鲁科版高中物理必修第一册第5章章末综合提升学案

这是一份鲁科版高中物理必修第一册第5章章末综合提升学案，共36页。

主题1　滑块—木板模型1．模型特点一个物体在另一个物体上，两者之间有相对运动问题，涉及两个物体、多个过程，两物体的运动时间、速度、位移间有一定的关系。2．板块模型的三个基本关系(1)加速度关系：如果滑块与滑板之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度；如果滑块与滑板之间发生相对运动，应采用“隔离法”求出滑块与滑板运动的加速度。应注意找出滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件。 (2)速度关系：滑块与滑板之间发生相对运动时，认清滑块与滑板的速度关系，从而确定滑块与滑板受到的摩擦力。应注意当滑块与滑板的速度相同时，摩擦力会发生突变的情况。 (3)位移关系：滑块与滑板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与滑板的运动过程，认清滑块与滑板对地的位移和滑块与滑板之间的相对位移之间的关系。3．解题方法(1)明确各物体初始状态(对地的运动和物体间的相对运动)，确定物体间的摩擦力方向。(2)分别隔离两物体进行受力分析，准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。【典例1】　如图所示，质量mA＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下。已知mB＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2。求：(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小aA和aB；(2)A、B速度达到相同对所经过的时间t；(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离。[解析]　(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1mAg＝4 NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2mA+mBg＝3 N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝mAaA对B有f1－f2＝mBaB解得aA＝2 m/s2，aB＝1 m/s2。(2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v＝v0＋at，对A有v＝v0－aAt对B有v＝aBt解得t＝1 s，v＝1 m/s。(3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝mA+mBa一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5 m。[答案]　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)1 s　(3)0.5 m　叠放在一起的滑块与滑板，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析都是解题的关键。对此类问题的分析，必须清楚加速度、速度、位移等物理量的关系。 主题2　传送带模型1．两类问题：传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。2．解题关键：关键在于对传送带上的物块所受的摩擦力进行正确的分析与判断。(1)若物块的速度与传送带的速度方向相同，且v物v带，则传送带对物块的摩擦力为阻力，物块做减速运动。(3)若物块的速度与传送带的速度方向相反，传送带对物块的摩擦力为阻力，物块减速；当物块速度减为零后，传送带对物块的摩擦力为动力，物块做反向加速运动。 (4)若v物＝v带，看物块有没有加速或减速的趋势，若物块有加速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为阻力；若物块有减速的趋势，则传送带对物块的摩擦力为动力。3．物块在传送带上运动的六类常见情形【典例2】　(多选)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1。不计空气阻力，动摩擦因数一定。关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是(　　)A．从下端B离开，v＞v1B．从下端B离开，v＜v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v＜v1ABC　[物块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，物体先向下做减速运动，再反向做加速运动，但加速度不变，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，物块一直做匀速直线运动，v＝v1。故选A、B、C。]　要注意传送带上的物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。章末综合测评(五)　牛顿运动定律1．北宋文学家欧阳修有句名言：任其事必图其效；欲责其效，必尽其方。这句话的意思是：承担一工作，必定要考虑工作的成效，想要求得工作的成效，尽可能采用好的方式方法。学习和研究物理问题更加需要科学思想方法的指引，对下面列举的物理研究过程采用的思想方法，其中认识正确的是(　　)A．瞬时速度概念的建立体现了等效替代的方法B．质点概念的引入运用了理想化模型的方法C．探究加速度与力、质量的关系的实验，采用了理想实验的方法D．速度v＝ΔxΔt、加速度a＝Fm的定义都运用了比值定义法B　[瞬时速度概念的建立体现了极限的方法，选项A错误；质点概念的引入运用了理想化模型的方法，选项B正确；探究加速度与力、质量的关系的实验，采用了控制变量的方法，选项C错误；速度v＝ΔxΔt运用了比值定义法，而加速度a＝Fm的定义不是比值定义法，选项D错误。故选B。]2．如图所示，一木箱放置于做匀速直线运动的小车的水平地板上，下列说法正确的是(　　)A．木箱所受的重力就是木箱对小车的压力B．木箱所受的重力和木箱对小车的压力是一对平衡力C．木箱所受的重力和支持力是一对作用力与反作用力D．木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是一对作用力与反作用力D　[压力与重力性质不同，不是同一个力，故A错误；木箱所受的重力和木箱对小车的压力分别作用在两个物体上，所以两个力不是一对平衡力，故B错误；木箱所受的重力和支持力是一对平衡力，故C错误；木箱所受的支持力和木箱对小车的压力是两个物体之间的作用与反作用力，是一对相互作用力，故D正确。]3．如图所示，粗糙的长方体木块P、Q叠放在一水平地面上，并保持静止，涉及P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力一共有(　　)A．3对 B．4对C．5对 D．6对B　[首先对P受力分析，受重力和支持力，再对Q受力分析，受重力、压力和支持力；涉及P、Q、地球三个物体之间的作用力和反作用力有：P与地球间有相互吸引的力；P和Q间的弹力，Q和地球间有相互吸引的力；地面和Q间的弹力；综上所述，故B正确，A、C、D错误。]4．林老师将手机放在叉车的升降机上，利用传感器得到一速度—时间图像，如图所示。手机传感器中速度向上时为正值，下列说法正确的是(　　)A．0.8 s时手机处于失重状态B．1.2 s时手机处于超重状态C．0.9 s～1.2 s升降机处于匀加速上升阶段D．2.4 s～2.6 s手机对升降机的力等于升降机对手机的力D　[由题图可知0.8 s时手机向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；由题图可知1.2 s时手机速度不变，处于平衡状态，故B错误；由题图可知0.9 s～1.2 s升降机处于匀速上升阶段，故C错误；手机对升降机的力与升降机对手机的力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D正确。故选D。]5．如图所示，在一个正立方体盒子中放一均匀的小球，小球的直径恰好与盒子内表面正方体的棱长相等。盒子沿倾角为θ的固定斜面滑动，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　)A．无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力B．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力C．盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力D．盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力A　[设小球与盒子总质量为M，小球的质量为m。先以盒子和小球组成的整体为研究对象，根据牛顿第二运动定律得Mg sin θ＝Ma，解得a＝g sin θ，由此可知无论上滑还是下滑，整体的加速度相同。对小球，加速度也等于g sin θ，则由牛顿第二运动定律可知，小球受到的合力等于F合＝ma＝mg sin θ，故盒子右侧面和左侧面对小球都没有作用力，则可知球对盒子的右侧面和左侧面也没有压力，在垂直于斜面方向上，小球没有加速度，则盒子下底面对小球的支持力等于小球重力垂直于斜面的分力，即FN＝mg cos θ，所以球对盒子的下底面有压力，综上可知A正确。]6．(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　)A．m甲m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙BC　[根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，则可知F-a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙，故选BC。]7．(多选)如图所示，质量为m＝1 kg的木块放在质量为M＝2 kg的长木板上，木块受到水平向右的拉力F＝6 N的作用而向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，g取10 m/s2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是1 NB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是6 NC．当F>6 N时，木板便会开始运动D．无论怎样改变拉力F的大小，木板都不可能运动AD　[m所受M的滑动摩擦力大小f1＝μ1mg＝1 N，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：木板受到m的摩擦力方向水平向右，大小等于1 N，由f2＝μ2(m＋M)g＝6 N知M受到的力小于最大静摩擦力，故M处于静止状态，水平方向受到m的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件木板受到地面的摩擦力的大小是1 N，故A正确，B错误；增大力F时只会改变m的运动状态，不会改变m对M的摩擦力大小，所以木板受到水平方向作用力等于m对M的摩擦力大小1 N，一定小于地面对木板的最大静摩擦力，所以无论怎样改变力F的大小，木板都不可能运动，故C错误，D正确。故选AD。]8．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系如图甲所示；物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示，6 s后的速度图像没有画出，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　乙A．滑动时受的摩擦力大小是3 NB．物块的质量为1.5 kgC．物块在6～9 s内的加速度大小是1.5 m/s2D．物块前6 s内的平均速度大小是4.0 m/sB　[由速度—时间图像可以知道，在3～6 s内，物体处于匀速直线运动状态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等，F滑＝F推＝6 N，故A错误；在0～3 s内，物体做匀加速直线运动，a＝2 m/s2，F推－F滑＝ma，计算得出m＝1.5 kg，故B正确；在6～9 s内，F推＝3 N，F滑＝6 N，F滑－F推＝ma′，得出a′＝2 m/s2，故C错误；由速度—时间图像面积可知，0～6 s内物体的位移x＝12×(3＋6)×6 m＝27 m，物块前6 s内的平均速度大小v＝xt＝4.5 m/s，故D错误。]9．为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，甲图中M为小车总质量，乙图中M为小车与力传感器的总质量，丙图中M为小车和与小车固连的滑轮的总质量，钩码总质量用m表示。甲　　　　　　　　　乙丙　　　　　　　　　丁戊(1)为便于测量合外力的大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是________。A．三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B．三组实验都需要平衡摩擦力C．三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件D．三组实验都需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件(2)图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，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，则O、D间的距离为________cm。图戊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)，则加速度大小a＝________ m/s2 (保留3位有效数字)。(3)若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为________。[解析]　(1)为便于测量合外力的大小，题图甲中应使钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，而题图乙中应使力传感器的示数等于小车受到的合外力，题图丙中应使弹簧测力计示数的2倍等于小车受到的合外力，因此三组实验都需要平衡摩擦力，故A错误，B正确；由于只有题图甲中需要满足钩码的总重力近似等于小车受到的合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误。(2)由题图丁可知，O、D间的距离为2.20 cm－1.00 cm ＝1.20 cm；小车做初速度为零的匀加速直线运动，则s＝12at2，由题图戊可知k＝12a，则a＝2k＝2×0.0280.06 m/s2≈0.933 m/s2。(3)乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，则有F＝M乙a，2F＝M丙a；因此乙、丙实验时所用小车总质量之比为M乙∶M丙＝1∶2。[答案]　(1)BC　(2)1.20　0.933　(3)1∶210．某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台上，如图所示。光滑固定斜面的倾角θ＝37°，长度L＝1.44 m，纸带平铺在斜面上，下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间，滑块与纸带间的动摩擦因数μ＝0.9，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。现用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。(1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，试计算拉动纸带的加速度不得小于多少；(2)若滑块能运动到平台上，试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。[解析]　(1)设纸带加速度为a1时，滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出，滑块加速度为as对滑块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝mas滑块位移12L＝12ast2纸带位移L＝12a1t2联立可得a1＝2.4 m/s2若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2。(2)设纸带加速度为a2时，滑块先以加速度as加速，离开纸带后在斜面上以加速度大小ax减速，到达斜面顶端时速度恰好减到0对滑块，由牛顿第二定律有mg sin θ＝max设滑块加速时间为t1，减速时间为t2，最大速度为vm，由平均速度位移公式，有12L＝12vmt1+t2 又有vm＝ast1，vm＝axt2可得t1＝1 s由位移关系，有12a2t12-12ast12＝12L可得a2＝as＋Lt12＝2.64 m/s2若滑块能运动到平台上，拉动纸带的加速度不得超过2.64 m/s2。[答案]　(1)2.4 m/s2　(2)2.64 m/s211．(2021·全国甲卷)如图所示，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)A．逐渐增大 B．逐渐减小C．先增大后减小 D．先减小后增大D　[设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知Lcosθ＝12g sin θ·t2，可得t2＝4Lgsin2θ，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。]12．(多选)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，将一端连有摆球的细线悬挂于小车内的O点，小车沿水平方向运动，小球与小车保持相对静止后，通过如图乙所示的加速度仪表盘测量出细线与竖直方向的夹角θ，再通过该角度计算得到小车此时的加速度值。重力加速度大小为g、不计空气阻力和细线与刻度盘间的摩擦，下列说法正确的是(　　)　A．当θ＝60°时，小车的加速度大小为3gB．两侧角度相同时表示小车的加速度相同C．若对每一个角度对应的加速度进行标注，则加速度值越大，表盘刻度越密集D．加速度越大，用此加速度计测量得越准确AC　[设小车的加速度为a，绳中张力为T，则有T sin θ＝ma，T cos θ＝mg，解得a＝g tan θ，θ＝60°时，a＝3g，故A正确；根据A选项分析可知两侧角度相同时，加速度大小相等，但所受合力的方向不同，加速度方向不同，故B错误；根据a＝g tan θ，可知a随θ的变化不是均匀变化，结合正切函数的特征可知，加速度值越大，表盘刻度越密集，故C正确；当加速度较大时对应的角度变化较小，会导致加速度较大情况下的测量误差较大，故D错误。故选AC。]13．(多选)如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，两手与P和Q间的动摩擦因数相同，在此过程中(　　)A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下B．P受到Q的摩擦力大小为2μFC．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)AC　[设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上。对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q的摩擦力方向向下，A、C正确。]14．(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图像可能正确的是(　　)A　　　　B　　　　　C　　　　 DBD　[设A、B向右匀加速运动的加速度为a。根据牛顿第二运动定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0。因为可能有(mA＋mB)a＝kx0，则得F＝kx，F与x成正比，F-x图像可能是过原点的直线。对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN-x图像是向下倾斜的直线。当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则有x＝x0－mAakf2，所以木板静止，铅块的加速度 a2＝μ2g＝4.5 m/s2 根据速度和位移的关系有 v12-v02＝－2a2L 解得v1＝36 m/s。 (2)设右端还剩n块时，木板开始滑动 μ2mg≥μ1(m＋nM)g 解得n≤2.5 所以，铅块滑过6块木板时，板开始滑动。 (3)对第7、8块整体，根据牛顿第二定律有 μ2mg－μ1(m＋2M)g＝2Ma1 解得a1＝0.5 m/s2。 (4)铅块刚滑上第7块板时的速度设为v2，根据速度和位移的关系有 v22-v02＝－2a2·6L 解得v2＝3 m/s 假设不会从右端掉下，共速时 v2－a2t＝a1t 解得t＝0.6 s 则x2＝v2t－12a2t2＝0.99 m x1＝12a1t2＝0.09 m 由于x2－x1＝0.9 m<1 m，所以铅块最终不会从木板右端掉下，停在第7块板上。 [答案]　(1)36 m/s　(2)6块　(3)0.5 m/s2　(4)不会　第7块 模块综合测评 1．机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人送餐，就越来越常见。如图所示为某餐厅的送餐机器人的结构简化示意图，机器人的上表面保持水平，则下列说法正确的是(　　) A．机器人对地面的压力是地面发生弹性形变产生的 B．菜品对机器人的压力就是菜品的重力 C．机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力 D．菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力是一对相互作用力 C　[由弹力产生的条件可知机器人对地面的压力是机器人发生弹性形变产生的，A错误；菜品对机器人的压力的施力物体是菜品，菜品的重力的施力物体是地球，二者不是同一个力，B错误；以菜品为研究对象可知，机器人对菜品的支持力和菜品的重力是一对平衡力，C正确；相互作用力是两个物体间的力，而菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力涉及到三个物体，可知菜品对机器人的压力和地面对机器人的支持力不是一对相互作用力，D错误。故选C。] 2．(2023·浙江6月选考)在足球运动中，足球入网如图所示，则(　　) A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变 C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力 B　[踢香蕉球时，香蕉球产生的原因主要是旋转，所以足球的大小和形状不能忽略，即需要考虑足球的大小和形状，足球不能看作质点，故A错误；足球的惯性仅与足球的质量有关，与运动状态无关，即在飞行和触网时足球的惯性不变，故B正确；足球在飞行时不受脚的作用力，仅受重力和空气阻力，故C错误；触网时足球对网的力和网对足球的力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故D错误。] 3．(多选)如图所示是某司机在春节假期试驾小轿车在平直公路上运动的0～25 s内的速度随时间变化的图像，由图像可知(　　) A．小轿车在0～15 s内的位移为200 m B．小轿车在10～15 s内加速度为零 C．小轿车在10 s末运动方向发生改变 D．小轿车在4～9 s内的加速度大小大于16～24 s内的加速度大小 ABD　[小轿车在0～15 s内的位移为200 m，A正确；10～15 s 内小轿车匀速运动，加速度为零，B正确；0～25 s内小轿车始终未改变方向，C错误；小轿车4～9 s内的加速度大小是2 m/s2，16～24 s内的加速度大小是1 m/s2，D正确。] 4．(2021·广东卷)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是(　　) A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大 B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大 C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力 D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力 B　[将拉力F正交分解如右图所示，则在x方向可得出Fx曲 ＝ F sin α，Fx直 ＝ F sin β，在y方向可得出Fy曲 ＝ F cos α，Fy直 ＝ F cos β，由题知α<β则sin αcos β，则可得到Fx曲Fy直，B正确，A错误；耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是作用力与反作用力，大小相等，与运动状态无关，C、D错误。故选B。 ] 5．如图所示，一小铁球用轻弹簧和轻绳悬挂处于静止状态，弹簧与水平方向成60°角，轻绳与竖直方向成60°角，重力加速度为g，则(　　) A．弹簧和轻绳的拉力之比为1∶2 B．弹簧和轻绳的拉力之比为3∶1 C．若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为g4 D．若剪断轻绳，则剪断瞬间小球的加速度为g B　[装置静止时，以小球为研究对象，分析受力情况，小球受重力mg、轻绳的拉力T和弹簧的拉力F，由平衡条件知T与F的合力与mg等大反向，如图，则得FT＝tan 60°＝3，即弹簧和轻绳的拉力之比为3∶1，故A错误，B正确；由上得T＝mg sin 30°＝12mg，若剪断轻绳，弹簧的弹力来不及变化，F和mg的合力与原来的T等大反向，所以剪断轻绳瞬间小球的合力大小等于T，加速度a＝Tm＝g2，故C、D错误。 ] 6．如图所示，用与竖直方向成θ角(θ＜45°)的倾斜轻绳a和水平轻绳b共同固定一个小球，这时轻绳b的拉力为F1，现保持小球在原位置不动，使轻绳b在原竖直平面内逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F2，再逆时针转过θ角固定，轻绳b的拉力为F3，则(　　) A．F1＝F3＞F2 B．F1＜F2＜F3 C．F1＝F3＜F2 D．轻绳a的拉力增大 A　[轻绳b处在三个不同位置时，小球均处于平衡状态；对小球受力分析并根据平衡条件可知，它受到的三个力可以构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知，F2垂直于轻绳a对小球的拉力最小，所以F1＝F3＞F2，而轻绳a的拉力T逐渐减小，故A选项正确。 ] 7．(多选)(2021·全国乙卷)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　　) 　 (a)　　　　　　　　　(b) (c) A．F1＝μ1m1g B．F2＝m2m1+m2m1(μ2－μ1)g C．μ2>m1+m2m2μ1 D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 BCD　[把物块和木板看成整体，在t1时刻由牛顿第二定律有F1－μ1(m1＋m2)g＝0，故A错误；题图(c)可知，t2时刻滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a>0，解得F2＝m2m1+m2m1(μ2－μ1)g，μ2>m1+m2m1μ1，故B、C正确；题图(c)可知，0～t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。] 8．如图所示，斜面体M放在水平地面上，另有物块N放在斜面体上，轻质弹簧两端分别与物块N及固定在斜面体底端的挡板P连接，弹簧处于压缩状态，M、N静止。现用力F沿斜面向上拉物块N，但并未运动，下列说法正确的是(　　) A．弹簧对挡板的作用力减小 B．M、N之间的摩擦力可能大小不变 C．M对地面的压力不变 D．水平地面对M的摩擦力不变 B　[对N受力分析，其受重力、支持力、弹簧的弹力，可能受静摩擦力，且静摩擦力的方向可能沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上，当用力F拉物块N时，因没有拉动，则弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，选项A错误；若N受到的静摩擦力开始是沿着斜面向上，当用力F拉N时，N受到的静摩擦力可能会变为沿着斜面向下，大小可能和原来相等，选项B正确；从整体角度分析可知，当用力F拉N时，整体对地面的压力减小，有向右的运动趋势，因此水平地面对M的摩擦力发生变化，选项C、D错误。] 9．某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计的实验装置如图所示。固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心O的正上方A点，另一端系绳套1和绳套2。 (1)实验步骤如下： ①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，记下弹簧测力计的示数F； ②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O点，此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，此时弹簧测力计的示数为F1； ③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝________； ④比较________，即可初步验证力的平行四边形定则。 (2)将绳套1由0°方向缓慢转动到60°方向，同时绳套2沿120°方向不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O点不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________。 A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大 [解析]　(1)③由几何关系根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝F tan 30°＝33F；④比较F1和F1′的大小，即可初步验证力的平行四边形定则。 (2)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动60°，此过程中保持橡皮筋的结点在O点处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下： 故绳套1的拉力先减小后增加，故A、B、C错误，D正确。 [答案]　(1)③33F　④F1与F1′的大小　(2)D 10．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车的质量不变，改变小车所受的作用力，测得的数据见下表。 (1)如图所示的坐标纸上已描出了部分数据点，请在坐标纸上描出第2、4组数据对应的点，然后作出a-F图像。 (2)由所作图线可以得到结论：在质量一定的情况下，加速度a与作用力F成________比。 (3)当研究加速度与物体质量的关系时，应保持__________________不变，改变小车的质量来进行实验。 [解析]　(1)如图所示，根据表格中的数据在坐标纸上描点，连线时注意舍弃误差较大的点，不在图线上的点要均匀分布在图线两侧。 (2)由(1)所作图线是一条过原点的倾斜直线，所以可以判断加速度a和作用力F成正比。 (3)本实验过程采用了控制变量法的思想，在研究加速度和质量的关系时，应该保持物体所受的作用力不变。 [答案]　(1)见解析图　(2)正　(3)小车所受作用力 11．(多选)如图所示是甲、乙、丙、丁、戊五个运动物体相对同一原点的位移—时间图像。下面有关说法正确的是(　　) A．甲、乙运动的出发点相距s0 B．乙比甲早出发t1的时间 C．丙在0～2 s内，物体的位移大于2 m D．丁、戊两物体在25 s时相遇 AD　[由题图可知，乙从原点出发，甲从距原点s0处出发，故两物体的出发点相距s0，故A正确；甲在t＝0时刻开始运动，而乙在t1时刻开始运动，故甲比乙早出发t1的时间，故B错误；丙在0～2 s内，物体的位移为Δs＝0－0＝0，故C错误；丁、戊两物体在25 s时到达同一位置而相遇，故D正确。] 12．如图所示，在“探究滑动摩擦力大小”实验过程中，用拉力将木板从木块下抽出，弹簧秤的示数稳定时为3.00 N，已知木块的重力为8.00 N，则木块与木板间的滑动摩擦力大小为(　　) A．3.00 N　　　 B．5.00 N C．8.00 N D．11.00 N A　[对木块受力分析，它受力平衡，则所受的拉力等于木板对滑块的滑动摩擦力，则木块与木板间的滑动摩擦力大小为3.00 N。故选A。] 13．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列选项中能客观反映小木块的受力和运动情况的是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D BD　[由于小木块轻放在传送带的最上端，并其相对传送带向上滑动，故其所受的滑动摩擦力方向沿斜面向下，其所受的滑动摩擦力大小为：Ff＝μmg cos θ；当二者达到共速后，由于重力沿斜面向下的分力使小木块继续加速，故其速度超过传送带，故其所受的滑动摩擦力沿斜面向上，大小不变，方向反向，故A错误，B正确；而由于μ＜tan θ，故其重力沿斜面向下的分力大于滑动摩擦力，故二者共速后小木块继续加速，但由牛顿第二定律可知其加速度减小，又由速度—时间图像的斜率表示小木块的加速度，故可知到达共速后的加速运动过程加速度减小，故C错误，D正确。] 14．(多选)如图所示，质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg的小球1和2用轻质弹簧连接。某人用手通过轻绳给小球1施加F＝6 N的竖直恒力，使整个装置一起竖直向上加速运动。某时刻手突然停止，此时小球1、2的加速度大小分别为a1和a2；重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为4 N B．装置在恒力F作用下加速运动时，弹簧的弹力大小为2 N C．手停止的瞬间，a1＝10 m/s2，a2＝10 m/s2 D．手停止的瞬间，a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2 BD　[在恒力F作用下整个装置一起向上做匀加速运动，对整体由牛顿第二运动定律有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a0，对球2由牛顿第二运动定律有F弹－m2g＝m2a0，联立方程得F弹＝2 N，故A错误，B正确；手停止运动的这一瞬间，绳变松弛，绳的拉力突变为0，弹簧弹力不能发生突变，F弹＝2 N，对球1由牛顿第二运动定律有F弹＋m1g＝m1a1，解得a1＝20 m/s2，方向竖直向下，对球2由牛顿第二运动定律有F弹－m2g＝m2a2，解得a2＝10 m/s2，方向竖直向上，故C错误，D正确。] 15．王老师开车送到外地求学的小王至天府机场后返回，汽车行驶示意图如图所示，从机场停车场收费出口O点驶入空港大道时，导航指令“沿当前道路继续行驶4.8 km”(即为空港大道直道OB段)，汽车便从此时开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过6 s后，汽车运动到空港大道的A点，此时车内速度表显示为54 km/h，已知3.6 km/h＝1 m/s，忽略人的反应时间。求： (1)汽车运动的加速度大小； (2)汽车从A点继续以(1)问的加速度做匀加速直线运动，由于道路限速，当汽车速度为90 km/h时开始定速行驶，做匀速直线运动，则汽车在空港大道直道OB段行驶所用的时间是多少？ [解析]　(1)汽车从静止开始做匀加速直线运动，经过6 s后，速度达到15 m/s，故加速度大小为 a＝vt＝2.5 m/s2。 (2)汽车从静止开始到速度达到25 m/s，发生位移为 s1＝v'22a＝125 m 所用时间为 t1＝v'a＝10 s 之后匀速运动的时间为 t2＝OB-s1v'＝187 s 故汽车在空港大道直道OB段行驶所用的时间为 t＝t1＋t2＝197 s。 [答案]　(1)2.5 m/s2　(2)197 s 16．(2021·河北卷节选)如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝112，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝725，cos θ＝2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求滑道AB段的长度。 [解析]　设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1 解得 a1＝2 m/s2 滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得 L＝12a1(t＋t0)2 L＝v0t＋12a2t2 联立解得 t＝2 s或t＝－1 s(舍去) 故可得 L＝9 m。 [答案]　9 m 17．如图所示，放在粗糙、固定斜面上的物块A和悬挂的物体B均处于静止状态。轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5 kg，mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)。求： (1)弹簧的伸长量x； (2)物块A受到的摩擦力。 [解析]　(1)对结点O受力分析如图甲所示： 甲 T cos θ－mBg＝0 T sin θ－F＝0 且F＝kx 解得x＝4 cm。 (2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A受力分析如图乙所示： 乙 T－f－mAg sin α＝0 解得f＝－5 N 即物块A所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上。 [答案]　(1)4 cm 　(2)5 N，方向沿斜面向上 18．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求： (1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小； (2)滑块Q运动的总位移； (3)拉力F的大小。 　 [解析]　(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，根据题图乙可知，0～2 s内滑块Q的加速度大小 a1＝12-42 m/s2＝4 m/s2 0～2 s内木板P的加速度大小 a2＝42 m/s2＝2 m/s2 两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小 a3＝46-2 m/s2＝1 m/s2。 (2)v-t图像中，图线与时间轴所围几何图形的面积表示位移，则滑块Q运动的总位移 x＝12+4×22 m＋4×42 m＝24 m。 (3)0～2 s内对滑块Q分析有 μ1mg＝ma1 0～2 s内对滑块P分析有 μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2 两物体一起做匀减速直线运动，对P、Q整体分析有 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得F＝9 N。 [答案]　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N  (1)v0＝v时，一直匀速 (2)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(1)传送带较短时，一直减速(2)传送带较长时，先减速后返回①v0≤v时，返回速度为v0②v0>v时，返回速度为v(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速，后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速，后以a2加速(4)可能一直匀速(5)可能先减速后匀速(6)可能一直减速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能一直减速(4)可能先减速后返回①v0≤v时，返回速度为v0②v0>v时，返回速度为v组别12345F/N1.02.03.04.05.0a/(m·s-2)0.400.831.181.582.00