第四章《運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系》單元基礎(chǔ)與培優(yōu)鞏固達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷(基礎(chǔ)卷）

一：?jiǎn)雾?xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題4分，共32分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題

目要求的。

1．關(guān)于單位制及其應(yīng)用，下列說(shuō)法正確的是（）

A．kg、m/s、N都是導(dǎo)出單位

B．克、秒、牛頓均為國(guó)際単位制中的基本單位

C．1N是使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力的大小

D．力學(xué)單位制中，選為基本單位的物理量有長(zhǎng)度、質(zhì)量和速度

【答案】C

【詳解】A．kg為質(zhì)量的基本單位，A錯(cuò)誤；

B．克不是國(guó)際單位制中的單位，牛頓為導(dǎo)出單位，B錯(cuò)誤；

C．根據(jù)

Fma

1N是使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力的大小，C錯(cuò)誤；

D．力學(xué)的三個(gè)基本物理量為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間，D錯(cuò)誤。

故選C。

2．如圖所示，小球從左側(cè)斜面上的O點(diǎn)由靜止釋放后沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪

墊三種粗糙程度逐漸降低的材料，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。對(duì)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果進(jìn)行

對(duì)比，可以得到的最直接的結(jié)論是（）

A．如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置

B．如果小球不受力，它將一直保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)

C．如果小球受到力的作用，它的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)將發(fā)生改變

D．小球受到的力一定時(shí)，質(zhì)量越大，它的加速度越小

【答案】A

【詳解】斜面的粗糙程度越低，小球上升的高度越接近原來(lái)的高度，可以得到的最直接的結(jié)論是：如果斜

面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點(diǎn)等高的位置。

故選A。

3．2023年農(nóng)歷新年，為增加節(jié)日的喜慶氣氛，街道兩旁掛上了大紅燈籠。如圖所示，結(jié)點(diǎn)O處于水平輕

彈簧的右端，OA、OC為兩段輕繩，OA與豎直墻壁成某一夾角，下列說(shuō)法正確的是（）

A．彈簧可能處于拉伸狀態(tài)，也可能處于壓縮狀態(tài)

B．OA、OC兩段輕繩彈力大小一定相等

C．若在水平風(fēng)力作用下，系統(tǒng)重新平衡時(shí)，燈籠所受合外力仍為0

D．若剪斷輕彈簧，在剪斷輕彈簧的瞬間，燈籠的加速度大于g

【答案】C

【詳解】A．彈簧對(duì)O點(diǎn)有支持力，則一定處于壓縮狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B．對(duì)O點(diǎn)受力分析，則

FOAcosFOCmg

即OA段繩子的彈力大于OC段輕繩彈力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C．若在水平風(fēng)力作用下，系統(tǒng)重新平衡時(shí)，燈籠所受合外力仍為0，選項(xiàng)C正確；

D．剪斷彈簧的瞬間，彈簧彈力瞬間消失。小球?qū)㈤_(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球的速度為零，向心加速度為零，

沿繩方向小球受力平衡。小球具有沿切向方向（垂直繩的方向）的加速度，重力沿垂直繩方向的分力等于

合力，則有

mgsinθ=ma

解得

a=gsinθ<g

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

4．如圖所示，足夠長(zhǎng)、上表面光滑的斜面體靜止在水平面上，一薄木板A和物塊B沿著斜面相對(duì)靜止一起

上滑，滑到最高點(diǎn)后一起沿著斜面下滑，薄木板和物塊始終相對(duì)靜止，斜面體始終靜止在水平面上，在薄

木板和物塊向上滑動(dòng)和向下滑動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A．向上滑動(dòng)過(guò)程中，薄木板對(duì)物塊的摩擦力沿斜面向上

B．向下滑動(dòng)過(guò)程中，薄木板對(duì)物塊的摩擦力沿斜面向上

C．薄木板與物塊之間始終沒(méi)有摩擦力

D．斜面體與水平面之間沒(méi)有摩擦力

【答案】C

【詳解】ABC．在向上滑動(dòng)過(guò)程中,整體根據(jù)牛頓第二定律可得MmgsinθMma，對(duì)物塊受力分

析可得mgsin+fma可得f0,所以向上滑動(dòng)過(guò)程中薄木板和物塊之間沒(méi)有摩擦力,同理下滑過(guò)程中也沒(méi)

有摩擦力，AB錯(cuò)誤，C正確；

D．斜面體與A的作用力只有彈力，方向垂直于接觸面，具有水平分量，由平衡條件可知斜面體與水平面

之間有摩擦力，D錯(cuò)誤；

故選C。

5．游樂(lè)場(chǎng)中小孩在傾斜窄滑梯上勻速下滑，發(fā)現(xiàn)滑梯終點(diǎn)有其他小朋友，于是他利用雙手接觸滑梯減速，

其圖像如圖所示。已知和時(shí)刻的瞬時(shí)速度分別為和，小孩在時(shí)間內(nèi)（）

vtt1t2v1v2t1~t2

A．受到的重力大于滑梯對(duì)小孩的作用力B．處于超重狀態(tài)

vv

C．加速度逐漸增大D．位移等于12tt

221

【答案】B

【詳解】．小孩在時(shí)間內(nèi)，由圖像可知，小孩向下做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，由牛頓第二

At1~t2vt

定律可知，受到的重力小于滑梯對(duì)小孩的作用力，A錯(cuò)誤；

B．小孩向下做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，B正確；

C．由vt圖像的斜率表示加速度，可知vt圖像的斜率逐漸減小，則有加速度逐漸減小，C錯(cuò)誤；

．由圖像與時(shí)間軸所圍面積表示位移，在時(shí)間內(nèi)，若是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則有位移等于梯形面

Dvtt1~t2

積，即

vv

x12tt

221

因?yàn)樾『⒌倪\(yùn)動(dòng)是加速度逐漸減小的變速運(yùn)動(dòng)，因此在時(shí)間內(nèi)的位移小于勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移

t1~t2

vv

12tt，D錯(cuò)誤。

221

故選B。

6．我國(guó)高鐵技術(shù)發(fā)展迅速，一列動(dòng)車組有動(dòng)車和拖車組成，動(dòng)車提供動(dòng)力，拖車無(wú)動(dòng)力，假設(shè)一動(dòng)車組有

10節(jié)車廂，每節(jié)車廂質(zhì)量均相等，且運(yùn)動(dòng)時(shí)每節(jié)受到的阻力與重力成正比。動(dòng)車的功率都相等，其中第2

節(jié)和第6節(jié)為動(dòng)車，其余為拖車，下列說(shuō)法中正確的是（）

A．勻加速啟動(dòng)時(shí)第5、6節(jié)車廂之間無(wú)拉力

B．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)各節(jié)車廂之間的作用力都相等

C．勻速運(yùn)行時(shí)第2、3節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為2∶1

D．減速進(jìn)站時(shí)車廂給人的力與運(yùn)動(dòng)方向相反

【答案】A

【詳解】A．設(shè)每節(jié)車廂質(zhì)量為m，每節(jié)車廂所受阻力

fkmg

設(shè)動(dòng)車組勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a，每節(jié)動(dòng)車的牽引力為F，對(duì)10節(jié)車廂組成的動(dòng)車組整體，由牛頓

第二定律

2F10f10ma

后5節(jié)車廂看一個(gè)整體

F5F5f5ma

聯(lián)立可得

F50

A正確；

BC．勻速時(shí)

2F10f

且有

F2F8f

F64f

可得

F2:F63:4

BC錯(cuò)誤；

D．進(jìn)站時(shí)，加速度方向向后，乘客受到豎直向下的重力和車廂對(duì)乘客的作用力，由牛頓第二定律可知，這

兩個(gè)力的合力方向向后，乘客受到車廂作用力的方向一定傾斜向后，D錯(cuò)誤。

故選A。

7．如圖甲所示，物塊在t=0時(shí)刻滑上固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，重力加速度取g=10m/s2，

則（）

A．斜面的長(zhǎng)度L=4mB．斜面的傾角30

3

C．物塊的質(zhì)量m=1kgD．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

3

【答案】B

【詳解】A．由圖乙所示圖像可知，物塊先向上減速運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)再向下加速運(yùn)動(dòng)，圖像與時(shí)間軸圍成的

面積為物塊經(jīng)過(guò)的位移，故可求出物塊在斜面上的位移，但是不能求出斜面的長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；

BD．由圖乙所示圖像可知，加速度大小

v8v'4

am/s28m/s2，am/s22m/s2

1t12t'31

由牛頓第二定律得，上升過(guò)程

mgsinmgcosma1

下降過(guò)程

mgsinmgcosma2

解得

3

30，

5

故B正確，D錯(cuò)誤；

C．由上述分析可知，物塊的質(zhì)量會(huì)被約掉，無(wú)法求出物塊的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤。

故選B。

8．如圖甲所示，質(zhì)量分別為1kg、2kg、3kg的三個(gè)物塊A、B、C疊放在水平面上，現(xiàn)對(duì)物塊B施加一水

平向右的拉力F，物塊A、B、C的加速度與水平拉力的關(guān)系如圖乙（以水平向右為正）。若物塊足夠長(zhǎng)，

物塊A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，物塊C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3，重

力加速度g10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）

A．μ1=0.1B．μ1=0.2C．μ?0.3D．?0.4

【答案】C

【詳解】由圖可知，當(dāng)F16N時(shí)B開(kāi)始有加速度，此時(shí)應(yīng)該是ABC整體一起相對(duì)地面開(kāi)始滑動(dòng)，所以此

時(shí)的F大小應(yīng)等于整體與地面的最大靜摩擦力，即有

F1mAmBmCg36N

得

30.1

2

當(dāng)F2=12N，a2=1m/s時(shí)，此時(shí)應(yīng)該是AB一起與C發(fā)生相對(duì)的滑動(dòng)，即有

F2mAmBg2mAmBa2

得

20.3

2

當(dāng)F3=21N，a3=4m/s時(shí)，此時(shí)應(yīng)該是B與A，B與C都發(fā)生相對(duì)的滑動(dòng)，即有

F3mAg1mAmBg2mBa3

得

10.4

故選C。

二：多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要

求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

3

9．一質(zhì)量為m的物塊在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因素為。現(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)

3

1

大小為Fmg的外力，在外力F保持大小不變逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中物塊一直向右運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正

2

確的是（）

A．當(dāng)外力F水平向右時(shí)物塊向右加速運(yùn)動(dòng)

B．當(dāng)外力F水平向左時(shí)物塊具有向左的最大加速度

23

C．物塊具有向左的最大加速為g

3

D．當(dāng)外力F水平方向夾角30斜向右上時(shí)，物塊加速度為0

【答案】CD

【詳解】A．當(dāng)外力F水平向右時(shí)，物體受到的摩擦力為

31

fmgmgmg

32

可知，物體的加速度方向向左，則物體向右減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

BC．根據(jù)題意，設(shè)F指向左上方，與水平方向成角時(shí)，具有向左最大的加速度，由平衡條件有

FsinFNmg

解得

FNmgFsin

水平方向上，由牛頓第二定律有

FcosFNma

解得

F

agcossin

m

由數(shù)學(xué)知識(shí)可得

F12

agsin

m

其中

13

sin

122

可知，當(dāng)

60

時(shí)，加速度有最大值，最大值為

F23

ag12g

m3

故B錯(cuò)誤，C正確；

D．當(dāng)外力F水平方向夾角30斜向右上時(shí)，豎直方向上有

Fsin30FN1mg

解得

3

Fmg

N14

則摩擦力為

3

fFmg

1N14

水平方向上，由牛頓第二定律有

Fcos30f1ma1

解得

a10

故D正確。

故選CD。

10．如圖所示，a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連.當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b

一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1，物體的加速度大小為a1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿斜面

向上拉著a，使a、b一起沿光滑斜面向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x2，物體的加速度大小為a2．已

知斜面的傾角為θ，則有（）

A．x1=x2B．x1>x2C．a(chǎn)1=a2D．a(chǎn)1<a2

【答案】AD

【分析】當(dāng)用恒力F豎直向上或者沿斜面向上拉時(shí)，利用整體法求加速度a1和a2，利用隔離法可求出x1和

x2，比較即可得解．

【詳解】設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)用恒力F豎直向上拉時(shí)，整體分析有：F-（m1+m2）g=（m1+m2）a1，

m2FF

分析b有:kx1-m2g=m2a1，解得x1=，加速度a1=-g；當(dāng)用恒力F沿斜面向上拉時(shí)，整體分

km1m2m1m2

m2F

析有：F-（m1+m2）gsin=（m1+m2）a2，對(duì)b分析有：kx2-m2gsin=m2a2，解得x2=，加速度

km1m2

F

a2=-gsin，由上分析可知，x1=x2，a1a2，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．

m1m2

故選AD

11．2023年10月3日，在杭州第19屆亞運(yùn)會(huì)跳水項(xiàng)目女子10m跳臺(tái)決賽中，中國(guó)選手全紅嬋以438.20的

總得分奪冠。某參加該決賽的運(yùn)動(dòng)員身高1.5m，體重35kg，設(shè)該運(yùn)動(dòng)員豎直向上跳離跳臺(tái)時(shí)的速度約為

5m/s，重力加速度大小為g10m/s2，則（）

A．該運(yùn)動(dòng)員完成“下蹲起跳”的過(guò)程中，雙腳對(duì)跳臺(tái)的作用力始終等于350N

B．該運(yùn)動(dòng)員完成“下蹲起跳”的過(guò)程中，雙腳對(duì)跳臺(tái)的作用力始終大于350N

C．可以估算該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的時(shí)間

D．可以估算該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的路程

【答案】CD

【詳解】AB．該運(yùn)動(dòng)員完成“下蹲”的過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員先向下加速，后向下減速，加速度方向先向下，后向

上，先失重，后超重，則雙腳對(duì)跳臺(tái)的作用力先小于350N，后大于350N，故AB錯(cuò)誤；

C．運(yùn)動(dòng)員從起跳到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)所需的時(shí)間

v

t0

1g

運(yùn)動(dòng)員從起跳到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的位移為

v2

x0

2g

h

假設(shè)重心位置為人身高的一半，即，根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式有

2

1

Hxgt2

22

該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的時(shí)間為

tt1t2

故可以估算該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的時(shí)間，故C正確；

D．該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的路程

s2xH

故可以估算該運(yùn)動(dòng)員在空中完成系列動(dòng)作的路程，故D正確。

故選CD。

12．如圖甲所示，5顆完全相同質(zhì)量為m的象棋棋子整齊疊放在水平面上，所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均

為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)第3顆棋子施加一水平變力F，F(xiàn)隨t的變化關(guān)系如圖乙所示，

重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）

A．t1s時(shí)，第5顆棋子受到水平面的摩擦力向左，大小為mg

B．t2s時(shí)，第4、5顆棋子間沒(méi)有摩擦力

C．t=4s時(shí)，第3顆棋子的加速度大小為g

D．第6s以后，第1顆棋子受到的摩擦力大小為mg

【答案】AD

【詳解】A．由于第4顆棋子對(duì)第3顆棋子的最大靜摩擦力為

f43max3mg

所以當(dāng)

F3mg

時(shí)，棋子3不會(huì)運(yùn)動(dòng)；由圖乙可知t1s時(shí)

Fmg3mg

棋子都處于靜止?fàn)顟B(tài)，把5個(gè)棋子整體分析，受平衡力作用，第5顆棋子受到水平面的摩擦力和水平力F

是平衡力，所以第5顆棋子受到水平面的摩擦力向左，大小為mg，故A正確；

B．由圖乙可知t2s時(shí)

F2mg3mg

則棋子1、2、3靜止，對(duì)1、2、3棋子整體分析，棋子4對(duì)棋子3的摩擦力與外力二力平衡，所以棋子4

對(duì)3的摩擦力大小為2mg，方向水平向左，由牛頓第三定律可知，棋子3對(duì)棋子4的摩擦力大小為2mg，

方向水平向右；對(duì)棋子4受力分析可知，棋子5對(duì)4的摩擦力大小為2mg，方向水平向左，故B錯(cuò)誤；

C．最上面的兩顆棋子向右運(yùn)動(dòng)的最大加速度為

2mg

ag

max2m

設(shè)最上面的三個(gè)棋子一起以最大加速度amax向右運(yùn)動(dòng)，且水平恒力為F0，則

F03mg3mamax

解得

F06mg

當(dāng)水平向右的恒力F大于6mg時(shí)，第三個(gè)棋子和上面的兩個(gè)棋子發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)；由圖乙可知t=4s時(shí)

3mgF4mg6mg

所以最上面的三個(gè)棋子作為整體一起向右運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得

F3mg3ma1

解得

g

a

13

故C錯(cuò)誤；

D．第6s以后，水平外力大于6mg，第三個(gè)棋子和上面的兩個(gè)棋子發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng)，上面的兩個(gè)棋子一起

向右運(yùn)動(dòng)，第1顆棋子受到的摩擦力大小為

f1mamaxmg

故D正確。

故選AD。

三：實(shí)驗(yàn)題:本題共2小題，第一小題小題5分，第二小題7分，共12分。

13．利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究加速度與合外力的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)中認(rèn)為細(xì)繩對(duì)木塊的拉力等于砝碼和砝

碼桶的總重力。請(qǐng)思考探究思路并回答下列問(wèn)題。

（1）下列做法正確的是（填字母代號(hào)）

A．在找不到合適的學(xué)生電源的情況下，可以使用四節(jié)干電池串聯(lián)作為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源

B．平衡摩擦力的方法是懸掛砝碼桶但不得在砝碼桶中添加砝碼，使木塊能拖著紙帶勻速滑動(dòng)

C．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行

D．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源再放開(kāi)木塊

（2）如圖乙所示，是掛上砝碼桶，裝入適量砝碼，按實(shí)驗(yàn)要求打出的一條紙帶：A、B、C、D、E是紙帶

上選取的五個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出。用刻度尺測(cè)出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到A點(diǎn)之間的

距離，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接在頻率為50Hz的交流電源兩端。其中打出計(jì)數(shù)點(diǎn)C時(shí)木塊的速度vC=m/s，

木塊的加速度a=m/s2（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。

【答案】CD/DC0.541.0

【詳解】（1）[1]A．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要接交流電源，所以在找不到合適的學(xué)生電源的情況下，不可以使用四

節(jié)干電池串聯(lián)作為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源。故A錯(cuò)誤；

B．平衡摩擦力的方法是不懸掛砝碼桶和砝碼，使木塊能拖著紙帶勻速滑動(dòng)。故B錯(cuò)誤；

C．調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行，以保證細(xì)線拉力等于木塊合力。故C正確；

D．實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源等打點(diǎn)穩(wěn)定后，再放開(kāi)木塊。故D正確。

故選CD。

（2）[2]依題意，紙帶上相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為

1

T50.1s

f

紙帶上從B到D的平均速度為打出計(jì)數(shù)點(diǎn)C時(shí)木塊的速度，即

x14.703.90

vvBD102m/s0.54m/s

CBD2T20.1

[3]根據(jù)逐差法可知木塊的加速度為

xx21.608.798.79

aCEAC102m/s21.0m/s2

4T240.12

14．“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。按圖設(shè)置好實(shí)驗(yàn)裝置后，把細(xì)線系在小車上并繞過(guò)滑輪懸掛

鉤碼。

（1）同學(xué)在實(shí)驗(yàn)前準(zhǔn)備了圖中所示的實(shí)驗(yàn)裝置及下列輔助器材：

A．交流電源、導(dǎo)線B．直流電源、導(dǎo)線

C．天平（含配套砝碼）D．秒表

E.刻度尺

其中必要的器材是；圖中木板右端被墊高，這樣做的目的是。

（2）某同學(xué)正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)后，打出了一條紙帶如圖所示。計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s。從比較清晰的點(diǎn)

起，每5個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，量出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的距離。則在打下點(diǎn)跡3時(shí)，小車運(yùn)動(dòng)的速度v

m/s（結(jié)果保留3位有效數(shù)字），該小車的加速度am/s2；（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）

（3）根據(jù)測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出物體的加速度a和拉力F圖線即：aF圖線，發(fā)現(xiàn)其不通過(guò)原點(diǎn)，請(qǐng)分析

其主要原因是；

（4）在對(duì)上一問(wèn)中的裝置進(jìn)行了調(diào)整后，aF圖線能夠通過(guò)原點(diǎn)。為得到更多的數(shù)據(jù)點(diǎn)，該同學(xué)不斷改

變鉤碼質(zhì)量，發(fā)現(xiàn)隨著F增大，aF圖象由直線逐漸變?yōu)橐粭l彎曲的圖線，如圖所示。圖線在末端彎曲的

原因是。

【答案】ACE平衡摩擦力0.3760.160平衡摩擦力不足或沒(méi)有平衡摩擦力/平衡摩

擦力不足/沒(méi)有平衡摩擦力所掛鉤碼的總質(zhì)量太大

【詳解】（1）[1][2]打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要交流電源，即選A；驗(yàn)證牛頓第二定律需要用天平測(cè)量小車的質(zhì)量，即

選C；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器本身就是計(jì)時(shí)工具，不需要秒表；需要使用刻度尺測(cè)量紙帶打點(diǎn)之間的距離，即選E；所

以必要的器材為ACE，圖中木板右端被墊高，這樣做的目的是為了消除摩擦力對(duì)小車的影響，即平衡摩擦

力。

（2）[3][4]勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某段時(shí)間內(nèi)的中間時(shí)刻速度等于平均速度，所以

0.0368m0.0383m

v0.376m/s

320.1s

根據(jù)逐差法求解加速度

0.03990.03830.03680.0350

am/s20.160m/s2

40.12

（3）[5]在開(kāi)始階段，拉力不為零時(shí)，加速度為0，說(shuō)明合外力為0，即平衡摩擦力不足或沒(méi)有平衡摩擦力。

（4）[6]對(duì)鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律得

mgFma

對(duì)小車由牛頓第二定律得

FMa

解得

Mmgmg

F

m

Mm1

M

mg

a

Mm

開(kāi)始時(shí)，砝碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，繩上拉力Fmg，a-F圖像為直線；當(dāng)砝碼質(zhì)量不再遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量

時(shí)Fmg，所以圖線在末端彎曲的原因是所掛鉤碼的總質(zhì)量太大。

四：解答題:本題共4小題,第一小題小題6分，第二小題8分，第三小題10分，第四小題12分，共36分。

15．如圖所示，一輛貨車載著許多相同的圓柱形空油桶在高速公路上勻速行駛，已知每只空油桶質(zhì)量為m，

重力加速度為g，不計(jì)油桶之間的摩擦力。求：

（1）貨車勻速行駛時(shí)，桶A對(duì)桶C的支持力的大??；

3

（2）貨車以g的加速度勻加速行駛時(shí)，桶A、桶B對(duì)桶C的支持力；

6

（3）為防止緊急剎車時(shí)桶C脫離桶B砸向前方的駕駛室而發(fā)生危險(xiǎn)，剎車時(shí)的加速度的大小范圍。

333

【答案】（1）mg；（2）mg，方向斜向右上，與水平方向夾角60°；mg，方向斜向左上，與水平

362

3

方向夾角60°；（3）ag

3

【詳解】（1）貨車勻速行駛時(shí)，對(duì)桶C進(jìn)行受力分析，并將桶A，B對(duì)桶C的支持力的大小FNA、FNB正交

分解，由于桶C與貨車一起勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以

FNAsin60FNBsin60mg

FNAcos60FNBcos60

解得

3

FFmg

NANB3

3

（2）貨車以g的加速度勻加速行駛時(shí)，對(duì)桶C進(jìn)行受力分析，并將桶A，B對(duì)桶C的支持力的大小FNA、

6

FNB正交分解，由于桶C與貨車一起勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有

FNBcos60FNAcos60ma

豎直方向仍受力平衡

FNAsin60FNBsin60mg

解得

33

Fmg、Fmg

NA6NB2

3

因此這時(shí)桶A對(duì)桶C的支持力大小為mg，方向斜向右上，與水平方向夾角60°；桶B對(duì)桶C的支持力

6

3

大小為mg，方向斜向左上，與水平方向夾角60°；

2

（3）若剎車時(shí)加速度恰好達(dá)到不發(fā)生危險(xiǎn)的最大值，此時(shí)C恰好脫離桶B（對(duì)桶B的壓力剛好減為零），

對(duì)桶C受力分析，并應(yīng)用牛頓第二定律

FNcos60ma

豎直方向受力平衡，有

FNsin60mg

解得

3

ag

3

3

因此，為防止發(fā)生危險(xiǎn)，剎車時(shí)的加速度大小范圍是ag

3

16．一種巨型娛樂(lè)器械可以使人體驗(yàn)超重和失重。一個(gè)可乘十多個(gè)人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升

降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落下。落到一定位置時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)啟動(dòng)，到地面時(shí)剛好停下。已

知座艙開(kāi)始下落時(shí)的高度為75m，當(dāng)落到離地面30m的位置時(shí)開(kāi)始制動(dòng)，座艙勻減速下落。若座艙中某人

用手托著重50N的鉛球。忽略摩擦和空氣阻力，g=10m/s2。求：

（1）座艙下落的最大速度；

（2）當(dāng)座艙下落35m的位置時(shí)，手對(duì)鉛球的托力多大；

（3）當(dāng)座艙落到離地面15m的位置時(shí)，手要用多大的力才能托住鉛球。

【答案】（1）30m/s；（2）零；（3）125N

【詳解】(1)自由落體的終點(diǎn)時(shí)速度最大，下落的高度

h145m

由自由落體速度位移關(guān)系

2

v12gh1

可得下落的最大速度

v12gh130ms

(2)離地面35m時(shí)，座艙還在自由下落，鉛球處于完全失重狀態(tài)，手對(duì)鉛球的托力為零。

(3)從開(kāi)始自由落體直到下落高度h145m時(shí)速度為v1，則

2

v12gh1

對(duì)勻減速運(yùn)動(dòng)程

2

v12ah2

解得

a15m/s2

當(dāng)座艙落到離地面15m的位置時(shí)

FNmgma

解得

FNmgma125N

17．如圖所示，質(zhì)量分別為m1＝3kg和m2＝1kg的A、B放在固定在地面上的光滑斜面上，斜面傾角為θ

＝37°，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)對(duì)A施加一水平力F使

A和B保持相對(duì)靜止一起沿斜面運(yùn)動(dòng)，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求力F的大小范

圍。

【答案】19.1NF44.7N

【詳解】若沿斜面向下加速，對(duì)A和B組成的整體有

++

(m1m2)gsinF1cos(m1m2)a1

對(duì)B水平方向有

fmm2a1cosFN1

豎直方向有

m2a1sinm2gFN1

解得

F119.1N

若物體沿斜面向上加速，對(duì)A和B組成的整體有

-＋+

F2cos(m1m2)gsin(m1m2)a2

對(duì)B水平方向有

fmm2a2cosFN2

豎直方向有

m2a2sinFN2m2g

聯(lián)立解得

=

F244.7N

所以力F的大小范圍為

19.1NF44.7N

18．如圖所示，質(zhì)量為M=2kg、左端帶有擋板的長(zhǎng)木板放在水平面上，板上貼近擋板處放有一質(zhì)量為m=1kg

的物塊，現(xiàn)用一水平向右大小為9N的拉力F拉長(zhǎng)木板，使物塊和長(zhǎng)木板一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，物塊與長(zhǎng)木板

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.1，長(zhǎng)木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.2，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去F，最后物塊

恰好能運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的右端，木板長(zhǎng)L=4.8m，物塊可看成質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)擋板的厚度，設(shè)最大靜摩擦力等于滑

動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，求：

(1)撤去力F的瞬間，物塊和板的加速度；

(2)撤去力F的瞬間，物塊和木板的速度大??；

(3)拉力F作用的時(shí)間。

22

【答案】(1)a1=－1m/s，方向向左，a2=－2.5m/s，方向向左；(2)v=4m/s；(3)4s

【詳解】(1)撤去拉力時(shí)，設(shè)物塊和板的加速度大小為a1、a2，由牛頓第二定律得，對(duì)物塊有

1mgma1

對(duì)板

1mg2(Mm)gMa2

解得

2

a11m/s

方向向左

2

a22.5m/s

方向向左

(2)設(shè)撤去力F時(shí)二者的速度為v，由于μ1小于μ2，那么當(dāng)撤去F后，板和物塊各自勻減速到零，則滑塊的位

移

0v2

x1

2a1

木板的位移

0v2

x2

2a2

又

x1x2L

解得

v4m/s

(3)開(kāi)始階段，由于擋板的作用，物塊與木板將一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對(duì)整體

F2(Mm)g(Mm)a0

解得

2

a01m/s

設(shè)力F作用的時(shí)間為t，則

va0t

解得

t=4s

19．如圖所示，兩塊不同薄板靜置在粗糙水平地面上，薄板的質(zhì)量MA=1kg、MB=0.8kg，長(zhǎng)度LA=5m，LB=10m，

質(zhì)量m=0.4kg的小物塊（可看做質(zhì)點(diǎn)），以初速度v0=11m/s水平向右滑上薄板A的左端。已知小物塊與薄

2

板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.4，薄板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s。求：

（1）小物塊在剛滑上薄板A時(shí)，地面對(duì)薄板A、B的總摩擦力Ff；

（2）小物塊剛滑上薄板B時(shí)，小物塊的速度v1以及薄板B的加速度aB；

（3）最終小物塊與薄板B右端的間距d以及薄板B運(yùn)動(dòng)的距離x。

【答案】（1）1.6N，方向水平向左；（2）9m/s，0.5m/s2，方向均水平向右；（3）1m，1.5m

【詳解】（1）小物塊與薄板間的滑動(dòng)摩擦力

f1=μ1mg=1.6N

薄板A、B與地面的滑動(dòng)摩擦力大小

f=μ2（m+MA+MB）=2.2N

因?yàn)?/p>

f1<f

所以薄板都靜止不動(dòng)，對(duì)薄板A、B分析，受到地面的靜摩擦力

Ff=f1=1.6N

方向水平向左。

（2）小物塊在薄板A上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律

f1=ma1

解得

2

a1=4m/s

剛滑上B時(shí)，根據(jù)勻減速直線運(yùn)動(dòng)

22

v1v02(a1)LA

解得小物塊的速度為

v1=9m/s

對(duì)薄板B分析，受到小物塊向右的滑動(dòng)摩擦力，和地面對(duì)它向左的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律

f12(MBm)gMBaB

解得

2

aB=0.5m/s

方向均水平向右；

（3）小物塊繼續(xù)在薄板B上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，薄板B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相同時(shí)，根據(jù)速度時(shí)間

關(guān)系，對(duì)小物塊

v=v1-a1t

對(duì)薄板B

v=aBt

解得

v=1m/s，t=2s

該時(shí)間內(nèi)，小物塊運(yùn)動(dòng)的距離為