第四章運動和力的關系(時間：90分鐘分值：100分)一、選擇題（1~7單選，8~12多選。每題4分，共48分）1．有關超重和失重，以下說法中正確的是()A．物體處于超重狀態(tài)時，所受重力增大，處于失重狀態(tài)時，所受重力減小B．豎直上拋的木箱中的物體處于完全失重狀態(tài)C．在沿豎直方向運動的升降機中出現(xiàn)失重現(xiàn)象時，升降機必定處于下降過程D．站在月球表面的人處于失重狀態(tài)【答案】B【解析】無論是處于超重或失重狀態(tài)時，物體人的重力并沒變，只是對支持物的壓力變了，所以A錯誤；斜上拋的木箱只受到重力的作用，加速度為重力加速度，此時處于完全失重狀態(tài)，所以B正確；物體處于失重狀態(tài)，此時有向下的加速度，但是物體可以向上做減速運動，也可以向下做加速運動，所以C錯誤；在月球表面行走的人，要受到月球對人的引力的作用，人要受到重力的作用，但是比人在地球上受到的重力要小，并不是處于失重狀態(tài)，所以D錯誤。2．如圖所示，運動員原地縱跳可分為快速下蹲和蹬伸向上兩個過程，若運動員的重力為G，對地面的壓力為F，下列敘述正確的是()A．下蹲過程的加速階段，F(xiàn)＜GB．下蹲過程的減速階段，F(xiàn)＜GC．蹬伸過程的加速階段，F(xiàn)＜GD．蹬伸過程的減速階段，F(xiàn)＝G【答案】A【解析】下蹲加速階段，加速度方向向下，根據牛頓第二定律得，mg－N＝ma，則N＝mg－ma＜mg，所以壓力F＜G，故A正確；下蹲過程減速階段，加速度方向向上，根據牛頓第二定律得，N－mg＝ma，則N＝mg＋ma＞mg，所以壓力F＞G，故B錯誤；蹬伸加速階段，加速度方向向上，根據牛頓第二定律得，N－mg＝ma，則N＝mg＋ma＞mg，所以壓力F＞G，故C錯誤；蹬伸減速階段，加速度方向向下，根據牛頓第二定律得，mg－N＝ma，則N＝mg－ma＜mg，所以壓力F＜G，故D錯誤。3．如圖所示，小球A質量為m，木塊B質量為2m，兩物體通過豎直輕彈簧連接放置在水平面上靜止?，F(xiàn)對A施加一個豎直向上的恒力F，使小球A在豎直方向上運動，當彈簧恢復原長時小球A速度恰好最大，已知重力加速度為g。則在木塊B對地面壓力為零時，小球A的加速度大小為()A．3g B．1.5g C．2g D．2.5g【答案】C【解析】根據題意，當彈簧處于原長時A球速度最大，則F＝mg，當木塊B對地面壓力為零時，彈簧處于伸長狀態(tài)，對B受力分析，此時有kx＝2mg，對A根據牛頓運動定律有kx＋mg－F＝ma，解得a＝2g，C項正確。5．如圖所示，質量分別為m、2m的物體A、B由輕質彈簧相連后放置在勻速上升的電梯內，當電梯鋼索斷裂的瞬間，物體B的受力個數(shù)()A．2個 B．3個C．4個 D．1個【答案】B【解析】因電梯勻速上升，則A受力平衡，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，故彈簧對B有向下的彈力；當鋼索斷開時，彈簧的形變量不變，故B受向下的重力及彈力的作用，加速度大于電梯的加速度，B與電梯之間一定有彈力作用，故B應受到3個力作用，故B正確。5．如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是() A． B． C． D．【答案】A【解析】設彈簧原長為L，物塊P靜止時，彈簧的長度為x0，物塊P受重力mg、彈簧彈力k(l－x0－x)及力F，根據牛頓第二定律，得F＋k(l－x0－x)－mg＝ma且k(l－x0)＝mg，故F＝kx＋ma根據數(shù)學知識知F-x圖像是截距為ma的一次函數(shù)圖像。A正確。7．如圖所示，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質量為m6．如圖所示，用與水平方向成θ角的推力F作用在物塊上，隨著θ逐漸減小直到水平的過程中，物塊始終沿水平面做勻速直線運動。關于物塊受到的外力，下列判斷正確的是()A．推力F先增大后減小B．推力F一直減小C．物塊受到的摩擦力先減小后增大D．物塊受到的摩擦力一直不變【答案】B【解析】對物體受力分析，建立如圖所示的坐標系。由平衡條件得Fcosθ－Ff＝0FN－(mg＋Fsinθ)＝0又Ff＝μFN聯(lián)立可得F＝eq\f(μmg,cosθ－μsinθ)可見，當θ減小時，F(xiàn)一直減小，故選項B正確。7．一皮帶傳送裝置如圖所示，皮帶的速度足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當滑塊放在皮帶上時，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長度，則當彈簧從自然長度到第一次達最短這一過程中，下列說法中正確的是（）A．滑塊的速度先增大后減小 B．滑塊的速度方向先向右再向左C．滑塊的加速度先增大后減小 D．滑塊的加速度方向一直向右【解析】滑塊放到傳送帶后，受到向右的滑動摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，滑塊向右做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，合力逐漸減小，則加速度逐漸減小，加速度向右。當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等時合力為零，加速度為零，速度達到最大，后來彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，合力反向增大，則加速度反向增大，速度逐漸減小，直至為零。因此，滑塊的速度先增大后減小，速度方向一直向右。加速度先減小后增大，加速度方向先向右后向左。故選A?！敬鸢浮緼8．（多選）某同學站在電梯地板上，利用速度傳感器和計算機研究一觀光電梯升降過程中的情況，如圖所示的v－t圖象是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內的速度變化情況（向上為正方向）。根據圖象提供的信息，可以判斷下列說法中正確的是()D．20～25s內，觀光電梯在加速下降，該同學處于失重狀態(tài)【答案】BD【解析】在0～5s內，從速度-時間圖象可知，此時的加速度為正，說明電梯的加速度向上，此時人處于超重狀態(tài)，故A錯誤；5～10

s內，該同學做勻速運動，故其對電梯地板的壓力等于他所受的重力，故B正確。在10～20s內，電梯向上做勻減速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；在20～25s內，電梯向下做勻加速運動，加速度向下，故處于失重狀態(tài)度，故D正確。9．（多選）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面上放一質量為m的盒子A，A盒用輕質細繩跨過光滑輕質定滑輪與B盒相連，A盒與定滑輪間的細繩與斜面平行，B盒內放一質量為eq\f(m,2)的物體.如果把這個物體改放在A盒內，則B盒加速度恰好與原來等值反向，重力加速度大小為g，則B盒的質量mB和系統(tǒng)的加速度a的大小分別為()A．mB＝eq\f(m,4)B．mB＝eq\f(3m,8)C．a＝0.2g D．a＝0.4g【答案】BC【解析】當物體放在B盒中時，以A、B和B盒內的物體整體為研究對象，根據牛頓第二定律有(mBg＋eq\f(1,2)mg)－mgsin30°＝(m＋mB＋eq\f(1,2)m)a當物體放在A盒中時，以A、B和A盒內的物體整體為研究對象，根據牛頓第二定律有(m＋eq\f(1,2)m)gsin30°－mBg＝(m＋mB＋eq\f(1,2)m)a聯(lián)立解得mB＝eq\f(3m,8)加速度大小為a＝0.2g故A、D錯誤、B、C正確.10．（多選）如圖所示，質量M＝8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平恒力F，F(xiàn)＝8N，當小車向右運動的速度達到1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m＝2kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，小車足夠長(取g＝10m/s2)。則從小物塊放上小車開始到兩者相對靜止的時間t和兩者共同的速度v分別為()A．t＝0.75sB．t＝1sC．v＝1.5m/sD．v＝2m/s【答案】BD【解析】開始一段時間，物塊相對小車滑動，兩者間相互作用的滑動摩擦力的大小為Ff＝μmg＝4N．物塊在Ff的作用下加速，加速度為am＝＝2m/s2．小車在推力F和f的作用下加速，加速度為aM＝＝0.5m/s2．初速度為υ0＝1.5m/s，設經過時間t1，兩者達到共同速度υ，則有：v＝amt1＝v0+aMt1；代入數(shù)據可得：t1＝1s，v＝2m/s，故選B、D。11．(多選)如圖所示為運送糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，以下說法不正確的是()A．糧袋到達B點的速度小于vB．糧袋開始運動的加速度為g(sinθ－cosθ)，若L足夠大，則以后將以速度v做勻速運動C．若μ<tanθ，則糧袋從A到B一直做加速運動D．不論μ大小如何，糧袋從A到B一直做勻加速運動，且a>gsinθ【答案】ABD【解析】糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v，故A錯誤；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據牛頓第二定律得，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，故B錯誤；若μ<tanθ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直是做加速運動，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ)的加速度勻加速；也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度勻加速，后以g(sinθ－μcosθ)勻加速，故C正確；由以上分析可知，糧袋從A到B不一定一直做勻加速運動，故D錯誤。A、B、D符合題意。12．（多選）如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內固定著一個傾角為60°的光滑斜面OA，光滑擋板OB可繞轉軸O在豎直平面內轉動?，F(xiàn)將一重力為G的圓球放在斜面與擋板之間，擋板與水平面的夾角θ＝60°。下列說法正確的是()A．若保持擋板不動，則球對斜面的壓力大小為GD．若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，則球對擋板的壓力可能為零【答案】AD【解析】保持擋板不動，車靜止，對球受力分析如圖，由平衡條件可得：、，解得：，據牛頓第三定律可得：球對斜面的壓力大小為G，故A項正確；擋板從圖示位置沿順時針方向緩慢轉動60°，畫出轉動過程中的受力示意圖如圖，則斜面對球的支持力減小，擋板對球的支持力先減小后增大。據牛頓第三定律可得：球對斜面的壓力逐漸沒有減小，球對擋板的壓力先減小后增大，故BC兩項均錯誤；擋板不動，小車水平向右做勻加速直線運動，對球受力分析如圖，設小車的加速度為，將力沿水平方向和豎直方向分解可得：、，解得：，當時，擋板對球的支持力為零；據牛頓第三定律可得此時球對擋板的壓力為零。故D項正確。二、非選擇題（52分）13．（6分）(2021·山西呂梁市)為了探究質量一定時加速度與力的關系，一同學設計了如圖7所示的實驗裝置，細線與彈簧測力計掛鉤相連．其中M為帶滑輪的小車的質量，放在一端帶滑輪的長木板上，m為砂和砂桶的質量．(滑輪質量不計)（1）實驗時，不需要進行的操作是________．(填選項前的字母)A．用天平測出砂和砂桶的質量B．將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計的示數(shù)D．改變砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶E．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M（2）該同學在實驗中得到如圖8所示的一條紙帶(兩計數(shù)點間還有兩個點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度為________m/s2(結果保留三位有效數(shù)字)．（3）以彈簧測力計的示數(shù)F為橫坐標，加速度為縱坐標，畫出的a－F圖象是一條直線，圖線與橫坐標軸的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質量為________．【解析】(1)本題拉力可以由彈簧測力計測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也就不需要使砂和砂桶的質量遠小于小車的總質量，A、E不需要，符合題意；該題是由彈簧測力計測出拉力，從而得到小車受到的合外力，故需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，B需要，不符合題意；用打點計時器時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，該實驗探究加速度與力的關系，要記錄彈簧測力計的示數(shù)，C需要，不符合題意；改變砂和砂桶質量，即改變拉力的大小，打出幾條紙帶，研究加速度隨F變化關系，D需要，不符合題意．(2)由于兩計數(shù)點間還有兩個點沒有畫出，故相鄰計數(shù)點的時間間隔為T＝0.06s，由Δx＝aT2，則有：a＝eq\f((3.81＋3.30＋2.79)×10－2－(2.30＋1.91＋1.40)×10－2,9×0.062)m/s2≈1.32m/s2；(3)小車所受合力為彈簧測力計示數(shù)的兩倍，由牛頓第二定律得：a＝eq\f(2,M)F則a－F圖象的斜率k＝eq\f(2,M)，解得小車質量為：M＝eq\f(2,k).【答案】(1)AE(2)1.32(3)eq\f(2,k)14．(8分)某同學用如圖甲所示的裝置做“探究物體的加速度與力的關系”的實驗。實驗時保持小車的質量不變，用鉤碼的重力作為小車受到的合外力，根據打點計時器在小車后端拖動的紙帶上打出的點跡計算小車運動的加速度。（1）實驗時先不掛鉤碼，反復調整墊木的左右位置，直到小車做勻速直線運動，這樣做的目的是____________________________________________________。（2）圖乙為實驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出，測出各計數(shù)點到A點之間的距離，如圖乙所示。已知打點計時器接在頻率為50Hz的交流電源兩端，則此次實驗中小車運動的加速度的測量值a＝__________m/s2。(結果保留2位有效數(shù)字)（3）實驗時改變所掛鉤碼的質量，分別測量小車在不同外力作用下的加速度。根據測得的多組數(shù)據畫出a－F關系圖線，如圖所示。試分析：圖線不通過坐標原點O的原因______________________________；圖線上部彎曲的原因是_________________________________________________?！窘馕觥?1)反復調整墊木的左右位置，直到小車做勻速直線運動，目的是平衡摩擦力。(2)由逐差法求解加速度，a＝eq\f(（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）,（2T）2)，其中xAB＝3.90cm，xBC＝4.90cm，xCD＝5.90cm，xDE＝6.90cm，T＝0.1s，則a＝1.0m/s2。(3)由a－F圖象可知，當加速度為0時，外力F≠0，圖線不過原點O的原因是沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠。小車的加速度實際是a＝eq\f(1,M＋m)mg，開始時，由于滿足Mm，圖線斜率近似為eq\f(1,M)，其圖線近似為直線，隨著m的增大，a－F圖線的斜率不再是eq\f(1,M)，而是eq\f(1,M＋m)，故圖線上部是彎曲的?！敬鸢浮?1)平衡小車運動中受到的摩擦阻力(2)1.0(3)沒有平衡摩擦力或摩擦力平衡不夠未滿足拉車的鉤碼質量遠小于小車質量15．(8分)如圖所示，一質量M＝40kg、長L＝2.5m的平板車靜止在光滑的水平地面上。一質量m＝10kg可視為質點的滑塊，以v0＝5m/s的初速度從左端滑上平板車，滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2。（1）分別求出滑塊在平板車上滑行時，滑塊與平板車的加速度大小；（2）計算說明滑塊能否從平板車的右端滑出。【解析】(1)根據牛頓第二定律得對滑塊，有

解得對平板車，有解得(2)設經過t時間滑塊從平板車上滑出，滑塊的位移為：

平板車的位移為：而且有解得：此時，所以，滑塊到達小車的右端時與小車速度相等，恰好不會從平板車的右端滑出．16．(10分)如圖是上海中心大廈，質量為60kg的澤楷同學乘坐大廈快速電梯，從底層到達第119層觀光平臺僅用時t＝55s。若電梯先以加速度a1做勻加速運動，經過20s達到最大速度vm＝18m/s，然后以最大速度勻速運動，最后以加速度a2做勻減速運動恰好到達觀光平臺。假定觀光平臺高度為H＝549m，重力加速度g取10m/s2。求：（1）加速度a1及上升高度h；（2）在勻加速上升過程中澤楷同學對電梯地板的壓力；（3）電梯勻速運動的時間?！窘馕觥?1)vm＝a1t1代入數(shù)據得：a1＝0.9m/s2，方向豎直向上h＝eq\f(vm,2)t1代入數(shù)據得：h＝180m。(2)根據牛頓第二定律：F－mg＝ma1代入數(shù)據得F＝654N由牛頓第三定律得：澤楷同學對電梯地板的壓力為654N，方向豎直向下。(3)勻速運動和勻減速運動的位移：vmt2＋eq\f(vm,2)(t－t1－t2)＝H－h(huán)代入數(shù)據得t2＝6s。17．(10分)如圖所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)，重力加速度g取10m/s2。（1）求物塊加速度的大小及到達B點時速度的大??；（2）拉力F與斜面夾角多大時，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【解析】(1)由運動學方程得：L＝v0t＋eq\f(1,2)at2 ①2aL＝veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0) ②代入數(shù)值解得：a＝3m/s2，vB＝8m/s。 ③(2)對物塊受力分析如圖所示，設拉力F與斜面成α角，在垂直斜面方向，根據平衡條件可得：Fsinα＋FN＝mgcos30° ④沿斜面方向，由牛頓第二定律可得Fcosα－mgsin30°－Ff＝ma， ⑤又Ff＝μFN ⑥聯(lián)立④⑤⑥三式，代入數(shù)值解得：Fcosα＋eq\f(\r(3),3)Fsinα＝5.2，則F＝eq\f(5.2,cosα＋\f(\r(3),3)sinα)＝eq\f(15.6,2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα)))＝eq\f(7.8,\r(3)sinα＋60°)當α＝30°時，拉力F有最小值，且Fmin＝eq\f(1