【物理】2018届二轮复习专题一力与运动教案
高考研究(一) 聚焦选择题考法——力与物体平衡
1.(2017·全国Ⅱ卷T16)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。
2．(2017·全国Ⅲ卷T17)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，故A、C、D项错误，B项正确。
3.(2016·全国Ⅲ卷T17)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。
4．[多选](2017·全国Ⅰ卷T21)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中( )
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
解析：选AD 设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。
对重物受力分析如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。
5.[多选](2016·全国Ⅰ卷T19)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：选BD 因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确。
6.(2016·全国Ⅱ卷T14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
解析：选A 以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
高考题型
典型试题
难度
1.共点力作用下的静态平衡问题
2017·全国Ⅱ卷T16
★★☆
2017·全国Ⅲ卷T17
★★☆
2016·全国Ⅲ卷T17
★★★
2.共点力作用下的动态平衡问题
2017·全国Ⅰ卷T21
★★★
2016·全国Ⅰ卷T19
★★☆
2016·全国Ⅱ卷T14
★★☆
题型(一) 共点力作用下的静态平衡问题
高考定位：常考题型, 解题关键：重在恰当选取研究对象，正确进行受力分析
[必备知能]
1．受力分析的一般步骤
2．整体思维法和隔离思维法对比
整体
思维法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单，但不能求内力
隔离
思维法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
3.掌握求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，应用实例如下：
[演练冲关]
1．(2017·广东肇庆模拟)设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动。已知球的体积公式为V＝πr3(r为半径)，若两个雨点的半径之比为1∶
2，则这两个雨点的落地速度之比为( )
A．1∶ B．1∶2
C．1∶4 D．1∶8
解析：选A 当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝mg＝ρ×πr3g，即v2＝，由于两个雨点的半径之比为1∶2，则落地速度之比为1∶，选项A正确。
2.(2018届高三·河南中原九校联考)如图所示，重6 N的木块静止在倾角θ＝30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力F推木块，木块仍能保持静止，则木块所受的摩擦力大小是( )
A．3 N B．4 N
C．5 N D．6 N
解析：选C 对木块受力分析，受推力F、重力G、支持力N和静摩擦力f，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′＝Gsin θ＝3 N 和垂直斜面向下的分力Gcos θ＝3 N，在与斜面平行的平面内，如图所示，摩擦力大小f＝＝ N＝5 N，故C正确。
3.(2017·辽宁庄河高级中学检测)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均静止，细绳与滑轮间的摩擦不计，已知细绳与竖直杆间的夹角为θ，A、B的质量分别为mA、mB，则( )
A．mA>mB
B．mA
α，当β＝α时，cos(β－α)＝1，FT最小，所以FT先减小后增大。β一直减小直至接近0，tan β不断减小，FN不断增大，选项D正确。
[方法二] 图解法 由于用水平力F缓慢推动斜面体，故小球处于动态平衡状态。小球受到大小方向均不变的重力、方向不变的斜面支持力、方向大小均变化的细绳的拉力，三个力构成封闭的三角形，画出小球受力示意图如图乙所示。当细绳与斜面平行时，细绳拉力FT2与支持力方向垂直，细绳拉力最小。当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，细绳拉力为FT4，所以FT先减小后增大，而此过程中斜面对小球的支持力FN一直增大，选项D正确。
[答案] D
1．本题属于典型的三力动态平衡问题，当其中一个力(如重力)恒定，另一个力(如FN)方向已知时，最快捷的求解方法就是图解法。
2．运用图解法分析求解动态平衡问题的基本思路：受力分析，化动为静，静中求动。如本题，小球受三个力作用而平衡，表示这三个力的矢量线段必组成封闭矢量三角形，按恒力→方向恒定的力→变力的顺序作矢量三角形，然后引入变化因素确定各力的变化情况。
3．处理动态平衡问题时，往往涉及“临界”和“极值”问题，分析求解此类问题的关键是找出“临界”和“极值”条件，结合数学知识进行求解。
[演练冲关]
4.(2017·合肥第一中学模拟)将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再将细线悬挂于O点，如图所示，用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F达到最小值时，细线Oa的拉力为( )
A.mg B．mg
C.mg D.mg
解析：选A 以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受力图如图所示，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与细线Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为F＝2mgsin θ＝mg，T＝2mgcos θ＝mg，A正确。
5.[多选](2018届高三·广东五校协作体联考)如图所示，物体A、B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮。物体A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，物体B悬挂着。已知质量mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是( )
A．弹簧的弹力将增大
B．物体A对斜面的压力将增大
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．物体A可能被拉动
解析：选BC 对物体B受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：T＝mBg，则知弹簧的弹力不变，故A错误；当斜面倾角为45°时有3mBgsin 45°－mBg＝f1，当斜面倾角为30°时有3mBgsin 30°－mBg＜f1，可见物体A并未被拉动，而且受到的静摩擦力将减小，故D错误，C正确；物体A对斜面的压力为：N＝mAgcos θ，θ减小，N将增大，故B正确。
6.[多选]城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中轻杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，设悬挂物的重力为G，∠ABO＝90°，AB>OB。某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有( )
A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大
B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2大小不变
C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大
D．从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大
解析：选BC 设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知＝＝，所以从题图图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项C正确，D错误。
题型(三) 电磁场中的平衡问题
高考定位：预测题型,解题关键：跟纯力学平衡问题对比，多了电场力或安培力或洛伦兹力
[必备知能]
1．电学中的常见力
2．处理电学中平衡问题的方法
与纯力学问题的分析方法大致相同，具体如下：
[演练冲关]
7．(2017·长春外国语学校检测)a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时的位置可能是( )
解析：选D 由题意知，a球带正电，受到的电场力水平向左，b球带负电，受到的电场力水平向右。以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，受力分析如图，则上面细线应向左偏转，设上面细线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得tan α＝＝，以b球为研究对象，受力分析如图。设a、b间的细线与竖直方向的夹角
为β，则由平衡条件得tan β＝，得到α＝β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确。
8.(2017·重庆检测)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒，导体棒中电流为I，电流方向垂直纸面向外。要使导体棒静止在斜面上，需要外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 导体棒受三个力平衡，重力为恒力，支持力的方向不变，安培力为大小和方向不确定的力；由动态平衡知，当安培力平行于斜面向上时安培力最小，则B最小，即BIL＝mgsin 30°，B＝，由题图所示电流方向及左手定则易知，B的方向垂直于斜面向下，故A正确。
[选择题保分练] 力与物体平衡
1.(2017·辽宁本溪中学模拟)如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一滑块从曲面底端受水平力作用缓缓地沿曲面向上滑动一小段的过程中，曲面始终静止不动，则地面对物体的摩擦力f和地面对物体的支持力N大小变化的情况是( )
A．f增大，N减小 B．f变小，N不变
C．f增大，N不变 D．f不变，N不变
解析：选C 对滑块受力分析，滑块受重力、水平力与支持力，因处于平衡状态，依据力的合成法则及平衡条件，可知水平力在增大，再将物体与滑块作为整体受力分析，处于平衡状态，那么竖直方向与水平方向均处于平衡状态，因此地面对物体的支持力N大小不变，而地面对物体的摩擦力f随着水平力的增大而增大，故C正确。
2.(2017·山东潍坊实验中学检测)如图所示，水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ处于匀强磁场中，垂直于导轨放入一根质量为m、接入导轨间的电阻为R的金属棒ab，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为θ，垂直于ab棒且指向右斜上方。导轨宽度为L，M和P之间接入电流恒为I的直流电源(不计内阻)，导轨与ab棒间的动摩擦因数为μ，当ab棒静止时，ab棒受到的摩擦力的大小为( )
A．BILsin θ B．BILcos θ
C．μ(mg－BILsin θ) D．μ(mg＋BILsin θ)
解析：选A 根据左手定则可知，ab棒所受的安培力方向垂直于ab棒斜向左上方，其受力截面图为：
由题意可知，Ff－Fsin θ＝0，F＝BIL，解得Ff＝BILsin θ，故A正确。
3.(2017·湖南师范大学附中检测)表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦定滑轮，轻质细绳两端各系一个可视为质点的小球挂在定滑轮上，如图所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝2.4R和L2＝ 2.5R，设这两个小球的质量之比为，小球与半球之间的压力之比为，以下说法正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝1 D.＝
解析：选B 先以左侧小球为研究对象，分析受力如图所示：受重力m1g、细绳的拉力T和半球的支持力N1。由平衡条件知，拉力T和支持力N1的合力与重力m1g大小相等，方向相反。设OO′＝h，根据相似三角形得：＝＝，同理对右侧小球有：＝＝，解得：m1g＝，m2g＝，N1＝，N2＝，所以m1∶m2＝25∶24，N1∶N2＝25∶24，故B正确。
4.(2017·湖南衡阳第八中学月考)如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c处，绳长为L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂钩挂在轻绳中间，静止时轻绳两端夹角为120°。若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g，对于上述两种情况，下列说法正确的是( )
A．轻绳的弹力大于mg B．轻绳的弹力小于mg
C．橡皮筋的弹力大于mg D．橡皮筋的弹力小于mg
解析：选D 设两木桩间的距离为s，轻绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于物体A所受拉力的合力方向竖直向上且大小为mg，根据矢量的合成可知，两个分力和mg的大小是相等的。故轻绳的弹力大小为mg，故A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，两木桩间的距离s不变，所以物体A静止后橡皮筋之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的弹力小于mg，故C错误，D正确。
5.(2018届高三·兰州第一中学摸底)如图所示，穿在一根光滑固定杆上的球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平方向成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )
A．A可能受到2个力的作用
B．B可能受到3个力的作用
C．A、B的质量之比为tan θ∶1
D．A、B的质量之比为1∶tan θ
解析：选D 对A受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A的弹力，三个力的合力为零，选项A错误；对B受力分析可知，B受到重力和绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B没有弹力，否则B不可能平衡，选项B错误；分别对A、B分析，运用合成法，如图：根据共点力平衡条件，得：T＝mBg，＝，故mA∶mB＝1∶tan θ，选项C错误，D正确。
6.[多选](2017·贵阳第一中学检测)如图所示，一轻质细绳一端固定在O点，另一端通过一光滑动滑轮P和一光滑定滑轮Q系一质量为m2的物块B，物块B置于斜面体C上，定滑轮Q固定在斜面体C的顶点，斜面体C位于水平地面上。动滑轮P上挂一质量为m1的物块A，开始时，A、B、C均处于静止状态，现将C沿水平地面向右缓慢移动一小段距离，此过程中B相对于C未滑动，系统再一次处于平衡状态时，下列说法正确的是( )
A．细绳对O点的拉力一定增大
B．C对B的摩擦力一定增大
C．地面对C的摩擦力一定增大
D．地面对C的支持力一定增大
解析：选AC 由题意知，OP与PQ间细绳的夹角变大，而合力不变，细绳拉力增大，故A正确；C对B的摩擦力的方向不确定，大小可能增大，可能减小，故B错误；对B、C整体而言，PQ间细绳的拉力沿水平方向的分力等于地面对C的摩擦力，故地面对C的摩擦力一定增大，故C正确；PQ间细绳的拉力在竖直方向的分力不变，对B、C整体分析易知，地面对C的支持力不变，故D错误。
7.[多选](2017·安徽淮北第一中学模拟)如图所示，M、N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起沿竖直墙向上做匀加速直线运动，则关于两物体受力情况的说法正确的是( )
A．物体M一定受到4个力
B．物体N可能受到4个力
C．物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力
D．物体M与N之间一定有摩擦力
解析：选AD M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力竖直向上，对M、N整体进行受力分析，受到重力和恒力F，墙对M没有弹力，否则合力不能竖直向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力、M对N的支持力，这两个力的合力不能竖直向上，所以还受到M对N沿斜面向上的静摩擦力，一共3个力；N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力、恒力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故A、D正确，B、C错误。
8.[多选](2017·黑龙江大庆中学检测)如图所示，一根轻绳上端固定在O点，下端拴一个重量为G的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力F，使小球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法正确的是( )
A．力F逐渐增大
B．力F的最大值为G
C．力F的最大值为2G
D．轻绳与竖直方向夹角最大值θ＝30°
解析：选AB 对小球受力分析，如图甲：
由平衡条件得：F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A正确；如图乙，小球缓慢地移动过程中，θ逐渐增大，T的最大值为2G，此时可得cos θ＝＝，θ＝60°，此时F达到最大值为：G，故B正确，C、D错误。
高考研究(二) 聚焦选择题考法——力与直线运动
1.[多选](2016·全国Ⅰ卷T21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t图象如图所示。已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )
A．在t＝1 s时，甲车在乙车后
B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
解析：选BD 由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a甲＝10 m/s2。乙车做初速度v0＝10 m/s、加速度a乙＝5 m/s2的匀加速直线运动。3 s内甲、乙车的位移分别为：x甲＝a甲t32＝45 m，x乙＝v0t3＋a乙t32＝52.5 m，由于t＝3 s时两车并排行驶，说明t＝0时甲车在乙车前，Δx＝x乙－x甲＝7.5 m，选项B正确；t＝1 s时，甲车的位移为5 m，乙车的位移为12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m，则t＝1 s时两车并排行驶，选项A、C错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5 m－12.5 m＝40 m，选项D正确。
2．[多选](2016·全国Ⅰ卷T18)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
3．[多选] (2016·全国Ⅱ卷T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( )
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
解析：选BD 设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R
为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知：ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。
4．[多选](2015·全国Ⅱ卷T20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )
A．8 B．10 C．15 D．18
解析：选BC 设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。
5．[多选](2015·全国Ⅰ卷T20)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD 由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。
高考题型
典型试题
难度
1.运动学规律的应用
2016·全国Ⅰ卷T21
★★★
2.牛顿运动定律的应用
2016·全国Ⅰ卷T18
★★☆
2016·全国Ⅱ卷T19
★★★
2015·全国Ⅱ卷T20
★★★
3.运动图象与牛顿第二定律的综合
2015·全国Ⅰ卷T20
★★★
题型(一) 运动学规律的应用
高考定位：常考题型,解题关键：关键在于画图建情境，选择合理规律、公式解题
[必备知能]
1．记牢匀变速直线运动的“四类公式”
2．掌握处理匀变速直线运动的五种方法
[演练冲关]
1．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅲ卷)一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为6
s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍使该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反。撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为(不计空气阻力)( )
A．1.0 s B．1.8 s
C．2.0 s D．2.6 s
解析：选B 将开始时物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为t1，上面一段位移所用时间为t2，根据逆向思维可得t2∶t1＝1∶(－1)，由于是光滑的斜面，上升的过程做匀减速直线运动，下降的过程做匀加速直线运动，且加速度的大小、方向都不变，可知上升和下降的时间相等。设从滑出至回到滑出点的时间为2t＝6 s。物块撞击挡板后以原速度弹回(撞击所需时间不计)，此时物块上滑和下滑的总时间t′＝2t1且t1＋t2＝t＝3 s，由以上各式可得：t′＝≈0.6t＝1.8 s，故B正确。
2．(2017·广元模拟)如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移－时间图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图。下列说法正确的是( )
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度
C．A做直线运动，B做曲线运动
D．两质点速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
解析：选D x t图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，由题图易知，t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B的平均速度与A的平均速度相等，故B错误；x t图象只能描述直线运动，故C错误；因图线的切线的斜率代表质点的速度，故由题图可知两质点速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻，故D正确。
3.[多选](2017·湖北黄冈检测)如图所示是某物体做直线运动的v2x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x0处的过程分析，其中正确的是( )
A．该物体做匀加速直线运动
B．该物体的加速度大小为
C．该物体在位移中点的速度大于v0
D．该物体在运动中间时刻的速度大于v0
解析：选BC 根据v2＝v02＋2ax，对比题图可知，物体做匀减速直线运动，选项A错误；加速度大小为a＝，选项B正确；该物体在位移中点时v2＝v02，则v＝>，选项C正确；物体做匀减速直线运动，初速度为v0，末速度为零，故物体在运动中间时刻的速度等于v0，选项D错误。
题型(二) 牛顿运动定律的应用
高考定位：常考题型 解题关键：重在恰当选取研究对象进行受力分析和运动 分析，以加速度为桥梁，灵活选择运动学公式，结合牛顿第二定律列方程求解
[典例示法]
[例1] [多选]如图所示，水平地面上叠放着A、B两物块。F是作用在物块B上的水平恒力，物块A、B以相同的速度做匀速运动，若在运动中突然将F撤去，则此后A、B的运动可能是( )
A．A、B将仍以相同的速度做匀速运动
B．A、B做减速运动，A的加速度小于B的，A、B最终分离
C．A、B最终以共同的加速度做匀减速运动
D．A、B做减速运动，A的加速度大于B的，A、B最终分离
[解析] 因开始时A、B整体在力F作用下做匀速运动，则B与地面之间有摩擦力作用，故若在运动中突然将F撤去时，A、B不可能仍以相同的速度做匀速运动，选项A错误；若A、B接触面的动摩擦因数小于B与地面之间的动摩擦因数，则在运动中突然将F撤去，A、B做减速运动，根据牛顿第二定律可得，A的加速度小于B的加速度，A、B最终分离，选项B正确；若A、B接触面的动摩擦因数大于或等于B与地面之间的动摩擦因数，则在运动中突然将F撤去，A、B一起以共同的加速度做匀减速运动，选项C正确，D错误。
[答案] BC
叠加体模型一般分为无相对运动的叠加体模型和有相对运动的叠加体模型。不论哪一种情况，解决问题所用的规律无外乎牛顿运动定律、运动学规律和能量守恒定律， 需要注意的是运用整体法和隔离法对物体受力分析的技巧。
解决此类问题时，要认真分析物体在不同阶段的受力情况和运动情况，建立清晰的物理模型，然后根据物理规律列出方程求解，过程中尤其要注意联系叠加体之间的物理量(特别是摩擦力)的关系。
[演练冲关]
4．(2018届高三·第二次全国大联考Ⅱ卷)长途客运站的安检机中输送行李的水平传送带匀速转动，乘客把一袋面粉无初速度放在传送带上，面粉在出安检机之前已经和传送带相对静止，结果在传送带上留下了一段白色的径迹，对此分析正确的是( )
A．传送带的速度越大，径迹越长
B．面粉质量越大，径迹越长
C．动摩擦因数越大，径迹越长
D．释放的位置距离安检机越远，径迹越长
解析：选A 面粉释放后没有初速度，相对传送带向后运动，摩擦力向前，面粉做匀加速运动，面粉速度和传送带速度相同后做匀速运动。匀加速过程中加速度a＝μg，初速度为0，末速度等于传送带速度v，所用时间t＝，径迹的长度等于二者的相对位移，即vt－＝，可知动摩擦因数越大，径迹越短，选项C错；径迹长度与释放位置和面粉质量无关，选项B、D错；传送带速度越大，径迹越长，选项A对。
5．(2018届高三·广东五校协作体联考)如图所示，在光滑的水平地面上并排放着3 000个完全相同的球。现用恒定水平推力F推第3 000号球，并使所有球共同向右运动，则第2 016号球与第2 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为( )
A．2 016 B．2 017
C. D.
解析：选A 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F＝3 000ma，得：a＝；以第1～2 016号球整体为研究对象，根据牛顿第二定律：N1＝2 016ma，得：N1＝F；以第1号球为研究对象：N2＝ma＝F；则第2 016号球与第2 017号球间的作用力跟第1号球与第2号球间的作用力的比为2 016∶1，故A正确。
6.[多选](2017·南阳第一中学检测)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：选BCD A、B之间的最大静摩擦力为：fm＝μmAg＝2μmg，A、B发生相对滑动的加速度为a＝μg，B与地面间的最大静摩擦力为：fm′＝μ(mA＋mB)g＝μmg，故拉力F最小时：F－fm′＝(m＋2m)a，所以F＝μmg＋3ma＝μmg时，A、B将发生相对滑动；当F<2μmg时，Fμmg，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B都相对地面运动，A错误；当F＝μmg<μmg时，A、B间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有：a＝＝
＝μg，B正确；当F>3μmg时，F>fm，A相对B滑动，C正确；A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，B的加速度不会超过＝μg，D正确。
题型(三) 运动图象与牛顿第二定律的综合
高考定位：常考题型
解题关键：重在两个转化：公式图象情境
[典例示法]
[例2] (2017·淮北第一中学模拟)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩x＝0.4 m 后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度－时间图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大
C．弹簧的劲度系数k＝175 N/m
D．该过程中滑块的最大加速度为35 m/s2
本题关键是从速度－时间图象得到滑块刚释放和脱离弹簧时的加速度大小，然后根据牛顿第二定律列式求解；对于图象问题，要掌握“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。
[解析] 根据v t图线的斜率表示加速度，可知滑块被释放后，先做加速度逐渐减小的加速直线运动，弹簧弹力与摩擦力相等时速度最大，此时加速度为零，随后加速度反向增加，最后做匀速直线运动，所以A、B错误；从题图知，滑块脱离弹簧后(bc段)的加速度大小a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得摩擦力大小为：f＝μmg＝ma1＝10 N；刚释放时滑块的加速度为：a2＝＝ m/s2＝30 m/s2，此时滑块的加速度最大，所以D错误；由牛顿第二定律得：kx－f＝ma2，代入数据解得：k＝175 N/m，所以C正确。
[答案] C
解答图象问题的两种基本方法
1．公式与图象的转化
要作出一个确定的物理图象，需要得到相关的函数关系式。在把物理量之间的关系式转化为图象时，最重要的就是要明确公式中的哪些量是自变量，哪些量是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系。
2．图象与情境的转化
运用物理图象解题，还需要进一步建立物理图象和物理情境之间的联系，根据物理图象，想象出图象所呈现的物理现象、状态、过程和变化的具体情境，因为这些情境中隐含着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与现实相吻合，这些正是“审题”“分析”“审视答案”等解题环节所需要解决的问题。
[演练冲关]
7．[多选](2018届高三·桂林、崇左联考)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图(a)所示，用力F拉静止在水平桌面上的物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间t变化的图象如图(b)所示。重力加速度大小为10 m/s2，最大静摩擦力大于滑动摩擦力。由图可知( )
A．物块与水平桌面间的最大静摩擦力为3 N
B．物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.1
C．物块的质量m＝2 kg
D．在0～4 s时间内，合外力的冲量为12 N·s
解析：选BD 由题图(b)可知，t＝2 s时物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉力，由题图(a)易知最大静摩擦力为6 N，故A错误；由题图(b)知：当t＝2 s时，a＝1 m/s2，F＝6 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：6－μm×10＝m。当t＝4 s时，a＝3 m/s2，F＝12 N，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，代入得：12－μm×10＝3m。联立解得μ＝0.1，m＝3 kg，故B正确，C错误；a t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物块速度的增量为Δv＝×(4－2)m/s＝4 m/s，t＝0时刻速度为0，则物块在第4 s末的速度为4 m/s；根据动量定理，得0～4 s内合外力的冲量为：ΔI＝Δp＝mΔv＝3×4 N·s＝12 N·s，故D正确。
8.[多选](2018届高三·安徽皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s末撤去水平推力F，如图实线表示其运动的v t图象，其中经过点(4,0)的虚线是6 s末v t图象的切线，g取10 m/s2。下列说法正确的有( )
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．水平推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD 6 s末物块速度仍为正值，故速度方向未改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，由题图图线可知，物块在0～6 s内的平均速度小于3 m/s，而物块在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去外力后的加速度a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据a＝μg＝1.5 m/s2，可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D正确。
[选择题保分练] 力与直线运动
1.(2017·枣庄检测)我国首台新型墙壁清洁机器人“蜘蛛侠”是由青岛大学学生自主研制开发的，“蜘蛛侠”利用8只“爪子”上的吸盘吸附在接触面上，通过“爪子”交替伸缩，就能在墙壁和玻璃上自由移动。如图所示，假设“蜘蛛侠”在竖直玻璃墙面上由A点沿直线匀加速“爬行”到右上方B点，在这一过程中，关于“蜘蛛侠”在竖直平面内的受力分析可能正确的是( )
解析：选C 根据牛顿第二定律可知，在竖直平面内“蜘蛛侠”所受合力方向应该是从A指向B，故C正确，A、B、D错误。
2.(2017·大庆中学检测)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x t图象如图所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反
C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近
D．物体c一定做变速直线运动
解析：选D 由题图可知a、b的x t图象均为倾斜的直线，表示物体做匀速直线运动，则知a、b两物体都做匀速直线运动。由题图斜率看出，a、b两图线的斜率大小相等、正负相反，说明两物体的速度大小相等、方向相反 ，故A、B错误；a物体沿正方向运动，b物体沿负方向运动，则当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远，故C错误；对于匀变速直线运动位移公式 x＝v0t＋at2，可见，x t图象是抛物线，所以物体c一定做匀变速直线运动，故D正确。
3．(2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们的a t图象如图所示，规定水平向右为正方向。已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是( )
A．t＝0.5 s B．t＝1.5 s
C．t＝2.5 s D．t＝3.5 s
解析：选D 由题图易知，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是m＝1.125 m，B的位移是×1×12＋1×1×1－×1×12－×1×0.52m＝0.875 m，两物体位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，同理可求得，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两物体位移之差等于1.75 m，故D正确。
4．(2018届高三·邵阳第二次大联考)学校“身边的物理”社团小组利用传感器研究物体的运动。在一小球内部装上无线传感器，并将小球竖直向上抛出，通过与地面上接收装置相连的计算机描绘出小球上抛后运动规律的相关图象。已知小球在运动过程中受到的空气阻力随速度的增大而增大，则下列图象可能是计算机正确描绘的是(已知v、t分别表示小球速度的大小、运动的时间)( )
解析：选D 在上升阶段，小球做减速运动，根据牛顿第二定律可知mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度减小，阻力减小，加速度减小，当速度达到0时，小球向下做加速运动，根据mg－f＝ma′可知，随时间的延续，速度增大，阻力增大，加速度减小，在v t图象中斜率代表加速度，故D正确。
5.(2017·拉萨中学检测)如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。选项图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是( )
解析：
选C 根据物体的受力情况，可以判断出物体先是在斜面上做匀加速直线运动，到达水平面上之后，做匀减速直线运动，所以物体运动的速度－时间的图象应该是倾斜的直线，所以A错误；由于物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，在每一个运动的过程中物体的加速度的大小是不变的，所以物体的加速度－时间的图象应该是两段水平的直线，所以B错误；在整个运动的过程中，物体受到的都是滑动摩擦力，所以在每一个运动的过程中摩擦力的大小是不变的，并且由于在斜面上时的压力比在水平面上时的压力小，所以滑动摩擦力也比在水平面上的小，所以C正确；物体做的是匀变速直线运动，物体的位移为x＝at2，且整个过程无反向运动，所以物体的路程和时间的关系应该是抛物线，所以D错误。
6.[多选](2017·广东肇庆模拟)欧洲太空总署火星登陆器“斯基亚帕雷利”于2016年10月19日坠毁在火星表面。最新分析认为是错误的数据导致登陆器计算机提早释放了降落伞，而减速用的推进器只点火几秒钟就终止，当时它仍然位于火星表面上方3.7公里处。错误虽只持续了1 s，但足以破坏登陆器的导航系统。如图所示是火星登陆器离火星表面的高度随时间变化的图象，下列关于火星登陆器的说法正确的是( )
A．在0～t1阶段速度先增大后减小
B．在t2～t3阶段处于超重状态
C．在t1～t2阶段一定是静止的
D．在t3～t4阶段做加速运动
解析：选ABD 通过题图可知，Ht图象上各点的切线的斜率大小代表速度的大小，故在0～t1阶段，曲线上点的切线的斜率先增大后减小，故火星登陆器的速度先增大后减小，选项A正确；在t2～t3阶段，曲线上各点的切线的斜率由大到小，故其速度减小，向下做减速运动，则加速度方向向上，故处于超重状态，选项B正确；在t1～t2阶段，H不变，但也可能在同一高度运动，所以这一阶段不一定是静止的，选项C错误；在t3～t4阶段，切线的斜率逐渐增大，即速度变大，所以做加速运动，选项D正确。
7．[多选](2017·湖北黄冈检测)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系。现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
解析：选BD 开始时外力大小为kx0，当外力突然反向后，设A、B质量分别为m、M，对A、B的整体，根据牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)＝(m＋M)a，当x＝0时，kx0＋kx0＝(m＋M)a，解得2kx0＝(m＋M)a；当x＝x0时弹簧恢复原长，分析A可得：k(x0－x)－FN＝ma，解得FN＝kx0－kx；当FN＝0时，可得x＝x0vb，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态(侧视图)可能是( )
解析：选A 因va>vb，则根据t＝可知tat1，则加上电场后的加速度aa，即F>μ(M＋m)g，代入数据得F>4 N。
(2)由(1)分析可知，有力作用在木板上时，木板的速度必大于物块的速度，而木板恰好从物块下抽出时，两者速度大小相等，则力撤去时木板未从物块下抽出。
设有力时木板的加速度大小为a2，
则a2＝
设没有力时木板的加速度大小为a3，
则a3＝＝ m/s2
设从没有力到木板恰好被抽出所用时间为t2
木板从物块下抽出时有
物块速度为v＝a(t0＋t2)
发生的位移为s＝a(t0＋t2)2
木板的速度为v板＝a2t0－a3t2
发生的位移为s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22
木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v，且s板－s＝L
联立以上各式并代入数据得t2＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N。
[答案] (1)F>4 N (2)10 N
抽出木板的最小力分析
设水平面光滑，A、B间的动摩擦因数为μ，则能否使B从A下抽(滑)出取决于由A、B间最大静摩擦力产生的加速度
外力满足
F1>(mA＋mB)μg
F2>(mA＋mB)μg
[演练冲关]
3．(2018届高三·长株潭岳益五市十校联考)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ＝0.2，
长木板与小物块均静止。现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去F。则，
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
解析：(1)根据牛顿第二定律可得Ma＝F－μmg，
解得a＝3 m/s2。
(2)刚撤去F时，小物块只受摩擦力作用，
故mam＝μmg，
Δx1＝at2－amt2，解得Δx1＝0.5 m。
(3)刚撤去F时，长木板的速度v＝at＝3 m/s，
小物块的速度vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得t′＝0.4 s，v′＝2.8 m/s。
(4)在t′时间内，Δx2＝－
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
答案：(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
4.(2017·成都外国语学校模拟)如图所示，质量为m1＝3 kg 的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。已知木板A、B的长度均为L＝5 m，质量均为m2＝1.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v0＝7 m/s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s2。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；
(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。
解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmax＝m1v02＝73.5 J。
(2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2。
则：μ1m1g＝m1a1，
解得：a1＝3 m/s2。
μ1m1g－μ2(m1＋2m2)g＝2m2a2，
解得：a2＝1 m/s2。
(3)设滑块C在木板A上运动的时间为t1。
则： L＝－a2t12
解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去)
设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB。
vC＝v0－a1t1＝4 m/s
vA＝vB＝a2t1＝1 m/s
滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3。
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a3，
解得：a3＝3 m/s2。
设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：
v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2，
解得 t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
Δx＝t2－t2＝0.75 m＜5 m
可知此过程中滑块C未离开木板B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。
μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2。
0＝v－at3，解得t3＝2.5 s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t＝t1＋t2＋t3＝4 s。
答案：(1)73.5 J (2)1 m/s2 3 m/s2 (3)4 s
题型(三) 运动学类问题
[典例示法]
[例4] (2017·合肥第一中学检测)A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，当A车在B车后面x＝3.5 m时，A车开始以恒定的加速度大小aA＝1 m/s2刹车至停止运动，求：
(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间；
(2)A车超过B车后，领先B车的最大距离；
(3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB＝2 m/s2，但B车的最大速度只有
4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车。
[思路点拨]
[解析] (1)设A车用时t追上B车，
对A车，xA＝vAt－aAt2
对B车，xB＝vBt
追上时有xA＝xB＋x
解得t1＝1 s，t2＝7 s
显然t1为A车追上B车，由于t2＝7 s>＝6 s，故t2为A车停下后被B车追上。
设从开始到A车被B车追上用时为t3，
则vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，
则vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s，
则此过程中A车位移为xA′＝vAt4－aAt42，
B车位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝xA′－x－xB′，解得Δ x＝4.5 m。
(3)设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A车开始刹车至速度相等过程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6，
解得t5＝2 s，t6＝1 s，
对A车，xA″＝vAt5－aAt52，xA″＝10 m
对B车，xB″＝＋vm(t5－t6)，xB″＝7 m，
此时有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A车不能追上B车。
[答案] (1)6.25 s (2)4.5 m (3)不能
解决运动学类问题“4
[演练冲关]
5.(2017·西安中学检测)在一次救援中，一辆汽车停在一倾角为37°的小山坡坡底，司机突然发现在距坡底48 m的山坡处一巨石以8 m/s的初速度加速滚下，巨石和山坡间的动摩擦因数为0.5，巨石到达坡底后速率不变，在水平面的运动可以近似看成加速度大小为2 m/s2 的匀减速直线运动；司机发现险情后经过2 s汽车才启动起来，并以0.5 m/s2的加速度一直做匀加速直线运动(如图所示)，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)巨石到达坡底的时间和速率；
(2)汽车司机能否安全脱险。
解析：(1)设巨石到达坡底的时间为t1，速率为v1，则
由牛顿第二定律：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，
x＝v0t1＋a1t12，v1＝v0＋a1t1
解得t1＝4 s，v1＝16 m/s。
(2)设巨石到达水平面后，其速度与汽车相等时所用时间为t2
巨石减速：v2＝v1－a2t2
汽车加速：v车＝a车(t2＋t1－t0)
当汽车和巨石速度相等时：v2＝v车，t2＝6 s
此时汽车的位移为x车＝a车(t2＋t1－t0)2＝16 m
巨石的位移：x石＝v1t2－a2t22＝60 m>x车，所以汽车司机无法脱险。
答案：(1)4 s 16 m/s (2)无法脱险
题型(四) 动力学类问题
[典例示法]
[例5] (2017·宜兴检测)质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v t图象如图乙所示。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝4 s时物体的速度v的大小。
[解析] (1)设拉力F作用时物体的加速度大小为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知
F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
撤去拉力F，同理，由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
根据题图乙可知：a1＝20 m/s2，a2＝10 m/s2，
解得：μ＝0.5，F＝30 N。
(2)在物体运动过程中，设撤去拉力F后物体运动到最高点时间为t2，则有v1＝a2t2，解得t2＝2 s
设物体下滑时加速度为a3，由牛顿第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，解得：a3＝2 m/s2
则t＝4 s时，物体沿着斜面下滑的时间为
t3＝t－t1－t2＝1 s
故速度v＝a3t3＝2 m/s。
[答案] (1)30 N (2)2 m/s
此题型以考查受力分析、牛顿运动定律的应用及运动学公式为主，解决此类问题的一般步骤是：
1．对物体在斜面上的运动进行分析，“拆分”运动过程。
2．对物体运动的每个过程都进行受力分析，结合牛顿第二定律及运动学公式求解。
此外，各个过程连接点的受力情况和速度情况往往是解题的关键，要特别注意。
[演练冲关]
6．(2018届高三·安徽江南十校联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v t图象如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。
解析：(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1，
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A继续减速上滑，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移为：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功，
由动能定理：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
答案：(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J
[计算题增分练] 动力学观点
1.(2017·宁夏育才中学检测)在风洞实验室中进行如图所示的实验，在倾角为37°的固定粗糙斜面上，有一个质量为1 kg的物块，在风洞施加的水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经过1.2 s到达B点时立即关闭风洞，撤去恒力F，物块到达C点时速度变为零。通过速度传感器测得这一过程中物块每隔0.2 s的瞬时速度，下表给出了部分数据：
t/s
0.0
0.2
0.4
0.6
…
1.4
1.6
1.8
…
v/(m·s－1)
0.0
1.0
2.0
3.0
…
4.0
2.0
0.0
…
已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)A、C两点间的距离；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)水平恒力F的大小。
解析：(1)由表中数据易知，
物块做匀加速运动过程：a1＝＝5 m/s2
关闭风洞后物块做匀减速运动：a2＝＝10 m/s2
物块做匀加速运动过程的位移：x1＝a1t12＝3.6 m
物块做匀减速运动过程的位移：x2＝＝1.8 m
故A、C两点间的距离为x＝x1＋x2＝5.4 m。
(2)由牛顿第二定律得，
物块做匀减速运动过程mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2，
解得μ＝0.5。
(3)物块做匀加速运动过程，
Fcos 37°－mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋Fsin 37°)＝ma1，
解得F＝30 N。
答案：(1)5.4 m (2)0.5 (3)30 N
2.(2017·合肥第一中学检测)如图所示，质量M＝2 kg的木块套在水平固定直杆上，并用轻绳与质量m＝1 kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F＝10 N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中木块、小球的相对位置保持不变，g＝10 m/s2。在运动过程中，求：
(1)轻绳与水平方向的夹角θ；
(2)木块与水平直杆间的动摩擦因数μ。
解析：(1)小球处于匀速直线运动状态，所受合力为零，以小球为研究对象，由平衡条件得：
水平方向Fcos 60°－FTcos θ＝0
竖直方向Fsin 60°－FTsin θ－mg＝0
解得θ＝30°。
(2)木块、小球整体处于匀速直线运动状态，系统所受合力为零，以木块、小球整体为研究对象。由平衡条件得
水平方向Fcos 60°－μFN＝0
竖直方向FN＋Fsin 60°－Mg－mg＝0
解得μ＝。
答案：(1)30° (2)
3.(2017·江苏仪征中学模拟)如图所示，光滑直杆AB长为L，B
端固定一根劲度系数为k、原长为l0的轻弹簧，质量为m的小球套在光滑直杆上并与弹簧的上端连接。OO′为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ。
(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl1；
(2)当小球随杆一起绕OO′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl2，求杆匀速转动的角速度ω；
(3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO′轴以角速度ω0＝匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，求小球离B点的距离L0。
解析：(1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有：
mgsin θ＝ma，
解得a＝gsin θ。
小球速度最大时其加速度为零，则：
kΔl1＝mgsin θ，
解得Δl1＝。
(2)弹簧伸长量为Δl2时，小球受力如图所示，
水平方向上有：
FNsin θ＋kΔl2cos θ＝mω2(l0＋Δl2)cos θ
竖直方向上有：
FNcos θ－kΔl2sin θ＝mg
解得ω＝ 。
(3)当杆绕OO′轴以角速度ω0匀速转动时，小球离B点的距离为L0
此时有mgtan θ＝mω02L0cos θ，又θ＝30°
解得L0＝L。
答案：(1)gsin θ (2)
(3)L
4．(2017·天津五区县模拟)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m
的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有
μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1，
解得s＝ m，t1＝ s
设滑块下滑时的加速度为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1) (2) s
5．(2017·天津和平区检测)如图所示，倾角为α＝37°、长度为x＝9 m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高，原来B静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处圆滑。一可视为质点的小滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量相等，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)A刚到达B时的速度v0；
(2)当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止；
(3)从A到达B到与B相对静止所需的时间。
解析：(1)设A从斜面下滑过程中加速度大小为a0，刚到达B时速度大小为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得：mgsin α－μ1mgcos α＝ma0
v02－0＝2a0x
解得：v0＝6 m/s。
(2)当A到达B后，由于μ1mg>μ2·2mg，故B不会静止。
(3)A在B上滑行，对A有ma1＝μ1mg
对B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2
且A、B相对静止时：v0－a1t＝a2t
解得t＝0.75 s。
答案：(1)6 m/s (2)B不会静止 (3)0.75 s
6．(2017·山东实验中学模拟)如图所示，物块A和长木板B质量均为1 kg，A与B之间、B与地面之间动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B左端，B停在水平地面上。某时刻起给A施加一大小为9 N的水平拉力F,1 s后撤去F，最终A恰好停在B右端。求(g取10 m/s2)：
(1)通过计算说明前1 s内B是否运动；
(2)1 s末A的速度；
(3)B的长度。
解析：(1)B受到A的摩擦力f1＝μ1mg＝5 N
地面的最大静摩擦力f2＝μ2·2mg＝4 N
f1>f2，故B运动。
(2)F作用时，对A：F－μ1mg＝ma1，a1＝4 m/s2
1 s末A的速度v1＝a1t0＝4 m/s。
(3)F作用1 s内A的位移：x1＝a1t02＝2 m
对B：μ1mg－μ2·2mg＝ma2，a2＝1 m/s2
撤去F后，A开始减速，有ma1′＝μ1mg
B仍以a2＝1 m/s2的加速度加速，设再经t时间，A恰好不滑下，则：v1－a1′t＝a2(t0＋
t)
解得t＝0.5 s
此过程A的位移x1′＝v1t－a1′t2＝1.375 m
全过程B的位移x2＝a2(t0＋t)2＝1.125 m
B的长度即为二者的相对位移：
L＝x1＋x1′－x2＝2.25 m。
答案：(1)B运动 (2)4 m/s (3)2.25 m
高考研究(五) 聚焦实验题考法——力与运动
1．(2017·全国Ⅰ卷T22)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置。(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)
(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的。
(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2。(结果均保留两位有效数字)
解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的。
(2)滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝ s≈0.67 s。根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位置时的速度大小为vA＝ m/s≈0.19 m/s。根据逐差法，共有5组数据，舍去中间的一组数据，则加速度a＝＝ m/s2≈－0.037 m/s2，因此加速度的大小为0.037 m/s2。
答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.037
2．(2017·全国Ⅱ卷T22)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。
实验步骤如下：
①如图(a)，将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；
②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δt；
③用Δs表示挡光片沿运动方向的长度[如图(b)所示]，表示滑块在挡光片遮住光线的Δt时间内的平均速度大小，求出；
④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；
⑤多次重复步骤④；
⑥利用实验中得到的数据作出 Δt图，如图(c)所示。
完成下列填空：
(1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用vA表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则与vA、a和Δt的关系式为＝________。
(2)由图(c)可求得，vA＝_____cm/s，a＝_____cm/s2。(结果保留三位有效数字)
解析：(1)是Δt时间内中间时刻的瞬时速度，vA为Δt时间内的初速度，根据速度公式得＝vA＋a＝vA＋Δt。
(2)由＝vA＋aΔt，结合题图(c)可知，图线与纵轴交点的纵坐标即为vA，将图线延长与纵轴相交，得vA＝52.1 cm/s，图线的斜率等于a，即a＝ cm/s2，求得a≈16.3 cm/s2。
答案：(1)vA＋Δt (2)52.1 16.3
3．(2017·全国Ⅲ卷T22)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图(a)所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。
(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N。
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点。此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N。
(ⅰ)用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；
(ⅱ)F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________。
若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为4.0 N。(2)(ⅰ)利用平行四边形定则作图，如图所示。
(ⅱ)由图可知F合＝4.0 N，从F合的顶点向x轴和y轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为1 mm，顶点的纵坐标长度为20 mm，则可得出F合与拉力F的夹角的正切值为0.05。
答案：(1)4.0 (2)(ⅰ)见解析图 (ⅱ)4.0 0.05
4.(2016·全国Ⅲ卷T23)
某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的st图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留两位有效数字)，将结果填入下表。
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用an图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留两位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2)。
(6)[多选]若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)。
A．an图线不再是直线
B．an图线仍是直线，但该直线不过原点
C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大
解析：(3)根据题图(b)可知，当t＝2.00 s时，位移s＝0.78 m，由s＝at2，得加速度a＝＝0.39 m/s2。
(4)描点及图象如图所示。
(5)由(4)图象求得斜率k＝0.20 m/s2。由牛顿第二定律得nm0g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n，即k＝，代入数据得m＝0.44 kg。
(6)若保持木板水平，则所挂钩码总重力与小车所受摩擦力的合力提供加速度，即nm0g－μ[m＋(N－n)m0]g＝(m＋Nm0)a，整理得a＝n－μg，可见an图线仍是直线，但不过原点，且斜率变大，选项B、C正确。
答案：(3)0.39 (4)见解析 (5)0.44 (6)BC
5．(2015·全国Ⅱ卷T22)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。
(1)物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s；
(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)。
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角
解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm，由a＝得a＝ m/s2＝3.25 m/s2，其中C点速度v＝＝
m/s≈1.79 m/s。
(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F合＝mgsin θ－μmg cos θ，即a＝gsin θ－μgcos θ得μ＝，所以还需测量的物理量是斜面的倾角。
答案：(1)3.25 1.79 (2)C
6．(2015·全国Ⅰ卷T22)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20 m)。
完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg。
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg。
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
m(kg)
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留两位有效数字)
解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg。
(4)小车经过最低点时托盘秤的示数为
m＝ kg＝1.81 kg。
小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为
F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈7.9 N
由题意可知小车的质量为
m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40 kg
对小车，在最低点时由牛顿第二定律得
F－m′g＝
解得v≈1.4 m/s。
答案：(2)1.40 (4)7.9 1.4
实验
典型试题
难度
1.研究小车在桌面上的直线运动
2017·全国Ⅰ卷T22
★★☆
2.研究在固定斜面上运动物体的各物理量之间的关系
2017·全国Ⅱ卷T22
★★☆
3.验证力的平行四边形定则
2017·全国Ⅲ卷T22
★★★
4.验证牛顿运动定律
2016·全国Ⅲ卷T23
★★★
5.测量物块与斜面之间的动摩擦因数
2015·全国Ⅱ卷T22
★★☆
6.粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度
2015·全国Ⅰ卷T22
★★★
实验(一) 研究匀变速直线运动
高考常考查根据纸带判断物体的运动性质，求物体的瞬时速度及加速度等。近年 高考常以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器的创新使用设置题目。
利用打点计时器研究匀变速直线运动
[例1] (2017·遵义模拟)在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中：
(1)[多选]除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下面的仪器和器材中，必须使用的有________。(填选项代号)
A．电压合适的50 Hz交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平
(2)[多选]实验过程中，下列做法正确的是( )
A．先接通电源，再使纸带运动
B．先使纸带运动，再接通电源
C．将接好纸带的小车停在靠近滑轮处
D．将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
(3)如图所示为一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个点未画出，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，测出1、2、3、4、5、6点到0点的距离如图。由纸带数据计算可得计数点4所代表时刻的瞬时速度大小v4＝________m/s，小车的加速度大小a＝________m/s2。(结果保留两位有效数字)
[解析] (1)本实验需要的电源是交流电源，还需要用刻度尺测量纸带点迹间的距离，故A、C正确。
(2)实验过程中，要先接通电源，等到打点稳定后，再使纸带运动，要将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处，这样可以打较多的点，故A、D正确。
(3)依题知两计数点间的时间间隔T＝0.1 s，计数点4的速度大小等于计数点3至5的平均速度：
v4＝＝ m/s≈0.41 m/s，纸带的加速度由逐差法可得：
a＝＝ m/s2≈0.76 m/s2。
[答案] (1)AC (2)AD (3)0.41 0.76
[必备知能]
1．打点计时器
(1)电磁打点计时器使用6 V以下的交流电源；电火花计时器使用220 V的交流电源。
(2)通过研究纸带上各点之间的间隔，可以判断物体的运动情况。
(3)使用时应注意：先接通电源，打点稳定后再释放纸带；要选取点迹清晰的纸带，从便于测量的地方选取计时点，然后适当选取计数点(分清计时点和计数点)。
2．利用纸带判定运动性质
(1)若x1、x2、x3、…、x6基本相等，可认为在误差允许的范围内物体做匀速直线运动。
(2)利用x1、x2、x3、…、x6计算出相邻相等时间内的位移差x2－x1、x3－x2、…、x6－x5，若大致相等，则可判定在误差允许的范围内物体做匀变速直线运动。
3．由纸带求瞬时速度
平均速度法：做匀变速直线运动的物体，某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，即vn＝。
4．由纸带求加速度
(1)逐差法：如图所示的纸带，相邻两点的时间间隔为T，且满足x6－x5＝x5－x4＝x4－x3
＝x3－x2＝x2－x1，则有a1＝，a2＝，a3＝，算出a1、a2、a3的平均值即物体运动的加速度，a＝＝，这样可使所给数据全部得到利用，准确性得以提高。
(2)图象法：由“平均速度法”求出多个点的速度，画出v t图象，图线的斜率表示加速度。
利用光电门研究匀变速直线运动
[例2] 某同学用如图1所示的实验装置来研究自由落体运动，A、B是两个相同的光电门，与数字毫秒计连接，可以测铁球两次挡光之间的时间间隔，闭合开关S吸住铁球，断开S，球开始下落，通过A门时毫秒计开始计时，通过B门时停止计时，显示时间为球通过A、B两个光电门的时间间隔t，测量A、B间的距离s。现将B门缓慢下降到不同位置，测得多组s、t数值记录于表格中。
s(cm)
2.33
3.92
5.90
8.42
12.50
17.63
21.42
32.97
t(ms)
59.8
79.9
100.0
122.0
150.2
179.9
200.2
249.8
(1)请在如图2所示的坐标系上作出 t图线。
(2)由作出的 t图线，可得铁球经过A门处的瞬时速度为vA＝_______，当地重力加速度大小为g＝_______。(均保留三位有效数字)
[解析] (1)算出各个t时对应的(m/s)如下表，并描点作图，如图所示。
s/t (m·s－1)
0.39
0.49
0.59
0.69
0.83
0.98
1.07
1.32
t(ms)
59.8
79.9
100.0
122.0
150.2
179.9
200.2
249.8
(2)铁球开始下落后做匀变速直线运动，设球通过光电门A时的速度为vA，则s＝vAt＋gt2，即＝vA＋gt，所以随时间t线性变化，图线的斜率k＝，图线在纵轴上的截距等于球经过光电门A时的速度，由所作图知图线的斜率k≈4.895 m/s2，即当地的重力加速度为g＝9.79 m/s2，图线在纵轴上的截距为0.10 m/s，即铁球通过光电门A时速度为vA＝0.100 m/s。
[答案] (1)见解析图 (2)0.100 m/s 9.79 m/s2
[必备知能]
1．高考实验题往往源于教材而不拘泥于教材，注重实验创新能力的培养，通过改进实验器材、改变实验条件设置题目，优化实验方案，体现实验的探究性和开放性，如用滴水计时器、光电门计时器、频闪照相机等代替打点计时器，目的是消除摩擦，提高实验准确度，减小系统误差；再如用气垫导轨取代长木板，目的是减小摩擦力影响，保证小车做匀加速直线运动。
2．利用光电门计时器研究物体的运动时一定要注意：
(1)利用一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得物体通过光电门时的瞬时速度大小。
(2)遮光条(或通过光电门的物体)的宽度越小越好。
实验(二) 探究弹力和弹簧伸长的关系
本实验在高考中主要以创新设计的形式进行考查，如通过变更实验器材考查 对弹力和弹簧伸长的关系的探究以及利用图象处理实验数据等。
利用钩码探究弹力和弹簧伸长的关系
[例3] 甲、乙两同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度线与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1 mm)上位置的放大图，在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。
(1)由图2知刻度尺的示数l1＝________cm，若已知每个钩码质量是50 g，挂2个钩码时，弹簧弹力F2＝______N(当地重力加速度g＝10 m/s2)。
(2)甲同学以弹簧的长度l为横坐标，以钩码的重力G为纵坐标建立了Gl图象，如图3所示，则由图知弹簧的原长为________cm，该弹簧的劲度系数为________N/m。
(3)乙同学先将弹簧平放在桌面上，测出了弹簧的原长l0，并以弹簧的伸长量x＝l－l0为横坐标，以钩码的重力G为纵坐标作出了Gx图象，如图4所示，则图线不过原点的原因是________________________________________________________________________。
[解析] (1)因刻度尺的最小分度为1 mm，读数时应估读到最小分度的，所以刻度尺的读数为11.50 cm；挂2个钩码时，弹簧弹力等于此时钩码的重力，即F2＝2mg＝1.00 N。
(2)当弹簧下端不挂钩码时，弹簧的长度即弹簧的原长，由题图3知弹簧的原长为11.00 cm，图线的斜率表示弹簧的劲度系数，即k＝＝＝100 N/m。
(3)图线不过原点的原因是弹簧自身有重力。
[答案] (1)11.50 1.00 (2)11.00 100 (3)弹簧自身有重力
[必备知能]
1．实验时应注意的4点
(1)为了作图方便和确保弹力不超过弹簧的弹性限度，应逐一增挂钩码，不能随意增挂。
(2)实验中测量弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于静止状态时测量。
(3)实验目的是探究弹簧与弹簧伸长量间的关系，记录数据时要注意弹力、弹簧长度、弹簧原长及弹簧伸长量间的关系。
(4)建立平面直角坐标系时，两轴上单位长度所代表的物理量的值要适当，不可过大，也不可过小。描线的原则是尽量使各点落在一条直线上，少数点可均匀分布于线两侧，描出的线不应是折线，而应是平滑的直线。
2．误差分析
因弹簧原长、伸长量的测量都不便于操作，本实验存在较大的测量误差，同时弹簧自身的重力也有影响，所作图线不是过原点的倾斜直线，在x轴上有一截距，所以为了减小弹簧自身重力的影响，可将弹簧放在水平面上进行实验。
利用传感器探究弹力和弹簧伸长的关系
[例4] (2018届高三·第一次全国大联考Ⅰ卷)图甲为某同学利用力传感器探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景。
用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x及拉力大小F(从电脑中直接读出)。所得数据记录在下列表格中：
拉力大小F/N
0.45
0.69
0.93
1.14
1.44
1.69
标尺刻度x/cm
57.02
58.01
59.00
60.00
61.03
62.00
(1)根据所测数据，在图乙坐标纸上作出F与x的关系图象。
(2)由图象求出该弹簧的劲度系数为________N/m，弹簧的原长为________cm。(均保留三位有效数字)
[解析] (1)根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示。
(2)由胡克定律可知，Fx图象的斜率表示劲度系数，则可知k＝ N/m≈24.7 N/m，在横轴上的截距表示弹簧的原长x＝55.2 cm。
[答案] (1)见解析图 (2)24.7(24.3～25.0均可)
55．2(55.0～55.5均可)
[必备知能]
本实验往往在实验器材、数据处理方面进行创新，但实验的原理一般都是胡克定律F＝kx，求解时一是要抓住弹簧各处弹力相等的关系，围绕胡克定律进行分析；二是要明确题中分析的是哪两个物理量间的关系，利用题给数据描点作出图象，再由图象结合胡克定律寻找斜率、截距等的关系。
实验(三) 验证力的平行四边形定则
这个普遍认为冷门的实验在2017年全国Ⅲ
卷中考查了，所以《考试大纲》要 求的每个实验都应该引起足够的重视，复习本实验时重点应放在实验的 基本操作和实验创新方面。
[例5] (2018届高三·第二次全国大联考Ⅲ卷)某同学从学校的实验室里借来两个弹簧秤，在家里做实验验证力的平行四边形定则。按如下步骤进行实验，用完全相同的两个弹簧测力计进行操作，弹簧测力计A挂于固定点C，下端用细线挂一重物G，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉至水平，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)弹簧测力计A的指针如图1所示，由图可知拉力的大小为________N(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)；由实验作出FA和FB的合力F的图示(如图2所示)，得到的结果符合事实的是________(填“甲”或“乙”)。
(2)本实验采用的科学方法是______(填正确答案标号)。
A．理想实验法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．建立物理模型法
(3)[多选]某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的示数稍稍超出量程，下列解决办法可行的是________。
A．改变弹簧测力计B拉力的大小
B．减小重物G的质量
C．将A更换成量程较小的弹簧测力计
D．改变弹簧测力计B拉力的方向
[解析] (1)由题图1知，弹簧测力计A的最小刻度值为0.2 N，指针示数为5.8 N。用平行四边形定则求出的合力可以与重力的方向有偏差，但悬挂重物的线应该竖直向下，故甲得到的结果符合实验事实。
(2)本实验中，需要保证单个拉力的作用效果与两个拉力的作用效果相同，即采用了等效替代法，B正确。
(3)当弹簧测力计A的示数超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物G这两根细线的力的合力已偏大。又由于挂重物G的细线力的方向已确定，所以可以减小重物G的质量，也可以改变弹簧测力计B拉力的方向或大小，从而使测力计A不超出量程，故A、B、D可行。
[答案] (1)5.8 甲 (2)B (3)ABD
[必备知能]
验证力的平行四边形定则实验的注意点
1．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O的位置一定要相同。
2．用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜。
3．读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些。
4．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向，不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向。
5．在同一次实验中，画力的图示时所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示适当大一些。
6．当用一个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计轴线方向一定在橡皮条所在直线上，但用作图法得到的力F和实际测量得到的力F′可能不完全重合，原因主要是弹簧测力计读数有误差，确定分力方向不够准确等。
实验（四）验证牛顿运动定律
本实验是中学物理中最重要的基础实验之一，也是历年高考考查的热点实验。创新考查方面要求学生能结合新情境准确理解实验原理并实现知识的升华，进而提升实验的探究能力
利用打点计时器验证牛顿运动定律
[例6] (2018届高三·桂林、崇左联考)某实验小组设计如图甲所示实验装置探究“加速度与力的关系”。已知小车的质量为M，砝码盘的质量为m0，打点计时器使用的交流电频率为f＝50 Hz。
(1)探究方案的实验步骤
A．按图甲安装好实验装置；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；
C．取下细绳和砝码盘，记录砝码盘中砝码的质量m；
D．将小车紧靠打点计时器，接通电源后放开小车，得到一条打点清晰的纸带，由纸带求得小车的加速度a；
E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量m，多次重复步骤B～D，得到多组m、a。
(2)记录数据及数据分析
①实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带求得小车的加速度a＝________m/s2；(保留两位有效数字)
②实验小组认为小车受到的合外力F＝mg，根据记录数据和纸带，将计算得到合外力和加速度填入设计的表中；(表略)
③建立aF坐标系，利用②中得到的表中数据描点得到如图丙所示的图线。根据图线可得，结论“小车加速度a与外力F成正比”是________(选填“成立”或“不成立”)的；已知图线延长线与横轴的交点A的坐标是(－0.08，0)，由此可知，砝码盘的质量m0＝________kg。(知数据测量是准确的，重力加速度g取10 m/s2)
(3)方案评估
若认为小车受到的合外力等于砝码盘和砝码的总重力，即F＝(m0＋m)g，实验中随着F的增大，不再满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量要求，实验图象应为________。(填正确答案标号)
[解析] (2)①在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx＝aT2，
则a＝ cm/s2＝88 cm/s2
＝0.88 m/s2。③因图线不过原点，故由此可知结论“小车加速度a与外力F成正比”是不成立的；由图线可知，当外力为零时，加速度大于零，这说明在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力，根据数学函数关系可知，该图线延长线与横轴的交点表示的物理量是砝码盘的重力大小，因A的坐标是(－0.08,0)，则砝码盘的重力大小为0.08 N，质量为0.008 kg。
(3)由实验装置及原理知，当小车匀速下滑时有：mgsin θ＝f＋(m＋m0)g，当取下细绳和砝码盘后，由于重力沿斜面向下的分力mgsin θ和摩擦力f不变，因此其合外力为(m＋m0)g，由此可知该实验中不需要砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。故在此实验中随着F的增大，即使不再满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量要求，aF仍为正比关系，故实验图象为A。
[答案] (2)①0.88 ③不成立 0.008 (3)A
[必备知能]
1．实验中的“两个一”
一个重要步骤
小车的合外力为F合＝T－f(T为细绳对小车的拉力，f为小车受到的阻力)，而实验时需要F合＝T，所以必须消除阻力的影响，因此必须平衡摩擦力
平衡摩擦力时应注意：①不能在细绳的另一端挂砝码盘；②必须让小车连上纸带且打点计时器处于工作状态；③同一次实验中，平衡摩擦力后不必再次平衡摩擦力
一个重要条件
小车所受的合外力不等于砝码和砝码盘的总重力m0g，要想把砝码和砝码盘的总重力当作小车所受的合外力，则必须保证小车质量M远大于砝码和砝码盘的总质量m0(M≫m0)
2.对于实验图象问题，往往要根据物理规律写出纵轴物理量与横纵物理量间的函数关系式，然后进行判定。
利用传感器、光电门验证牛顿运动定律
[例7] (2017·淮北模拟)如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置。他在气垫导轨上B处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放。
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm。
(2)下列实验要求不必要的是________(填选项前字母)。
A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B．应使A位置与光电门间的距离适当大些
C．应将气垫导轨调节水平
D．应使细线与气垫导轨平行
(3)改变钩码的质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出________图象(填“tF”“t2F”“ F”或“F”)，若增大滑块的质量，则该图象的斜率将________(填“增大”“减小”或“不变”)，若增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析] (1)由题图乙知，游标尺第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm。
(2)拉力是直接通过力传感器测量的，故与滑块质量和钩码与力传感器的总质量大小无关，故A不必要；应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B必要；应将气垫导轨调节水平，才能使拉力等于合力，故C必要；要保持细线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故D必要。
(3)由题意可知，该实验中保持滑块质量M不变，因此有：v2＝2aL，其中：v＝，a＝，解得：＝2L，整理得：F＝，即＝F，所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F图象；斜率为k＝，若增大滑块的质量，则该图象的斜率将减小，若增大滑块释放处到光电门的距离，则该图象的斜率将增大。
[答案] (1)2.25 (2)A (3)F 减小 增大
[必备知能]
1．利用力传感器可以精确测出连接小车的细线上的拉力及各时刻小车的速度，消除系统误差。
2．在探究加速度与力、质量关系的实验中，牛顿第二定律的结论不可以作为已知条件用。
[实验题增分练] 力与运动
1．(2017·湖北黄冈检测)
某实验小组利用图甲所示的实验装置测定重力加速度。钢球自由下落过程中，计时装置测出钢球先后通过光电门A、B的时间分别为tA、tB，用钢球通过光电门A、B的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h。
(1)先用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为d＝________cm。
(2)钢球通过光电门B的瞬时速度vB＝________；测定重力加速度的表达式为g＝________。(用实验中测得的物理量符号表示)
解析：(1)钢球直径为d＝0.8 cm＋0.05 mm×10＝0.850 cm。
(2)由钢球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，则有：
vA＝；同理有： vB＝。
根据： vB2＝vA2＋2gh，解得g＝。
答案：(1)0.850 (2)
2．(2017·太原模拟)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验小组找到一根橡皮筋和一个弹簧测力计，他们进行了如下操作，请将实验操作和处理补充完整。
(1)用刻度尺测量橡皮筋的自然长度L＝20 cm。
(2)将橡皮筋一端固定在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉橡皮筋的另一端，测量橡皮筋的长度，记录测力计的示数，分析数据，得出结论：橡皮筋的弹力与其伸长量成正比，且比例系数为k＝0.20 N/cm。
(3)将橡皮筋的两端固定在水平面上的A、B两点，A、B两点间距为20 cm。
(4)将弹簧测力计挂在橡皮筋的中点，用手在水平面内沿垂直方向拉测力计，稳定后如图甲所示，测得橡皮筋的总长度为40 cm。弹簧测力计的示数如图乙所示，则读数为F＝________N。
(5)根据上述数据可求得橡皮筋此时的弹力T＝_______N。
(6)在图甲中根据给出的标度，作出橡皮筋对挂钩拉力的合力F′的图示。
(7)比较F′与________(填物理量的符号)的大小是否相等、方向是否相同，即可得出实验结论。
解析：(4)由题图乙可知弹簧测力计读数为3.46 N。
(5)OA、OB段橡皮筋的形变量均为×(40－20)cm＝10 cm，所以弹力T＝kx＝2.0 N。
(6)合力F′的图示：
(7)理论上橡皮筋的合力与弹簧测力计的拉力等大反向，所以要比较F′与F的大小是否相等、方向是否相同。
答案：(4)3.46(3.45～3.47均可) (5)2.0(2或2.00均可)
(6)图见解析 (7)F
3．(2017·吉林延边州检测)某实验小组用DIS来研究物体加速度与力的关系，实验装置如图甲所示。其中小车和位移传感器的总质量为M，所挂钩码总质量为m，轨道平面及小车和定滑轮之间的轻绳均水平，不计轻绳与滑轮之间的摩擦及空气阻力，重力加速度为g，用所挂钩码的重力mg作为轻绳对小车的拉力F，小车加速度为a，通过实验得到的aF图线如图乙所示。
(1)保持小车的总质量M不变，通过改变所挂钩码的质量m，多次重复实验来研究小车加速度a与F的关系。这种研究方法叫________(填选项前的字母)。
A．微元法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．科学抽象法
(2)若m不断增大，图乙中曲线部分不断延伸，那么加速度a趋向值为________。
(3)图乙中图线未过原点的可能原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由题意可知，研究方法叫控制变量法，故C正确。
(2)由牛顿第二定律得：a＝＝，当m趋向于无穷大时，趋向于0，加速度a趋向于g，由此可知，若m不断增大，题图乙中曲线部分不断延伸，加速度a趋向值为g。
(3)由题图乙可知，当F到达一定值时，小车才有加速度，则图线未过原点的可能原因是：测量前未平衡小车所受摩擦力或者平衡摩擦力不够。
答案：(1)C (2)g (3)测量前未平衡小车所受摩擦力或者平衡摩擦力不够
4．某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)。
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。
请你分析纸带数据，回答下列问题：(结果均保留两位有效数字)
(1)该电动小车运动的最大速度__________m/s。
(2)关闭小车电源后，该电动小车运动的加速度大小为_________m/s2。
(3)该电动小车的额定功率为_________W。
解析：(1)根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示小车做匀速运动，此时速度最大，故有： vm＝＝ m/s＝1.5 m/s。
(2)由题意可知，关闭小车电源后，小车做匀减速直线运动，对应纸带上点距逐渐减小的部分，各小段位移的时间间隔T＝0.04 s，根据逐差法有：a＝
＝cm/s2≈2.1 m/s2，方向与运动方向相反。
(3)根据牛顿第二定律有：f＝ma，将m＝0.4 kg代入得：f≈0.8 N。当小车达到额定功率，做匀速运动时，F＝f，P＝Fvm＝fvm，解得：P＝1.2 W。
答案：(1)1.5 (2)2.1 (3)1.2
5．(2017·宁夏固原模拟)如图，研究平抛运动规律的实验装置，放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移，保持水平槽口距底板高度h＝0.420 m 不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
v0(m/s)
0.741
1.034
1.318
1.584
t(ms)
292.7
293.0
292.8
292.9
d(cm)
21.7
30.3
38.6
46.4
(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成________关系，与________无关。
(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值t理＝＝ s≈289.8 ms，发现理论值与测量值之差约为3 ms。经检查，实验及测量无误，其原因是________________________________。
(3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竟发现测量值t′依然大于自己得到的理论值t理′，但二者之差在3～7 ms之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认水平槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是____________
________________________________________________________________________。
解析：(1)由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成正比，与时间t无关。
(2)根据t＝求解出的t偏小，是因为g值取了10 m/s2，取值偏大。
(3)导致偏差的原因是：光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口(小球开始做平抛运动的位置)还有一段很小的距离，小球从经过传感器到小球到达抛出点还有一段很小的时间，而且速度越大，该时间越短。
答案：(1)正比 时间t (2)重力加速度数值取了10 m/s2
(3)光电门传感器位于水平槽口的内侧，传感器的中心距离水平槽口(小球开始做平抛运动的位置)还有一段很小的距离
6．(2017·日照模拟)装有拉力传感器的轻绳，一端固定在光滑水平转轴O，另一端系一小球，空气阻力可以忽略。设法使小球在竖直平面内做圆周运动(如图甲)，通过拉力传感器读出小球在最高点时绳上的拉力大小是F1，在最低点时绳上的拉力大小是F2。某兴趣小组的同学用该装置测量当地的重力加速度g。
(1)小明同学认为，实验中必须测出小球的直径，于是他用螺旋测微器测出了小球的直径，如图乙所示，则小球的直径d＝________mm。
(2)小军同学认为不需要测小球的直径。他认为借助最高点和最低点的拉力F1、F2，再结合机械能守恒定律即可求得重力加速度g。小军同学还需要测量的物理量有________(填字母代号)。
A．小球的质量m
B．轻绳的长度l
C．小球运动一周所需要的时间T
(3)根据小军同学的思路，重力加速度g的表达式为____________。
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为5.5 mm，可动刻度读数为0.01×19.5 mm＝0.195 mm，所以最终读数为：(5.5＋0.195)mm＝5.695 mm。
(2)由牛顿第二定律，在最高点，有F1＋mg＝m，而在最低点，有：F2－mg＝m；再依据机械能守恒定律，则有：mv22＝mv12＋2mgl，解得g＝，因此已知最高点和最低点的拉力F1、F2，小军同学还需要测量的物理量有小球的质量m，故A正确，B、C错误。
(3)根据小军同学的思路，重力加速度g的表达式为g＝。
答案：(1)5.695 (2)A (3)g＝
7．(2018届高三·苏锡常镇四市联考)在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如下：
①如图所示，先将沙和沙桶通过细绳绕过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角θ，使小车沿斜面向下做匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m；
②保持平板倾角θ不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带测量其加速度a；
③保持小车质量M不变，多次改变沙和沙桶的总质量m，重复①②
两步操作，得到小车加速度与合力的关系；
④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。
(1)[多选]在上述实验操作过程中，以下说法正确的是________。
A．可以用电池盒给打点计时器供电
B．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源
C．要保持细绳与平板平行
D．应让小车从靠近滑轮处开始运动
(2)在操作①中若打出了一条如图所示的纸带，已知纸带左端为连接小车处，则应将平板的倾角适当________(选填“增大”或“减小”)些。
(3)在操作②中，小车所受的合力大小等于________(用题中所给定的字母以及重力加速度g表示)。
(4)在本实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；在操作④中，每次改变小车质量后，________(选填“需要”或“不需要”)重新调节平板的倾角。
解析：(1)打点计时器必须要用交流电源供电，故不可以用电池盒给打点计时器供电，选项A错误；应在接通打点计时器的电源后再让小车开始运动，选项B错误；要保持细绳与平板平行，选项C正确；应让小车从靠近滑轮处开始运动，选项D正确。
(2)由纸带可看出，小车做加速运动，说明平板倾角过大，故应该减小平板倾角。
(3)因操作①中小车拖着沙和沙桶做匀速直线运动，故在操作②中，去掉沙和沙桶后，小车所受的合力大小等于沙和沙桶的重力mg。
(4)在本实验中，因小车加速下滑时不带沙和沙桶，故不需要满足沙和沙桶的质量远小于小车的总质量；因平衡摩擦力时要调节沙和沙桶的重力，故在操作④中，每次改变小车质量后，需要重新调节平板的倾角。
答案：(1)CD (2)减小 (3)mg (4)不需要 需要
一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～8题为多项选择题)
1.(2017·宁德检测)AK47步枪成为众多军人的最爱。若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．子弹离开枪膛时的速度为450 m/s
B．子弹离开枪膛时的速度为600 m/s
C．子弹在枪膛内运动的距离小于0.45 m
D．子弹在枪膛内运动的距离大于0.45 m
解析：选D 根据Δv＝at可知，题图图象与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，则子弹离开枪膛的速度为：v＝×3×10－3×2×105 m/s＝300 m/s，选项A、B错误；子弹在枪膛内做加速度减小的加速运动，则平均速度大于＝150 m/s，故子弹在枪膛内运动的距离大于t＝150×3×10－3 m＝0.45 m，选项C错误，D正确。
2.(2018届高三·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。则 A的球心距墙角的最远距离是( )
A．2r B.r
C.r D.r
解析：选C 根据题意可知，B的质量为2m，A、B整体处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N＝3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A的球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示。根据平衡条件得：F′＝，Fcos θ＝μN，F′＝F，解得：tan θ＝，则A的球心距墙角的最远距离为：x＝2rcos θ＋r＝r，故C正确，A、B、D错误。
3.(2017·兰州第一中学检测)如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，且OA与竖直方向成α角，则两小球初速度之比为( )
A．tan α B．sin α
C．tan α D．cos α
解析：选C 两小球抛出后都做平抛运动，设容器的半径为R，两小球运动的时间分别为tA、tB。
对A点：Rsin α＝v1tA，Rcos α＝gtA2，
对B点：Rcos α＝v2tB，Rsin α＝gtB2，
联立得：＝tan α，故C正确。
4.(2018届高三·江西九校联考)如图甲，两段等长轻质细线将质量分别为m、3m的小球a、b悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在a球上的力大小为F1、作用在b球上的力大小为F2，此装置平衡时，出现了如图乙所示的状态，b球刚好位于O点的正下方。则F1与F2的大小关系应为( )
A．F1＝4F2 B．F1＝3F2
C．3F1＝4F2 D．3F1＝7F2
解析：选D 设细线Oa、ab和竖直方向的夹角为α，以两个小球组成的整体为研究对象，根据平衡条件可知，F1－F2＝TOasin α，TOacos α＝4mg，对b球：Tabcos α＝3mg，F2＝Tabsin α，由此可得：＝；＝，解得3F1＝7F2，故D正确。
5.(2017·厦门检测)如图所示，小车上固定有一个竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车水平向右做匀加速运动时，环和小球与车相对静止，细绳与杆之间的夹角为θ，则( )
A．细绳上的拉力为
B．杆对环作用力的方向水平向右
C．杆对环的静摩擦力为Mg
D．杆对环弹力的大小为(M＋m)gtan θ
解析：选D 对小球受力分析可知，细绳上的拉力T＝，选项A错误；环受到杆水平向右的弹力和竖直向上的摩擦力作用，故杆对环作用力方向为斜向右上方，选项B错误；对小球和环的整体，竖直方向分析可知，杆对环的静摩擦力为(M＋m)g，选项C错误；对小球受力分析可知：mgtan θ＝ma；对小球和环的整体：N＝(M＋m)a，解得：N＝(M＋m)gtan θ，选项D正确。
6．(2017·沧州一中模拟)已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零；假想在地球赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一绕地心的环形真空轨道，轨道面与赤道面共面；两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力，设地球半径为R，则( )
A．两物体的速度大小之比为
B．两物体的速度大小之比为
C．两物体的加速度大小之比为
D．两物体的加速度大小之比为
解析：选AC 设地球密度为ρ，则有，在赤道上方：
m＝m＝ma1，在赤道下方：m＝m＝ma2，解得：＝，＝，故A、C正确；B、D错误。
7.(2017·山西检测)将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时，小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t2时刻小球落回抛出点，其运动的v t图象如图所示，则在此过程中( )
A．t＝0时，小球的加速度最大
B．当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度g
C．t2＝2t1
D．小球的速度大小先减小后增大，加速度大小先增大后减小
解析：选AB 设空气阻力f＝kv，上升过程a1＝，方向向下，随速度的减小而减小，故t＝0时对应的加速度最大，选项A正确；小球在最高点瞬时速度为零、空气阻力为零，由于小球自身的重力作用，加速度等于g，选项B正确；下降过程a2＝，方向向下，上升、下降过程的位移相同，因速度不等于零时，a1>a2，故上升时间小于下降时间，故t2>2t1，选项C错误；v t图象的纵坐标为速度，大小先减小后增大，图线的斜率代表加速度，应是一直减小，选项D错误。
8.(2017·哈尔滨三中模拟)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离( )
A．最小为L B．最小为L
C．最大为L D．最大为L
解析：选BC 设当小球恰好到达圆周运动的最高点时小球的转动半径为r，重力提供向心力，则有mg＝m，根据机械能守恒定律可知，mg(L－2r)＝mv2，联立解得：r＝L，故钉的位置到O点的距离为L－L＝L；当小球转动时，所受拉力恰好达到绳的最大拉力时，即F＝11mg，此时一定处在最低点，设半径为R，则有：11mg－mg＝m，根据机械能守恒定律可知，mgL＝mv02，联立解得：R＝L，故钉的位置到O点的距离为L－L＝L，则可知，距离最小为L，距离最大为L，故B、C正确，A、D错误。
二、非选择题
9．(2017·山西检测)某同学为了探究求合力的方法，先用一个弹簧秤通过细绳悬吊一个钩码，当钩码静止时，弹簧秤的示数为2.00 N；再用两个弹簧秤a和b通过两根细绳互成角度将该钩码悬吊，其中a所拉细绳方向水平(如图甲)，当钩码静止时，b的示数如图乙所示。
(1)b的示数为________N，a的拉力为_______N。
(2)保持a及其拉细绳的方向不变，将b及其拉细绳的方向沿逆时针在图示平面缓慢转至竖直方向的过程中，b的示数________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
解析：(1)由题图乙可知弹簧秤的最小刻度为0.1 N，读数时需估读到0.01 N，则b的示数为2.50 N；对O点分析，受三个力而平衡，根据勾股定理可求得Fa＝＝1.50 N。
(2)以结点O为研究对象，分析受力情况：重力G、Fb和Fa，作出受力图，并作出bO细绳在不同位置的力的合成图。
由图可以看出，在b自题图甲所示位置沿逆时针方向缓慢转至竖直位置的过程中，bO细绳的拉力一直减小，故b的示数变小。
答案：(1)2.50 1.50 (2)变小
10．(2017·宜兴检测)如图所示为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。
回答下列问题：
(1)用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图所示，其读数为________cm。
(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________。
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________。
(4)如果滑轮略向下倾斜，使细线没有完全调节水平，由此引起的误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
解析：(1)游标卡尺读数为d＝0.9 cm＋10× mm＝0.950 cm。
(2)物块经过光电门A、B的速度vA＝，vB＝，从A到B，由速度位移公式得：vB2－vA2＝2as，解得加速度a＝。
(3)由牛顿第二定律，有：mg－μMg＝(M＋m)，解得μ＝。
(4)如果滑轮略向下倾斜，细线没有完全调节水平，由此引起的误差属于系统误差。
答案：(1)0.950 (2)
(3) (4)系统误差
11．(2017·哈尔滨第六中学检测)如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏。当甲同学从倾角θ＝30°的光滑斜面冰道顶端A
点自静止开始自由下滑时，与此同时在斜面底部B点的乙同学通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动。已知斜面冰道AB的高度h＝5 m，重力加速度g＝10 m/s2。设甲在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中可视为质点。问：为避免两人发生碰撞，乙运动的加速度至少为多大？
解析：根据牛顿第二定律可知，甲在斜面上下滑的加速度ma1＝mgsin θ，解得a1＝5 m/s2，
由几何关系可知斜面冰道AB的长度为L＝10 m
设甲到斜面底部的速度为v1，v12＝2a1L，
解得v1＝10 m/s
所经时间为t1＝＝2 s
设当甲恰好追上乙时，甲在水平冰道上经时间t2，乙的加速度为a
则两人的位移关系为v1t2＝a(t1＋t2)2
要避免两人相碰，当甲恰好追上乙时，乙的速度恰好等于v1，即v1＝a(t1＋t2)
解得a＝2.5 m/s2。
答案：2.5 m/s2
12．(2017·成都龙泉第二中学检测)一平台的局部如图甲所示，水平面光滑，竖直面粗糙，大小不计的物块B与竖直面间的动摩擦因数μ＝0.5，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA＝1.0 kg，大小不计的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量mB＝1.0 kg，物块B刚好可与竖直面接触。起始时令两物块都处于静止状态，绳被拉直。设A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取 10 m/s2。
(1)同时由静止释放A、B，经t＝1 s，则A的速度多大；
(2)同时由静止释放A、B，同时也对B施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，求B运动过程中的最大速度和B停止运动所需时间。
解析：(1)对A、B系统：mBg＝(mA＋mB)a1
解得a1＝5 m/s2
t＝1 s时，v＝a1t＝5 m/s。
(2)A、B先做加速度减小的加速运动，在A、B加速度减为零之前，A、B一起运动，轻绳拉紧。
由题图乙可得，F＝kt(k＝20 N/s)
对A、B系统：mBg－μF＝(mA＋mB)a
得：a＝－5t＋5
作a t图如图：0～1 s，a逐渐减小到0，
t1＝1 s速度最大，且对应三角形面积：
vm＝×1×5 m/s＝2.5 m/s
当B开始减速时，轻绳松弛，A匀速，B减速
对B：mBg－μF＝mBa
得：a＝－10t＋10(t≥1 s)
由图可知，B停止运动时，图线与时间轴所围的总面积为零，即两三角形面积相等。得：Δt·10Δt＝2.5
Δt＝ s，t总＝t1＋Δt＝s≈1.7 s。
答案：(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s
