图8
10.如图9所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上传送带A端的瞬时速度vA＝4m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是（ ）
图9
A.若传送带不动，vB＝3m/s
B.若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，vB＝3m/s
C.若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s
D.若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，vB＝3m/s
11.（2017·三湘名校联盟三模）如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出（ ）
图10
A.物体的初速率v0＝3m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m
D.当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上
12.如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象（以地面为参考系）如图乙所示.已知v2＞v1，则（ ）
图11
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
三、非选择题（本题共6小题，共47分）
13.（4分）在“探究小车加速度a与其质量m的关系”的实验中：
（1）备有器材：
A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有砂的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是________.
（2）实验得到如图12甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T；B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________.
图12
（3）某同学根据实验数据画出的a－
图线如图乙所示，从图线可得砂和砂桶的总质量为________kg.（g取10m/s2）
（4）另一位同学根据实验数据画出的a－
图象如图丙所示，则造成这一结果的原因是________________________________________________________________________.
14.（9分）（2018·山东烟台期中）用如图13所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：
图13
（1）下面列出了一些实验器材：
电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：
________.
A.天平（附砝码）B.秒表
C.刻度尺（最小刻度为mm）D.低压交流电源
（2）实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是（ ）
A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动
B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动
C.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，调节木板的倾斜程度，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
（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是__________________.这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变.
（4）如图14为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：
x1＝0.55cm，x2＝0.94cm，x3＝1.35cm，x4＝1.76cm，x5＝2.15cm，x6＝2.54cm.
图14
①相邻两计数点间的时间间隔为________s；
②计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于________（填“A、B、C、D”序号）
A.2.76cmB.2.85cmC.2.96cmD.3.03cm
③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝________m/s；小车的加速度a＝________m/s2.（计算结果均保留2位有效数字）
（5）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：
甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图15，然后由图象直接得出a与M成反比.乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数
是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数
的图象，如图16所示.你认为________同学（选填“甲”或“乙”）的方案更合理.
图15 图16
（6）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图象，如图17所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是（ ）
图17
A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大
B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大
C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大
D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大
15.（8分）如图18甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16m/s从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点.滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：
（已知：
sin37°＝0.6,cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）
图18
（1）A、B之间的距离；
（2）滑块再次回到A点时的速度大小；
（3）滑块在整个运动过程中所用的时间.
16.（8分）（2018·河南洛阳期中）如图19甲所示，在倾角为θ＝30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m＝2kg，它与斜面的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即Ff＝kv.若滑块从静止开始下滑的速度－时间图象如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是t＝0时速度图线的切线，g＝10m/s2.
图19
（1）求滑块下滑的最大加速度和最大速度；
（2）求μ和k的值.
17.（8分）如图20所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2m.传送带始终保持以速度v向右匀速运动.现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板.已知：
滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2kg，g取10m/s2.求：
图20
（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小.
（2）若v＝6m/s，求滑块离开平板时的速度大小.
18.（10分）如图21所示，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板（厚度不计）静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的物块（可视为质点），已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求：
图21
（1）F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；
（2）要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.
答案精析
1.D [因为电梯静止时，弹簧被压缩了x，由此可知mg＝kx.当电梯运动时，弹簧又被压缩了x，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是mg，处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg＝ma，即加速度大小a＝g，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D正确.]
2.D
3.D [由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误.设民工兄弟一只手对A、B在竖直方向上的摩擦力为Ff，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff－（m＋3m）g＝（m＋3m）a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff′，对A由牛顿第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m（g＋a），C错误，D正确.]
4.B [水平力F拉B时，A、B刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A、B间的摩擦力即为最大静摩擦力.
先用整体法考虑，对A、B整体：
F＝（m＋2m）a.
再将A隔离可得A、B间最大静摩擦力为：
Ffm＝ma，解以上两方程得：
Ffm＝
.
若将F′作用在A上，隔离B可得B能与A一起运动，而A、B不发生相对滑动的最大加速度a′＝
，
再用整体法考虑，对A、B整体：
F′＝（m＋2m）a′，由以上方程解得：
F′＝
.]
5.A [剪断细线前，对整体，由牛顿第二定律得3mg－F＝3ma，对B，由牛顿第二定律得2mg－FT＝2ma，解得FT＝
.当剪断细线瞬间，线的拉力突变为零，而弹簧的拉力保持不变，对A，由牛顿第二定律得FT＋mg＝ma′，解得a′＝
＋g，选项A正确.]
6.A [由匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v02＝2ax，由题图乙可得a＝
＝－10m/s2，故减速运动时间：
t＝
＝1s，故A错误；由题图乙可知，在0～1s内小木块向上做匀减速运动，1s后小木块反向做匀加速运动，t＝1s时摩擦力反向，故B正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：
a′＝
＝
m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＋μmgcosθ＝m|a|，mgsinθ－μmgcosθ＝ma′，代入数据解得：
μ＝0.5，θ＝37°，故C、D正确.]
7.B [稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行.对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系，则C项错误.]
8.BC [0～t1时间内物块A受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A错误.t2时刻物块A受到的拉力F最大，物块A的加速度最大，选项B正确.t3时刻物块A受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A的速度最大，选项C正确.t2～t3时间内物块A做加速度逐渐减小的加速运动，t3～t4时间内物块A一直做减速运动，选项D错误.]
9.BD
10.ABC [若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vB2－vA2＝－2as，a＝μg，代入数据解得vB＝3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B端的瞬时速度仍为3m/s，故选项A、B、C正确；若传送带以速度v＝4m/s顺时针匀速转动，则工件滑上A端后做匀速运动，到B端的速度仍为4m/s，故选项D错误.]
11.BC [当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v02＝－2gx，根据题图乙可得此时x＝1.80m，解得初速率v0＝6m/s，选项A错.当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx＝
mv02，根据题图乙知此时x＝2.40m，解得μ＝0.75，选项B对.物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝g（sinθ＋μcosθ）.v02＝2ax＝2g（sinθ＋μcosθ）x，得当sinθ＋μcosθ最大时，即tanθ＝
，θ＝53°时，x取最小值xmin，解得xmin＝1.44m，C项正确.当θ＝45°时，因mgsin45°>μmgcos45°，则物体达到最大位移后将返回，D项错误.]
12.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，加速到与传送带速度v1相等，其位移大小x2＝
13.
（1）天平
（2）a＝
（3）0.02 （4）没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够
解析
（1）本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；
（2）根据逐差法得：
x4－x2＝2aT2，解得：
a＝
.
（3）根据牛顿第二定律可知，a＝
，则F即为a－
图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g＝F＝
N＝0.2N，解得：
m′＝0.02kg.
（4）从题图丙中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤.所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够.
14.
（1）ACD
（2）C （3）m≪M （4）①0.1 ②C ③0.16 0.40 （5）乙 （6）B
解析
（1）本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源（4～6V），工作频率为50Hz，周期为0.02s，可以计时，不需要秒表，故选D项，不选B项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C项.
（2）平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：
将小车轻放（静止）在长木板上，挂好纸带（纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力）、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动（纸带上两点间距离相等）即可，故C正确.
（3）砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：
mg－F＝ma，对小车：
F＝Ma，可得小车受到的拉力F＝
，加速度a＝
，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力（拉力），由F＝
·mg＝
可知，F（4）①打点计时器的工作周期为T0＝0.02s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T＝5T0＝0.1s.
②根据匀变速直线运动的规律a＝
＝
＝
，可知：
x7＝2x6－x5＝2×2.54cm－2.15cm＝2.93cm，比较接近于2.96cm，故选C项.
③v3＝
≈0.16m/s，
a＝
≈0.40m/s2.
（5）反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数
关系图象，故应选乙方案.
（6）图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由（3）可知，小车受到的拉力F＝
，当m≪M时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力（小车受到的合力）不成正比，a－F图象发生弯曲，不再是直线，故B正确.
15.
（1）16m
（2）8
m/s （3）（2＋2
）s
解析
（1）由v－t图象知A、B之间的距离为；
sAB＝
m＝16m.
（2）设滑块从A滑到B过程的加速度大小为a1，从B返回到A过程的加速度大小为a2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有
a1＝
＝
m/s2＝8m/s2
由于mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
得μ＝0.25.
滑块由B返回到A的过程中，则有
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
即a2＝4m/s2，
设滑块返回到A点时的速度为v，
有v2－0＝2a2sAB
即v＝8
m/s.
（3）设滑块从A到B用时为t1，从B返回到A用时为t2，
则有t1＝2s
t2＝
＝2
s
则滑块在整个运动过程中所用的时间为
t＝t1＋t2＝（2＋2
）s.
16.
（1）3m/s2 2m/s
（2）
3kg/s
解析
（1）由题图乙可得：
t＝0时，滑块下滑的加速度最大为
amax＝
＝
＝3m/s2；
t＝3s时，滑块下滑的速度最大为
vmax＝2m/s.
（2）t＝0时滑块下滑的加速度最大为amax，由牛顿第二定律得F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝mamax，
t＝3s时滑块下滑的速度达到最大，有
mgsinθ＝μmgcosθ＋kvmax，
解得：
μ＝
，k＝3kg/s（说明：
k的答案没有单位不算对）.
17.
（1）4m/s
（2）3.5m/s
解析
（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a1＝
＝3m/s2
由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小
a2＝
＝1m/s2
设滑块从平板左端滑至右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，
对滑块进行分析：
v′＝v－a1t
L2＋x＝vt－
a1t2
对平板进行分析：
v′＝a2t
x＝
a2t2
联立以上各式代入数据解得t＝1s，v＝4m/s.
当v＝4m/s时，滑块在传送带上加速运动的位移为x1＝
＝1.6m（2）滑块在传送带上的加速度a3＝
＝5m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为
v1＝
＝5m/s<6m/s
即滑块滑上平板的速度为5m/s.
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′
则v″＝v1－a1t′
L2＋x′＝v1t′－
a1t′2
x′＝
a2t′2
联立以上各式代入数据解得t′＝
s，t2′＝2s（t2′>t，不合题意，舍去）
将t′＝
s代入v″＝v1－a1t′得v″＝3.5m/s.
18.
（1）0.64m
（2）μ2≥0.2
解析
（1）假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：
对木板：
F－μ1（M＋m）g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2
对物块：
μ1mg＝ma2，解得a2＝4m/s2，因a2设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则
＝
a1t2－
a2t2，解得t＝1s
在此过程：
木板位移x1＝
a1t2＝3m，
末速度v1＝a1t＝6m/s
物块位移x2＝
a2t2＝2m，末速度v2＝a2t＝4m/s
在物块从木板上滑落后
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