《2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第5讲实验-探究加速度与物体受力物体质量的关系学案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律第5讲实验-探究加速度与物体受力物体质量的关系学案.docx（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第5讲实验：探究加速度与物体受力、物体质量的关系把握经典实验方案一、基本原理与操作原理装置图探究方法控制变量法操作要领(1)平衡：用阻力补偿法平衡摩擦力(改变小车或槽码质量，无需重新平衡摩擦力)(2)质量：槽码的质量远小于小车质量(若使用力传感器，或以小车与槽码的系统为研究对象无需满足此要求)(3)要测量的物理量小车与其上砝码的总质量(用天平测量)小车受到的拉力(约等于槽码的重力)小车的加速度(根据纸带用逐差法或根据光电门数据计算加速度)(4)其他：细绳与长木板平行；小车从靠近打点计时器的位置释放，在到达定滑轮前按住小车，实验时先接通电源，后释放小车二、核心关键数据处理1逐差法求加速度先在纸带
2、上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度。2作图像找关系根据记录的各组对应的加速度a与小车所受拉力F，建立直角坐标系，描点画出a-F图像。如果图像是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比。再根据记录的各组对应的加速度a与小车和小车上砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画出a-图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比。融通多彩实验方案粤教版新教材探究加速度与力、质量的定量关系实验装置图要点解读(1)用气垫导轨替代长木板做实验，不用再平衡滑块的摩擦力。(2)利用光电门和数字计时器来计算滑块通过光电门的速度。(3)利用小桶内加入橡皮泥来改
3、变滑块所受的合外力。归纳共性实验关键1不变的实验原理利用控制变量法来探究加速度与力、质量的定量关系。2必备的实验器材天平、细绳。3通用的数据处理方法(1)利用a-F图线研究a与F的关系。(2)利用a-图线研究a与M的关系。4共同的注意事项(1)保证细绳与长木板或气垫导轨平行。(2)满足Mm，以确保细绳的拉力近似等于悬挂的槽码或小桶和橡皮泥的重力。5一致的误差分析思路(1)偶然误差。质量测量及其他数据测量不准确。描点、连线不准确。(2)系统误差。本实验用槽码或小桶和橡皮泥的重力作为细绳的拉力属于实验原理不完善引起的误差。一、基础考法保住分考查点(一)实验原理与操作1某实验小组利用图1所示的装置探
4、究加速度与物体受力、物体质量的关系。(1)下列做法正确的是_(填字母代号)。A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量。(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研
5、究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲、乙，由图2可知，m甲_m乙，甲_乙(均填“”“”或“”)。解析：(1)实验中细绳要保持与长木板平行，A正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B错误；实验时应先接通电源再放开木块，C错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量时，不需要重新平衡摩擦力，D正确。(2)由整体法和隔离法得到细绳的拉力FMaMmg，当砝码桶和桶内砝码的质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得Fmg。(3)不平衡摩擦力，对于木块有Fmgm
6、a，ag，图像的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m甲m乙，甲乙。答案：(1)AD(2)远小于(3)关键点拨(1)长木板上滑轮的高度可以调节，以使牵引小车(木块)的细绳与长木板保持平行。(2)平衡摩擦力：平衡摩擦力时，要调出一个合适的斜面，使小车(木块)的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车(木块)受的摩擦阻力。此时，不要把悬挂砝码桶的细绳系在小车(木块)上，即不要给小车(木块)加任何牵引力，要让小车(木块)拖着纸带运动。(3)实验条件：Mm。只有如此，砝码桶和砝码的总重力mg才可视为小车(木块)受到的拉力。(4)一先一后：改变拉力和小车(木块)质量后，每次开始时小车(木
7、块)应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车(木块)，且应在小车(木块)到达滑轮前按住小车(木块)。(5)如果没有平衡摩擦力，则其a-F图线将不是一条过原点的直线，而是一条与F轴有交点的倾斜直线。考查点(二)数据处理和误差分析2某实验小组利用如图甲所示的装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。(1)实验中除了需要小车、砝码、托盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、两根导线、复写纸、纸带之外，还需要_、_。(2)某同学以小车和车上砝码的总质量的倒数为横坐标，小车的加速度a为纵坐标，在坐标纸上作出的a关系图线如图乙所示。由图可分析得出：加速度与质量成_关系(填
8、“正比”或“反比”)；图线不过原点说明实验有误差，引起这一误差的主要原因是平衡摩擦力时长木板的倾角_(填“过大”或“过小”)。(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示。图线_(填“”或“”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中砝码的总质量m_kg。解析：(1)实验中需要用托盘和砝码的总重力表示小车受到的拉力，需测量托盘的质量，所以还需要天平。实验中需要用刻度尺测量纸带上点迹间的距离，从而得出加速度，所以还需要刻度尺。(2)a图像是一条直线，a与M成反比；图像在a轴上有截距，这是平衡摩
9、擦力时木板的倾角过大造成的。(3)由题图3中图线可知，当F0时，a0，即细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线是在轨道倾斜情况下得到的，根据Fma得aF图像的斜率k，由aF图像得图像斜率k2，所以m0.5 kg。答案：(1)天平刻度尺(2)反比过大(3)0.5 关键点拨(1)小车的加速度a与小车和车上砝码的总质量M成反比，实验采用化曲为直的思想，作出a-图线，如果图线是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比。(2)平衡小车的摩擦力时，不给小车牵引力，使打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。(3)无论是a-F图线，还是a-图线，当轨道倾角过大时，图线均是一条与a轴有交点的倾斜直线。 二、创新
10、考法不失分创新角度(一)实验目的的创新1两位同学采用如图所示的装置测定物块与桌面间的动摩擦因数。实验中，他们使物块在重物的牵引下由静止开始运动，当重物落地后，物块再运动一段距离后停在水平桌面上，用打点计时器和纸带记录物块的运动。(1)实验时，甲同学测量出重物的质量为M，物块的质量为m，他选择了一条点迹清晰的纸带测量，计算出物块加速过程中的加速度大小为a；已知重力加速度为g，甲同学忽略滑轮质量和绳与滑轮间的摩擦，得出物块和桌面间的动摩擦因数表达式为_(用M、m、a、g表示)。(2)如图所示为乙同学选取的一段纸带，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间还有四个点未画出。已知打点计时
11、器电源的频率为50 Hz，当地的重力加速度大小为9.8 m/s2。利用纸带测得的数据可求出该物块减速运动过程中的加速度大小a_m/s2，物块与桌面间的动摩擦因数_。(计算结果均保留到小数点后2位)创新点分析(1)根据测量的加速度大小，结合牛顿第二定律得出物块与桌面的动摩擦因数。(2)重物落地后，物块水平方向只受滑动摩擦力作用做匀减速直线运动。解析：(1)重物落地前，对重物和物块整体受力分析有Mgmg(mM)a，解得。(2)根据纸带数据有a0.01 m/s21.80 m/s2，物块减速时，根据牛顿第二定律得ag，解得0.18。答案：(1)(2)1.800.182(2021福建高考)某实验小组利用
12、图甲所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。(2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图乙所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该_(填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。(3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。(4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图丙所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打
13、出F点时小车的速度大小为_ m/s(结果保留2位小数)。(5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车vt图像如图丁所示，由图像可知小车加速度大小_(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是_。创新点分析借助“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验装置来探究空气阻力与速度的关系，属于教材实验的拓展。解析：(2)由题图乙可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。(4)打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即vF m/s0.15 m/s。(5)vt图像
14、的斜率表示加速度，由图像可知小车加速度大小逐渐变小。根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则FFTf，而细绳拉力FT不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。答案：(2)往右移(4)0.15(5)逐渐变小空气阻力随速度增大而增大创新角度(二)实验器材的创新3某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究力与加速度的关系。实验时滑块在细线拉力的作用下沿轨道运动，滑块受到的拉力由力传感器读出，位移传感器发射部分固定在滑块上随滑块运动，位移传感器接收部分固定在轨道上，能读出滑块的位移随时间的变化规律。(1)实验中_(填“需要”或“不需要”)重
15、物的质量m与滑块的质量M满足Mm。(2)如果滑块的位移与时间的关系式为x0.6t2，则滑块的加速度a_m/s2。(3)用正确的实验方法测得实验数据，作出a-F图线如图乙所示。由图中的a-F图线可知滑块受到的摩擦力大小为N。创新点分析(1)利用位移传感器得出滑块的位移随时间变化的规律，进而得出滑块的加速度。(2)利用力传感器测出滑块受到细线拉力大小。解析：(1)有力传感器直接测量拉力，无需用重物的重力近似代替细线的拉力，因此不需要满足Mm；(2)根据xat20.6t2，可得加速度为a1.2 m/s2；(3)当F增大到0.4 N后，滑块才有加速度，说明滑块受到的摩擦力大小为0.4 N。答案：(1)
16、不需要(2)1.2(3)0.4创新角度(三)实验原理的创新4(2022海南高三调研)某物理兴趣小组用如图所示装置探究加速度与合外力关系。已知当地重力加速度为g。(1)实验步骤如下：第1步：把长木板不带滑轮一端用铰链固定在水平桌面上，另一端用垫块垫起一定高度。两光电门固定在木板上，且光电门1和2距离较远，光电门1距离小滑块(带遮光条)比较近。第2步：通过调整沙桶内细沙的质量，直至给小滑块一个沿木板向下的初速度，小滑块匀速下滑，即观察到遮光条通过两光电门的时间_(填“相等”或“不相等”)为止。第3步：去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放，记录遮光条(遮光条宽度为d)通过光电门2的时间t，同时测
17、量出沙桶(包括里面的细沙)质量m。第4步：改变垫块的位置，重复第2、3两步。(2)在实验步骤第3步中，小滑块通过光电门2的速度为_；去掉小沙桶，把小滑块紧挨小滑轮由静止释放后，小滑块所受到的合外力为_(用题中所给的字母表示)。(3)设小滑块(包括遮光条)质量为M，小滑块释放点到光电门2距离为x，若关系式m_成立，可得质量一定时，加速度与合外力成正比。(1)利用光电门测滑块的速度。(2)通过调整沙桶内细沙的质量，使小滑块匀速下滑，从而得到滑块单独下滑时的合外力。(3)根据m的关系式判断加速度与合外力的关系。创新点分析解析：(1)小滑块匀速下滑，所以小滑块通过两光电门的时间相等。(2)小滑块通过光
18、电门2的速度为v，没有去掉小沙桶时，小滑块受到绳子拉力、重力、摩擦力、支持力四力平衡，所以去掉小沙桶后，另外三力不变，则小滑块受到的合力与绳子拉力等大反向，即合力为mg。(3)根据牛顿第二定律及运动学公式得2ax2x2，化简得m2。答案：(1)相等(2)mg(3)2创新角度(四)数据处理的创新5某同学探究加速度与物体受力、物体质量的关系。(1)为达到实验目的，下列说法正确的是_。A可以用天平测物体的质量B必须用弹簧测力计测物体受力C同时研究某个物理量与另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法(2)为了测量(或比较)出物体运动的加速度a，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_。A小车做初速
19、度为0的匀加速直线运动，用刻度尺测量其移动的位移x，用秒表测出发生这段位移所用的时间t，由a计算出加速度B将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量加速度aC让两辆相同的小车同时做初速度为零且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，那么它们的位移之比就等于加速度之比，测量(或比较)加速度就转换为测量(或比较)位移了(3)实验中用如图甲所示的装置，补偿打点计时器对小车的阻力和其他阻力的具体做法是：将小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做_(填“匀速”或“匀加速”)直线运动。(4)该实验中“细线作
20、用于小车的拉力F等于沙和桶所受的总重力mg”是有“条件”的。已知小车和车上砝码的总质量为M、沙和桶的质量为m，不计摩擦阻力与空气的阻力，请将小车和车上砝码的加速度aM与沙和桶的加速度am的大小关系、拉力F的表达式以及该“条件”的内容填在表格相应的位置中。aM与am的大小关系拉力F的表达式“条件”(5)在研究a与M的关系时，已经补偿了打点计时器对小车的阻力及其他阻力。理论上也可以以小车加速度的倒数为纵轴、小车和车上砝码的总质量M为横轴，可作出-M图像。请在图乙所示的坐标系中画出-M图像的示意图并在图中标出截距数值。创新点分析(1)本实验以小车和车上砝码与沙和桶组成的整体为研究对象，得出a。(2)
21、本实验在研究a与M的关系时，做出与M的关系图线，将a与M的曲线关系转化为直线关系。解析：(1)由于本实验是探究小车的加速度与质量、力的关系，必须改变小车的质量，所以要用天平测量小车的质量，故A正确；本实验中用沙桶的重力充当拉力，故不需要用弹簧测力计测力的大小，故B错误；同时研究某个物理量和另外两个物理量的关系，可采用控制变量的方法，故C正确。(2)利用公式xat2求解加速度，用刻度尺测量其移动的位移x，由于打点计时器可以用其记录时间，不需要用秒表记录时间，秒表记录时间误差较大，故A不可行；将打点计时器的纸带连在小车上，通过纸带上打出的点来测量位移和时间，再利用xaT2求解加速度，故B可行；让两
22、辆相同的小车同时做初速度为0且加速度不同的匀加速直线运动，并同时停下，那么根据xat2可知它们的位移之比就等于加速度之比，测量加速度就转换为测量位移了，故C可行。(3)平衡摩擦力时，把木板一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动即可。(4)沙桶和小车用线连接，故二者沿连线方向上的加速度大小相等；对小车和车上砝码与沙和桶组成的整体，根据牛顿第二定律有a，细线的拉力为FMa，变形可得F，由数学规律可知，在Mm条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和桶的总重力。(5)保持外力一定时，根据牛顿第二定律得a，则有M，则以为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图像为一倾
23、斜直线，且纵轴截距为，图像如图所示。答案：(1)AC(2)BC(3)匀速(4)相等FmM(5)见解析图阶段综合检测(一)考查范围：直线运动 相互作用 牛顿运动定律(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1大型油罐车内的油在运输过程中极易发生涌动(如图甲)，为了防止油涌动导致车体重心急剧变化的危害，在油罐车内部设置了一些固定挡板(如图乙)。下列说法错误的是( )A油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧B油罐车在设置挡板后，减小了油的惯性，使油不容易发生涌动C油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，挡板可
24、以减弱油向前剧烈涌动D油罐车在平直道路上匀速前进时，即使没有挡板油也几乎不会涌动解析：选B由于惯性油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，故A正确；惯性取决于物体的质量，故B错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不会涌动，故D正确。2某公路有一段道路实行区间测速，平均速率的最高限制为70 km/h，交管部门在这段区间的两端各置一个自动计时点，用来确定两端点间的平均速率是否超限。有一辆汽车驶入这段长为4.2 km的区间，该车司机
25、注意到通过第一个计时点时的瞬时速率为66 km/h，汽车匀加速行驶36 s后瞬时速率达到74 km/h，紧接着以此速率行驶60 s，然后匀减速行驶。将汽车视为质点，为使该车在这个区间测速段的平均速率不超过最高限制70 km/h，该车通过第二个计时点时的最大瞬时速率为( )A60 km/hB62 km/hC66 km/h D68 km/h解析：选B若区间限速段平均速度恰为70 km/h。全程历时t0.06 h，在t10.01 h内x1t1，在t2 h内x2v2t2，在t3tt1t2内，x3xx1x2，x3t3，联立以上解得v3v2，代入数据解得v362 km/h，故选B。3.如图所示，将一个质量
26、为m2 kg 的小球与弹簧相连，弹簧的另一端与箱子顶端连接，小球的下端用细绳与箱子下面连接，整个装置放在升降机上。当升降机以加速度a0.5 m/s2加速上升时细绳的拉力恰好为F5 N，g取10 m/s2，若此时将细绳剪断，则剪断的瞬间小球的加速度大小为( )A0.5 m/s2 B2 m/s2C2.5 m/s2 D3 m/s2解析：选D对小球受力分析可知F弹mgFma，解得F弹26 N，剪断细绳瞬时，弹簧的弹力不变，则F弹mgma，解得a3 m/s2，故选D。4用斧头劈木柴的情景如图甲所示。劈的纵截面是一个等腰三角形，劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，当在劈背加一个力F时的受力示意图如乙所示，若不
27、计斧头的重力，则劈的侧面推压木柴的力F1为( )A.F B.FC.F D.F解析：选A根据对称性，两分力F1、F2大小相等，这样，以F1、F2为邻边的平行四边形就是一个菱形，因为菱形的对角线互相垂直且平分，所以根据三角形相似，解得F1F2F，故A正确，B、C、D错误。5.水平面上运动的物块，在外力作用下其速度随时间变化的图像如图所示，图中v0、v1、v2、t1、t2、t3已知，则下列说法正确的是( )A在t1时刻物块的加速度为零B在0t1时间内物块做匀变速运动C在t1t2时间内物块运动的平均速度大于D在t2时刻物块的加速度最大解析：选C图像的斜率表示加速度，所以在t1时刻物块的加速度不为零，在
28、t2时刻物块的加速度为零，A、D错误；在0t1时间内物块的斜率逐渐减小，所以物块做加速度减小的减速运动，B错误；用直线连接t2时刻图像与横轴上的t1，则该运动图像的平均速度为，与原图像对比，在相同时间内，物块运动的位移较小，所以物块的平均速度大于，C正确。6上高中的小王同学去其叔叔家的石料厂玩，发现了一个有趣的现象：在生产过程中砂石都会自然堆积成圆锥体，且在不断地堆积过程中，材料相同的砂石自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。为了快速估测出这些砂石堆的体积，小王利用62.5 dm3 的砂石自然堆积了一个小的砂石堆，测出其底部周长为3 m。则砂石之间的动摩擦因数约为(取3)( )A0.9 B0
29、.7C0.5 D0.3解析：选C已知底部周长为3 m，砂石堆的体积为V62.5 dm30.062 5 m3，设圆锥体的底部圆的半径为r0.5 m，圆锥体的高为h0.25 m，圆锥体的底角正切为tan 0.5，对锥面上一粒沙粒分析，由沙粒静止可得mgcos mgsin ，则有tan 0.5，A、B、D错误，C正确。7图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力)( )A. B.
30、C. D.解析：选B对蒸锅进行受力分析可得4F支cos G，解得F支，A、C、D错误，B正确。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)8如图所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后，五颗棋子的位置情况可能是( )解析：选AD因3对4的滑动摩擦力为3mg小于4和5之间的最大静摩擦力4mg，则4不可能滑动；同理5也不可能滑动；当力
31、F较小时，对1、2、3整体以共同的加速度向右运动；当F较大时，2、3之间会产生滑动，由于3对2有摩擦力作用，则1、2的整体要向右移动，故图A、D正确。9如图所示，乙球静止于地面上，甲球位于乙球正上方h处，现从地面上竖直上抛乙球，初速度v010 m/s，同时让甲球自由下落，不计空气阻力。(取g10 m/s2，甲乙两球可看作质点)下列说法正确的是( )A无论h为何值，甲乙两球一定能在空中相遇B当h10 m时，乙球恰好在最高点与甲球相遇C当h15 m时，乙球能在下降过程中与甲球相遇D当h10 m时，乙球能在上升过程中与甲球相遇解析：选BCD设两球在空中相遇，所需时间为t，根据运动学公式可得gt2v0
32、tgt2h可得t，而乙球的落地时间t1，两球在空中相遇的条件是tt1，整理得h20 m，A错误；若两球恰好在最高点相遇，满足的条件是tt1，代入数据整理得h10 m，B正确；由于10 mh15 m20 m可得乙球能在下降过程中与甲球相遇，C正确；当h10 m时，乙球还没有上升到最高点就与甲球相遇，D正确。10如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑
33、动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是( )A拉力F小于11 N时，不能拉动CB拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 NDA的加速度将随拉力F的增大而增大解析：选AC当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌0.1(mAmBmC)g3 N, fBC0.2(mAmB)g4 N，Ff桌fBCT，TfBC4 N，可解得F11 N，故A正确；当F17 N 时，没有发生相对滑动，此时对AB整体TfBC(mAmB)a1，对C物体受力分析FTfBCf桌mCa1，联立解得T
34、8 N，故B错误；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB0.4mAgmAa，对AB整体受力分析可得TfBC(mAmB)a，对C物体受力分析可得FTfBCf桌mCa，联立解得F23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F23 N，故C正确；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a0.4g4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。三、非选择题(本题共5个小题，共54分)11(6分)某实验小组利用如图甲所示的装置测量滑块与木板间的动摩擦因数。实验步骤如下：测量橡皮泥的重量，记作G；将装有橡皮泥的滑块(滑块质量M未知)放在水平
35、木板上，通过水平细绳与固定弹簧测力计相连，如图甲所示。在A端向右拉动木板，待弹簧测力计示数稳定后，记录弹簧测力计的示数F；改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤。根据实验记录的数据在给定坐标纸上做出FG图像，如图乙所示。(1)由图乙中图线求得滑块和木板间的动摩擦因数_；(2)由图乙中图线可得M_kg。(重力加速度取9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)解析：(1)由于滑块和橡皮泥始终处于静止状态，则FF1(GMg)GMg，那么图像的斜率就是动摩擦因数，从图像可以求出斜率k0.40。(2)根据图像，当G1.5 N时，拉力F0.8 N，则有0.80.40(1.5Mg)，解得M0.051 kg。答案：
36、(1)0.40(2)0.05112(9分)小球在液体中运动时要受到液体的摩擦阻力，这种阻力称为黏滞力或内摩擦力。如果液体的黏滞性较大，小球的半径很小，小球受到的黏滞力为：f6rv，式中称为液体的黏滞系数(也叫“内摩擦因数”)，r为小球半径，v为小球运动的速度。重力加速度为g。某兴趣小组根据所掌握的知识，搜集器材设计了如图甲所示的实验来测定某液体的黏滞系数，实验操作如下：a将无线防水速度传感器安装在足够长量筒底部，传感器与计算机(图中未画出)建立联系，待测液体注满量筒；b用天平称量出小球的质量m；c用螺旋测微器测定小球直径D；d根据小球材质和液体品种查询出它们的密度分别为和0；e用镊子将小球轻放
37、在液体中让其在液体中下落，同时用计算机记录小球下落速度随时间变化的v t图像如图乙1；f改变液体的温度，重复e步操作，得到不同的v t图像乙2、3。(1)关于操作步骤的下列组合中，能顺利完成实验的是_。Aa、b、c、e、fBa、c、d、e、fCa、b、d、f Da、c、e、f(2)根据(1)的选择，测量计算图线1对应的温度下液体黏滞系数_。(3)已知当温度升高时，液体的黏滞系数减小，由此可判断图线1、2、3的温度关系是_。解析：(1)由黏滞力随速度增大而增大可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有Vg0Vg6r0，由此可知，小球体积是必须要测量的，所以d和c必须在组合中，故选B。(2)小球
38、的体积为Vr3D3，联立方程，解得。(3)由黏滞系数表达式可知，黏滞系数越小，小球的收尾速度越大，温度越高，因此T3T1T2。答案：(1)B(2)(3)T3T1T213(11分)机场大道某路口，有按倒计时显示时间的红绿灯。有一辆汽车在平直路面上以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前进，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”。交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过。(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度a1至少多大？(2)若考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机反应过
39、来后汽车先以a22 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车做匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下来，求刹车后汽车加速度a3的大小(结果保留两位有效数字)。解析：(1)设初速度v036 km/h10 m/s，反应时间t11 s，在司机反应时间内汽车通过位移x1v0t110 m，匀加速时间t25 st14 s，x70 m，xx1v0t2a1t22，解得a12.5 m/s2。(2)汽车加速结束时通过的位移为x2，x2v0t1v0t3a2t3249 m，此时车头前端离停车线的距离为x3xx221 m，此时速度为vv0a2t316 m/s，匀减速过程有
40、v22a3x3，解得a3 m/s26.1 m/s2。答案：(1)2.5 m/s2(2)6.1 m/s214(12分)如图所示，在一次汽车性能测试中，汽车车厢上用两细绳AC、BC系住一质量为m5 kg的小球，两绳与竖直方向的夹角分别为37和53，取重力加速度大小g10 m/s2，试求：(1)汽车静止时两细绳AC、BC的拉力T1、T2的大小。(2)当AC绳和BC绳的拉力分别为0时，汽车的加速度。(3)汽车分别以a10 m/s2向前加速与减速时，两细绳AC、BC的拉力的大小。解析：(1)静止时，由力的平衡知T1mgsin 53，T2mgsin 37，解得T140 N，T230 N。(2)当AC绳的拉
41、力为0时，加速度向前，设加速度大小为a1，有mgtan 53ma1，解得a113.3 m/s2，方向向前；当BC绳的拉力为0时，加速度向后，设加速度大小为a2，有mgtan 37ma2，a27.5 m/s2，方向向后。(3)汽车以a10 m/s2向前加速时，aa2，小球向前飞起来，BC绳的拉力大小为T60，设AC绳的拉力大小为T5，设AC与竖直方向的夹角为，建立如图乙所示的坐标系，有T5sin ma，T5cos mg，解得45，T570.7 N。答案：(1)40 N30 N(2)见解析(3)见解析15(16分)如图所示是倾角37的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q，PQ距离L2 m
42、；质量M1.0 kg 的木块A(可看成质点)放在质量m0.5 kg、长d0.8 m的木板B上并一起停靠在挡板P处，A木块与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接。现给木块A沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块A一直以初速度v01.6 m/s沿斜面向上做匀速直线运动。已知木块A的下表面与木板B间的动摩擦因数10.5，经过时间t，当B板右端到达Q处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定A、B 物体此时的位置。然后将A木块上下面翻转，使得A原来的上表面与木板B接触，已知翻转后的A、B接触面间的动摩擦因数变为20.25，且连接A与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给A一向下的初速度v12 m/s
43、，同时释放木板B，并开动电动机保证A木块一直以v1沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板B与挡板P接触时关闭电动机并锁定A、B位置。(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：(1)B木板沿斜面向上加速运动过程的加速度大小；(2)A、B沿斜面上升过程所经历的时间t；(3)A、B沿斜面向下开始运动到木板B左端与P接触时，A到B右端的距离。解析：(1)对B，由牛顿第二定律得1Mgcos mgsin ma1，解得a12 m/s2。(2)A、B相对静止需要的时间t10.8 s，A的位移xAv0t11.28 m，B的位移xBt10.64 m，A、B的相对位移xxAxB0.64 m，A、
44、B匀速运动的时间t20.35 s。则A、B沿斜面上升过程所经历时间tt1t21.15 s。(3)B开始向下加速运动的加速度a210 m/s2B与A相对静止后B的加速度a32 m/s2A、B沿斜面向下运动，到A、B达到共同速度所用的时间t30.2 s，A的位移xAv1t30.4 m，B的位移xBt30.2 m，相对位移xxAxB0.2 m，此时A离B右端的距离dx(dx)0.36 m，A、B速度相等后，B以加速度a3加速运动，B到达P所用时间为t4，则LdxBv1t4a3t42，解得t4(1)s，共速后，A、B相对位移xv1t4a3t42v1t4(32)m，因为xd，即B与P接触时，A没有从B上滑离，d dx(22.64)m。答案：(1)2 m/s2(2)1.15 s(3)(22.64)m