是　　　　(选填字母代号)。?
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过定滑轮拴在木块上
C.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是:砝码桶及桶内砝码的总质量　　　　(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。?
(3)甲、乙两同学在同一实验室,各取一套图示的装置放在水平桌面上,木块上均不放砝码,在没有平衡摩擦力的情况下,研究加速度a与拉力F的关系,分别得到图(b)中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙,甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙,由图可知,m甲　　m乙,μ甲　　μ乙。(均选填“大于”“小于”或“等于”)?
图(b)
答案　(1)AD　(2)远小于　
(3)小于　大于
解析　(1)实验中细绳要与长木板保持平行,A项正确;平衡摩擦力时,不应该将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过定滑轮拴在木块上,B项错误;实验时应先接通电源再放开木块,C项错误;平衡摩擦力后,通过增减木块上的砝码改变质量时不需要再重新平衡摩擦力,D项正确。
(2)设木块和木块上砝码的总质量为M,砝码桶及桶内砝码的总质量为m,则细绳上的拉力为F=Ma=M=mg,可见,当砝码桶和桶内砝码的总质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时,可得F≈mg。
(3)不平衡摩擦力时,有F-μmg=ma,则a=-μg,a-F图线的斜率大,对应的木块质量小,图线纵轴截距绝对值大,对应的木块与木板间的动摩擦因数大,因此m甲μ乙。
　　变式1　小王同学用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系,小车及砝码的质量用M表示,砂桶及砂的质量用m表示,小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。
甲
(1)往砂桶中加入一定量的砂子,当M与m的大小关系满足　　　　时,可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力;在释放小车　　　　(填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源,在纸带上打出一系列的点。?
(2)在平衡摩擦力后,他用打点计时器打出的纸带的一段如图乙所示,该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出,打点计时器使用交流电的频率是50
Hz,则小车的加速度大小是　　　　m/s2,当打点计时器打B点时小车的速度是　　　　m/s。(结果保留三位有效数字)?
乙
(3)小张同学用同一装置做实验,他们俩在同一坐标系中画出的a-F关系图线如图所示,小张和小王同学做实验,哪一个物理量是不同的　　　　　　　。?
答案　(1)M?m　之前　(2)0.390　0.377
(3)小车及砝码的质量
解析　(1)小车实际的加速度为a=,绳子拉力为F=Ma=,因此只有当M?m时,拉力F才近似等于mg;实验中应先接通电源再释放小车。
(2)纸带上相邻两个计数点间有4个点未标出,则T=0.1
s,a==0.390
m/s2,vB=≈0.377
m/s。
(3)a-F图线的斜率表示小车及砝码的质量的倒数,因此小车及砝码的质量不同。
考点二　实验数据处理和误差分析
　　例2　“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示,已知打点计时器所用电源频率为50
Hz,试回答下列问题。
甲
(1)实验中在平衡小车与木板之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示,A、B、C、D、E、F、G这些点的间距如图中标示,其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。根据测量结果计算:打C点时小车的速度大小为　　　　m/s;小车运动的加速度大小为　　　　m/s2。(结果保留三位有效数字)?
乙
(2)平衡好摩擦力后,将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘,然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中,测量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a-F图线如图丙所示,此图线不通过原点的主要原因是　。?
丙
丁
(3)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时,保持砝码盘中砝码个数不变,小车自身的质量保持不变(已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的总质量),在小车上加一个砝码,并测出此时小车的加速度a,调整小车上的砝码,进行多次实验,得到多组数据,以小车上砝码的质量m为横坐标,相应加速度的倒数为纵坐标,在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线,实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b,图线的斜率为k,则小车受到的拉力大小为　　　　,小车的质量为　　　　。?
答案　(1)1.18　1.50
(2)未计入砝码盘的重力
(3)　
解析　(1)纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10
s,s1=9.50
cm、s2=11.00
cm、s3=12.55
cm、s4=14.00
cm、s5=15.50
cm、s6=17.05
cm,由匀变速直线运动中,物体在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,可知打C点时小车的速度大小为vC=≈1.18
m/s,小车的加速度大小为a==1.50
m/s2。
(2)平衡摩擦力后,F=0时就产生了加速度,说明未计入砝码盘的重力。
(3)当小车上无砝码时,小车加速度为a0=,设小车的质量为M,则小车受到的拉力为F=Ma0=;题图丁中图线的函数关系式为=km+b,根据牛顿第二定律得F=(m+M)a,可解得M=,F=。
　　变式2　某实验小组利用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”,已知小车的质量为M,单个钩码的质量为m,打点计时器所接的交流电源的频率为50
Hz,动滑轮质量不计。实验步骤如下:
甲
①按图所示安装好实验装置,其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直;
②调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下匀速运动;
③挂上钩码,接通电源后,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求出小车的加速度;
④改变钩码的数量,重复步骤③,求得小车在不同合力作用下的加速度。
根据上述实验过程,回答以下问题:
(1)对于上述实验,下列说法正确的是　　　　。(填选项前的字母)?
A.钩码的质量应远小于小车的质量
B.实验过程中钩码处于超重状态
C.与小车相连的细线与长木板一定要平行
D.弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示,图中相邻两计数点间还有4个点未画出,由该纸带可求得小车的加速度a=　　　　m/s2(结果保留两位有效数字)。若交流电的实际频率高于50
Hz,则上述计算结果与实际值相比较　　　(填“偏大”“偏小”或“相同”)。?
乙
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像,与本实验相符合的是　　　　。?
答案　(1)C　(2)0.88　偏小　(3)A
解析　(1)由题图甲可知,实验装置中有弹簧测力计,细线的拉力可以通过弹簧测力计读出,不需要钩码的质量远小于小车的质量,故A项错误;实验过程中,钩码向下加速运动,处于失重状态,故B项错误;与小车相连的细线与长木板一定要平行,保证拉力沿着木板方向,故C项正确;实验过程中,钩码向下加速运动,处于失重状态,故弹簧测力计的读数小于钩码总重力的一半,D项错误。
(2)设相邻两计数点之间的距离分别为x1、x2、x3、x4,相邻两计数点之间的时间间隔T=
0.1
s,由Δx=aT2得a==0.88
m/s2。如果在某次实验中,实际所用的交流电的频率高于50
Hz,那么实际打点周期变小,根据运动学公式计算的结果与实际值相比是偏小的。
(3)由题意可知,小车的加速度a与弹簧测力计的示数F应成正比,即a-F图线为过原点的一条倾斜直线,故A符合。
考点三　实验拓展和实验创新
创新
角度
实验装置/原理图
创新解读
实验
原理
创新
1.利用力传感器可得轻绳上拉力大小
2.将探究加速度与合力的关系转化为探究加速度与力传感器的示数的关系
实验
器材
创新
利用位移传感器与计算机相连,直接得出小车的加速度
1.用光电门代替打点计时器,结合遮光条的宽度可测滑块的速度
2.利用气垫导轨代替长木板,无需平衡摩擦力
3.由力传感器测滑块的拉力,无需满足m?M
实验
过程
创新
1.结合光电门得出物块在A、B两点的速度,由-=2ax得出物块的加速度
2.结合牛顿第二定律mg-μMg=(M+m)a得出物块与水平桌面间的动摩擦因数
　　例3　某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图乙所示。实验中小车(含发射器)的质量为200
g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题:
(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成　　　　(填“线性”或“非线性”)关系。?
(2)由图乙可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是　　　　　　　。?
(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是　　　　　　　　　　　　　　,钩码的质量应满足的条件是　　　　。?
答案　(1)非线性　(2)存在摩擦力　(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力　远小于小车(含发射器)的质量
解析　(1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线,可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系。
(2)根据题图乙可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是未平衡摩擦力或倾角过小没有完全平衡摩擦力。
(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件:①平衡摩擦力;②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量。
　　变式3　(2019课标Ⅱ,22,5分)如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50
Hz的交流电源、纸带等。回答下列问题:
图(a)
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=　　　　(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示)。?
(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出)。重力加速度为9.80
m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为　　　　(结果保留2位小数)。?
图(b)
答案　(1)　(2)0.35
解析　(1)对铁块,根据牛顿第二定律得mg
sin
θ-μmg
cos
θ=ma,解得μ=。
(2)利用逐差法可得a=
m/s2=1.97
m/s2,由于θ=30°,g=9.80
m/s2,则μ=0.35。
　　1.某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50
Hz,物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示,图中标出了五个连续点之间的距离。
(1)物块下滑时的加速度a=
　　　
m/s2,打C点时物块的速度v=
　　　
m/s;(结果保留三位有效数字)?
(2)已知重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数,还必须测量的物理量是
　　　
(填正确答案标号)。?
A.物块的质量　　　
B.斜面的高度　　　
C.斜面的倾角
答案　(1)3.25　1.79　
(2)C
解析　(1)a==3.25
m/s2
vC=≈1.79
m/s。
(2)因为a==g
sin
θ-μg
cos
θ
所以μ=
欲求出μ还需知道斜面的倾角,故选C项。
2.某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个,每个质量均为
0.010
kg。实验步骤如下:
图(a)
(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制s-t图像,经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s-t图像如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字),将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/m·s-2
0.20
0.58
0.78
1.00
　　(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图像。从图像可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受的合外力成正比。
图(b)
图(c)
(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为　　　　kg(保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8
m·s-2)。?
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1),下列说法正确的是　　　　(填入正确选项前的标号)。?
A.a-n图线不再是直线
B.a-n图线仍是直线,但该直线不过原点
C.a-n图线仍是直线,但该直线的斜率变大
答案　(3)0.39(在0.37~0.49范围内均可)
(4)如图所示
(5)0.45(在0.43~0.47范围内均可)
(6)BC
解析　(3)由s=at2得a=,在s-t图像中找一点坐标,代入公式即可求出a。
(5)对小车和钩码组成的系统应用牛顿第二定律,有nmg=(M+Nm)a,则a==,a-n图线的斜率k=,从而可解出M。
(6)对于已平衡摩擦力的情况,对整体应用牛顿第二定律,有nmg=(M+Nm)a,则a=n①;对于木板水平的情况,对整体应用牛顿第二定律,有nmg-μ[M+(N-n)m]g=(M+Nm)a,整理得a=n-μg②,比较①②可见,B、C均正确。
3.(2018课标Ⅱ,23,9分)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧测力计相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧测力计的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧测力计的示数读出。
图(a)
砝码的质量m/kg
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
滑动摩擦力f/N
2.15
2.36
2.55
f4
2.93
图(b)
图(c)
回答下列问题:
(1)f4=　　　　N;?
(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;
(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f=　　　　,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k=　　　　;?
(4)取g=9.80
m/s2,由绘出的f-m图线求得μ=　　　　。(保留2位有效数字)?
答案　(1)2.75
(2)如图所示
(3)μ(M+m)g　μg　(4)0.40
解析　本题考查物体的平衡、滑动摩擦力的计算及分析图像的能力。
(1)由图可知弹簧测力计的读数为2.75
N。
(2)画图线时应使尽可能多的点落在线上,不在线上的点应均匀分布在线的两侧。
(3)以木块和砝码为研究对象,整体水平方向受木板的滑动摩擦力和细线的拉力,f=μ(M+m)g,整理得f=μmg+μMg,故f-m图线的斜率k=μg。
(4)由图知k=3.9
N/kg,故μ==0.40。
4.如图甲所示,装有两个光电门的木板固定在水平桌面上,带有窄遮光片(宽度为d)的滑块被一端固定的弹簧经压缩后弹开,依次经过两光电门。光电门有两种计时功能,既可以记录遮光片到达两光电门的时间差t,又可以分别记录遮光片在两光电门处的遮光时间ΔtA和ΔtB。(在本题各次实验中,滑块运动到A前已脱离弹簧)
甲
(1)遮光片经过光电门A时的速度大小为　　　　。(选用d、t、ΔtA或ΔtB表示)?
(2)利用实验中测出的d、ΔtA、ΔtB和A、B间距s,写出滑块与木板间的动摩擦因数表达式μ=　　　　　　　。(重力加速度为g)?
(3)将光电门A固定,调节B的位置,每次都使滑块将弹簧压缩到同一位置O后由静止释放,记录各次t值并测量A、B间距s,作出-t关系图线,如图乙所示,该图线纵轴截距的物理意义是　　　　　　　　　　　　　　,利用该图线可以求得滑块与木板间的动摩擦因数为μ=　　　　。(重力加速度g=9.8
m/s2,结果保留两位有效数字)?
乙
答案　(1)
(2)
(3)遮光片经过光电门A时的速度　0.24(0.23~0.25均可)
解析　(1)利用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度,可得遮光片经过光电门A时的速度大小为vA=,遮光片经过光电门B时的速度大小vB=。
(2)遮光片随滑块从光电门A运动到光电门B做匀减速直线运动,根据匀变速直线运动规律有2as=-=-,根据牛顿第二定律有a=-μg,联立解得μ=。
(3)由匀变速直线运动规律有s=vAt+at2,变形得到=vA+at,所以-t图像中,图线的纵轴截距表示vA,即遮光片经过光电门A时的速度,斜率表示a=-μg,解得μ≈0.24。
章末检测
一、选择题
1.关于物体的惯性,下列说法中正确的是(　　)
　　　　　　
　　　　　　
　　　　　　
A.运动速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大
B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大
C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小
D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性
答案　C　一切物体都具有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。惯性是物体本身的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自身的运动状态无关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B选项错误。乒乓球可以快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态容易改变,故C选项正确。
2.(多选)(2019山东潍坊模拟)如图所示,一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上,环与杆的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F,使圆环由静止开始运动,同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1=kv,其中k为常数,重力加速度为g,则圆环运动过程中(　　)
A.最大加速度为
B.最大加速度为
C.最大速度为
D.最大速度为
答案　AC　当F1=kv≤mg时,由牛顿第二定律得F-μ(mg-kv)=ma,当v=时,圆环的加速度最大,即am=,选项A正确,B错误;圆环速度逐渐增大,当F1=kv>mg时,由牛顿第二定律得F-μ(kv-mg)=ma,当a=0时,圆环的速度最大,即vm=,选项C正确,D错误。
3.(2019河南郑州一模)阿联酋迪拜哈利法塔,原名迪拜塔,塔高828
m,也被称为世界第一高楼。楼层总数162层,配备56部电梯,电梯最高速度可达17.4
m/s。游客乘坐观光电梯大约1
min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是(　　)
A.t=6
s时,电梯处于失重状态
B.7~53
s时间内,绳索拉力最小
C.t=59
s时,电梯处于超重状态
D.t=60
s时,电梯速度恰好为0
答案　D　根据a-t图像可知t=6
s时电梯的加速度向上,电梯处于超重状态,故A错误。53~55
s时间内,加速度的方向向下,电梯处于失重状态,绳子的拉力小于重力;而7~53
s时间内,a=0,电梯处于平衡状态,绳索拉力等于电梯的重力,应大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小,故B错误。t=59
s时,电梯减速向上运动,a<0,加速度方向向下,电梯处于失重状态,故C错误。根据a-t图线与横坐标轴所围的面积表示速度的变化量,由几何知识可知,60
s内a-t图线与横坐标轴所围的面积为0,所以速度的变化量为0,而电梯的初速度为0,所以t=60
s时,电梯速度恰好为0,故D正确。
4.(多选)(2019辽宁沈阳二模)将一小物块轻放在足够长的水平传送带上,之后物块在传送带上运动的v-t图像如图所示,设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则下列说法中正确的是　(　　)
A.传送带可能先做匀速运动后做匀减速直线运动
B.物块在运动过程中一直与传送带间发生相对滑动
C.传送带可能一直做匀减速运动且加速度大于μg
D.物块在匀减速运动阶段的加速度一定小于μg
答案　AD　v-t图像中,斜率表示加速度,可知,两段时间内物块加速度不相等,说明开始物块相对传送带运动,后达到共同速度,一块做匀减速直线运动,且物块减速加速度大小a减小于加速运动加速度大小a加===μg,故传送带可能先做匀速直线运动,然后做匀减速直线运动;也可能一直做匀减速直线运动,但加速度小于μg;也可能先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,但加速度小于μg;故A、D正确,B、C错误。
5.如图所示,传送带的水平部分长为L,传动速率为v,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间不可能是(　　)
A.+
B.
C.
D.
答案　B　当小木块刚放到传送带上时,由牛顿第二定律有μmg=ma,得a=μg
设小木块加速到v时运动的距离为L0,由v2=2aL0,得L0=
(1)当L≤L0时,小木块一直加速,v≥at得t≤
或由L=at2得t=
或由L≤vt得t≥,
故C、D可能。
(2)当L>L0时,小木块先加速后匀速,加速阶段有v=at1,得t1=
匀速阶段有L-L0=vt2,得t2=-
由t=t1+t2得t=+,故A可能。
6.质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上,一细绳绕过皮带轮的皮带槽,一端系一质量为m的重物,另一端固定在桌面上,如图所示。工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计,重力加速度为g,则重物下落过程中,工件的加速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C　相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度是工件加速度的2倍,设细绳上的拉力为F,根据牛顿第二定律有mg-F=mam,2F=MaM,又am=2aM,解得aM=,所以C正确。
7.(多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑,关于杆的受力情况。下列分析正确的是(　　)
A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力
B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力
C.若μ1<μ2,m1D.若μ1=μ2,m1≠m2,则杆无作用力
答案　ACD　假设杆不受力,则aA=g
sin
α-μ1g
cos
α,aB=g
sin
α-μ2g
cos
α。若μ1>μ2,m1=m2,则aAm2,aA=aB,所以杆不受力,B项错误;若μ1<μ2,m1aB,两物体有远离的趋势,所以杆受到拉力作用,C正确;若μ1=μ2,m1≠m2,aA=aB,所以杆不受力,D项正确。
8.(多选)如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端拴接质量为m的小球,小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30°角,重力加速度为g,则(　　)
A.平衡时,斜面对小球的作用力大小为mg
B.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为g
C.若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为
D.若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小
答案　CD　小球静止于斜面上,设小球受的弹簧拉力为T,斜面对小球的支持力为FN,对小球受力分析如图,则FN
sin
30°=T
sin
30°,FN
cos
30°+T
cos
30°=mg,解得FN=T=mg,故A错误;将斜面突然移走,小球受到弹簧拉力和重力,弹簧弹力不突变,所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等,方向相反,根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小a1==g,故B错误;将弹簧剪断的瞬间,小球即将沿斜面向下做匀加速运动,小球的加速度大小a2==g,故C正确;将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,弹簧弹力将变大,小球将沿斜面向上运动,系统重新达到平衡时,轻弹簧与竖直方向的夹角小于30°,但斜面对小球的支持力方向不变,根据作图可得斜面对小球的作用力变小,故D正确。
二、非选择题
9.某研究学习小组用图甲所示的装置探究加速度与合力的关系。装置中的铝箱下端连接纸带,砂桶中可放置砂子以改变铝箱所受的外力大小,铝箱向上运动的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持铝箱总质量m不变,逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验,得到多组a、F值(F为力传感器的示数,等于悬挂滑轮轻绳的拉力),不计滑轮的重力。
甲
(1)某同学根据实验数据画出了图乙所示a-F关系图像,则由该图像可得铝箱总质量m=　　　　　kg,重力加速度g=　　　m/s2。?
乙
(2)当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线　　　　。?
A.偏向纵轴
B.偏向横轴
C.斜率逐渐减小
D.斜率不变
答案　(1)0.25　9.8　(2)D
解析　(1)对铝箱分析,由牛顿第二定律有FT-mg=ma
对滑轮分析,由平衡条件有F=2FT
联立可解得a=F-g
可知图线的斜率k==
kg-1,解得m=0.25
kg,纵轴截距-g=-9.8
m/s2,解得g=9.8
m/s2。
(2)图线的斜率k=,当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时,图线的斜率不变,故选D。
10.如图所示,一质量为mB=2
kg的木板B静止在光滑的水平面上,其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接),轨道与水平面的夹角θ=37°。一质量为mA=2
kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8
m处静止释放,物块A刚好没有从木板B的左端滑出。已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25,与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2,sin
θ=0.6,cos
θ=0.8,g取10
m/s2,物块A可看做质点。请问:
(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大?
(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间?木板B有多长?
答案　(1)8
m/s　(2)2
s　8
m
解析　(1)设物块A从斜面滑下时的加速度大小为a1,则
mAg
sin
θ-μ1mAg
cos
θ=mAa1
解得a1=4
m/s2
物块A刚滑到木板B上时的速度大小v1==
m/s=8
m/s
(2)物块A在木板B上滑动时,它们在水平方向上的受力大小相等,质量也相等,故它们的加速度大小相等,均为a2==μ2g=2
m/s2
设木板B的长度为L,二者最终的共同速度为v2,对物块A有v2=v1-a2t2
xA=v1t2-a2
对木板B有v2=a2t2
xB=a2
位移关系xA-xB=L
联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为t2=2
s,L=8
m
11.一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10
m/s2,求:
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。
答案　(1)0.2　0.3　
(2)1.125
m
解析　(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止
由图可知,在t1=0.5
s时,物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=①
a2=②
式中v0=5
m/s、v1=1
m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小
设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1③
(μ1+2μ2)mg=ma2④
联立①②③④式得
μ1=0.2⑤
μ2=0.3⑥
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2',则由牛顿第二定律得
f=ma1'⑦
2μ2mg-f=ma2'⑧
假设f<μ1mg,则a1'=a2';由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾。故
f=μ1mg⑨
由⑦⑨式知,物块加速度的大小a1'等于a1;物块的v-t图像如图中点划线所示
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×⑩
s2=t1+
物块相对于木板的位移的大小为
s=s2-s1
联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得
s=1.125
m