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人教版 (新课标)必修1第四章 牛顿运动定律综合与测试同步练习题
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这是一份人教版 (新课标)必修1第四章 牛顿运动定律综合与测试同步练习题，共17页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～9题为单选，10～12题为多选)
1.(2021·朝阳区高一检测)太空中测量质量的原理是依据牛顿运动定律：航天员在轻质支架上被另一航天员拉离平衡位置，如图所示，松手后，该航天员在大小为120 N的恒定合力作用下，经0.5 s复位，测得复位瞬间速度为1 m/s，则被测航天员的质量为( )
A．65 kg B．60 kg
C．70 kg D．75 kg
【解析】选B。航天员静止到复位过程看作匀加速直线运动，其加速度为a＝ eq \f(v,t) ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得m＝ eq \f(F,a) ＝60 kg，故选项B正确。
2.某同学想利用所学力学知识研究地铁列车的运动情况，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁列车车厢的竖直扶手上。在地铁列车运动的某段过程中，他观察到细绳偏离了竖直方向，并相对车厢保持静止。他用手机拍摄了当时情景，如图所示， 拍摄方向跟地铁列车运动方向垂直。根据这张照片，你能推断出这段过程中( )
A．地铁列车加速度方向
B．地铁列车速度方向
C．地铁列车匀速运动
D．地铁列车一定加速运动
【解析】选A。圆珠笔相对车厢保持静止，在水平方向做直线运动，圆珠笔受重力和细绳斜向左上方的拉力，则圆珠笔的加速度方向水平向左，所以地铁列车加速度方向水平向左，地铁列车可能向左做加速运动也可能向右做减速运动，故选项A正确，B、C、D错误。
3.(2021·金昌高一检测)如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，人的质量为m，车厢的加速度大小为a，则下列说法中正确的是( )
A．车厢对此人的作用力的合力方向水平向左
B．车厢对此人的作用力的合力方向水平向右
C．车厢对此人的作用力的合力的大小为ma
D．车厢对此人的作用力的合力的大小为m eq \r(a2＋g2)
【解析】选D。人和车厢一起向右加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢对人在水平方向上有向右的合力ma，同时在竖直方向上还有对人的支持力mg，所以车厢对人的合力为m eq \r(a2＋g2) ，所以D正确。
4.2020年7月9日20时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5 550 kg，通信总容量达到50Gbps，在轨服务寿命15年，该卫星在载荷重量、通信容量等方面，刷新了国内同类通信卫星的纪录。在这则新闻中涉及了质量、时间和通信总容量及其单位，以下判断正确的是( )
A．新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D．所有的物理量都有单位
【解析】选B。“年”是时间的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；“千克米每二次方秒”是由F＝ma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项C错误：有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数μ就没有单位，选项D错误。
5.(2020·山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FNC．t2～t3 时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
【解析】选D。由st图象的斜率表示速度可知，在0～t1时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则FNmg，C错误、D正确。故选D。
6.(2021·沈阳高一检测)如图所示，运动员牵拉着速度伞在锻炼体能。以下判断正确的是( )
A．运动员在加速跑步时，人对速度伞的拉力大于速度伞对人的拉力
B．运动员在匀速跑步时，人对速度伞的拉力与速度伞对人的拉力是一对平衡力
C．运动员在跑步时，人对速度伞的拉力大小始终等于速度伞对人的拉力大小
D．运动员在跑步时，人对速度伞的拉力要比速度伞对人的拉力先产生
【解析】选C。根据作用力与反作用力总是等大反向可知，运动员在加速跑步时，人对速度伞的拉力等于速度伞对人的拉力，故A错误；运动员在匀速跑步时，人对速度伞的拉力与速度伞对人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误；根据作用力与反作用力总是等大反向，可知运动员在跑步时，人对速度伞的拉力大小始终等于速度伞对人的拉力大小，故C正确；根据作用力与反作用力总是同时产生同时消失，可知运动员在跑步时，人对速度伞的拉力和速度伞对人的拉力同时产生，故D错误。
【加固训练】
下列说法正确的是( )
A．若物体受到的合外力为零，则物体一定处于静止状态
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上通过推理而概括出来的，所以牛顿第一定律可以通过实验进行验证
【解析】选B。若物体受到的合外力为零，则物体处于静止或匀速直线运动状态，A错误；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，所以羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变，B正确；根据牛顿第三定律，知甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，C错误；牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的，不能通过实验进行验证，D错误。
7.如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是( )
A．粮袋到达B点的速度小于v
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cs θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ＜tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsin θ
【解析】选C。粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cs θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcs θ)，故B错误；若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcs θ)的加速度匀加速；也可能先以g(sin θ＋μcs θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcs θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动。故D错误。
8.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间( )
A．吊篮A的加速度大小为g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．A、B、C的加速度大小都等于g
【解析】选C。弹簧开始的弹力F＝3mg，剪断轻绳的瞬间，弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，得aAC＝ eq \f(F＋（m＋2m）g,3m) ＝2g，即A、C的加速度均为2g。故选项A、B、D错误，C正确。
【总结提升】求解此类问题时，一定要找准临界点，从临界点入手分析物体的受力情况和运动情况，看哪些量达到了极值，然后对临界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离法求解即可。
【加固训练】
如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在篮中的轻弹簧托住，当悬挂的细绳烧断的瞬间，吊篮P与Q的加速度大小可能是( )
A．aP＝aQ＝g
B．aP＝2g，aQ＝g
C．aP＝2g，aQ＝0
D．aP＝g，aQ＝2g
【解析】选C。绳断瞬间，弹簧弹力未变，Q受力未变，故aQ＝0，而吊篮P受重力mg和弹簧给吊篮P的弹力，大小等于mg，根据牛顿第二定律，其加速度为2g，故C正确，A、B、D错误。
9.蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下，弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零。在这下降的全过程中，下列说法中正确的是( )
A．弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B．弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C．弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D．运动员一直处于失重状态
【解析】选B。弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，还处于失重状态，当拉力大于重力，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态．所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A、C、D错误，B正确。
10.(2021·滨州高一期末)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g。则木块从左端运动到右端的时间t正确的是( )
A．若μ> eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg)
B．若μ> eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \r(\f(2L,μg))
C．若μ< eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg)
D．若μ< eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \r(\f(2L,μg))
【解析】选A、D。木块做加速运动时根据牛顿第二定律有μmg＝ma。若先加速后匀速，则满足：v2≤2aL，即μ≥ eq \f(v2,2gL) 。匀加速运动的时间t1＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(v,μg) ，匀速运动的时间t2＝ eq \f(L－\f(v2,2μg),v) ＝ eq \f(L,v) － eq \f(v,2μg) ，则总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg) ，故选项A正确、B错误；若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，且有满足：v2≥2aL，即μ≤ eq \f(v2,2gL) 。根据位移时间公式，有L＝ eq \f(1,2) at2，解得t＝ eq \r(\f(2L,μg)) ，故选项C错误、D正确。
11．(2021·天水高一检测)如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是( )
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t增大
【解析】选B、D。根据牛顿第二定律得，m的加速度a1＝ eq \f(F－μmg,m) ＝ eq \f(F,m) －μg，M的加速度a2＝ eq \f(μmg,M) ，根据L＝ eq \f(1,2) a1t2－ eq \f(1,2) a2t2，t＝ eq \r(\f(2L,a1－a2)) 。若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t增大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t减小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t增大，故D正确。
【加固训练】
如图所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )
【解析】选A。放上物块后，长木板受到物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平地面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
12.如图所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，如果两物体与斜面间的摩擦因数都为μ，则它们下滑的过程中( )
A．它们的加速度a＝g sin α
B．它们的加速度a＜g sin α
C．细绳中的张力FT＝0
D．细绳中的张力FT＝mAg(sin α－cs α)
【解析】选B、C。对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有(mA＋mB)g sin α－μ(mA＋mB)g cs α＝(mA＋mB)a，得a＝(sin α－μcs α)g＜g sin α，A错误，B正确；对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAg sin α－μmAg cs α－FT＝mAa，得FT＝0，C正确，D错误。
【加固训练】
(多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法中正确的是( )
A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F
B．若水平地面光滑，物块A对B作用力大小为 eq \f(F,3)
C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg
D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 eq \f(F＋2μmg,3)
【解析】选B、D。若水平面光滑，则对整体受力分析可以知道：F＝(m＋2m)a，计算得出a＝ eq \f(F,3m) ，再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：T＝ma＝ eq \f(F,3) ，故A错误，B正确；若B和地面有摩擦，对整体分析有：F－μmg＝3ma′，再对B分析有T′－μmg＝ma′，得出T′＝μmg＋ eq \f(F,3) － eq \f(μmg,3) ＝ eq \f(F＋2μmg,3) ，故C错误，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(4分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘。实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)。
(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”)。
(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离为x。某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是__________________。
【解析】(1)由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。
(2)由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1＝ eq \f(l,t1) ，在光电门2处的速度为v2＝ eq \f(l,t2) ，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ax，得a＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2x) ＝ eq \f(1,2x) ( eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )。故验证的关系式为F＝Ma＝ eq \f(M,2x) ( eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )＝ eq \f(Ml2,2x) ( eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )。
答案：(1)等于 不需要 (2)F＝ eq \f(Ml2,2x) ( eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )
14．(8分)(2021·宝鸡高一检测)利用图示装置可以做力学中的许多实验。
(1)利用此装置“研究匀变速直线运动”时，将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。
①图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝__________s；
②计数点E对应小车的瞬时速度大小计算式为vE＝________(时间间隔用T表示)；
③为了充分利用记录数据并减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________(时间间隔用T表示)。
(2)某同学在利用此装置“探究小车的加速度a与所受拉力F的关系”时，保持小车质量一定，改变钩码个数，在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的，小车的质量M＝________ kg。
【解析】(1)①每相邻两个计数点间还有4个点未画出，一共5个间隔，每个间隔0.02 s，所以时间间隔为0.1 s。
②某点瞬时速度用它为中点的平均速度代替，所以可以为 eq \f(s4＋s5,2T) 或 eq \f(s3＋s4＋s5＋s6,4T) 。
③逐差法求加速度a＝ eq \f(s4＋s5＋s6－s1－s2－s3,9T2) 。
(2)图线①与纵坐标的交点含义为没加外力但是有加速度，符合小车沿轨道倾斜情况下滑。
aF图线斜率为 eq \f(1,M) ，所以M＝0.5 kg。
答案：(1)①0.1 ② eq \f(s4＋s5,2T) 或 eq \f(s3＋s4＋s5＋s6,4T)
③ eq \f(s4＋s5＋s6－s1－s2－s3,9T2)
(2)① 0.5
【加固训练】
打点计时器固定在斜面上某处，小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示。图乙是打出的纸带的一段。
(1)已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a＝________。
(2)为了求出小车与斜面间的动摩擦因数μ，还需要测量的物理量有__________________________________________________________________。
(3)用测得的量及加速度a表示小车与斜面间的动摩擦因数μ＝________。
【解析】(1)由图乙中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t＝2×0.02 s＝0.04 s，相邻两个计数点的距离分别为s1＝5.12 cm，s2＝5.74 cm，
为了减小误差可用逐差法求加速度：
s9－s4＝5at2
s8－s3＝5at2
s7－s2＝5at2
s6－s1＝5at2
a＝ eq \f(（s9＋s8＋s7＋s6）－（s4＋s3＋s2＋s1）,4×5t2)
＝4.00 m/s2。
(2)(3)对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力。
将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：
F合＝mg sin θ－f＝ma
f＝mg sin θ－ma，
由f＝μFN＝μmg cs θ得
μ＝ eq \f(f,FN) ＝ eq \f(mg sin θ－ma,mg cs θ) ＝ eq \f(g sin θ－a,g cs θ)
所以我们要求出sin θ和cs θ，
那么实际测量时，我们应该测出斜面上任意两点间距离L及这两点的高度差h来求sin θ和cs θ，即sin θ＝ eq \f(h,L) ，cs θ＝ eq \f(\r(L2－h2),L)
所以μ＝ eq \f(gh－aL,g\r(L2－h2)) 。
答案：(1)4.00 m/s2 (2)斜面上任意两点间距离L和这两点间的高度差h
(3) eq \f(gh－aL,g\r(L2－h2))
三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 eq \f(1,4) 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【解析】(1)由图2可知0～26 s内物件匀速运动，26～34 s物件匀减速运动，在匀减速运动过程根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，(2分)
根据图2得此时FT＝1 975 N，(1分)
则有a＝g－ eq \f(FT,m) ＝0.125 m/s2，(1分)
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。(1分)
(3)根据图象可知匀速上升的位移
h1＝vt1＝1×26 m＝26 m，(1分)
匀减速上升的位移
h2＝ eq \f(v,2) t2＝ eq \f(1,2) ×8 m＝4 m，(1分)
匀加速上升的位移为总位移的 eq \f(1,4) ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 eq \f(3,4) ，则有
h1＋h2＝ eq \f(3,4) h，
所以总位移为h＝40 m。(1分)
答案：(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【加固训练】
一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零。设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变。下表是测出的不同时刻小球速度的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)斜面AB的倾角是多少？
(2)小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？
【解析】(1)根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度：
a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝ eq \f(9,1.8) m/s2＝5 m/s2，
由牛顿运动定律得：mg sin α＝ma1，解得：sin α＝ eq \f(a1,g) ＝ eq \f(5,10) ＝0.5，
解得，斜面AB段的倾角α＝30°
(2)根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间：t1＝ eq \f(v,a1) ＝ eq \f(15,5) s＝3 s，
小球在斜面CD上做减速运动的加速度：
a3＝ eq \f(9－3,15－13) m/s2＝3 m/s2，
从最大速度vm＝15 m/s减至速度为9 m/s用时：t3＝ eq \f(15－9,3) s＝2 s，
于是，小球在水平面上运动时间
t2＝(13－t1－t3)s＝8 s
故小球的总路程s＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,2a1) ＋vmt2＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,3a3) ，
解得：s＝180 m
答案：(1)30° (2)180 m
16.(10分)如图所示，一质量m＝0.4 kg的物块，以v0＝2 m/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＝2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),3) 。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【解析】(1)由运动学方程得：
L＝v0t＋ eq \f(1,2) at2①(1分)
2aL＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ②(1分)
代入数值解得：
a＝3 m/s2，vB＝8 m/s。③(1分)
(2)对物块受力分析如图所示，
设拉力F与斜面成α角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：
F sin α＋FN＝mg cs 30° ④(1分)
沿斜面方向，由牛顿第二定律可得
F cs α－mg sin 30°－Ff＝ma ⑤(1分)
又，Ff＝μFN ⑥(1分)
联立④⑤⑥三式，代入数值解得：
F cs α＋ eq \f(\r(3),3) F sin α＝5.2 N(1分)
则F＝ eq \f(5.2 N,cs α＋\f(\r(3),3)sin α) ＝ eq \f(15.6 N,2\r(3)×（\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α）)
＝ eq \f(7.8 N,\r(3)sin （α＋60°）) (2分)
当α＝30°时，拉力F有最小值，且Fmin＝ eq \f(13,5) eq \r(3) N。(1分)
答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13,5) eq \r(3) N
17.(10分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg(1分)
由匀变速直线运动规律有2aAL＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
解得vA＝ eq \r(2μgL) (1分)
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg(1分)
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg(1分)
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg(1分)
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg(1分)
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt(1分)
xA＝ eq \f(1,2) aAt2，xB＝vBt－ eq \f(1,2) aBt2(1分)
且xB－xA＝L(1分)
解得vB＝2 eq \r(2μgL) 。(1分)
答案：(1) eq \r(2μgL) (2)3μg μg
(3)2 eq \r(2μgL)
18．(12分)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度。
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
【解析】(1)物块在AB段由牛顿第二定律：
F－μmg＝ma1，(1分)
a1＝6 m/s2(1分)
则到达B点时速度为vB，有
vB＝ eq \r(2a1x) ＝2 eq \r(6) m/s(1分)
滑上传送带有
－μmg＝ma2, a2＝－5 m/s2(1分)
刚好到达C点，有－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。(1分)
(2)将传送带倾斜，物块滑上传送带有
－mg sin 37°－μmg cs 37°＝ma3，(1分)
a3＝－10 m/s2(1分)
物块仍能到C端，
有－vB′2＝2a3L，(1分)
vB′＝4 eq \r(3) m/s(1分)
在AB段，有vB′2＝2ax，(1分)
F′－μmg＝ma(1分)
联立解得F′＝17 N。(1分)
答案：(1)2.4 m (2)17 N时刻t/s
0
0.6
1.2
1.8
5.0
10
13
15
速度v/
(m·s－1)
0
3.0
6.0
9.0
15
15
9.0
3.0
第Ⅰ卷(选择题 共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1～9题为单选，10～12题为多选)
1.(2021·朝阳区高一检测)太空中测量质量的原理是依据牛顿运动定律：航天员在轻质支架上被另一航天员拉离平衡位置，如图所示，松手后，该航天员在大小为120 N的恒定合力作用下，经0.5 s复位，测得复位瞬间速度为1 m/s，则被测航天员的质量为( )
A．65 kg B．60 kg
C．70 kg D．75 kg
【解析】选B。航天员静止到复位过程看作匀加速直线运动，其加速度为a＝ eq \f(v,t) ＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得m＝ eq \f(F,a) ＝60 kg，故选项B正确。
2.某同学想利用所学力学知识研究地铁列车的运动情况，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁列车车厢的竖直扶手上。在地铁列车运动的某段过程中，他观察到细绳偏离了竖直方向，并相对车厢保持静止。他用手机拍摄了当时情景，如图所示， 拍摄方向跟地铁列车运动方向垂直。根据这张照片，你能推断出这段过程中( )
A．地铁列车加速度方向
B．地铁列车速度方向
C．地铁列车匀速运动
D．地铁列车一定加速运动
【解析】选A。圆珠笔相对车厢保持静止，在水平方向做直线运动，圆珠笔受重力和细绳斜向左上方的拉力，则圆珠笔的加速度方向水平向左，所以地铁列车加速度方向水平向左，地铁列车可能向左做加速运动也可能向右做减速运动，故选项A正确，B、C、D错误。
3.(2021·金昌高一检测)如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，人的质量为m，车厢的加速度大小为a，则下列说法中正确的是( )
A．车厢对此人的作用力的合力方向水平向左
B．车厢对此人的作用力的合力方向水平向右
C．车厢对此人的作用力的合力的大小为ma
D．车厢对此人的作用力的合力的大小为m eq \r(a2＋g2)
【解析】选D。人和车厢一起向右加速运动，由牛顿第二定律可知，车厢对人在水平方向上有向右的合力ma，同时在竖直方向上还有对人的支持力mg，所以车厢对人的合力为m eq \r(a2＋g2) ，所以D正确。
4.2020年7月9日20时11分0秒，我国用长征三号乙运载火箭成功发射亚太6D卫星，发射重量约5 550 kg，通信总容量达到50Gbps，在轨服务寿命15年，该卫星在载荷重量、通信容量等方面，刷新了国内同类通信卫星的纪录。在这则新闻中涉及了质量、时间和通信总容量及其单位，以下判断正确的是( )
A．新闻中涉及的单位“年”是国际单位制中的导出单位
B．“千克米每二次方秒”被定义为“牛顿”，“牛顿”是国际单位制中的导出单位
C．秒是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D．所有的物理量都有单位
【解析】选B。“年”是时间的一个单位，但不是国际单位制中的单位，选项A错误；“千克米每二次方秒”是由F＝ma推导出来的，是国际单位制中的导出单位，为了纪念牛顿把它定义为牛顿，选项B正确；国际单位制中力学三个基本物理量是：长度、质量、时间，而秒只是时间的单位，选项C错误：有单位的物理量要注明单位，但并不是所有物理量都有单位，如前面学过的动摩擦因数μ就没有单位，选项D错误。
5.(2020·山东等级考)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2 时间内，v减小，FN
【解析】选D。由st图象的斜率表示速度可知，在0～t1时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则FN
6.(2021·沈阳高一检测)如图所示，运动员牵拉着速度伞在锻炼体能。以下判断正确的是( )
A．运动员在加速跑步时，人对速度伞的拉力大于速度伞对人的拉力
B．运动员在匀速跑步时，人对速度伞的拉力与速度伞对人的拉力是一对平衡力
C．运动员在跑步时，人对速度伞的拉力大小始终等于速度伞对人的拉力大小
D．运动员在跑步时，人对速度伞的拉力要比速度伞对人的拉力先产生
【解析】选C。根据作用力与反作用力总是等大反向可知，运动员在加速跑步时，人对速度伞的拉力等于速度伞对人的拉力，故A错误；运动员在匀速跑步时，人对速度伞的拉力与速度伞对人的拉力是一对作用力与反作用力，故B错误；根据作用力与反作用力总是等大反向，可知运动员在跑步时，人对速度伞的拉力大小始终等于速度伞对人的拉力大小，故C正确；根据作用力与反作用力总是同时产生同时消失，可知运动员在跑步时，人对速度伞的拉力和速度伞对人的拉力同时产生，故D错误。
【加固训练】
下列说法正确的是( )
A．若物体受到的合外力为零，则物体一定处于静止状态
B．羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变
C．甲、乙两队进行拔河比赛，甲队获胜，其原因是甲队拉绳的力比乙队拉绳的力大
D．牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上通过推理而概括出来的，所以牛顿第一定律可以通过实验进行验证
【解析】选B。若物体受到的合外力为零，则物体处于静止或匀速直线运动状态，A错误；质量是惯性大小的量度，质量小，惯性小，运动状态容易改变，所以羽毛球可以被快速抽杀，是因为它质量小，惯性小，运动状态容易改变，B正确；根据牛顿第三定律，知甲队对绳子的拉力等于乙队对绳子的拉力，C错误；牛顿第一定律不是实验得出的，是在大量实验事实的基础上通过推理而概括出来的，不能通过实验进行验证，D错误。
7.如图所示为运送粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，以下说法正确的是( )
A．粮袋到达B点的速度小于v
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－cs θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动
C．若μ＜tan θ，则粮袋从A到B一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a＞gsin θ
【解析】选C。粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A错误；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cs θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcs θ)，故B错误；若μ＜tan θ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sin θ＋μcs θ)的加速度匀加速；也可能先以g(sin θ＋μcs θ)的加速度匀加速，后以g(sin θ－μcs θ)匀加速，故C正确；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动。故D错误。
8.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间( )
A．吊篮A的加速度大小为g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．A、B、C的加速度大小都等于g
【解析】选C。弹簧开始的弹力F＝3mg，剪断轻绳的瞬间，弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0；将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律，得aAC＝ eq \f(F＋（m＋2m）g,3m) ＝2g，即A、C的加速度均为2g。故选项A、B、D错误，C正确。
【总结提升】求解此类问题时，一定要找准临界点，从临界点入手分析物体的受力情况和运动情况，看哪些量达到了极值，然后对临界状态应用牛顿第二定律结合整体法、隔离法求解即可。
【加固训练】
如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在篮中的轻弹簧托住，当悬挂的细绳烧断的瞬间，吊篮P与Q的加速度大小可能是( )
A．aP＝aQ＝g
B．aP＝2g，aQ＝g
C．aP＝2g，aQ＝0
D．aP＝g，aQ＝2g
【解析】选C。绳断瞬间，弹簧弹力未变，Q受力未变，故aQ＝0，而吊篮P受重力mg和弹簧给吊篮P的弹力，大小等于mg，根据牛顿第二定律，其加速度为2g，故C正确，A、B、D错误。
9.蹦极是一种极限体育项目，可以锻炼人的胆量和意志。运动员从高处跳下，弹性绳被拉展前做自由落体运动，弹性绳被拉展后在弹性绳的缓冲作用下，运动员下落一定高度后速度减为零。在这下降的全过程中，下列说法中正确的是( )
A．弹性绳拉展前运动员处于失重状态，弹性绳拉展后运动员处于超重状态
B．弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态
C．弹性绳拉展后运动员先处于超重状态，后处于失重状态
D．运动员一直处于失重状态
【解析】选B。弹性绳拉展前运动员只受重力，处于完全失重状态，弹性绳拉展后，开始拉力小于重力，加速度方向向下，还处于失重状态，当拉力大于重力，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态．所以弹性绳拉展后运动员先处于失重状态，后处于超重状态，故A、C、D错误，B正确。
10.(2021·滨州高一期末)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ。重力加速度为g。则木块从左端运动到右端的时间t正确的是( )
A．若μ> eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg)
B．若μ> eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \r(\f(2L,μg))
C．若μ< eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg)
D．若μ< eq \f(v2,2gL) ，则t＝ eq \r(\f(2L,μg))
【解析】选A、D。木块做加速运动时根据牛顿第二定律有μmg＝ma。若先加速后匀速，则满足：v2≤2aL，即μ≥ eq \f(v2,2gL) 。匀加速运动的时间t1＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(v,μg) ，匀速运动的时间t2＝ eq \f(L－\f(v2,2μg),v) ＝ eq \f(L,v) － eq \f(v,2μg) ，则总时间t＝t1＋t2＝ eq \f(L,v) ＋ eq \f(v,2μg) ，故选项A正确、B错误；若木块沿着传送带的运动是一直加速，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，且有满足：v2≥2aL，即μ≤ eq \f(v2,2gL) 。根据位移时间公式，有L＝ eq \f(1,2) at2，解得t＝ eq \r(\f(2L,μg)) ，故选项C错误、D正确。
11．(2021·天水高一检测)如图，在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是( )
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t增大
【解析】选B、D。根据牛顿第二定律得，m的加速度a1＝ eq \f(F－μmg,m) ＝ eq \f(F,m) －μg，M的加速度a2＝ eq \f(μmg,M) ，根据L＝ eq \f(1,2) a1t2－ eq \f(1,2) a2t2，t＝ eq \r(\f(2L,a1－a2)) 。若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t增大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t减小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t增大，故D正确。
【加固训练】
如图所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )
【解析】选A。放上物块后，长木板受到物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平地面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。
12.如图所示，A、B两物体用细绳连接后放在斜面上，如果两物体与斜面间的摩擦因数都为μ，则它们下滑的过程中( )
A．它们的加速度a＝g sin α
B．它们的加速度a＜g sin α
C．细绳中的张力FT＝0
D．细绳中的张力FT＝mAg(sin α－cs α)
【解析】选B、C。对A、B组成的系统整体运用牛顿第二定律有(mA＋mB)g sin α－μ(mA＋mB)g cs α＝(mA＋mB)a，得a＝(sin α－μcs α)g＜g sin α，A错误，B正确；对A进行隔离，运用牛顿第二定律有mAg sin α－μmAg cs α－FT＝mAa，得FT＝0，C正确，D错误。
【加固训练】
(多选)质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示，若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法中正确的是( )
A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F
B．若水平地面光滑，物块A对B作用力大小为 eq \f(F,3)
C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg
D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 eq \f(F＋2μmg,3)
【解析】选B、D。若水平面光滑，则对整体受力分析可以知道：F＝(m＋2m)a，计算得出a＝ eq \f(F,3m) ，再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得：T＝ma＝ eq \f(F,3) ，故A错误，B正确；若B和地面有摩擦，对整体分析有：F－μmg＝3ma′，再对B分析有T′－μmg＝ma′，得出T′＝μmg＋ eq \f(F,3) － eq \f(μmg,3) ＝ eq \f(F＋2μmg,3) ，故C错误，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共52分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(4分)某探究学习小组的同学们要探究加速度与力、质量的关系，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘。实验时，调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出)。
(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数，该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”)。
(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M，挡光板的宽度l，光电门1和光电门2的中心距离为x。某次实验过程：力传感器的读数为F，小车通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后，砝码盘才落地)，已知重力加速度为g，则该实验要验证的关系式是__________________。
【解析】(1)由于力传感器显示拉力的大小，而拉力的大小就是小车所受的合力，故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。
(2)由于挡光板的宽度l很小，故小车在光电门1处的速度v1＝ eq \f(l,t1) ，在光电门2处的速度为v2＝ eq \f(l,t2) ，由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ax，得a＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2x) ＝ eq \f(1,2x) ( eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )。故验证的关系式为F＝Ma＝ eq \f(M,2x) ( eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(l2,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )＝ eq \f(Ml2,2x) ( eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )。
答案：(1)等于 不需要 (2)F＝ eq \f(Ml2,2x) ( eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) － eq \f(1,t eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) )
14．(8分)(2021·宝鸡高一检测)利用图示装置可以做力学中的许多实验。
(1)利用此装置“研究匀变速直线运动”时，将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示，每相邻两个计数点间还有4个点未画出。
①图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝__________s；
②计数点E对应小车的瞬时速度大小计算式为vE＝________(时间间隔用T表示)；
③为了充分利用记录数据并减小误差，小车加速度大小的计算式应为a＝________(时间间隔用T表示)。
(2)某同学在利用此装置“探究小车的加速度a与所受拉力F的关系”时，保持小车质量一定，改变钩码个数，在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的，小车的质量M＝________ kg。
【解析】(1)①每相邻两个计数点间还有4个点未画出，一共5个间隔，每个间隔0.02 s，所以时间间隔为0.1 s。
②某点瞬时速度用它为中点的平均速度代替，所以可以为 eq \f(s4＋s5,2T) 或 eq \f(s3＋s4＋s5＋s6,4T) 。
③逐差法求加速度a＝ eq \f(s4＋s5＋s6－s1－s2－s3,9T2) 。
(2)图线①与纵坐标的交点含义为没加外力但是有加速度，符合小车沿轨道倾斜情况下滑。
aF图线斜率为 eq \f(1,M) ，所以M＝0.5 kg。
答案：(1)①0.1 ② eq \f(s4＋s5,2T) 或 eq \f(s3＋s4＋s5＋s6,4T)
③ eq \f(s4＋s5＋s6－s1－s2－s3,9T2)
(2)① 0.5
【加固训练】
打点计时器固定在斜面上某处，小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图甲所示。图乙是打出的纸带的一段。
(1)已知打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a＝________。
(2)为了求出小车与斜面间的动摩擦因数μ，还需要测量的物理量有__________________________________________________________________。
(3)用测得的量及加速度a表示小车与斜面间的动摩擦因数μ＝________。
【解析】(1)由图乙中的纸带可知相邻的2个计数点间的时间间隔t＝2×0.02 s＝0.04 s，相邻两个计数点的距离分别为s1＝5.12 cm，s2＝5.74 cm，
为了减小误差可用逐差法求加速度：
s9－s4＝5at2
s8－s3＝5at2
s7－s2＝5at2
s6－s1＝5at2
a＝ eq \f(（s9＋s8＋s7＋s6）－（s4＋s3＋s2＋s1）,4×5t2)
＝4.00 m/s2。
(2)(3)对小车进行受力分析，小车受重力、支持力、阻力。
将重力沿斜面和垂直斜面分解，设斜面倾角为θ，根据牛顿第二定律得：
F合＝mg sin θ－f＝ma
f＝mg sin θ－ma，
由f＝μFN＝μmg cs θ得
μ＝ eq \f(f,FN) ＝ eq \f(mg sin θ－ma,mg cs θ) ＝ eq \f(g sin θ－a,g cs θ)
所以我们要求出sin θ和cs θ，
那么实际测量时，我们应该测出斜面上任意两点间距离L及这两点的高度差h来求sin θ和cs θ，即sin θ＝ eq \f(h,L) ，cs θ＝ eq \f(\r(L2－h2),L)
所以μ＝ eq \f(gh－aL,g\r(L2－h2)) 。
答案：(1)4.00 m/s2 (2)斜面上任意两点间距离L和这两点间的高度差h
(3) eq \f(gh－aL,g\r(L2－h2))
三、计算题(本题共4小题，共40分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(8分)(2020·浙江7月选考)如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 eq \f(1,4) 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力(g取10 m/s2)，求物件：
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小。
【解析】(1)由图2可知0～26 s内物件匀速运动，26～34 s物件匀减速运动，在匀减速运动过程根据牛顿第二定律有mg－FT＝ma，(2分)
根据图2得此时FT＝1 975 N，(1分)
则有a＝g－ eq \f(FT,m) ＝0.125 m/s2，(1分)
方向竖直向下。
(2)结合图2根据运动学公式有
v＝at2＝0.125×(34－26) m/s＝1 m/s。(1分)
(3)根据图象可知匀速上升的位移
h1＝vt1＝1×26 m＝26 m，(1分)
匀减速上升的位移
h2＝ eq \f(v,2) t2＝ eq \f(1,2) ×8 m＝4 m，(1分)
匀加速上升的位移为总位移的 eq \f(1,4) ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 eq \f(3,4) ，则有
h1＋h2＝ eq \f(3,4) h，
所以总位移为h＝40 m。(1分)
答案：(1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【加固训练】
一个小球从静止开始沿如图所示的光滑斜面轨道AB匀加速下滑，然后进入水平轨道BC匀速滚动，之后靠惯性冲上斜面轨道CD，直到速度减为零。设小球经过水平面和两斜面的衔接点B、C时速度的大小不变。下表是测出的不同时刻小球速度的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)斜面AB的倾角是多少？
(2)小球从开始下滑直至在斜面CD上速度减为零通过的总路程是多少？
【解析】(1)根据表中数据可知小球沿AB斜面下滑的加速度：
a1＝ eq \f(Δv1,Δt1) ＝ eq \f(9,1.8) m/s2＝5 m/s2，
由牛顿运动定律得：mg sin α＝ma1，解得：sin α＝ eq \f(a1,g) ＝ eq \f(5,10) ＝0.5，
解得，斜面AB段的倾角α＝30°
(2)根据表中数据可知，小球在斜面AB上下滑时间：t1＝ eq \f(v,a1) ＝ eq \f(15,5) s＝3 s，
小球在斜面CD上做减速运动的加速度：
a3＝ eq \f(9－3,15－13) m/s2＝3 m/s2，
从最大速度vm＝15 m/s减至速度为9 m/s用时：t3＝ eq \f(15－9,3) s＝2 s，
于是，小球在水平面上运动时间
t2＝(13－t1－t3)s＝8 s
故小球的总路程s＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,2a1) ＋vmt2＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(m)) ,3a3) ，
解得：s＝180 m
答案：(1)30° (2)180 m
16.(10分)如图所示，一质量m＝0.4 kg的物块，以v0＝2 m/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＝2 s 的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝ eq \f(\r(3),3) 。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
【解析】(1)由运动学方程得：
L＝v0t＋ eq \f(1,2) at2①(1分)
2aL＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ②(1分)
代入数值解得：
a＝3 m/s2，vB＝8 m/s。③(1分)
(2)对物块受力分析如图所示，
设拉力F与斜面成α角，在垂直斜面方向，根据平衡条件可得：
F sin α＋FN＝mg cs 30° ④(1分)
沿斜面方向，由牛顿第二定律可得
F cs α－mg sin 30°－Ff＝ma ⑤(1分)
又，Ff＝μFN ⑥(1分)
联立④⑤⑥三式，代入数值解得：
F cs α＋ eq \f(\r(3),3) F sin α＝5.2 N(1分)
则F＝ eq \f(5.2 N,cs α＋\f(\r(3),3)sin α) ＝ eq \f(15.6 N,2\r(3)×（\f(\r(3),2)cs α＋\f(1,2)sin α）)
＝ eq \f(7.8 N,\r(3)sin （α＋60°）) (2分)
当α＝30°时，拉力F有最小值，且Fmin＝ eq \f(13,5) eq \r(3) N。(1分)
答案：(1)3 m/s2 8 m/s (2)30° eq \f(13,5) eq \r(3) N
17.(10分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg(1分)
由匀变速直线运动规律有2aAL＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
解得vA＝ eq \r(2μgL) (1分)
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg(1分)
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg(1分)
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg(1分)
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg(1分)
(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt(1分)
xA＝ eq \f(1,2) aAt2，xB＝vBt－ eq \f(1,2) aBt2(1分)
且xB－xA＝L(1分)
解得vB＝2 eq \r(2μgL) 。(1分)
答案：(1) eq \r(2μgL) (2)3μg μg
(3)2 eq \r(2μgL)
18．(12分)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点，一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为x＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2。
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度。
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
【解析】(1)物块在AB段由牛顿第二定律：
F－μmg＝ma1，(1分)
a1＝6 m/s2(1分)
则到达B点时速度为vB，有
vB＝ eq \r(2a1x) ＝2 eq \r(6) m/s(1分)
滑上传送带有
－μmg＝ma2, a2＝－5 m/s2(1分)
刚好到达C点，有－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。(1分)
(2)将传送带倾斜，物块滑上传送带有
－mg sin 37°－μmg cs 37°＝ma3，(1分)
a3＝－10 m/s2(1分)
物块仍能到C端，
有－vB′2＝2a3L，(1分)
vB′＝4 eq \r(3) m/s(1分)
在AB段，有vB′2＝2ax，(1分)
F′－μmg＝ma(1分)
联立解得F′＝17 N。(1分)
答案：(1)2.4 m (2)17 N时刻t/s
0
0.6
1.2
1.8
5.0
10
13
15
速度v/
(m·s－1)
0
3.0
6.0
9.0
15
15
9.0
3.0
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