2023-2023年高中物理教科版必修1教學案：第三章-第6節(jié)-超重與失重(含解析)

2023-2023年高中物理教科版必修1教學案：第三章第6節(jié)超重與失重(含解析)1．當研究對象在豎直方向處于加速狀態(tài)時，它受到的重力和支持力(拉力)不再是一對平衡力。2．物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力大于物體重力的現(xiàn)象稱為超重現(xiàn)象。3．物體對懸掛物的拉力或對支持物的壓力小于物體重力的現(xiàn)象稱為失重現(xiàn)象。4．無論物體超重還是失重，物體的重力并沒有改變。一、超重與失重的概念1．超重(1)定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)大于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產生條件：物體具有豎直向上的加速度。2．失重(1)定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)小于物體所受重力的現(xiàn)象。(2)產生條件：物體具有豎直向下的加速度。3．完全失重(1)定義：物體對懸掛物的拉力(或對支持物的壓力)等于零的現(xiàn)象。(2)產生條件：物體豎直向下的加速度等于g。二、超重、失重的定量分析設物體質量為m，在拉力F作用下在豎直方向上運動，豎直方向加速度為a，重力加速度為g。1．超重：由F－mg＝ma可得F＝m(g＋a)，即拉力大于重力，超重“ma〞，加速度a越大，超重越多。2．失重：由mg－F＝ma可得F＝m(g－a)，即拉力小于重力。失重“ma〞，加速度a越大，失重越多。3．完全失重：由mg－F＝ma和a＝g聯(lián)立解得F＝0，即拉力為0，失重“mg〞。1．自主思考——判一判(1)超重就是物體受到的重力增加了。(×)(2)完全失重就是物體不受重力了。(×)(3)超、失重可根據(jù)物體速度方向判定。(×)(4)超、失重可根據(jù)物體的加速度方向判定。(√)(5)做豎直上拋運動的物體先超重后失重。(×)2．合作探究——議一議(1)有人說：“在很高的山頂上，物體所受的重力要小于它在平地上所受的重力，這種現(xiàn)象也是失重！〞這種說法正確嗎？[提示]不正確，這不是失重。失重情況下重力不變。在很高的山上，物體所受的重力減小，是因為地球對它的引力減小了。(2)將體重計放到升降機中，人站在體重計上，當升降機運動時，假設發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)變大，升降機一定是向上加速嗎？[提示]不是。體重計示數(shù)變大，升降機可能有兩種運動情形：①向上做加速運動；②向下做減速運動。這兩種情況下，加速度的方向均向上。根據(jù)牛頓第二定律，人所受支持力F＝mg＋ma，所以F＞mg，出現(xiàn)超重。對超重、失重的理解1．重力和視重(1)重力：物體所受重力不會因物體運動狀態(tài)的改變而變化。(2)視重：當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為“視重〞，大小等于彈簧測力計所受的拉力或臺秤所受的壓力。2．超重和失重的本質(1)出現(xiàn)超重、失重的實質是指視重與重力的差異，即由于物體沿豎直方向存在加速度，使得物體與支承物(或懸掛物)間的作用力發(fā)生了變化，并非物體的重力發(fā)生了變化。(2)超重、失重現(xiàn)象與物體的運動方向無關，當物體具有向上的加速度時，無論物體向什么方向運動，均出現(xiàn)超重現(xiàn)象，反之那么出現(xiàn)失重現(xiàn)象。因此，判斷出現(xiàn)超、失重的依據(jù)是加速度的方向。3．對完全失重的理解(1)完全失重是物體的視重為零，對支持物或懸掛物的壓力或拉力為零。處于完全失重的物體具有豎直向下、大小為g的加速度。(2)發(fā)生完全失重現(xiàn)象時，與重力有關的一切現(xiàn)象都將消失。比方物體對支持物無壓力、擺鐘將停止擺動……，靠重力使用的儀器也不能再使用(如天平)。(3)只受重力作用的一切拋體運動，如我們學過的自由落體運動和豎直上拋運動等，物體在空中只受重力的運動，其加速度等于g，物體都處于完全失重狀態(tài)。1.(多項選擇)如圖3-6-1所示，運發(fā)動“3m跳水〞運動的過程可簡化為：運發(fā)動走上跳板，將跳板從水平位置B壓到最低點C，跳板又將運發(fā)動豎直向上彈到最高點A，然后運發(fā)動做自由落體運動，豎直落入水中，跳板自身重力忽略不計，那么以下說法正確的選項是()圖3-6-1A．運發(fā)動將跳板從B壓到C的過程中，一直失重B．運發(fā)動向上運動(C→B)的過程中，先超重后失重C．運發(fā)動將跳板從B壓到C的過程中，對板的壓力先增大后減小D．運發(fā)動向上運動(C→B)的過程中，對板的壓力一直減小解析：選BD人受到重力及板向上的彈力，人在向下運動的過程中，人受到的板的彈力越來越大，開始時加速度向下減小，然后加速度變?yōu)橄蛏显龃?，故人應先失重后超重，故A、C錯誤；運發(fā)動在向上運動時，由于彈力減小，但開始時彈力一定大于重力，故合外力先減小后增大，而加速度先向上，后向下，故人先超重后失重，故B正確；運發(fā)動在向上運動時，板的形變量減小，彈力減小，運發(fā)動對板的壓力一直減小，故D正確。2．在完全失重情況下，以下哪些操作可以實現(xiàn)的是()A．用天平測物體的質量B．測物體在水中的浮力C．用彈簧秤測出對物體的拉力D．用水銀氣壓計測大氣壓強解析：選C在完全失重的情況下，一切與重力有關的操作都不能進行，用天平測物體的質量、浮力以及水銀氣壓計都與物體的重力有關，故都不能實現(xiàn)；用彈簧秤測出對物體的拉力與重力無關，故可以實現(xiàn)，應選C。3.某實驗小組利用DIS系統(tǒng)觀察超重和失重現(xiàn)象。他們在學校電梯房內做實驗，在電梯天花板上固定一個力傳感器，測量掛鉤向下，并在掛鉤上懸掛一個重為10N的鉤碼，在電梯運動過程中，計算機顯示屏上顯示出如圖3-6-2所示圖像，以下根據(jù)圖像分析所得結論錯誤的選項是()圖3-6-2A．該圖像顯示出了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況B．從時刻t1到t2，鉤碼處于失重狀態(tài)，從時刻t3到t4，鉤碼處于超重狀態(tài)C．電梯可能開始在15樓，先加速向下，接著勻速向下，再減速向下，最后停在1樓D．電梯可能開始在1樓，先加速向上，接著勻速向上，再減速向上，最后停在15樓解析：選D題圖中圖像顯示了力傳感器對鉤碼的拉力大小隨時間的變化情況。0～t1，鉤碼受力平衡；t1～t2，拉力小于10N，鉤碼處于失重狀態(tài)；t2～t3，鉤碼受力平衡；t3～t4，拉力大于10N，鉤碼處于超重狀態(tài)。由以上分析可知，D項錯誤。超重、失重問題的有關計算[典例]質量為60kg的人，站在升降機中的體重計上，升降機做以下各種運動時，體重計的讀數(shù)是多少？(g＝10m/s2)(1)升降機勻速上升；(2)升降機以4m/s2的加速度加速上升；(3)升降機以5m/s2的加速度加速下降。[思路點撥]eq\x(\a\al(判斷加速,度方向))→eq\x(\a\al(列牛頓第二,定律方程))→eq\x(\a\al(F與mg大,小關系))[解析]人站在升降機中體重計上受力情況如下圖。(1)當升降機勻速上升時，a＝0由牛頓第二定律知，N－mg＝0所以N＝mg＝600N由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數(shù)為600N。(2)當升降機以4m/s2的加速度加速上升時，有N－mg＝ma所以N＝m(g＋a)＝840N由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數(shù)為840N(超重狀態(tài))。(3)當升降機以5m/s2的加速度加速下降時，此時a的方向向下，有mg－N＝ma所以N＝m(g－a)＝300N由牛頓第三定律，人對體重計的壓力，即體重計的示數(shù)為300N(失重狀態(tài))。[答案](1)600N(2)840N(3)300N當物體的受力在同一直線時，一般以加速度方向為正方向，那么加速度方向的力減去與加速度方向相反的力即為合力。1．電梯在t＝0時由靜止開始上升，運動的a-t圖像如圖3-6-3所示，電梯內乘客的質量m＝50kg，忽略一切阻力，重力加速度g＝10m/s2，以下說法正確的選項是()圖3-6-3A．第1s內乘客處于超重狀態(tài)，第9s內乘客處于失重狀態(tài)B．第2s內電梯做勻速直線運動C．第2s內乘客對電梯的壓力大小為450ND．第2s內乘客對電梯的壓力大小為550N解析：選D第1s內乘客向上加速，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，第9s內電梯仍然具有正向的加速度，即加速度向上，仍然處于超重狀態(tài)，故A錯誤；由題圖知第2s內乘客的加速度恒為1.0m/s2，即做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律：F－mg＝ma得：F＝mg＋ma＝500N＋50×1.0N＝550N，根據(jù)牛頓第三定律，那么乘客對電梯的壓力大小為550N，故D正確，B、C錯誤。2．實驗小組為了測量一棟26層的寫字樓每層的平均高度(層高)及電梯運行情況，請一質量為m＝60kg的同學站在放于電梯的水平地板上的體重計上，體重計內安裝有壓力傳感器，電梯從一樓直達26樓，t＝0至t＝1s內，電梯靜止不動，與傳感器連接的計算機自動畫出了體重計示數(shù)F隨時間變化的圖線，如圖3-6-4所示，求：圖3-6-4(1)電梯啟動和制動時的加速度大??；(2)該大樓每層的平均層高。解析：(1)1～3s電梯啟動，即加速向上運動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，對于此狀態(tài)有：F1－mg＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s221～23s電梯制動，即向上減速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，對于此狀態(tài)有：mg－F3＝ma3，代入數(shù)據(jù)解得a3＝2m/s2。(2)電梯勻速運動的速度v＝a1t1＝4m/s勻加速上升的位移為x1＝eq\f(1,2)vt1＝eq\f(1,2)×4×2m＝4m從圖中讀得，電梯勻速上升的時間t2＝18s，所以勻速上升的位移為x2＝vt2＝4×18m＝72m勻減速上升的時間為2s，所以位移為x3＝eq\f(1,2)vt3＝eq\f(1,2)×4×2m＝4m所以總位移x＝x1＋x2＋x3＝80m層高：h＝eq\f(x,25)＝eq\f(80,25)m＝3.2m。答案：(1)2m/s22m/s2(2)3.2m1．以下關于超重與失重的說法中，正確的選項是()A．超重就是物體的重力增加了B．失重就是物體的重力減少了C．完全失重就是物體的重力沒有了D．不管是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的解析：選D超重是物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力，物體的重力并沒有增加，所以A錯誤；失重是物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力，物體的重力并沒有減小，所以B錯誤；完全失重是說物體對接觸面的壓力為零，此時物體的重力也不變，所以C錯誤；不管是超重、失重，還是完全失重，物體所受的重力是不變的，只是對接觸面的壓力不和重力相等了，所以D正確。2．以下說法中正確的選項是()A．體操運發(fā)動雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)B．蹦床運發(fā)動在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C．舉重運發(fā)動在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態(tài)D．游泳運發(fā)動仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)解析：選B當加速度方向豎直向下時，物體處于失重狀態(tài)；當加速度方向豎直向上時，物體處于超重狀態(tài)。蹦床運發(fā)動在空中上升和下降的過程中加速度方向均豎直向下，且a＝g，為完全失重狀態(tài)，所以B正確。而A、C、D中運發(fā)動均為平衡狀態(tài)，F(xiàn)＝mg，既不超重也不失重。3.如圖1所示，在臺秤的托盤上放一個支架，支架上固定一電磁鐵A，電磁鐵A的正下方有一鐵塊B，電磁鐵A不通電時，臺秤的示數(shù)為G。某時刻接通電源，在鐵塊B被吸引起來的過程中，臺秤的示數(shù)將()圖1A．不變 B．變大C．變小 D．忽大忽小解析：選B很多同學認為，當鐵塊B被吸起時脫離臺秤，所以對臺秤的壓力消失，臺秤的示數(shù)減小，從而錯選C。其實，鐵塊B被吸起的過程是鐵塊B加速上升的過程，處于超重狀態(tài)，即整體處于超重狀態(tài)，所以整體對托盤的壓力大于整體的重力。應選項B正確。4.如圖2所示，在托盤測力計的托盤內固定一個質量為M的光滑的斜面體，現(xiàn)將一個質量為m的物體放在斜面上，讓它自由滑下，那么測力計的示數(shù)()圖2A．N＝(M＋m)gB．N＝MgC．N＞(M＋m)gD．N＜(M＋m)g解析：選D物體加速下滑，其加速度有豎直向下的分量，故它處于失重狀態(tài)，物體與斜面體整體對托盤測力計的壓力小于它們的總重力，D對。5.(多項選擇)“蹦極〞是一項非常刺激的體育運動，某人身系彈性繩自高空P點自由下落，圖3中a點是彈性繩的原長位置，c點是人能到達的最低點，b點是人靜止懸吊著時的平衡位置，人在從P點下落到最低點c的過程中()圖3A．人在Pa段做自由落體運動，處于完全失重狀態(tài)B．人在ab段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態(tài)C．人在bc段繩的拉力小于人的重力，人處于失重狀態(tài)D．人在c點，人的速度為零，其加速度為零解析：選AB人在Pa段只受重力作用，a＝g，完全失重，A正確；人在ab段受重力和向上的拉力，拉力小于重力，合力向下，加速度向下，失重，B正確；人在bc段受重力和向上的拉力，拉力大于重力，合力向上，加速度向上，超重，C錯誤；人到c點時，拉力最大，合力最大，加速度最大，D錯誤。6.某同學為了研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50N的物體帶進豎直升降的電梯中，放置在壓力傳感器的水平載物面上，電梯由啟動到停止的過程中，測得壓力(F)－時間(t)變化的圖像如圖4所示，設在t1＝3s和t2＝8s時電梯的速度分別為v1和v2，由此他做出判斷()圖4A．電梯在上升，v1＞v2 B．電梯在上升，v1＜v2C．電梯在下降，v1＜v2 D．電梯在下降，v1＞v2解析：選B物體最后靜止時對地面的壓力等于重力，所以根據(jù)牛頓第二定律可知，0～4s電梯向上加速，4～14s勻速，14～18s向上減速，18s后靜止。在t1＝3s時物體仍然做加速運動，所以t1時刻的速度小于t＝4s時的速度，而t2＝8s時電梯的速度等于t＝4s時的速度，所以v1＜v2，應選B。7.(多項選擇)如圖5所示，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上，假設在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，那么在此段時間內，木箱的運動狀態(tài)可能為()圖5A．加速下降 B．加速上升C．減速上升 D．減速下降解析：選BD假設在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，相當于物塊的視重變大，處于超重狀態(tài)，即加速度向上，所以可能向上做加速運動，向下做減速運動，故B、D正確。8.(多項選擇)如圖6所示是某同學站在力板傳感器上做下蹲—起立的動作時記錄的壓力F隨時間t變化的圖線。由圖線可知該同學()圖6A．體重約為650NB．做了兩次下蹲—起立的動作C．做了一次下蹲—起立的動作，且下蹲后約2s起立D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)解析：選AC當該同學站在力板傳感器上靜止不動時，其合力為零，即壓力讀數(shù)恒等于該同學的體重值，由圖線可知：該同學的體重約為650N，A正確；每次下蹲，該同學都將經歷先向下做加速(加速度方向向下)、后減速(加速度方向向上)的運動，即先經歷失重狀態(tài)，后經歷超重狀態(tài)，讀數(shù)F先小于體重，后大于體重；每次起立，該同學都將經歷先向上做加速(加速度方向向上)、后減速(加速度方向向下)的運動，即先經歷超重狀態(tài)，后經歷失重狀態(tài)，讀數(shù)F先大于體重，后小于體重。由圖線可知：C正確，B、D錯誤。9.(多項選擇)如圖7所示，小球B放在真空正方體容器A內，球B的直徑恰好等于A的內邊長，現(xiàn)將它們以初速度v0豎直向上拋出，以下說法中正確的選項是()圖7A．假設不計空氣阻力，下落過程中，B對A沒有彈力B．假設考慮空氣阻力，上升過程中，A對B的彈力向下C．假設考慮空氣阻力，下落過程中，B對A的彈力向上D．假設不計空氣阻力，上升過程中，A對B有向上的彈力解析：選AB將容器以初速度v0豎直向上拋出后，假設不計空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到加速度為g，再以容器A為研究對象，上升和下落過程其合力等于其重力，那么B對A沒有壓力，A對B也沒有支持力，故A正確，D錯誤；假設考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到：上升過程加速度大于g，再以球B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，還應受到向下的壓力，A對B的壓力向下，故B正確；假設考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得到：下落過程加速度小于g，再以B為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，還應受到向上的力，即A對B的支持力向上，B對A的壓力向下，故C錯誤。10．在電梯內的地板上，豎直放置一根輕質彈簧，彈簧上端固定一個質量為m的物體。當電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了x，某時刻后觀察到彈簧又被繼續(xù)壓縮了eq\f(x,10)(重力加速度為g)。那么電梯在此時刻后的運動情況可能是()A．以大小為eq\f(11,10)g的加速度加速上升B．以大小為eq\f(11,10)g的加速度減速上升C．以大小為eq\f(g,10)的加速度加速下降D．以大小為eq\f(g,10)的加速度減速下降解析：選D因為電梯勻速運動時，彈簧被壓縮了x，由此可以知道，mg＝kx，當彈簧又被繼續(xù)壓縮了eq\f(x,10)，彈簧的彈力變大了，所以物體的合力應該是向上的，大小是eq\f(1,10)mg，由牛頓第二定律F＝ma可得，eq\f(1,10)mg＝ma，所以加速度大小為a＝eq\f(1,10)g，合力是向上的，當然加速度的方向也就是向上的，此時物體可能是向上的勻加速運動，也可能是向下的勻減速運動，所以D正確。11．某人在以加速度a＝2m/s2勻加速下降的升降機中最多能舉起m1＝75kg的物體，那么此人在地面上最多可舉起多大質量的物體？假設此人在一勻加速上升的升降機中最多能舉起50kg的物體，那么此升降機上升的加速度是多大？(g取10m/s2)解析：設此人在地面上的最大“舉力〞為F，那么他在以不同加速度運動的升降機中最大的“舉力〞仍然是F。以物體為研究對象進行受力分析，物體的受力示意圖如下圖，且物體的加速度與升降機相同。當升降機以加速度a＝2m/s2勻加速下降時，對物體有：m1g－F＝m1aF＝m1(g－a)得：F＝75×(10－2)N＝600N設人在地面上最多可舉起質量為m0的物體，那么F＝m0g，m0＝eq\f(F,g)＝eq\f(600,10)kg＝60kg當升降機以加速度a′勻加速上升時，對物體有：F－m2g＝m2a′a′＝eq\f(F,m2)－g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(600,50)－10))m/s2＝2m/s2所以升降機勻加速上升的加速度為2m/s2。答案：60kg2m/s212．一種巨型娛樂器械由升降機送到離地面75m的高處，然后讓座艙自由落下。落到離地面30m高時，制動系統(tǒng)開始啟動，座艙均勻減速，到地面時剛好停下。假設座艙中某人用手托著m＝5kg的鉛球，取g＝10m/s2，試求：(1)從開始下落到最后著地經歷的總時間；(2)當座艙落到離地面35m的位置時，手對鉛球的支持力是多少？(3)當座艙落到離地面15m的位置時，鉛球對手的壓力是多少？解析：(1)由題意可知，座艙先自由下落h1＝75m－30m＝45m由h1＝eq\f(1,2)gt12得t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝3s下落45m時的速度v1＝gt1＝30m/s減速過程中的平均速度eq\x\to(v2)＝eq\f(v1,2)＝15m/s減速時間t2＝eq\f(h2,\x\to(v2))＝2s總時間t＝t1＋t2＝5s。(2)離地面35m時，座艙自由下落，鉛球處于完全失重狀態(tài)，所以手對鉛球的支持力為零。(3)由v12＝2gh1＝2ah2得，減速過程中加速度的大小a＝15m/s2(或a＝eq\f(v1,t2)＝15m/s2)根據(jù)牛頓第二定律：N－mg＝ma解得：N＝125N根據(jù)牛頓第三定律可知，鉛球對手的壓力為125N。答案：(1)5s(2)0(3)125N牛頓運動定律的綜合應用1．(多項選擇)(2023·江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖1所示，以豎直向上為a的正方向，那么人對地板的壓力()圖1A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s時最小解析：選AD人受重力mg和支持力N的作用，由牛頓第二定律得N－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力N′＝N＝mg＋ma。當t＝2s時a有最大值，N′最大；當t＝8.5s時，a有最小值，N′最小，選項A、D正確。2．如圖2所示，兩車廂的質量相同，其中一個車廂內有一人拉動繩子使兩車廂相互靠近。假設不計繩子質量及車廂與軌道間的摩擦，以下對于哪個車廂里有人的判斷正確的選項是()圖2A．繩子的拉力較大的那一端車廂里有人B．先開始運動的車廂里有人C．后到達兩車中點的車廂里有人D．不去稱量質量無法確定哪個車廂有人解析：選C根據(jù)牛頓第三定律，兩車之間的拉力大小相等，故A錯誤；有拉力后，兩車同時受到拉力，同時開始運動，故B錯誤；兩車之間的拉力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律，總質量大，加速度小，由x＝eq\f(1,2)at2，相同時間內位移小，后到達中點，即后到達兩車中點的車廂里有人，故C正確；無需稱質量，可用C項方法確定哪個車廂有人，故D錯誤。3．(多項選擇)如圖3(a)所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平地面上，一物體在水平推力F的作用下沿斜面向上運動，逐漸增大F，物體的加速度隨之改變，其加速度a隨F變化的圖像如圖(b)所示。取g＝10m/s2，根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出()圖3A．sinθ＝0.6 B．sinθ＝0.5C．物體的質量為2.5kg D．物體的質量為2.0kg解析：選AD對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如下圖，x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma，從圖像中取兩個點(30N,6m/s2)，(0N，－6m/s2)代入解得m＝2kg，sinθ＝0.6，選項A、D正確。4．(多項選擇)如圖4所示，質量為M、中間為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內有一質量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角。那么以下說法正確的選項是()圖4A．小鐵球受到的合外力方向水平向左B．F＝(M＋m)gtanαC．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanαD．F＝Mgtanα解析：選BC隔離小鐵球分析受力得F合＝mgtanα＝ma，且合外力水平向右，故小鐵球加速度為gtanα，因為小鐵球與凹槽相對靜止，故系統(tǒng)的加速度也為gtanα，A錯誤，C正確。整體分析得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtanα，應選項B正確，D錯誤。5.(多項選擇)如圖5所示，完全相同的磁鐵A、B分別位于鐵質車廂豎直面和水平面上，A、B與車廂間的動摩擦因數(shù)均為μ，小車靜止時，A恰好不下滑，現(xiàn)使小車加速運動，為保證A、B無滑動，那么()圖5A．速度可能向左，加速度可小于μgB．加速度一定向右，不能超過(1＋μ)gC．加速度一定向左，不能超過μgD．加速度一定向左，不能超過(1＋μ)g解析：選AD當小車處于靜止時，A恰好不下滑，此時mg＝f＝μN，要保證A靜止，那么A與小車之間的彈力不能減小，所以加速度一定向左，要保證B靜止，B在水平方向上受到摩擦力，豎直方向上受到小車的支持力、重力和吸引力，磁鐵B做加速度的合力等于摩擦力，要保證B靜止，那么受到的摩擦力不能超過最大靜摩擦力，即ma＝μ(mg＋N)，解得a＝(1＋μ)g，故A、D正確。6.如圖6所示，足夠長的傾角θ＝37°的光滑斜面體固定在水平地面上，一根輕繩跨過定滑輪，一端與質量為m1＝1kg的物塊A連接，另一端與質量為m2＝3kg的物塊B連接，繩與斜面保持平行。開始時，用手按住A，使B懸于距地面高H＝0.6m處，而A靜止于斜面底端?，F(xiàn)釋放A，試求A在斜面上向上滑行的最大距離？(設B落地后不再彈起，且所有接觸面間的摩擦均忽略不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)圖6解析：設B未落地前系統(tǒng)加速度大小為a1，B落地時的速度為v，B落地后A的加速度為a2，那么依據(jù)題意有：m2g－T＝m2a1T－m1gsin37°＝m1a1解得a1＝6m/s2v2－0＝2a1Hm1gsin37°＝m1a20－v2＝－2a2x解得a2＝6m/s2，x＝0.6m故A在斜面上向上滑行的最大距離L＝H＋x＝1.2m。答案：1.2m7.某飛機場利用如圖7所示的傳送帶將地面上的貨物運送到飛機上，傳送帶與地面的夾角θ＝30°，傳送帶兩端A、B的距離L＝10m，傳送帶以v＝5m/s的恒定速度勻速向上運動。在傳送帶底端A輕放上一質量m＝5kg的貨物，貨物與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)。求貨物從A端運送到B端所需的時間。(g取10m/s2)圖7解析：以貨物為研究對象，由牛頓第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝2.5m/s2貨物勻加速運動時間t1＝eq\f(v,a)＝2s貨物勻加速運動位移x1＝eq\f(1,2)at12＝5m然后貨物做勻速運動，運動位移x2＝L－x1＝5m勻速運動時間t2＝eq\f(x2,v)＝1s所以貨物從A到B所需的時間t＝t1＋t2＝3s。答案：3s8.如圖8所示，質量為4kg的小球用輕質細繩拴著吊在行駛的汽車后壁上。細繩的延長線通過小球的球心O，且與豎直方向的夾角為θ＝37°，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖8(1)汽車勻速運動時，細繩對小球的拉力和車后壁對小球的壓力；(2)假設要始終保持θ＝37°，那么汽車剎車時的加速度最大不能超過多少？解析：(1)對小球受力分析如下圖，將細繩拉力T分解有：Ty＝Tcosθ，Tx＝Tytanθ，由二力平衡可得：Ty＝mg，Tx＝N，解得細繩拉力T＝eq\f(mg,cosθ)＝50N，車壁對小球的壓力N＝mgtanθ＝30N。(2)設汽車剎車時的最大加速度為a，此時車壁對小球彈力N′＝0，由牛頓第二定律有Tx＝ma，即mgtanθ＝ma解得：a＝7.5m/s2，即汽車剎車時的加速度最大不能超過7.5m/s2。答案：(1)50N30N(2)7.5m/s29.如圖9所示，長為L＝2m、質量mA＝4kg的木板A放在光滑水平面上，質量mB＝1kg的小物塊(可視為質點)位于A的中點，水平力F作用于A。A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2(A、B間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2)。求：圖9(1)為使A、B保持相對靜止，F(xiàn)不能超過多大？(2)假設拉力F＝12N，物塊B從A板左端滑落時木板A的速度為多大？解析：(1)要使A、B保持相對靜止，A對B的摩擦力不能超過最大靜摩擦力對B，fm＝μmBg，由fm＝mBa得：a＝μg＝2m/s2對AB，F(xiàn)＝(mA＋mB)a＝10N。(2)當F＝12N＞10N，A、B相對滑動對B，aB＝μg＝2m/s2對A，F(xiàn)－fm＝mAaA得：aA＝2.5m/s2設B從A上滑落須用時間t，那么eq\f(1,2)aAt2－eq\f(1,2)aBt2＝eq\f(L,2)得：t＝2s對A：v＝aAt＝5m/s。答案：(1)10N(2)5m/s10．如圖10甲所示，質量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1s時撤去拉力，物體運動的局部v-t圖像如圖乙所示，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖10(1)拉力F的大小；(2)t＝4s時物體的速度v的大小。解析：(1)設F作用時加速度為a1，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1撤去力F后，據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2由圖像斜率可得a1＝20m/s2，a2＝10m/s2，代入解得μ＝0.5，F(xiàn)＝30N。(2)設撤去力F后物體運動到最高點所用時間為t2，由v1＝a2t2，可得t2＝2s，那么物體沿著斜面下滑的時間為t3＝t－t1－t2＝1s設下滑加速度為a3，據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma3解得a3＝2m/s2，那么t＝4s時速度v＝a3t3＝2m/s。答案：(1)30N(2)2m/s實驗綜合訓練1．如圖1是“研究勻變速直線運動〞實驗中獲得的一條紙帶，O、A、B、C、D和E為紙帶上六個計數(shù)點。加速度大小用a表示。圖1(1)O、E間的距離為________cm。(2)如圖2是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的x-t2圖線(x為各計數(shù)點至同一起點的距離)，斜率表示________，加速度大小為________m/s2(保存3位有效數(shù)字)。圖2解析：(1)此刻度尺的分度值為1mm，要估讀到0.1mm。(2)由x＝eq\f(1,2)at2可知圖線的斜率k＝eq\f(1,2)a，由圖中數(shù)據(jù)可計算出k，那么加速度大小為0.933m/s2。答案：(1)1.80(2)eq\f(1,2)a0.9332．某同學在研究性學習中，利用所學的知識解決了如下問題：一輕彈簧一端固定于某一深度為h＝0.25m、且開口向右的小筒中(沒有外力作用時彈簧的另一端位于筒內)，如圖3甲所示，如果本實驗的長度測量工具只能測量出距筒口右端彈簧的長度l，現(xiàn)要測出彈簧的原長l0和彈簧的勁度系數(shù)，該同學通過改變掛鉤碼的個數(shù)來改變l，作出F-l變化的圖線如圖乙所示。圖3(1)由此圖線可得出的結論是________________________________________________；(2)彈簧的勁度系數(shù)為________N/m，彈簧的原長l0＝________m；(3)該同學實驗時，把彈簧水平放置與彈簧懸掛放置相比擬，優(yōu)點在于：_____________________________________________________________________________________，缺點在于：__________________________________________________。解析：(1)在彈性限度內，彈力與彈簧的伸長量成正比。(2)由ΔF＝kΔx和乙圖可知：(30－10)＝k×20×10－2所以k＝100N/m，由乙圖可知F＝20N時，l＝10cm＝0.1m，所以20＝k(0.1＋0.25－l0)，即l0＝0.15m。(3)優(yōu)點是防止彈簧自身重力對實驗的影響，缺點是彈簧與筒及繩子與滑輪間存在的摩擦會造成實驗誤差。答案：見解析3.在“利用打點計時器測定勻變速直線運動的加速度〞的實驗中，打點計時器接在50Hz的低壓交變電源上，某同學在打出的紙帶上按打點的先后順序每5個點取一個計數(shù)點，共取了A、B、C、D、E、F六個計數(shù)點(每相鄰兩個計數(shù)點間還有四個點)。從A點開始在每一個計數(shù)點處將紙帶剪開分成五段(分別為a、b、c、d、e段)，將這五段紙帶由長到短緊靠但不重疊地粘在xOy坐標系中，如圖4所示。圖4(1)假設把每一段紙帶的右上端連接起來，結果得到一條傾斜的直線，如下圖，由圖可知紙帶做________運動，且直線與－x方向夾角越大，說明紙帶運動的________越大。(2)從第一個計數(shù)點A開始計時，為求出0.25s時刻紙帶的瞬時速度，需要測出哪一段紙帶的長度？答：________。(3)假設測得a段紙帶的長度為10.0cm，e段紙帶的長度為2.0cm，那么可求出加速度的大小為________m/s2。(結果保存2位有效數(shù)字)解析：(1)由勻變速直線運動的位移規(guī)律，可得每段紙帶的平均速度與該段紙帶的長度有關，那么圖像可看做v-t圖，可得紙帶做勻減速直線運動，圖線傾角的大小反映了加速度的大小。(2)橫軸x軸即可等效成t軸，0.25s時恰好對應紙帶c的中間時刻，故測出c段的長度即可求出0.25s時刻紙帶的瞬時速度。(3)根據(jù)xm－xn＝(m－n)aT2，代入數(shù)據(jù)可求得加速度為2.0m/s2。答案：(1)勻減速直線加速度(2)c段(3)2.04．有同學利用如圖5所示的裝置來驗證力的平行四邊形定那么：在豎直木板上鋪有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將繩子打一個結點O，每個鉤碼的重量相等，當系統(tǒng)到達平衡時，根據(jù)鉤碼個數(shù)讀出三根繩子的拉力TOA、TOB和TOC，答復以下問題：圖5(1)(多項選擇)改變鉤碼個數(shù)，實驗能完成的是()A．鉤碼的個數(shù)N1＝N2＝2，N3＝4B．鉤碼的個數(shù)N1＝N3＝3，N2＝4C．鉤碼的個數(shù)N1＝N2＝N3＝4D．鉤碼的個數(shù)N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是()A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向B．量出OA、OB、OC三段繩子的長度C．用量角器量出三段繩子之間的夾角D．用天平測出鉤碼的質量(3)在作圖時，你認為圖6中________(選填“甲〞或“乙〞)是正確的。圖6解析：(1)對O點受力分析如下圖，OA、OB、OC分別表示N1、N2、N3的大小，由于三共點力處于平衡，所以N1、N2的合力大小等于N3，且N3＜N1＋N2，即|N1－N2|＜N3＜N1＋N2，故B、C、D能完成實驗。(2)為驗證平行四邊形定那么，必須作受力圖，所以先明確受力點，即標記結點O的位置，其次要作出力的方向并讀出力的大小，最后作出力的圖示，因此要做好記錄，應從力的三要素角度出發(fā)，要記錄鉤碼的個數(shù)和記錄OA、OB、OC三段繩子的方向，故A正確，B、C、D錯誤。(3)以O點為研究對象，F(xiàn)3的實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，F(xiàn)1、F2的合力的理論值與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際。答案：(1)BCD(2)A(3)甲5．利用如圖7甲所示的裝置可以測量滑塊和滑板間的動摩擦因數(shù)。將質量為M的滑塊A放在傾斜滑板B上，傾角α＝37°，C為位移傳感器，它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機上，經計算機處理后在屏幕上顯示出滑塊A的速率—時間(v-t)圖像。(取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖7(1)先給滑塊A一個沿滑板B向上的初速度，得到的v-t圖像如圖乙所示。利用該圖像可算出滑塊A上滑時加速度的大小為________m/s2。(2)從圖線可得滑塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)μ＝______。解析：(1)根據(jù)v-t圖像容易求得滑塊A上滑時加速度的大小為a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(4.0,0.5)m/s2＝8.0m/s2。(2)滑塊A沿滑板B向下滑時的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(4.0,1.5－0.5)m/s2＝4.0m/s2，此過程中，根據(jù)牛頓第二定律，滑塊A向下滑動時，有mgsinα－μmgcosα＝ma2，而滑塊A向上滑動時，那么有mgsinα＋μmgcosα＝ma1，解得μ＝0.25。答案：(1)8.0(2)0.256.如圖8所示為用光電門測定鋼球下落時受到的阻力的實驗裝置。直徑為d、質量為m的鋼球自由下落的過程中，先后通過光電門A、B，計時裝置測出鋼球通過A、B的時間分別為tA、tB。用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度。測出兩光電門間的距離為h，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。圖8(1)鋼球下落的加速度大小a＝________，鋼球受到的空氣平均阻力f＝________。(2)此題“用鋼球通過光電門的平均速度表示鋼球球心通過光電門的瞬時速度〞，但從嚴格意義上講是不準確的，實際上鋼球通過光電門的平均速度________(選填“＞〞或“＜〞)鋼球球心通過光電門的瞬時速度。解析：(1)鋼球在豎直方向上做勻加速運動，通過兩光電門時時間很短，可近似看作勻速運動，可用平均速度代替瞬時速度，故鋼球通過兩光電門的瞬時速度vA＝eq\f(d,tA)和vB＝eq\f(d,tB)，根據(jù)勻變速直線運動的速度位移關系vB2－vA2＝2ah，得鋼球下落的加速度大小a＝eq\f(vB2－vA2,2h)＝eq\f(d2,2h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))。對鋼球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：mg－f＝ma，得平均阻力f＝mg－ma＝mg－eq\f(md2,2h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))。(2)鋼球通過光電門的瞬時速度使用平均速度代替，而平均速度等于中間時刻的速度veq\f(t,2)＝eq\f(v1＋v2,2)，鋼球通過光電門的瞬時速度應為中間位移的速度，veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v12＋v22,2))，由數(shù)學知識可知veq\f(t,2)＜veq\f(x,2)，即鋼球通過光電門的平均速度小于鋼球球心通過光電門的瞬時速度。答案：(1)eq\f(d2,2h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))mg－eq\f(md2,2h)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tB2)－\f(1,tA2)))(2)＜7．某同學利用如圖9所示的裝置探究加速度與合外力的關系。小車質量為M，桶和砂子的總質量為m，通過改變m改變小車所受的合外力大小，小車的加速度a可由打點計時器和紙帶測出?，F(xiàn)保持小車質量M不變，逐漸增大砂桶和砂的總質量m進行屢次實驗，得到多組a、F值(F為彈簧測力計的示數(shù))。圖9(1)圖10為上述實驗中打下的一條紙帶，A點為小車剛釋放時打下的起始點，每兩點間還有四個計時點未畫出，打點計時器的頻率為50Hz，那么C點的速度為________m/s，小車的加速度為________m/s2。(以上兩空保存一位有效數(shù)字)圖10(2)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)畫出了如圖11所示的一條過坐標原點的傾斜直線，其中縱軸為小車的加速度大小，橫軸應為________。(選填字母代號)圖11A.eq\f(1,M) B.eq\f(1,m)C．mg D．F(3)當砂桶和砂的總質量較大導致a較大時，關于圖11的說法，正確的選項是________。(選填字母代號)A．圖線逐漸偏向縱軸B．圖線逐漸偏向橫軸C．圖線仍保持原方向不變解析：(1)做勻變速直線運動過程中一段過程中的中間時刻速度等于該段過程中的平均速度，故vC＝eq\f(xBD,2T)＝eq\f(xBD,2)f＝0.8m/s，根據(jù)逐差法可得xDE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，聯(lián)立可得a＝4m/s2。(2)從圖中可得加速度與橫坐標表示的物理量成正比，根據(jù)牛頓第二定律可得F＝ma，當質量一定時，外力與加速度成正比，故D正確。(3)由于圖像的斜率為k＝eq\f(1,M)，所以增大砂和砂桶質量，k不變，仍保持原方向不變，所以C正確。答案：(1)0.84(2)D(3)C8．某同學設計了如圖12所示的裝置，來測定滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ。給定的實驗器材有米尺、秒表、輕繩、輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等?；瑝K和托盤上分別放有假設干砝碼，滑塊質量為M，滑塊上砝碼總質量為m′，托盤和盤中砝碼的總質量為m。實驗中，滑塊在水平軌道上從A到B做初速度為零的勻加速直線運動，重力加速度g取10m/s2。圖12(1)假設利用上述實驗器材和公式a＝eq\f(2x,t2)可以測量滑塊在A、B間運動時的加速度。請你在下面的虛線框中設計一個記錄兩個物理量數(shù)據(jù)的表格，記錄次數(shù)為5次。在表格中標明要測量的兩個物理量。(2)根據(jù)牛頓運動定律得到a與m的關系為：a＝eq\f(1＋μg,M＋m′＋m)m－μg當上式中的(m′＋m)保持不變時，a是m的一次函數(shù)。該同學想通過屢次改變m，測出相應的a值，并利用上式來計算μ。為了保證實驗中(m′＋m)不變，在改變m時，應將從托盤中取出的砝碼置于____________上。(3)實驗得到a與m的關系如圖13所示，由此可知μ＝________。(取兩位有效數(shù)字)圖13解析：(1)這兩個物理量分別是位移x和時間t，表格中記錄原始數(shù)據(jù)，故如表所示。12345x/mt/s(2)要使(m′＋m)不變，應將砝碼從砝碼盤中取出放入滑塊上。(3)在圖線上找到兩個點，一個是當a＝0.35m/s2時，m＝6.7kg，另一個是當a＝0.15m/s2時，m＝6.2kg，將兩組數(shù)據(jù)代入到原公式中，并且將公式先變形一下為：(a＋μg)[M＋(m′＋m)]＝(1＋μ)gm，代入后將兩式相除，即可將[M＋(m′＋m)]與(1＋μ)約掉，從而計算出μ＝0.23。答案：(1)見解析(2)滑塊(3)0.23(0.21～0.25均可)第三章牛頓運動定律(時間：50分鐘總分值：100分)一、選擇題(此題共8小題，每題6分，共48分。第1～5小題只有一個選項正確，第6～8小題有多個選項正確，全選對得6分，選不全得3分，錯選不得分)1．關于物體的慣性，以下說法中正確的選項是()A．把手中的球由靜止釋放后，球能加速下落，說明力是改變物體慣性的原因B．短跑運發(fā)動在比賽中做最后沖刺時，速度很大，很難停下來，說明速度越大，物體的慣性也越大C．戰(zhàn)斗機在空中作戰(zhàn)時，甩掉副油箱是為了減小慣性，提高飛行的靈巧性D．公交汽車在啟動時，乘客都要向前傾，這是乘客具有慣性的緣故解析：選C因為慣性是物體本身的一種屬性，只與質量有關，與其他因素無關，故A、B均錯誤。戰(zhàn)斗機在空中作戰(zhàn)時甩掉副油箱是為了減小質量，使慣性減小，運動狀態(tài)容易改變，故C正確。公交汽車在啟動時，人由于慣性應該向后傾，故D錯誤。2.物體靜止在斜面上，如圖1所示，以下說法正確的選項是()圖1A．物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對平衡力B．物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力是一對作用力和反作用力C．物體對斜面的壓力等于物體所受的重力D．物體所受重力可以分解為沿斜面向下的力和對斜面的壓力解析：選B作用力與反作用力作用在不同的物體上，平衡力作用在同一物體上，選項A錯誤，B正確；物體對斜面的壓力等于物體重力沿垂直于斜面的分力，選項C錯誤；物體的分力和合力應是針對同一物體，效果相同，應選項D錯誤。3.如圖2所示，質量為M的木箱置于水平地面上，在其內部頂壁固定一輕質彈簧，彈簧下與質量為m的小球連接。當小球上下振動的過程中，木箱對地面壓力剛好等于mg，求此時小球的加速度()圖2A.eq\f(M＋m,m)g，方向向上 B.eq\f(M＋m,m)g，方向向下C.eq\f(Mg,m)，方向向下 D.eq\f(Mg,m)，方向向上解析：選C設木箱對地面壓力剛好等于mg時，彈簧的彈力為F，對木箱有N＝Mg＋F＝mg，對小球：mg－F＝ma，解得a＝eq\f(Mg,m)，方向向下，選項C正確。4．如圖3所示，在圓錐形內部有三根固定的光滑細桿，A、B、C為圓錐底部同一圓周上的三個點，桿aA、bB、cC與水平底面的夾角分別為60°、45°、30°。每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)分別從a、b、c處由靜止釋放(忽略阻力)，用t1、t2、t3依次表示各滑環(huán)分別到達A、B、C所用的時間，那么()圖3A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3C．t1＝t2＝t3 D．t1＝t3＞t2解析：選D小滑環(huán)沿桿下滑的加速度a＝gsinθ，根據(jù)eq\f(R,cosθ)＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2R,gsinθcosθ))＝eq\r(\f(4R,gsin2θ))，當θ＝60°和30°時，時間相等，當θ＝45°時，時間最短，故t1＝t3＞t2，故D正確，A、B、C錯誤。5．(2023·重慶高考)假設貨物隨升降機運動的v-t圖像如圖4所示(豎直向上為正)，那么貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖像可能是()圖4解析：選B根據(jù)v-t圖像可知電梯的運動情況：加速下降→勻速下降→減速下降→加速上升→勻速上升→減速上升，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝ma可判斷支持力F的變化情況：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，應選項B正確。6．兩個完全相同的力分別作用在質量為m1、m2的兩個物體上，使它們由靜止開始運動，各經t1、t2時間后，兩物體速度相同，那么兩物體通過的位移比是()A．m1∶m2 B．m2∶m1C．t1∶t2 D．t12∶t22解析：選AC根據(jù)牛頓第二定律及運動學公式知，速度相同時，a1t1＝a2t2。物體加速度為a1＝eq\f(F,m1)，a2＝eq\f(F,m2)。物體的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t12，x2＝eq\f(1,2)a2t22。整理得，eq\f(x1,x2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(m1,m2)。故答案為A、C。7.如圖5所示，吊籃A、物體B、物體C的質量分別為m、3m、2m。B和C分別固定在彈簧兩端，彈簧的質量不計。B和C在吊籃的水平底板上處于靜止狀態(tài)。將懸掛吊籃的細線剪斷的瞬間()圖5A．吊籃A的加速度大小為2gB．物體B的加速度大小為gC．物體C的加速度大小為2gD．A、B、C的加速度大小都等于g解析：選AC彈簧開始的彈力F＝3mg，剪斷細線的瞬間，彈力不變，將C和A看成一個整體，根據(jù)牛頓第二定律得，aAC＝eq\f(F＋m＋2mg,3m)＝2g，即A、C的加速度均為2g。故D錯誤，A、C正確。剪斷細線的瞬間，彈簧彈力不變，B的合力仍然為零，那么B的加速度為0，故B錯誤。8.如圖6所示，小車的質量為M，人的質量為m，人用恒力F拉繩，假設人與車保持相對靜止，且水平地面光滑，不計滑輪與繩的質量，那么車對人的摩擦力可能是()圖6A．0 B.eq\f(m－M,m＋M)F，方向向右C.eq\f(m－M,m＋M)F，方向向左 D.eq\f(M－m,m＋M)F，方向向右解析：選ACD整體的加速度a＝eq\f(2F,M＋m)，方向水平向左。隔離對人分析，人在水平方向上受拉力、摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：設摩擦力方向水平向右。F－f＝ma，解得f＝F－ma＝eq\f(M－m,M＋m)F；假設M＝m，摩擦力為零；假設M＞m，摩擦力方向向右，大小為eq\f(M－m,M＋m)F；假設M＜m，摩擦力方向向左，大小為eq\f(m－M,M＋m)F，故A、C、D正確。二、實驗題(此題共2小題，共18分)9．(8分)如圖7為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機)研究加速