高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律冲刺训练
第三章牛顿运动定律(一)巧用动力学观点，破解三类板块模型木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。水平面光滑[典例1] 如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。当对B施加水平向右的力F＝10N时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？(物体B可以视为质点，g取10m/s2)[解析] 假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a。设A、B之间的摩擦力为f，A所受的摩擦力水平向右，对A：f＝Ma。由于二者相对静止，故f为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f≤μmg，解得F≤μmg＝6N，由于F＞6N，故B将相对于A发生滑动。法一：以地面为参考系，A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于A物体的加速度，B的加速度大小：aB＝＝3m/s2；A的加速度大小：aA＝＝1m/s2。B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足x1－x2＝L，即aBt2－aAt2＝L，解得t＝0.8s。法二：以A为参照物，B相对A的加速度aBA＝aB－aA，即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L，故L＝aBAt2，解得t＝0.8s。[答案] 0.8s[典例2] 如图所示，质量M＝8kg
的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。(g＝10m/s2)求：(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少。[解析] (1)小物块的加速度am＝＝2m/s2小车的加速度aM＝＝0.5m/s2。(2)由amt＝v0＋aMt得t＝1s。(3)在开始1s内小物块的位移s1＝amt2＝1m最大速度v＝at＝2m/s在接下来的0.5s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝＝0.8m/s2这0.5s内的位移s2＝vt＋at2＝1.1m通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m。[答案] (1)2m/s2 0.5m/s2 (2)1s (3)2.1m[思维建模]板块模型一般解题方式：先对每个物体进行受力分析和运动状态分析，画出运动草图；然后分别列出运动学方程式，找出二者位移和速度的关系。水平面粗糙1．用水平力拉木板如图所示，A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上，A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用。A、B之间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，木板的长度为L。假设最大静摩擦力fm和滑动摩擦力相等，根据F的大小可分为三种运动情况。(1)当F≤μ2(m1＋m2)g时，二者均相对地面静止，且A不受摩擦力作用。(2)当μ2(m1＋m2)g＜F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，二者相对静止，以相同的加速度向右滑动。对A而言，其摩擦力产生的加速度存在极值，即m1aA≤μ1m1g，因而A、B共同加速的加速度a≤μ1g。
对整体由牛顿第二定律得F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F≤(μ1＋μ2)(m1＋m2)g。(3)当F＞(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，二者发生相对滑动。此时aA＝μ1g，aB＝>μ1g，A相对B向左滑动。[典例3] 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小的范围；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，f＝f1＋f2，解得f＝μ(2m1＋m2)g。(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1＝μm1g，F－f1－f2＝m2a2，要发生相对运动，则a2＞a1，解得F＞2μ(m1＋m2)g。(3)抽纸时，砝码相对于地面做匀加速运动，而当砝码在桌面上时，做匀减速运动。纸板抽出前砝码运动的距离x1＝a1t12，纸板运动的距离d＋x1＝a2t12，纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t22，l＝x1＋x2。由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2，得F＝2μg，代入数据得F＝22.4N。[答案] (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g(3)22.4N
2．用水平力拉物块如图，A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。这种情况抓住A带动B运动，A对B的摩擦力为动力。(1)当μ1m1g≤μ2(m1＋m2)g时，不论拉力F多大，B均静止。(2)当μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g时：①F＜μ2(m1＋m2)g时，二者相对静止，且相对于地面静止。②若μ2(m1＋m2)g＜F≤μ2(m1＋m2)g＋[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]时，A、B相对地面运动，但A、B保持相对静止。对B由牛顿第二定律得fAB－μ2(m1＋m2)g＝m2a，当F增大，a增大，fAB也增大，但是fAB≤μ1m1g，所以a≤，对整体而言F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，则F≤μ2(m1＋m2)g＋[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]。③F＞μ2(m1＋m2)g＋[μ1m1g－μ2(m1＋m2)g]时，二者相对滑动，A带动B运动，故aA＞aB，vA＞vB。[典例4] 如图所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2，试求：(1)若木板长L＝1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长)[解析] (1)铁块的加速度大小a1＝＝4m/s2，
木板的加速度大小a2＝＝2m/s2，设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有a1t2－a2t2＝L，解得：t＝1s。(2)①当F≤μ1(m＋M)g＝2N时，M、m相对静止且对地静止，f2＝F。②二者相对静止时，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a。此时系统的加速度a≤2m/s2，解得F1≤6N，所以当2N＜F≤6N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a＝。以M为研究对象，根据牛顿第二定律有：f2－μ1(M＋m)g＝Ma，解得f2＝＋1。③当F＞6N，M、m发生相对运动，f2＝μ2mg＝4N。画出f2随拉力F大小变化的图像如图。[答案] (1)1s (2)见解析多板块组合[典例5] 如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2m，质量均为m2＝1kg，一质量为m1＝1kg的物体(可视为质点)以v0＝6m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。[解析] (1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g，联立两式，代入数据得0.4＜μ1≤0.6。(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，
设物体滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得v12－v02＝－2a1l，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1＝v0－a1t，代入数据得v1＝4m/s，t＝0.4s。[答案] (1)0.4＜μ1≤0.6 (2)4m/s 0.4s[思维建模]对于一物块与多个木板的组合，要注意运用整体法与隔离法分析物块在各个木板上运动时的受力情况，从而对物体的运动规律作出正确判断。如上例中物块在木板A上时A不动，则必有μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g。而物块在B上时，木板B能滑动，则必有：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g。[典例6] 如图所示，物体1、3和木板2的质量均为m＝1kg，木板2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设木板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H＝5.75m，物体1与木板2之间的动摩擦因数μ＝0.2。木板2放在光滑的水平桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在木板2的左端以v＝4m/s的初速度开始向右运动，运动过程中恰好没有从木板2的右端掉下。求：(1)木板2的长度L0；(2)当物体3落地时，物体1在木板2的位置。[解析] (1)物体1在向左的滑动摩擦力作用下做匀减速运动，加速度大小为a1＝＝2m/s2，对木板2和物体3分别由牛顿第二定律可得：F＋μmg＝ma2，mg－F＝ma2，解得a2＝6m/s2；设经过时间t1，三者速度达到相等，设为v1，则v1＝v－a1t1＝a2t1，解得v1＝3m/s，t1＝0.5s，则物体1和木板2运动的位移分别为：x1＝(v＋v1)t1＝1.75m；x2＝v1t1＝0.75m＜H，而L0＝x1－x2，解得L0＝1m。(2)假设速度大小相等时三者相对静止，对整体由牛顿第二定律得mg＝3ma，解得a＝。
对物块1，当受到滑动摩擦力时，其加速度最大，最大值为2m/s2，小于，故1与2要发生相对滑动，物体1相对于木板2向左滑动，其加速度大小a3＝2m/s2，方向向右。对木板2和物体3整体由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma4，mg－F＝ma4，解得a4＝4m/s2，故2和3做匀加速运动。设再经过时间t2物体3落地，则对木板2可得H－x2＝v1t2＋a4t22，解得t2＝1s，物体1的位移x3＝v1t2＋a3t22＝4m。而H－x2－x3＝1m＝L0，所以当物体3落地时，物体1在木板2的最左端。[答案] (1)1m (2)物体1在木板2的最左端[思维建模](1)因木板2向右做初速度为零的匀加速直线运动，而物体1具有初速度v。因此当物体与木板2同速时，物体1相对木板2向右运动的距离最大，即此时恰好在木板2的右端。(2)因物体1向右的加速度最大为am＝2m/s2，小于木板2与物体3一起运动的加速度，故物体1与木板2同速后又相对木板2向左滑动。[提能增分集训]1.如图所示，物体A的质量m1＝1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝0.5kg、长L＝1m，某时刻A以v0＝4m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不至于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，试求拉力F大小应满足的条件。(忽略物体A的大小，取重力加速度g＝10m/s2)解析：物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度大小为aA＝①木板B做加速运动，有：F＋μm1g＝m2aB②物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：＝＋L③又＝④由①、③、④式，可得：aB＝6m/s2再代入②式得：F＝1N若F<1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N。
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落。即有：F＝(m1＋m2)a，μm1g＝m1a，所以：F＝3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下。综上分析：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N。答案：1N≤F≤3N2.如图所示，质量为M、长为L，高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间的动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正下方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块：a＝，v1＝＝。当滑块的左端到达小球正下方后，小球做自由落体运动，落地时间t＝，滑块的加速度a′＝＝μg。①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离(即小球落地时距滑块左端的水平距离)为：s＝v1t－a′t2＝－μg2＝－μh。②若在t时间内滑块已经停下来，则：s＝＝－L。答案：－μh或－L3．(2017·雅安月考)如图所示，两木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑块，滑块在F＝6N的水平力(未画出)作用下由静止开始向右运动。已知木板A、B长度均为l＝1m，木板A的质量MA＝3kg，小滑块及木板B的质量均为m＝1kg，小滑块与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。求：
(1)小滑块在木板A上运动的时间；(2)木板B获得的最大速度。解析：(1)小滑块对木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4N木板A与B整体受到地面的最大静摩擦力Ff2＝μ2(2m＋MA)g＝5NFf1
8m，所以以后物块匀速运动，物块匀速运动的时间t2＝＝m＝3s，所以物块到达传送带右端的时间为：t＝t1＋t2＝7s。(2)处理方法：在物体刚放上传送带时，在传送带上与物体接触的地方取一点M，认为M点一直往前做匀速直线运动，M运动的距离即为传送带相对地面的位移。物体相对传送带的位移的大小即物体相对于M点的距离。方法一：只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动，传送带在4s内的位移为x1＝vt＝16m，物体与传送带间的相对位移大小Δx＝x1－x＝8m。方法二：作出物体和传送带的vt图像如图所示，阴影部分为二者相对位移大小，易得Δx＝＝8m。(3)当物体一直做匀加速运动时，到达传送带另一端所用时间最短，则L＝at2＝μgt2，解得tmin＝＝2s。
当物体运动到最右端恰好与传送带速度相等时，此时传送带速度最小，所以传送带最小速度为v＝＝＝2m/s。[答案] (1)7s (2)8m (3)2m/s 2s[思维建模]如图所示，物体m轻轻地放上顺时针匀速运动的传送带上，“轻放”的含义是物体的初速度为零。由于物体的初速度为零，因此物体相对传送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力作用，产生向右的加速度，加速度大小a＝＝μg。物体从左端运动到右端，有两种可能情况：(1)物体m在全过程中始终都没有达到与传送带相同的速度，则物体在全过程都处于匀加速运动状态。(2)先经过一段时间匀加速运动，当其速度达到与传送带速度相同时，摩擦力突变为零，物体在重力和支持力的共同作用下，保持和传送带相同的速度做匀速直线运动。设传送带的长度为L，而物体速度与传送带速度相同时，相对于地面的位移x＝。以上两种运动情况取决于传送带的长度L与x的关系。若x≥L，则物体一直做匀加速运动，若x≤L，则先做匀加速运动后做匀速运动。水平传送带加速运动[典例2] 一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。[解析] 传送带开始运动时，煤块的加速度a＝＝μg，依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即a0>μg，由运动学公式易得，传送带达到匀速的时间为，煤块达到与传送带相对静止的时间为，根据以上分析，煤块与传送带的vt图像分别如图中直线OB和折线OAB所示。因vt图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L。由几何知识得：L＝v0。整理得：L＝。
[答案] [思维建模]传送带以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，起始时刻把物体轻放在传送带上，则物体在摩擦力作用下做匀加速直线运动，而此时物体与传送带之间是静摩擦力还是滑动摩擦力(即物体与传送带之间是否存在相对滑动)，取决于传送带的加速度a0与物体在最大静摩擦力作用下产生的加速度a之间的关系(认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：(1)如果物体与传送带相对静止，此时摩擦力为静摩擦力，对物体由牛顿第二定律得，f0＝ma0≤μmg，故需要满足a0≤μg。(2)当a0>μg时，物体与传送带间的最大静摩擦力不足以使物体产生a0如此大的加速度，因此二者之间必然发生相对滑动，物体将在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，其加速度大小为μg。不管是哪种情况，摩擦力均为动力。水平传送带匀减速运动[典例3] 将一粉笔轻放在以v0＝40m/s匀速向右运动的传送带左端，粉笔与传送带之间的动摩擦因数为0.4，经过5s后，传送带减速运动，其加速度大小为a0＝6m/s2，假设传送带足够长，求粉笔在传送带上运动的总时间。[解析] 刚开始粉笔做匀加速运动，其加速度为a1＝＝μg＝4m/s2,5s末速度v1＝a1t＝20m/s，前5s粉笔的位移x1＝a1t2＝50m，在传送带匀减速运动的同时，粉笔继续做匀加速运动，二者存在相对滑动，设再经过时间t1，二者速度相等，则v0－a0t1＝v1＋a1t1，解得t1＝2s，共同速度v′＝v0－a0t1＝28m/s。以后粉笔是否相对传送带静止，需要比较其静摩擦力能维持的最大加速度。由于粉笔所受的最大静摩擦力维持的最大加速度a＝μgμg时，二者之间发生相对滑动。传送带速度减小得比物体减小得快，物体的加速度大小为μg。倾斜传送带向上匀速运动[典例4] 有一倾角为θ＝30°的传送带，长L＝10m，以v0＝5m/s的速度匀速向上运动，如图所示。在传送带底端无初速度地放一物体(可视为质点)，物体与传送带的动摩擦因数μ＝，g取10m/s2，求：(1)物体从传送带底端运动到顶端所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移。[解析] 物体放上传送带以后，开始阶段传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向上的滑动摩擦力，由于mgsinθ<μmgcosθ，故物体将加速上行；当物体速度加速到与传送带的速度相等时，摩擦力将发生突变，由于mgsinθtanθ。若传送带较短，物体达到上端时二者速度未相等，则物体一直做加速运动；若传送带较长，则物体先做加速运动后做匀速运动。倾斜传送带向下匀速运动[典例5] 如图所示，传送带AB的长度为L＝16m，与水平面的夹角θ＝37°，传送带以速度v0＝10m/s匀速运动，方向如图中箭头所示。在传送带最上端A无初速度地放一个质量m＝0.5kg的小物体(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5。g取10m/s2。求：(1)物体从A运动到底端B所用的时间；(2)物体与传送带的相对位移。[解析] (1)开始阶段，设物体的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2。物体加速到与传送带的速度相等时的位移为：x1＝＝5m<16m，即物体加速到10m/s时，未达到B点，其时间t1＝＝1s。由于mgsinθ＝3N>μmgcosθ＝2N，所以物体将继续做加速运动。设物体的加速度为a2，经历的时间为t2，由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2。由位移公式L－x1＝v0t2＋at22，解得时间t2＝1s，所以总时间t＝t1＋t2＝2s。(2)在传送带上取一点M。M点做匀速运动，物体一直做匀加速运动。法一：整体法整个过程物体的位移大小为x物＝L＝16m，传送带位移大小为x传＝v0t＝20m，故物体相对于传送带(M点)的位移大小为：x＝x传－x物＝4m。由于M点的位移大于物体的位移，故全过程物体向后远离M点4m。法二：vt图像法相对位移的大小为两个阴影三角形面积之差，即：x＝－＝4(m)。法三：分段法第一个过程：M点的位移为v0t1＝10m，所以物体与传送带间的相对位移大小x相对1＝
v0t1－x1＝5m。由于M点的速度大于物体的速度，故此过程物体在M点后面5m处。第二个过程：M点的位移为v0t2＝10m，物体的位移为L－x1＝11m，故相对位移大小为x相对2＝1m。此过程物体追M点，并靠近M点1m。故相对位移大小x＝x相对1－x相对2＝4m。即全过程物体向后远离M点4m。[答案] (1)2s (2)4m[思维建模]从上往下传送，由于物体的初速度为零，则滑动摩擦力的方向向下，其加速度a＝gsinθ＋μgcosθ，当二者的速度相等时：若mgsinθ<μmgcosθ，即μ>tanθ，则变为匀速运动，滑动摩擦力突变为静摩擦力；若mgsinθ>μmgcosθ，即μMgsinθ，所以f＝Ma＋Mgsinθ，B正确；若传送带匀减速向上运动，分三种情况：若agsinθ，则物块所受的静摩擦力沿斜面向下，所以D错误。3.如图所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
解析：选A 开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinθ>μmgcosθ，即当μv1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选BD 0～t1时间内，小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动，速度减为零时并未从传送带左端滑下，说明传送带足够长，其向左运动的位移大小x1＝；t1～t2时间内：小物块受到的滑动摩擦力仍然向右，因此反向做匀加速运动，由于v2>v1，反向加速到与传送带速度v1相等时，其位移大小x2＝μmgcos37°，故物块将减速上行，ma3＝mgsin37°－μmgcos37°，得a3＝2m/s2设物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：v2－vt2＝2a3(x－x1)，vt＝m/s≈2.31m/s
t′＝≈0.85s。答案：(1)1.33s (2)0.85s 2.31m/s第三章冲刺985深化内容(三)“加速度与合外力关系”实验新考查，引入传感器“有变化”探究小车加速度与合外力、质量关系的实验是力学中的重要实验，平衡摩擦力和满足小车质量与所挂砂及小桶总质量关系的条件是实验的两个注意事项。由于其重要性，经老师的反复强调和多次的考查，使学生们形成了根深蒂固的惯性思维。随着传感器引入实验中，这两个注意事项也悄然发生了变化，冲击着思维惯性，我们为传感器的引入点赞！但同时思路也得与时俱进，只有对实验原理的理解上升到一个崭新的高度，才能适应传感器引入实验的新常态。无传感器时实验前的2大注意事项1．平衡摩擦力如图所示是探究小车的加速度与力关系的实验装置。小车受重力、支持力、绳的拉力和摩擦力四个力作用，重力和支持力为一对平衡力，小车所受的拉力和摩擦力的合力就是小车所受的合外力。如果平衡掉摩擦力，则小车所受的拉力即为小车的合外力。为此，先不挂小桶，在长木板不带滑轮的一端垫薄木块并反复移动其位置，改变斜面倾角，直到小车后面的纸带打出的点均匀分布，小车即做匀速运动。这时小车所受重力沿斜面向下的分力与摩擦力刚好平衡。平行于斜面的拉力才可能近似等于小车受到的合外力。2．满足质量关系平衡摩擦力后，小车在小桶(包括其中的砂)的牵引下做加速运动。设绳中拉力为T，小车的质量为M，小桶的质量为M′，放入其中砂的质量为m′，加速度为a，则对桶 (M′＋m′)g－T＝(M′＋m′)a①对车 T＝Ma②解①②得T＝M＝(M′＋m′)g
当M′＋m′≪M时，T≈(M′＋m′)g由此可见，平衡摩擦力后，只有满足砂和砂桶的总质量(M′＋m′)远小于小车的总质量M时，才能用砂和砂桶的总重力代替小车的拉力。而实际上小车所受的拉力要小于砂和砂桶的总重力，由于实验原理的不完善，导致该实验存在系统误差，且砂和砂桶的质量越大，引起的系统误差就越大。力传感器引入实验给惯性思维带来的2大冲击1．无需平衡摩擦力[典例1] (2017·淮安模拟)某同学设计了如图甲所示的装置来探究小车的加速度与所受合力的关系。将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细砂，直到小车刚开始运动为止，记下传感器的最大示数F0，以此表示小车所受摩擦力的大小。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入细砂，记下传感器的示数F1。(1)打点计时器接通频率为50Hz的交流电源，释放小车，打出如图乙所示的纸带。从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，则小车的加速度a＝________m/s2。(2)改变小桶中细砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(F＝F1－F0)的关系图像。不计纸带与打点计时器间的摩擦。下列图像中可能正确的是________。(3)同一次实验中，小车释放前传感器示数F1与小车加速运动时传感器示数F2的关系是F1________F2(选填“<”“＝”或“>”)。(4)关于该实验，下列说法中正确的是( )A．小车和传感器的总质量应远大于砂桶和砂的总质量B．实验中需要将长木板右端垫高C．实验中需要测出小车和传感器的总质量D．用加砂的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
[解析] (1)小车的加速度a＝＝0.16m/s2。(2)由题意易知，描绘的小车加速度a与合力F(F＝F1－F0)的关系图像，相当于已平衡摩擦力后描绘的小车加速度与作用力(砂和砂桶的总重力)图像，应过原点，C、D项均错误，F1等于砂和砂桶的总重力，由此得到的F在F1远小于小车重力时满足与a成正比的关系，当F1不远小于小车重力时，不再满足与a成正比的关系，故A、B项均正确。(3)小车加速运动时绳的拉力F2小于砂和砂桶的总重力(等于车静止时绳的拉力F1)，故F1>F2。(4)本实验中将小车静止时绳中拉力当做小车运动时砂和砂桶的总重力，需要满足砂桶和砂的总质量远小于车和传感器的总质量的条件，A项正确；用加砂的方法改变拉力的大小，每次砂的质量可增加得很少，而挂钩码每次质量增加得多，故前者可更方便地获取多组实验数据，D项正确；用力传感器测出了摩擦力，不需要平衡摩擦力，B项错误；本实验是探究小车的加速度与合力的关系，只要保持小车和传感器的总质量不变，不需要测出它们的具体数值，C项错误。[答案] (1)0.16m/s2 (2)AB (3)> (4)AD[题后反思]力传感器接入后，既能减小读数误差使实验结果准确又能方便地测出摩擦力。在作图时，用测出的小车拉力减去摩擦力作为合力，可以省去平衡摩擦力的繁琐操作，提高实验的精度。美中不足的是该同学测出摩擦力后的设计，记下传感器的示数F1是小车没有加速运动时的拉力，与小车加速运动时传感器的示数还有差距，实验中不可避免地存在着系统误差，实验设计仍有改进的空间。2．无需满足质量关系[典例2] 某课外实验小组利用如图所示的实验装置研究“加速度与合外力的关系”。(1)在实验中，为了平衡小车运动中受到的摩擦力，下列叙述中正确的是( )A．不挂钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使静止的小车开始运动B．挂上钩码，逐步调节木板的倾斜程度，使小车在木板上保持静止C．不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀
D．挂上钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀(2)平衡摩擦力后，利用钩码和小车之间连接的力传感器测出小车运动中细线上的拉力F，改变钩码的个数，利用纸带算出对应的加速度，进而确定加速度a与细线上拉力F的关系，图中能正确表示该同学实验结果的是________。若将所挂钩码重力mg作为细线的拉力，则作出的图像可能是图中的________。[解析] (1)平衡小车运动中受到的摩擦力时，不挂钩码，调节木板到一定的倾斜程度，轻轻沿板面向下推动小车，使夹在小车后面的纸带上所打的点间隔均匀，且平衡后无需再次平衡。C正确。(2)平衡摩擦力后，用力传感器测出细线上的拉力F是小车加速运动时的拉力，它也是小车加速运动时的合外力。小车的加速度a与所受合外力F成正比，aF图像是一条过原点的直线，A正确；若将所挂钩码重力mg作为细线的拉力，小车加速运动时的拉力小于挂钩码重力mg，且随着所加钩码重力的增大，引起的误差变大，作出的图像只能是题图中的C项。[答案] (1)C (2)A C[题后反思]平衡摩擦力后，用力传感器直接测出细线上的拉力F为小车真实所受的合外力，小车质量与所挂钩码质量关系间的限制条件也就不复存在了，传感器的引入实验使得系统误差大大减少。例2(2)中利用钩码和小车之间连接的传感器测量小车加速运动时细线上的拉力的设计比例1中某同学设计测量小车静止时细线上的拉力更科学、更准确。例2(2)中将现代与传统的实验处理方法进行鲜明的对比，传感器的优势得到了充分的体现。[提能增分集训]1．(2017·吉林一中一模)“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F。通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。同学们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线。如图(b)所示。(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff＝________N。
(3)图(b)中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差，可采取的措施是________。A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在水平轨道上，由于小车受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的。当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于0时，会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。(2)根据牛顿第二定律得，F－Ff＝ma，a＝－，图线的斜率表示质量的倒数；因为F＝0.5N时，加速度为零，解得Ff＝0.5N。(3)由于开始阶段aF关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg＝Ma得a＝＝，而实际上a′＝，可见图线明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的。所以更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，仅可以减小图线弯曲的程度，而将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况。故最佳的答案是C选项。答案：(1)① (2)0.5 (3)C2．(2017·广州模拟)用如图甲所示的实验装置探究小车的加速度跟合外力的关系，小车左端连接的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上，按图甲装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向砂桶中添加砂粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0。(1)将小车放回初位置并用手按住，继续向砂桶中添加一定量的砂粒，接通频率为50Hz的交流电源，使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带，同时记下传感器的示数F1，继续向桶中添加砂粒，多次重复实验，打出多条纸带，图乙为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序取O、A、B、C、D
五个计数点，用刻度尺量出A、B、C、D点到O点的距离，则小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字)(2)算出每次小车的加速度和合力F(F＝F1－F0)，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图像，在实验中，________(选填“需要”或“不需要”)砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。(3)实验中，一细心的同学发现传感器的示数要比砂和桶的重力小很多，原因是________________________________________________________________________。解析：(1)因为相邻计数点间有四个计时点未画出，所以相邻计数点的时间间隔T＝0.1s。由逐差公式可知，小车的加速度a＝＝m/s2≈0.43m/s2。(2)因为小车所受拉力由传感器直接测量得到，故不需要砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量。(3)由于砂和桶一起加速向下运动，处于失重状态，mg－F1＝ma，传感器示数F1比砂和桶的重力mg小很多，则说明整体加速度较大，其原因是砂和桶的总质量未远小于小车和传感器的总质量。答案：(1)0.43 (2)不需要(3)沙和桶总质量未远小于小车和传感器3．(2017·南平检测)如图为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置。用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距为L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录细线拉力和小车到达A、B时的速率。(1)下列关于本实验的说法正确的是( )A．两速度传感器之间的距离应适当远些B．要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力C．应先释放小车，再接通速度传感器的电源D．改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量
E．不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量(2)某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vB2－vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a＝________，表中第3次实验缺失的数据是________m/s2(结果保留三位有效数字)；次数F(N)vB2－vA2(m2/s2)a(m/s2)10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442.003.483.6352.624.654.8463.005.495.72(3)表中a与F并不成正比，这是由于__________________(填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”)造成的。解析：(1)两速度传感器之间的距离应适当远些，增大L，可以减小误差，故A正确；要调整长木板的倾斜角度，平衡小车受到的摩擦力，使得拉力传感器记录小车受到拉力是小车的合力，故B正确；应该先接通速度传感器的电源后释放小车，故C错误；因为实验中拉力传感器记录小车受到的拉力，所以改变所挂钩码的数量时，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量，故D错误；不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量，故E正确。(2)根据匀变速直线运动的位移与速度公式：v2－v02＝2ax可以求出：a＝，代入数据解得：a≈2.44m/s2。(3)根据表中a与F的数据推算易知a＝0时，F>0，两者并不成正比，这是由于平衡摩擦力不足造成的。答案：(1)ABE (2) 2.44 (3)平衡摩擦力不足4．(2017·河北廊坊质量监测)如图甲所示，质量为m的滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的速率—时间(vt)图像。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为L、高度为h。(取重力加速度g＝9.8m/s2，结果保留两位有效数字)
(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的vt图线如图乙所示。从图线可得滑块A下滑时的加速度a＝________m/s2，摩擦力对滑块A运动的影响________(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)。(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律。实验时通过改变________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系：通过改变________________________________，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。解析：(1)vt图像中，图线斜率的绝对值表示加速度的大小，即上滑时加速度大小a1＝m/s2＝6.0m/s2，下滑时加速度大小a2＝m/s2＝6.0m/s2，方向均沿斜面向下；由牛顿第二定律可知，滑块加速度不变，则所受合外力不变，故滑块所受滑动摩擦力可忽略不计。(2)验证牛顿第二定律时，需要控制变量：当滑块质量一定时，改变外力，即滑块沿斜面方向的分力Gx＝mgsinθ＝mg，导轨长度不变，故只能通过改变斜面高度h来完成；当验证力一定时，即需要mg一定，改变质量m时需要保持mh乘积不变，来验证加速度与质量成反比的关系。答案：(1)6.0 不明显，可忽略 (2)高度h 滑块质量m、斜面的高度h，但需要保证mh乘积不变5．某班级同学用如图(a)所示的装置验证牛顿第二定律，倾斜轨道上的小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器(可以测量小车乙在任意时刻的加速度大小)，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集并记录同一时刻小车甲受到的拉力和小车乙加速度的大小。
(1)下列关于实验装置和操作的说法中正确的是________。A．轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力B．轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力C．实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据D．实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1、m2、m3和m4，四个小组已经完成了aF图像，如图(b)所示。(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图(b)的四条图线收集数据，然后作图，请写出具体的做法：①收集数据：____________________________________________________________________________________________________________________________________。②为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以________为纵轴，以________为横轴。解析：(1)本实验研究小车乙的加速度a和力F、质量m的关系，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，故A错误，B正确；实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据，故C错误，D正确。(3)①在aF图像上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有四个交点，记录下四个交点的纵坐标a，分别与各图线对应的m组成四组数据。②反比例关系不容易根据图像判定，而正比例关系容易根据图像判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数的关系图像。答案：(1)BD(3)①在aF图像作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有四个交点，记录下四个交点的纵坐标a以及与四条图线对应的m组成四组数据 ②a
