單元綜合提升

第四章牛頓運(yùn)動(dòng)定律概念梳理構(gòu)建網(wǎng)絡(luò)返回考教銜接明確考向(2022·北京高考)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊在傾角為θ的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說(shuō)法正確的是A．斜面對(duì)物塊的支持力大小為mgsinθB．斜面對(duì)物塊的摩擦力大小為μmgcosθC．斜面對(duì)物塊作用力的合力大小為mgD．物塊所受的合力大小為mgsinθ真題1√物塊在斜面上加速下滑，受力如圖所示。支持力N＝mgcosθ，A錯(cuò)誤；摩擦力f＝μN(yùn)＝μmgcosθ，B正確；合力F合＝mgsinθ－μmgcosθ，D錯(cuò)誤；由于物塊加速下滑，斜面對(duì)物塊作用力N、f的合力與重力mg不平衡，C錯(cuò)誤。銜接教材

教材133頁(yè)自我評(píng)價(jià)中第2題手拉小車(chē)，開(kāi)始靜止，后繩子突然斷開(kāi)，小車(chē)加速下滑。與此高考題情境和考查內(nèi)容類(lèi)似。銜接分析本高考題考查斜面上加速下滑的物體的受力情況，難度不大。激發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)興趣，體現(xiàn)了學(xué)以致用的理念。針對(duì)練1．(2023·河南焦作期末)如圖所示，質(zhì)量為m＝3kg的木塊放在傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)的固定斜面上，木塊可以沿斜面勻速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木塊上，使其由靜止開(kāi)始沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝2s木塊沿斜面上滑4m的距離，則推力F的大小為(重力加速度g取10m/s2)A．42N B．6NC．21N D．36N√木塊能沿斜面勻速下滑，由平衡條件知mgsinθ＝μmgcosθ；當(dāng)木塊在推力F作用下加速上滑時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得x＝

at2，解得加速度a＝2m/s2，由牛頓第二定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得F＝36N，D正確。針對(duì)練2．(2024·河北唐山模擬)如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊以初速度v0＝12m/s從斜面底端沖上一足夠長(zhǎng)的斜面，經(jīng)t1＝1.2s開(kāi)始沿斜面返回，t2時(shí)刻回到斜面底端。物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，斜面傾角θ＝37°。則可確定(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)A．物塊上滑時(shí)的加速度大小為5m/s2B．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25C．物塊沿斜面向上滑行的最大距離為7.2mD．物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到斜面底端所用的時(shí)間為3.6s√由題圖乙可知，上滑時(shí)物塊的加速度大小為a1＝10m/s2，A錯(cuò)誤；物塊在上滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，B錯(cuò)誤；由于v-t圖線與t軸所圍面積表示物體的位移，所以物塊沿斜面向上滑行的最大距離x＝

×12×1.2m＝7.2m，C正確；物塊沿斜面下滑的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，根據(jù)位移與時(shí)間的關(guān)系式x＝

a2(t2－t1)2，解得t2≈3.88s，故物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回到斜面底端所用的時(shí)間為3.88s，D錯(cuò)誤。(2022·遼寧高考)如圖所示，一小物塊從長(zhǎng)1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過(guò)1s從另一端滑落。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列v0、μ的取值可能正確的是A．v0＝2.5m/s B．v0＝1.5m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.25真題2√物塊沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則

由題干知x＝1m，t＝1s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v0<2m/s，故A不可能，B可能；對(duì)物塊做受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有－μmg＝ma，v2－v02＝2ax，整理有v02－2μgx＞0，由v0<2m/s可得μ<0.2，故C、D不可能。銜接教材

教材138頁(yè)本章復(fù)習(xí)題第6題人站在電梯的臺(tái)秤上，當(dāng)電梯加速上升、下降和勻速時(shí)臺(tái)秤的示數(shù)。與此高考題情境和考查內(nèi)容類(lèi)似。銜接分析本高考題以乘坐電梯這一常見(jiàn)的生活情境命題，通過(guò)位移—時(shí)間圖像判斷在不同的時(shí)間段內(nèi)乘客的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，考查超重和失重、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等基本概念和規(guī)律。以常見(jiàn)的生活情境，激發(fā)考生學(xué)習(xí)物理的興趣，充分體現(xiàn)立德樹(shù)人的要求。針對(duì)練1．(2024·湖北武漢期末)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過(guò)程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列說(shuō)法正確的是A．2s末到3s末物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B．在t＝2s時(shí)刻，恒力F反向C．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3D．恒力F大小為10N√針對(duì)練2．(2024·吉林長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校期中)一個(gè)質(zhì)量為1kg的物體放在水平的粗糙地面上，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，受到一個(gè)5N的水平拉力的作用，經(jīng)過(guò)10s前進(jìn)了40m，求：(g取10N/kg)(1)物體運(yùn)動(dòng)的加速度是多少；答案：0.8m/s2(2)物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是多少。答案：0.42根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，解得物體與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)返回易錯(cuò)辨析強(qiáng)化落實(shí)1．(對(duì)超重、失重的認(rèn)識(shí)出錯(cuò))靜止的電梯中有一盛水容器，水中浮著一木塊，如圖所示。當(dāng)電梯向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，木塊浸入水中的深度怎樣變化A．變淺

B．變深C．不變

D．無(wú)法判斷√當(dāng)電梯靜止時(shí)，木塊受到浮力、重力的作用。設(shè)木塊的質(zhì)量為m，它排開(kāi)水的體積為V排，由平衡條件得F浮＝ρ水gV排＝mg，所以ρ水V排＝m。當(dāng)電梯勻加速上升時(shí)，木塊仍受到浮力、重力的作用，設(shè)此時(shí)木塊排開(kāi)水的體積為V排′，由牛頓第二定律得F浮′－mg＝ma，又F浮′＝ρ水(g＋a)V排′，所以ρ水V排′＝m，綜上，可知V排′＝V排，即電梯加速上升時(shí)木塊浸入水中的深度不變，故選C。易錯(cuò)分析

一些同學(xué)出現(xiàn)這樣的錯(cuò)解：當(dāng)電梯向上做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，木塊處于超重狀態(tài)，木塊對(duì)水的壓力變大，浸入水中的深度變深，錯(cuò)選B。解題時(shí)應(yīng)根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律，分別列出木塊排開(kāi)液體的體積表達(dá)式，再進(jìn)行比較，就能得出木塊浸入水中的深度變化。2．(對(duì)彈力突變問(wèn)題的分析出錯(cuò))(多選)如圖所示，豎直光滑桿上套有一個(gè)小球和兩根輕彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷(xiāo)釘M、N固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)拔去銷(xiāo)釘M的瞬間，小球加速度的大小為12m/s2。若不拔去銷(xiāo)釘M而拔去銷(xiāo)釘N，則拔去銷(xiāo)釘N的瞬間，小球的加速度可能是(取重力加速度g＝10m/s2)A．22m/s2，豎直向上 B．22m/s2，豎直向下C．2m/s2，豎直向上 D．2m/s2，豎直向下√√拔去M瞬間，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，因此本題有兩種可能的情況。①拔去M瞬間，小球的加速度向上。小球只受重力和下面彈簧的彈力F1，則彈力一定向上，即下面彈簧處于壓縮狀態(tài)，有F1－mg＝ma，即F1＝m(g＋a)；平衡時(shí)，設(shè)上面彈簧的彈力為F1′，則有F1′＝F1－mg＝ma，方向向下，由此可知，上面彈簧處于壓縮狀態(tài)。若不拔去銷(xiāo)釘M而拔去銷(xiāo)釘N，則拔去銷(xiāo)釘N瞬間，小球受重力和上面彈簧向下的彈力F1′，根據(jù)牛頓第二定律有F1′＋mg＝ma1′，a1′＝

＝g＋a＝22m/s2，方向豎直向下。②拔去M瞬間，小球的加速度向下。小球只受重力和下面彈簧的彈力F2，因a>g，所以F2一定向下，即下面彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，有F2＋mg＝ma，即F2＝m(a－g)；平衡時(shí)，設(shè)上面彈簧的彈力為F2′，則有F2′＝mg＋F2＝ma，方向向上，由此可知，上面彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。若不拔去M而拔去N，則拔去N瞬間，小球受重力和上面彈簧向上的彈力F2′，根據(jù)牛頓第二定律有F2′－mg＝ma2′，a2′＝

＝a－g＝2m/s2，方向豎直向上。故選B、C。易錯(cuò)分析

部分同學(xué)沒(méi)有認(rèn)識(shí)到拔去M瞬間，小球的加速度方向可能向上，也可能向下，造成漏解。注意小球加速度的大小為12m/s2，方向可能向上也可能向下。拔去銷(xiāo)釘M瞬間，上面彈簧的一端解除了約束，對(duì)小球的作用力為0，小球只受到重力和下面彈簧的作用力，根據(jù)牛頓第二定律和平衡條件算出上面彈簧對(duì)小球的作用力，若拔去銷(xiāo)釘N則下面彈簧對(duì)小球的作用力為0，再根據(jù)牛頓第二定律求解即可。3．(忽略二級(jí)結(jié)論的成立條件出錯(cuò))如圖所示，Pa、Pb、Pc是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，P、a、b、c位于同一圓周上，點(diǎn)d為圓周的最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫(huà)出)，三個(gè)滑環(huán)分別從P處釋放(初速度為0)，用t1、t2、t3分別表示各滑環(huán)到達(dá)a、b、c所用的時(shí)間，則A．t1<t2<t3

B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2

D．t1＝t2

＝t3√以P點(diǎn)為最高點(diǎn)，取合適的豎直直徑Pe作圓，如圖中虛線所示，Pb為圓的一條弦，滑環(huán)從P由靜止釋放到達(dá)虛線圓上g的時(shí)間設(shè)為t，桿與豎直方向的夾角為α，虛線圓的直徑為d。根據(jù)位移—時(shí)間公式可得dcosα＝

(gcosα)t2，解得t＝

，則知虛線圓為等時(shí)圓，即從P到f、b、g是等時(shí)的，比較圖中長(zhǎng)度可得Pa>Pf，Pc<Pg，故推得t1>t2>t3，故B正確。易錯(cuò)分析

本題如果不加思考，套用結(jié)論，就會(huì)落入“等時(shí)圓”的陷阱，認(rèn)為t1＝t2＝t3，錯(cuò)選D。由于P點(diǎn)不是圓的最高點(diǎn)，所以套用結(jié)論是行不通的。我們可以重新構(gòu)造一個(gè)圓，使P點(diǎn)成為最高點(diǎn)，這樣便可構(gòu)造“等時(shí)圓”解決問(wèn)題。巧妙運(yùn)用物理模型，可以起到化繁為簡(jiǎn)的目的，這種分析問(wèn)題的方法，可以培養(yǎng)遷移創(chuàng)新、舉一反三的能力。4．(確定臨界狀態(tài)出錯(cuò))如圖所示，質(zhì)量為m的光滑小球，用輕繩連接后，掛在三角劈的頂端，繩與斜面平行，劈置于光滑水平面上，求：(1)劈以加速度a1＝

水平向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力多大？答案：

mg對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖所示：水平方向：Tcos30°－Nsin30°＝ma1豎直方向：Tsin30°＋Ncos30°＝mg解得T＝

mg。(2)當(dāng)劈以加速度a2＝2g向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩的拉力多大？答案：

mg當(dāng)斜面對(duì)小球的支持力恰好為零時(shí)，有Tcos30°＝ma3，Tsin30°＝mg解得a3＝

g，方向水平向左所以當(dāng)劈的加速度為2g時(shí)，小球已經(jīng)離開(kāi)斜面則T＝解得T＝

mg。易錯(cuò)分析

隨著向左的加速度的增大，斜面對(duì)小球的支持力減小，當(dāng)水平向左的加速度達(dá)到

g時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力剛好減為零，此時(shí)是小球即將與斜面分離的臨界狀態(tài)，當(dāng)劈的加速度為2g時(shí)，小球已經(jīng)離開(kāi)斜面。有的同學(xué)沒(méi)有分析臨界狀態(tài)，沒(méi)有得出臨界條件，第(2)問(wèn)的求解依然沿用第一問(wèn)的思路，就會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤。5．(忽略外力變化時(shí)摩擦力也變化而出錯(cuò))如圖所示，質(zhì)量m＝5kg的物體放在水平面上，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。物體在與水平面成θ＝37°斜向上的拉力F＝50N的作用下從A點(diǎn)沿直線由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)撤去拉力F，最終到達(dá)C點(diǎn)。已知A、C間的距離L＝165m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物體在AB段的加速度大小a；答案：6m/s2在AB段，對(duì)物體受力分析如圖所示，在水平方向根據(jù)牛頓第二定律有

F

cosθ－f＝ma，在豎直方向根據(jù)平衡條件有Fsinθ＋N＝mg，又f＝μN(yùn)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a＝6m/s2。(2)物體運(yùn)動(dòng)的最大速度的大小vm。答案：30m/s在B點(diǎn)時(shí)撤去拉力，此后物體將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故物體在B點(diǎn)時(shí)速度最大，在BC段，設(shè)物體的加速度大小為a′，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝ma′，解得a′＝5m/s2，根據(jù)速度—位移關(guān)系得L＝

解得vm＝30m/s。易錯(cuò)分析

當(dāng)外力不在水平方向上時(shí)，撤去外力會(huì)導(dǎo)致物體對(duì)接觸面的正壓力發(fā)生變化，進(jìn)而導(dǎo)致摩擦力發(fā)生變化。在本題中撤去外力后，摩擦力發(fā)生變化，在計(jì)算加速度時(shí)要注意。部分同學(xué)因忽略了摩擦力的變化而致錯(cuò)。返回單元測(cè)試卷1．下列關(guān)于慣性的說(shuō)法正確的是A．材料不同的兩個(gè)物體放在地面上，用一個(gè)相同的水平力分別推它們，難以推動(dòng)的物體慣性大B．在完全失重的情況下，物體的慣性將消失C．手中的球由靜止釋放后，球能豎直加速下落，說(shuō)明力是改變物體慣性的原因D．拋出去的標(biāo)槍、手榴彈等是靠慣性向遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)的√質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，由于兩物體材料不同，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和摩擦力可能不同，因此不能判斷它們的質(zhì)量大小關(guān)系，也就無(wú)法判斷其慣性大小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；慣性是物體的固有屬性，其大小僅由物體的質(zhì)量決定，跟其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)，力也不能改變物體的慣性，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。2．1960年第11屆國(guó)際計(jì)量大會(huì)制定了一種國(guó)際通用的、包括一切計(jì)量領(lǐng)域的單位制，叫作國(guó)際單位制。2018年11月16日，第26屆國(guó)際計(jì)量大會(huì)通過(guò)“修訂國(guó)際單位制”決議，正式更新包括國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量單位“千克”在內(nèi)的4項(xiàng)基本單位定義。以下單位符號(hào)屬于國(guó)際單位制中基本單位的是①kg

②m/s

③N

④m

⑤A

⑥g

⑦m/s2

⑧sA．②③⑦ B．①④⑤C．⑤⑥⑧ D．①③④√國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，分別為：長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、發(fā)光強(qiáng)度、物質(zhì)的量，其對(duì)應(yīng)的單位為國(guó)際單位制中七個(gè)基本單位，分別為：m、kg、s、K、A、cd、mol，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。3．(2024·福建南平中學(xué)期中)一碗水置于火車(chē)車(chē)廂內(nèi)的水平桌面上。當(dāng)火車(chē)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水面形狀接近于圖中的√當(dāng)火車(chē)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，碗內(nèi)的水由于慣性，保持原來(lái)較大的速度向右運(yùn)動(dòng)，則只有圖A所示的情形符合要求，故A正確。4．如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一豎直向下的恒力，則

A．物塊可能勻速下滑B．物塊仍以加速度a勻加速下滑C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑√F作用前，mgsin30°－μmgcos30°＝ma；F作用時(shí)，(F＋mg)sin30°－μ(F＋mgcos30°)＝ma′；由以上兩表達(dá)式知a′>a，C正確。5．(2024·江蘇南通期末)如圖所示，一輕質(zhì)彈簧連接物體A、B，A、B在水平推力F1＝10N、F2＝40N的作用下沿光滑水平地面運(yùn)動(dòng)。已知A、B的質(zhì)量分別為1kg、2kg，兩物體相對(duì)靜止，則A．彈簧的彈力大小為30NB．彈簧的彈力大小為10NC．在突然撤去F1的瞬間，A的加速度大小為20m/s2D．在突然撤去F1的瞬間，B的加速度大小為20m/s2√對(duì)整體，由牛頓第二定律可得F2－F1＝(mA＋mB)a，解得a＝10m/s2，對(duì)B，由牛頓第二定律可得F2－F彈＝mBa，解得彈簧的彈力大小為F彈＝20N，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在突然撤去F1的瞬間，A受到彈簧的彈力不變，對(duì)A由牛頓第二定律可得F彈＝mAa1，解得A的加速度大小為a1＝20m/s2，選項(xiàng)C正確；在突然撤去F1的瞬間，B受到的外力F2及彈簧的彈力F彈均不變，故B的加速度不變，大小仍為10m/s2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6．如圖所示，質(zhì)量為m2的物塊B放置在光滑水平桌面上，其上放置質(zhì)量為m1的物塊A，A通過(guò)跨過(guò)定滑輪的細(xì)線與質(zhì)量為M的物塊C連接，釋放C，A和B一起以加速度a從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，則細(xì)線中的拉力大小為A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g√對(duì)A、B整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得T＝(m1＋m2)a，選項(xiàng)C正確；對(duì)C有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對(duì)物塊A有T－f＝m1a，則T＝m1a＋f，因f為靜摩擦力，故不一定等于μ1m1g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。7．如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個(gè)重為G的物體B，下滑時(shí)，物體B相對(duì)于A靜止，則下滑過(guò)程中A．B的加速度為gsinθ B．繩的拉力為C．繩的方向保持豎直

D．繩的拉力為G√分析滑輪A和B的整體，受到重力和斜面的支持力，由牛頓第二定律可得(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，解得a＝gsinθ，由于下滑時(shí)，物體B相對(duì)于A靜止，因此物體B的加速度也為gsinθ，對(duì)物體B受力分析知，受到繩子的拉力和重力，因此繩子的拉力方向與斜面垂直，則繩子的拉力為Gcosθ，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。8．(2024·江蘇南通中學(xué)月考)如圖所示，開(kāi)始時(shí)用水平力F拉著一物體在水平地面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從t＝0時(shí)刻起水平力F的大小隨時(shí)間均勻減小，到t1時(shí)刻F減小為零。物體所受的摩擦力f隨時(shí)間t變化的圖像可能是√√物體開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明物體所受水平向右的拉力F與向左的滑動(dòng)摩擦力等大反向。當(dāng)F減小時(shí)，物體做減速運(yùn)動(dòng)，若F減小為零之前物體始終運(yùn)動(dòng)，則摩擦力始終為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，A正確；若F減小為零之前物體已停止運(yùn)動(dòng)，則停止前摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，停止后摩擦力為靜摩擦力，其大小隨拉力逐漸減小，且停止瞬間的拉力已小于滑動(dòng)摩擦力，B、C錯(cuò)誤，D正確。9．(2024·安徽池州期中)如圖所示，一根輕彈簧豎直固定在水平地面上，在彈簧的正上方有一個(gè)物塊，物塊從高處自由下落到彈簧上端，將彈簧壓縮。從物塊與彈簧接觸開(kāi)始到彈簧壓縮到最大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是A．加速度先減小后增大B．加速度先增大后減小C．速度先增大后減小到零D．速度逐漸減小到零√√開(kāi)始階段，彈力小于重力，物塊加速下落，有mg－kx＝ma，隨著位移增大，彈簧形變?cè)龃?，彈力增大，合力向下減小，加速度減小，速度增大，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，加速度為零，速度最大，之后kx－mg＝ma，彈力增大，合力向上增大，加速度增大，速度減小，直至彈簧壓縮到最大，速度為零，故選A、C。10．一塊足夠長(zhǎng)的白板，位于水平桌面上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。一石墨塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在白板上，石墨塊與白板間存在摩擦，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。突然，使白板以恒定的速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，石墨塊將在板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過(guò)某段時(shí)間t，令白板突然停下，以后不再運(yùn)動(dòng)。在最后石墨塊也不再運(yùn)動(dòng)時(shí)，白板上黑色痕跡的長(zhǎng)度可能是(已知重力加速度為g，不計(jì)石墨塊與白板摩擦過(guò)程中損失的質(zhì)量)√√在時(shí)間t內(nèi)，石墨塊可能一直勻加速，也可能先加速后勻速；石墨塊加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝μg；經(jīng)過(guò)時(shí)間t后，白板靜止后，石墨塊做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，原來(lái)石墨塊相對(duì)白板向后運(yùn)動(dòng)，白板停止后，石墨塊相對(duì)白板向前運(yùn)動(dòng)，即石墨塊相對(duì)白板沿原路返回，因石墨塊相對(duì)白板向后運(yùn)動(dòng)的距離不小于石墨塊相對(duì)白板向前運(yùn)動(dòng)的距離，故白板上黑色痕跡的長(zhǎng)度等于石墨塊加速時(shí)相對(duì)白板的位移。如果時(shí)間t內(nèi)石墨塊一直加速，加速的位移為x1＝

μgt2，加速時(shí)相對(duì)白板的位移為Δx1＝v0t－x1＝v0t－

μgt2，C正確；11．(6分)(2024·河南省鄭州市期末)小瑩同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究小車(chē)的加速度a與質(zhì)量m的關(guān)系。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交變電流的頻率為50Hz。在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)甲(1)長(zhǎng)木板右側(cè)墊高是為了補(bǔ)償小車(chē)受到的阻力，應(yīng)調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車(chē)______________________________________，即可認(rèn)為完成補(bǔ)償。長(zhǎng)木板右側(cè)墊高是為了補(bǔ)償小車(chē)受到的阻力，應(yīng)調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車(chē)在不受牽引時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板勻速運(yùn)動(dòng)，

即可認(rèn)為完成補(bǔ)償。(2)如圖乙是小瑩某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶，她在紙帶上選取了A、B

、C

、D

、E

、F

、G

、H

八個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，打計(jì)數(shù)點(diǎn)A

的時(shí)刻定為計(jì)時(shí)起點(diǎn)(tA＝0)，部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖乙所示。由以上數(shù)據(jù)可知，t＝0.25s時(shí)的瞬時(shí)速度為_(kāi)______m/s，這次實(shí)驗(yàn)小車(chē)的加速度a＝______m/s2。(結(jié)果均保留2位小數(shù))乙0.720.51乙(3)小瑩同學(xué)保持小車(chē)所受的拉力不變，改變小車(chē)的質(zhì)量m，分別測(cè)得不同質(zhì)量時(shí)小車(chē)加速度a，然后小瑩畫(huà)了如下丙、丁兩個(gè)圖像：下列說(shuō)法正確的有______。BCA．由圖像丙能確定小車(chē)的加速度與質(zhì)量成反比B．由圖像丁能確定小車(chē)的加速度與質(zhì)量成反比C．由圖像丁的斜率可以知道小車(chē)受到的拉力大小D．由圖像丙中曲線與坐標(biāo)軸所圍的面積可以知道小車(chē)受到的拉力大小

題圖丙中圖線為曲線，很難判定出自變量和因變量之間的關(guān)系，故不能確定小車(chē)的加速度與質(zhì)量成反比，A錯(cuò)誤；題圖丁中圖線為過(guò)原點(diǎn)的直線，可知小車(chē)的加速度與質(zhì)量的倒數(shù)成正比，即能確定小車(chē)的加速度與質(zhì)量成反比，B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma，解得a＝F·，可知a-圖像的斜率等于小車(chē)受到的拉力，C正確；牛頓第二定律具有瞬時(shí)性，小車(chē)受到的拉力具有瞬時(shí)性，由題圖丙中曲線與坐標(biāo)軸所圍的面積不可以知道小車(chē)受到的拉力大小，D錯(cuò)誤。12．(8分)圖甲為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計(jì)算機(jī))研究加速度和力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。(1)在該實(shí)驗(yàn)中必須采用控制變量法，應(yīng)保持____________________不變，用鉤碼所受的重力作為_(kāi)_______________，用DIS測(cè)小車(chē)的加速度。小車(chē)與發(fā)射器的質(zhì)量探究加速度與力的關(guān)系時(shí)，采用控制變量法，保持研究對(duì)象即小車(chē)與發(fā)射器的質(zhì)量不變，用鉤碼所受的重力作為小車(chē)受到的合力。小車(chē)受到的合力(2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測(cè)量。在某次實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)可畫(huà)出a-F關(guān)系圖線(如圖乙所示)。①分析此圖線的OA段可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是_________________________________。②此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是____。A．小車(chē)與軌道之間存在摩擦B．導(dǎo)軌保持了水平狀態(tài)C．所掛鉤碼的總質(zhì)量太大D．所用小車(chē)的質(zhì)量太大質(zhì)量一定時(shí)，加速度與合力成正比C

①實(shí)驗(yàn)得到的a-F關(guān)系圖線OA段為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，表明在小車(chē)質(zhì)量一定的情況下，它的加速度與其所受的合力成正比；②實(shí)驗(yàn)中用鉤碼的重力替代小車(chē)受到的合力的前提是鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量，若鉤碼的質(zhì)量與小車(chē)的質(zhì)量差不多大，則不能用鉤碼的重力替代小車(chē)受到的合力，a-F圖線也不再是過(guò)原點(diǎn)的直線，故選C。13．(8分)(2024·湖南邵東創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)學(xué)校測(cè)試)如圖所示，將質(zhì)量m＝0.1kg的圓環(huán)套在固定的水平直桿上。環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑。環(huán)與桿間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8。對(duì)環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上的與桿夾角θ＝53°的拉力F，使圓環(huán)以a＝4.4m/s2的加速度沿桿運(yùn)動(dòng)，求F的大小(g取

10m/s2)。答案：1N或9N若桿對(duì)環(huán)無(wú)彈力作用，則有Fsin53°＝mg，解得F＝1.25N，當(dāng)F<1.25N時(shí)，桿對(duì)環(huán)的彈力向上，受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律和平衡條件得Fcosθ－f＝ma，N＋Fsinθ＝mg，f＝μN(yùn)，解得F＝1N；當(dāng)F>1.25N時(shí)，桿對(duì)環(huán)的彈力向下，受力分析如圖乙所示，由牛頓第二定律和平衡條件得Fcosθ－f＝ma，F(xiàn)sinθ＝mg＋N，f＝μN(yùn)，解得F＝9N。14．(10分)如圖甲是公路上的“避險(xiǎn)車(chē)道”，車(chē)道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車(chē)在剎車(chē)失靈的情況下避險(xiǎn)。某次汽車(chē)避險(xiǎn)過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示的模型。汽車(chē)在公路上行駛到A點(diǎn)時(shí)的速度v1＝54km/h，汽車(chē)下坡行駛時(shí)受到的合外力為車(chē)重的0.05倍，汽車(chē)行駛到“避險(xiǎn)車(chē)道”底端B時(shí)的速度v2＝72km/h。已知避險(xiǎn)車(chē)道BC與水平面的傾角為30°，汽車(chē)行駛在避險(xiǎn)車(chē)道上受到的阻力是車(chē)