高中物理必修第1册第4章 2

第四章2A组·基础达标1．在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：(1)(多选)某同学将实验器材组装成如图所示的装置图，接通电源进行数据测量，该装置中的明显错误有()A．打点计时器的电源不应使用干电池，应使用交流电源B．小车初始位置离打点计时器太远C．小盘里不该放钩码D．没有垫高木板平衡摩擦力(2)改正实验装置后，该同学顺利地完成了实验．图中是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点的时间间隔为0.1s，由图中的数据可算得小车的加速度a为________m/s2.(结果保留两位有效数字)(3)为保证绳子对小车的拉力约等于小盘和重物的总重力mg，小盘和重物的质量m与小车的质量M应满足的关系是________.【答案】(1)ABD(2)0.20(3)m≪M【解析】(1)实验中的错误之处有：打点计时器没有用交流电源；小车应靠近打点计时器；没有垫高木板平衡摩擦力．故选ABD.(2)根据Δx＝aT2，运用逐差法得a＝eq\f(x4－x2－x2,4T2)＝eq\f(0.0404－0.0163－0.0163,4×0.12)m/s2≈0.20m/s2.2．为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量．m为沙和沙桶的质量．(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作和保证的条件是________.A．用天平测出沙和沙桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变沙和沙桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留两位有效数字)．(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图像如图丙所示，由图像可知，质量不变的物体受到的合外力F与产生的加速度a成________(填“正比”或“反比”)．【答案】(1)BD(2)1.3m/s2(3)正比【解析】(1)本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M，故A、E错误．先拿下沙桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故C错误．要改变沙和沙桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确．(2)由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为T＝0.06s，由Δx＝aT2可得a＝eq\f(2.8＋3.3＋3.8－1.4＋1.9＋2.3,3×0.062)×10－2m/s2＝1.3m/s2.(3)正比3．某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．(1)(多选)下列做法正确的是_______(选填字母代号)．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)甲、乙两位同学在同一实验室，各取一套图示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，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、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μ甲、μ乙，由图可知，m甲______m乙，μ甲______μ乙．(均填“大于”“小于”或“等于”)【答案】(1)AD(2)小于大于【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后不再需要重新平衡摩擦力，D正确．(2)不平衡摩擦力，则F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，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，μ甲>μ乙．4．如图所示是小明同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B，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)小明用游标卡尺测量遮光条的宽度d.(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量c是______________(用文字表述)．滑块通过光电门的速度为________(用已知量表示)．(3)小亮同学认为：无须测出上述c和d，只要画出以F(力传感器示数)为横坐标、以________为纵坐标的图像就能直接反映加速度与力的关系．(4)(多选)下列实验操作和要求正确的是________(请填写选项前对应的字母)．A．应将气垫导轨调节水平B．应测出钩码和力传感器的总质量C．应使A位置与光电门间的距离适当大些D．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量【答案】(2)遮光条到光电门的距离eq\f(d,t)(3)eq\f(1,t2)(4)AC【解析】(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条在A处到光电门的距离L；滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，即v＝eq\f(d,t).(3)由匀变速直线运动的速度位移公式知，加速度a＝eq\f(v2,2L)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t)))2,2L)＝eq\f(d2,2Lt2)，由牛顿第二定律得F＝Ma＝Meq\f(d2,2Lt2)，则eq\f(1,t2)＝eq\f(2L,Md2)F，应作出eq\f(1,t2)－F.(4)因为气垫导轨摩擦力小，可以忽略，不需要平衡摩擦力．故实验前应将气垫导轨调节水平，A正确；滑块受到的拉力可以由传感器测出，实验不需要测出钩码和力传感器的总质量，故B错误；为减小实验误差，应使A位置与光电门间的距离适当大些，故C正确；滑块受到的拉力可以由传感器测出，不需要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，故D错误．B组·能力提升5．如图所示，在探究加速度与力的关系的实验中，将两辆相同的小车放在水平木板上，前端各系一条细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可以放不同的重物．把木板一端垫高，以平衡摩擦力．两小车后端各系一条细线，用黑板擦把两条细线同时按压在木板上．抬起黑板擦，两小车开始运动，按下黑板擦，两小车停下来．小车受到的拉力分别为F1和F2，加速度分别为a1和a2，位移分别为x1和x2，某小组的同学通过改变拉力大小获得实验数据如表格所示．在该实验的分析中正确的是()实验次数小车拉力F/N位移x/cm1甲0.122.5乙0.243.52甲0.229.0乙0.343.03甲0.341.0乙0.455.4A．若eq\f(x1,x2)＝eq\f(a1,a2)两个小车必须从静止开始运动，但运动时间可以不同B．若eq\f(x1,x2)＝eq\f(a1,a2)两个小车不必从静止开始运动，但运动时间必须相同C．通过第一组数据可知，在误差允许范围内，当F2＝2F1时，x2＝2x1，a2＝2a1仍说明加速度与力成正比D．通过第一组数据的乙和第二组数据的甲相比，当F1＝F2时，位移明显不同，显然是实验误差造成的【答案】C【解析】根据同时开始运动，同时停止，说明初速度为零，时间相等，根据在初速度为零的匀变速直线运动知x＝eq\f(1,2)at2，运动时间相等，则位移与加速度成正比，通过第一组数据可知，在误差允许范围内，当F2＝2F1时，x2＝2x1，a2＝2a1说明加速度与力成正比，故A、B错误，C正确．两组不同数据，因为运动时间不同，力相等，位移也会不等，故D错误．达标检测一、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．牛顿第一定律是建立在理想斜面实验基础上，经抽象分析推理得出的结论，它不是实验定律．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿水平面滑动．水平面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿水平面滑动到的最远位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态B．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变C．如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】C【解析】根据实验结果，水平面的粗糙程度越低，小球滑得越远，由此得出结论，如果水平面光滑，小球将沿着水平面一直运动下去，故C正确．2．关于牛顿运动定律的说法正确的是()A．牛顿第一定律提出了当物体的合外力为零时，物体将处于静止状态B．汽车速度越大，刹车后滑行的距离越长，所以惯性越大C．跳高时，运动员能跳离地面，是因为人对地面的压力大于地面对人的支持力D．在受到相同的作用力时，决定物体运动状态变化难易程度的唯一因素是物体的质量【答案】D【解析】根据牛顿第一定律的内容：当物体不受力或所受合外力为零时，总保持匀速直线运动或静止状态，故A错误；惯性是物体的固有属性，与物体速度的大小无关，故B错误；人对地面的压力与地面对人的支持力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；观察和实验表明，对于任何物体，在受到相同的作用力时，决定它们运动状态变化难易程度的唯一因素就是它们的质量，故D正确．3．下列关于单位制的说法中，正确的是()A．在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位NB．长度是基本物理量，其单位m、cm、mm都是国际单位制中的基本单位C．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取D．由F＝ma可得到力的单位1N＝1kg·m/s2【答案】D【解析】三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，故A错误；长度是基本物理量，其单位m是国际单位制中的基本单位，cm与mm只是常用单位，不属于基本单位，故B错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，故C错误；公式F＝ma中，各物理量的单位都是采用国际单位，才由F＝ma可得到力的单位1N＝1kg·m/s2，故D正确．4．如图所示，一车内用轻绳悬挂着A、B两球，车向右做匀加速直线运动时，两段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、θ，且α＝θ，则()A．A球的质量一定等于B球的质量B．A球的质量一定大于B球的质量C．A球的质量一定小于B球的质量D．A球的质量可能大于、可能小于、也可能等于B球的质量【答案】D【解析】对A、B整体研究，根据牛顿第二定律得(mA＋mB)gtanα＝(mA＋mB)a，解得a＝gtanα；对B研究，根据牛顿第二定律得mBgtanθ＝mBa，解得a＝gtanθ；因此不论A的质量是大于、小于还是等于B球的质量，均有α＝θ，故D正确．5．如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是()A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大【答案】A【解析】当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大；则从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，故A正确，C、D错误；当小球到达最低点时小球的加速度最大，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，加速度是先向下减小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故B错误．6．在以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的人，下列说法中正确的是()A．此人对地球的吸引力为m(g＋a) B．此人对电梯的压力为m(g－a)C．此人受到的重力为m(g＋a) D．此人的视重为m(g＋a)【答案】D【解析】人随电梯加速上升，故处于超重状态．根据超重定义可知，此人的视重(即人对电梯的压力大小)应为mg＋ma，D正确，B错误；人对地球的吸引力与人受到的重力是作用力和反作用力的关系，大小均为mg，运动状态的变化不影响人对地球的吸引力及人受到的重力，故A、C错误．7．如图所示，质量为m1＝2kg和m2＝3kg的两个物体放置于光滑水平面上，中间用轻质弹簧秤连接，两个大小分别为F1＝30N，F2＝20N的水平拉力分别作用于m1，m2上．则()A．弹簧秤示数是26NB．m1、m2共同运动加速度大小为a＝4m/s2C．突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为a＝3m/s2D．突然撤去F1的瞬间，m2的加速度大小为a＝4m/s2【答案】A【解析】以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，代入数据解得a＝2m/s2；对m2受力分析，向左的F2和向右的弹簧弹力F，由牛顿第二定律得F－F2＝m2a，解得F＝26N，故A正确，B错误；在突然撤去F2的瞬间，因为弹簧的弹力不能发生突变，所以m1的受力没有发生变化，故加速度大小仍为2m/s2，故C错误；突然撤去F1的瞬间，m2的受力没有来得及变化，所以m2的加速度大小仍为a＝2m/s2，故D错误．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．8．如图所示，物体在一外力作用下沿光滑水平面向右运动，它的正前方有一根劲度系数足够大的弹簧，当物体接触弹簧后，下列说法中正确的是()A．物体立即做减速运动B．物体仍一直做加速运动C．在一段时间内继续做加速运动，速度继续增大D．当弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度不为零【答案】CD【解析】当物体接触弹簧后，弹簧的弹力逐渐增大，开始阶段，弹力小于水平恒力F，合力方向向右，与速度方向相同，物体做加速运动，后来弹簧的弹力大于F，合力向左，与速度方向相反，物体开始做减速运动，所以物体接触弹簧后先加速后减速，A、B错误，C正确；当弹簧处于最大压缩量时，弹力大于F，物体的加速度向左，不为零，D正确．9．如图所示，在光滑水平面上有一个静止的小车，质量为M，小车上静止地放置着一个木块，质量为m，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，g取10m/s2.下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2，可能正确的有()A．a1＝2m/s2，a2＝2m/s2 B．a1＝2m/s2，a2＝3m/s2C．a1＝3m/s2，a2＝4m/s2 D．a1＝3m/s2，a2＝2m/s2【答案】AC【解析】对上面的木块受力分析，在水平方向只可能受摩擦力，且Ff≤μmg，因此木块的加速度最大为am＝eq\f(Ff,m)＝μg＝3m/s2.若小车与木块一起运动，相对静止，则二者加速度相等，且小于am，即a1＝a2＝2m/s2<am，所以是可能的，A正确；若木块与小车发生相对滑动，则木块的加速度一定是3m/s2，由于拉力作用在小车上，故小车的加速度要大于木块的加速度，所以C正确，B、D错误．10．如图所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面分别用F1＝120N、F2＝160N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面．沙发与地面间的动摩擦因数μ＝0.3.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．沙发会被推动B．沙发将沿着F1的方向移动，加速度为0.6m/s2C．由于F1小于滑动摩擦力，沙发将沿着F2的方向移动，加速度为0.2m/s2D．沙发的加速度大小为1m/s2【答案】AD【解析】由二力合成可知，两个力的合力大小为F＝eq\r(F\o\al(2,1)＋F\o\al(2,2))＝200N，方向在水平面内，设F与F1的夹角为θ，则sinθ＝eq\f(F2,F)＝0.8，即θ＝53°；而fmax＝μFN＝μmg＝0.3×500N＝150N<F，则沙发要做匀加速直线运动，A正确；由牛顿第二定律有F－fmax＝ma，代入数据得a＝1m/s2，方向沿水平面介于F1、F2之间，且与F1夹角为53°，故B、C错误，D正确．三、非选择题：本题共4小题，共54分．11．(6分)如图所示为探究小车加速度与所受合力关系的实验示意图局部．该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过控制铁夹子同时释放让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度．关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是________.A．两小车的加速度之比等于位移之比B．两小车的加速度之比等于位移的反比C．两小车的加速度之比等于位移平方之比D．两小车的加速度之比等于位移平方的反比【答案】A【解析】两小车运动的时间相等，由位移公式知x＝eq\f(1,2)at2，所以位移和加速度应该成正比的关系，A正确．12．(12分)“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示．(1)下列说法正确的是________.A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验砝码及砝码盘B的总质量应远大于小车A的质量D．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a－eq\f(1,mA)图像(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图乙所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个点没有标出，其中s1＝7.06cm、s2＝7.68cm、s3＝8.30cm、s4＝8.92cm，纸带加速度的大小是________m/s2.(保留两位有效数字)(3)某同学将长木板右端适当垫高，其目的是______________.但他把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大．用a表示小车的加速度，F表示细线作用于小车的拉力．他绘出的a－F图像是________.【答案】(1)D(2)0.62(3)平衡摩擦力C【解析】(1)实验前要平衡摩擦力，每次改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故A错误；实验时应先接通电源，然后再释放小车，故B错误；在砝码及砝码盘B的质量远小于小车A的质量时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码盘受到的重力，故C错误；应用图像法处理加速度与质量关系实验数据时，为了直观，应作a－eq\f(1,mA)图像，故D正确．(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得纸带的加速度为a＝eq\f(0.083－0.0706＋0.0892－0.0768×10－2,4×0.12)m/s2＝0.62m/s2.(3)将长木板右端适当垫高，其目的是平衡摩擦力；把长木板的右端垫得过高，使得倾角过大，小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力，小车受到的合力大于细线的拉力，在小车不受力时，小车已经具有一定的加速度，a－F图像不过原点，在a轴上有截距，因此他绘出的a－F关系图像是C.13．(18分)水平传送带以v＝1.5m/s的速度匀速运动，传送带AB两端距离为6.75m，将一物体轻放在传送带的A端，它运动到传送带另一端B所需时间为6s．求：(1)物体和传送带间的动摩擦因数；(2)若要使物体以最短时间到达B端，则传送带的速度至少应调为多大？(g取10m/s2)【答案】(1)0.05(2)eq\f(3\r(3),2)m/s【解析】先判断物体在传送带上的运动情况．由题设可得：该物体在传送带上运动的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝1.125m/s.假设物体在传送带上一直做匀加速直线运动，则该过程中物体的平均速度eq\x\to(v)′＝eq\f(0＋v,2)＝0.75m/s<eq\x\to(v)，故物体在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动至B端，故物体的最大速度vm＝v.(1)对物体，由牛顿第二定律μmg＝ma，则a＝μg，设经过t1时间后速度为v，则v＝at1，x＝eq\f(1,2)vt1＋v(t－t1)，由以上各式解得μ＝0.05.(2)由题可知，只有当物体在