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1、阶段复习课第四章理想实验理想实验匀速直线运动状态匀速直线运动状态 静止状态静止状态 质量质量 控制变量法控制变量法 成正比成正比 成反比成反比 作用力作用力大小相等大小相等 方向相反方向相反 同一条直线上同一条直线上超重超重 失重失重完全失重完全失重一、整体法、隔离法分析一、整体法、隔离法分析连连接体接体问题问题1.1.连连接体接体多个相互关多个相互关联联的物体的物体组组成的物体系成的物体系统统。如叠在一起、并排放在。如叠在一起、并排放在一起或用一起或用绳绳( (或杆或杆) )连连在一起的几个物体。在一起的几个物体。2.2.隔离法与整体法隔离法与整体法(1)(1)隔离法隔离法: :在分析在分析
2、连连接体接体问题时问题时, ,从研究从研究问题问题的方便性出的方便性出发发, ,将将物体系物体系统统中的某一部分物体隔离出来中的某一部分物体隔离出来, ,单单独分析研究的方法。独分析研究的方法。(2)(2)整体法整体法: :在分析在分析连连接体接体问题时问题时, ,将整个物体系将整个物体系统统作作为为整体分整体分析研究的方法。析研究的方法。(3)(3)当需要当需要计计算物体之算物体之间间( (或一个物体各部分之或一个物体各部分之间间) )的相互作用的相互作用力力时时, ,就必就必须须把各个物体把各个物体( (或一个物体的各个部分或一个物体的各个部分) )隔离出来隔离出来, ,根根据各个物体据各
3、个物体( (或一个物体的各个部分或一个物体的各个部分) )的受力情况的受力情况, ,画出隔离体画出隔离体的受力的受力图图, ,列出牛列出牛顿顿第二定律方程。第二定律方程。(4)(4)许许多具体多具体问题问题中中, ,常需要交叉运用整体法和隔离法常需要交叉运用整体法和隔离法, ,有分有有分有合合, ,从而迅速求解相关从而迅速求解相关问题问题。注意注意: :运用整体法分析问题时运用整体法分析问题时, ,要求系统内各物体的加速度的大要求系统内各物体的加速度的大小和方向均应相同小和方向均应相同, ,根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系根据牛顿第二定律对整体列方程。如果系统内各物体的加速度仅大小相同统内
4、各物体的加速度仅大小相同, ,如通过滑轮连接的物体如通过滑轮连接的物体, ,应采应采用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程。用隔离法根据牛顿第二定律分别列方程。【典例【典例1 1】(2013(2013烟台高一烟台高一检测检测) )如如图图所示所示, ,两个用两个用轻线轻线相相连连的的位于光滑水平面上的物位于光滑水平面上的物块块, ,质质量分量分别为别为m m1 1和和m m2 2。拉力。拉力F F1 1和和F F2 2方向方向相反相反, ,与与轻线轻线沿同一水平直沿同一水平直线线, ,且且F F1 1FF2 2。试试求在两个物求在两个物块块运运动过动过程中程中轻线轻线的拉力的拉力F FT T。【标
5、准解答】【标准解答】以两物块整体为研究对象以两物块整体为研究对象, ,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得F F1 1-F-F2 2=(m=(m1 1+m+m2 2)a)a隔离物块隔离物块m m1 1, ,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F F1 1-F-FT T=m=m1 1a a由由两式解得两式解得F FT T= = 答案：答案：【变变式式备选备选】两重叠在一起的滑两重叠在一起的滑块块, ,置于固定的、置于固定的、倾倾角角为为的的斜面上斜面上, ,如如图图所示所示, ,滑滑块块A A、B B的的质质量分量分别为别为M M、m,Am,A与斜面与斜面间间的的动动摩擦因数摩擦因数为为1 1,B,
6、B与与A A之之间间的的动动摩擦因数摩擦因数为为2 2, ,已知两滑已知两滑块块都从都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下静止开始以相同的加速度从斜面滑下, ,滑滑块块B B受到的摩擦力受到的摩擦力 ( () )A.A.等于零等于零B.B.方向沿斜面向上方向沿斜面向上C.C.大小等于大小等于1 1mgcosmgcosD.D.大小等于大小等于2 2mgcosmgcos【解析】【解析】选选B B、C C。把。把A A、B B两滑块作为一个整体，设其下滑加速两滑块作为一个整体，设其下滑加速度为度为a a，由牛顿第二定律得，由牛顿第二定律得(M+m)gsin-(M+m)gsin-1 1(M+m)gcos
7、(M+m)gcos=(M+m)a=(M+m)a解得解得 a=g(sin- a=g(sin-1 1cos)cos)由于由于a agsingsin，可见，可见B B随随A A一起下滑过一起下滑过程中，必然受到程中，必然受到A A对它沿斜面向上的摩对它沿斜面向上的摩擦力，擦力，B B正确。设摩擦力为正确。设摩擦力为F FfBfB，由牛顿，由牛顿第二定律，有第二定律，有mgsin-Fmgsin-FfBfB=ma=ma得得 F FfBfB=mgsin-ma=mgsin-mg(sin-=mgsin-ma=mgsin-mg(sin-1 1cos)cos)=1 1mgcosmgcos，C C正确。正确。 二、
8、二、图图像在像在动动力学中的力学中的应应用用在物理学在物理学问题问题中中, ,给给出已知条件和信息的方式有很多出已知条件和信息的方式有很多, ,诸诸如文字如文字方式、表格方式、函数方式、方式、表格方式、函数方式、图图像方式像方式, ,其中其中图图像方式是最常像方式是最常见见、最直、最直观观的一种方式的一种方式, ,运用运用图图像求解像求解问题问题也会更加直也会更加直观观、形、形象。象。1.1.常常见见的的图图像形式像形式在在动动力学与运力学与运动动学学问题问题中中, ,常常见见、常用的、常用的图图像是位移像是位移图图像像(x-t(x-t图图像像) )、速度、速度图图像像(v-t(v-t图图像像
9、) )和力的和力的图图像像(F-t(F-t图图像像) )等等, ,这这些些图图像像反映的是物体的运反映的是物体的运动规动规律、受力律、受力规规律律, ,而而绝绝非代表物体的运非代表物体的运动动轨轨迹。迹。2.2.图图像像问题问题的分析方法的分析方法遇到遇到带带有物理有物理图图像的像的问题时问题时, ,要要认认真分析真分析图图像像, ,先从它的物理意先从它的物理意义义、点、点、线线段、斜率、截距、交点、拐点、面段、斜率、截距、交点、拐点、面积积等方面了解等方面了解图图像像给给出的信息出的信息, ,再利用共点力平衡、牛再利用共点力平衡、牛顿顿运运动动定律及运定律及运动动学公学公式去解式去解题题。【
10、典例【典例2 2】一一质质量量为为m=40kgm=40kg的小孩站的小孩站在在电电梯内的体重梯内的体重计计上。上。电电梯从梯从t=0t=0时时刻由静止开始上升刻由静止开始上升, ,在在0 0到到6s6s内体重内体重计计示数示数F F的的变变化如化如图图所示。所示。试问试问: :在在这这段段时间时间内内电电梯上升的高度是多少梯上升的高度是多少? ?取重力加速度取重力加速度g=10m/sg=10m/s2 2。【标准解答】【标准解答】由题图可知由题图可知, ,在在t=0t=0到到t t1 1=2s=2s的时间内的时间内, ,体重计的示体重计的示数大于数大于mg,mg,故电梯应做向上的匀加速运动。设在
11、这段时间内体故电梯应做向上的匀加速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为重计作用于小孩的力为F F1 1, ,电梯及小孩的加速度为电梯及小孩的加速度为a a1 1, ,由牛顿第由牛顿第二定律二定律, ,得得F F1 1-mg=ma-mg=ma1 1在这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h1 1= =在在t t1 1=2s=2s到到t t2 2=5 s=5 s的时间内的时间内, ,体重计的示数等于体重计的示数等于mg,mg,故电梯应做故电梯应做匀速上升运动匀速上升运动, ,速度为速度为t t1 1时刻电梯的速度时刻电梯的速度, ,即即v v1 1=a=a1 1t t1 1在
12、这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h2 2=v=v1 1(t(t2 2-t-t1 1) )在在t t2 2=5s=5s到到t t3 3=6s=6s的时间内的时间内, ,体重计的示数小于体重计的示数小于mg,mg,故电梯应做向故电梯应做向上的匀减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为上的匀减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为F F2 2, ,电梯及小孩的加速度为电梯及小孩的加速度为a a2 2, ,由牛顿第二定律由牛顿第二定律, ,得得mg-Fmg-F2 2=ma=ma2 2在这段时间内电梯上升的高度在这段时间内电梯上升的高度h h3 3=v=v1 1(t(t3
13、3-t-t2 2)- a)- a2 2(t(t3 3-t-t2 2) )2 2电梯上升的总高度电梯上升的总高度h=hh=h1 1+h+h2 2+h+h3 3代入数据解得代入数据解得h=9mh=9m。答案答案: :9m9m【变变式式训练训练】(2013(2013大大连连高一高一检测检测) )放在水平地面上的一物放在水平地面上的一物块块, ,受到方向不受到方向不变变的水平推力的水平推力F F的作用的作用,F,F的大小与的大小与时间时间t t的关系如的关系如图图甲所示甲所示, ,物物块块速度速度v v与与时间时间t t的关系如的关系如图图乙所示。取重力加速度乙所示。取重力加速度g=10m/sg=10
14、m/s2 2。由两。由两图图像可以求得物像可以求得物块块的的质质量量m m和物和物块块与地面之与地面之间间的的动动摩擦因数摩擦因数分分别为别为( () )A.m=0.5 kg,=0.4A.m=0.5 kg,=0.4B.m=1.5 kg,=B.m=1.5 kg,=C.m=0.5 kg,=0.2C.m=0.5 kg,=0.2D.m=1 kg,=0.2 D.m=1 kg,=0.2 【解析】【解析】选选A A。由。由F-tF-t图像和图像和v-tv-t图像可得图像可得, ,物块在物块在2 s2 s到到4 s4 s内所内所受外力受外力F=3 N,F=3 N,物块做匀加速运动，物块做匀加速运动，a= =2
15、 m/sa= =2 m/s2 2, ,F-FF-Ff f=ma=ma即即3-10m=2m3-10m=2m。物块在物块在4 s4 s到到6 s6 s内所受外力内所受外力F=2 NF=2 N，物块做匀速直线运动，则，物块做匀速直线运动，则F=FF=Ff f,F=mg,F=mg，并且，并且 10m=2 10m=2。 由由解得解得m=0.5 kg,=0.4m=0.5 kg,=0.4，故，故A A选项正确。选项正确。 三、三、动动力学中的力学中的临临界极界极值问题值问题1.1.临临界极界极值问题值问题在运用牛在运用牛顿顿运运动动定律解决定律解决动动力学力学问题时问题时, ,常常常常讨论讨论相互作用的相互
16、作用的物体是否会物体是否会发发生相生相对对滑滑动动, ,相互接触的物体是否会相互接触的物体是否会发发生分离等生分离等, ,这类问题这类问题就是就是临临界界问题问题。2.2.解解题题关关键键解决解决临临界界问题问题的关的关键键是分析是分析临临界状界状态态。例如。例如, ,两物体两物体刚刚好要好要发发生相生相对对滑滑动时动时, ,接触面上必接触面上必须须出出现现最大静摩擦力最大静摩擦力; ;两个物体要两个物体要发发生分离生分离, ,相互之相互之间间的作用力的作用力弹弹力必定力必定为为零。零。3.3.解决解决临临界界问题问题的一般方法的一般方法(1)(1)极限法。极限法。题设题设中若出中若出现现“最
17、大最大”“”“最小最小”“”“刚刚好好”等等这类词语时这类词语时, ,一般一般就就隐隐含着含着临临界界问题问题, ,解决解决这类问题时这类问题时, ,常常是把物理常常是把物理问题问题( (或物或物理理过过程程) )引向极端引向极端, ,进进而使而使临临界条件或界条件或临临界点暴露出来界点暴露出来, ,达到快达到快速解决有关速解决有关问题问题的目的。的目的。(2)(2)假假设设法。法。有些物理有些物理问题问题在在变变化化过过程中可能会出程中可能会出现临现临界界问题问题, ,也可能不出也可能不出现临现临界界问题问题, ,解答解答这类题这类题, ,一般要用假一般要用假设设法。法。(3)(3)数学推理
18、法。数学推理法。根据分析的物理根据分析的物理过过程列出相程列出相应应的数学表达式的数学表达式, ,然后由数学表达然后由数学表达式式讨论讨论出出临临界条件。界条件。【典例【典例3 3】如图所示，质量如图所示，质量m m10 kg10 kg的的小球挂在倾角小球挂在倾角3737的光滑斜面的的光滑斜面的固定铁杆上，求：固定铁杆上，求：(1)(1)斜面和小球以斜面和小球以a a1 1 的加速度向右的加速度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？(2)(2)当斜面和小球都以当斜面和小球都以a a2 2 的加速度向右匀加速运动时，的加速
19、度向右匀加速运动时，小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？小球对绳的拉力和对斜面的压力分别为多大？【标准解答】【标准解答】先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要先求出临界状态时小球的加速度，假设小球刚要离开斜面，这时离开斜面，这时F FN N0 0，受力情况如图甲所示，故，受力情况如图甲所示，故FsinFsinmg(mg(竖直方向竖直方向) )，FcosFcosmama0 0( (水平方向水平方向) )。所以所以a a0 0gcotgcot 。(1)(1)当斜面和小球以当斜面和小球以a a1 1的加速度向右匀加速运动时，由于的加速度向右匀加速运动时，由于a a1 1 a a0 0，可知这
20、时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，可知这时小球已脱离斜面，所以其受力情况如图丙所示，故故F F2 2sinsinmg(mg(竖直方向竖直方向) )F F2 2coscosmama2 2( (水平方向水平方向) )。两式平方相加，可得两式平方相加，可得F F2 2 200 N200 N。由牛顿第三定律知：当以加速度由牛顿第三定律知：当以加速度a a1 1运动时，小球对绳的拉力为运动时，小球对绳的拉力为100 N100 N，对斜面的压力为，对斜面的压力为50 N50 N；当以加速度；当以加速度a a2 2运动时，小球对运动时，小球对绳的拉力为绳的拉力为200 N200 N，对斜面的压力为
21、，对斜面的压力为0 0。答案：答案：(1)100 N 50 N (2)200 N 0(1)100 N 50 N (2)200 N 0【变式训练】【变式训练】鲜蛋储运箱中放有光滑鲜蛋储运箱中放有光滑的塑料蛋托架，架上有排列整齐的卵的塑料蛋托架，架上有排列整齐的卵圆形凹槽，如图所示，图中圆形凹槽，如图所示，图中O O为圆心，为圆心，A A、B B两点为水平槽口，两点为水平槽口，角为半径角为半径OAOA与水平线与水平线ABAB的夹角，已知汽车轮胎与的夹角，已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为柏油路面的动摩擦因数为，当运蛋的汽车急刹车时，为避免，当运蛋的汽车急刹车时，为避免蛋从槽中滚出，图中蛋从槽中滚
22、出，图中角的正切值应小于多少？角的正切值应小于多少？【解析】【解析】设蛋刚好不滚出的夹角为设蛋刚好不滚出的夹角为，对，对蛋受力分析，如图所示，根据平行四边形蛋受力分析，如图所示，根据平行四边形定则，由牛顿第二定律得定则，由牛顿第二定律得F F合合= =ma= =ma，所，所以以a= a= ，对汽车有，对汽车有mm0 0g=mg=m0 0a a，故，故a=ga=g。因此因此 =g =g，解得，解得tan= tan= 。那么，蛋不从槽中滚出，要求那么，蛋不从槽中滚出，要求，则，则tan tan 。答案：答案：四、四、动动力学中的力学中的传传送送带问题带问题1.1.摩擦力是否影响摩擦力是否影响传传送
23、送带带的运的运动动: :是因是因为带动传为带动传送送带带的的电动电动机机在起作用在起作用( (摩擦力不影响摩擦力不影响传传送送带带的运的运动动状状态态) )。2.2.分析分析该类问题该类问题的关的关键键: :分析物体与分析物体与传传送送带间带间的滑的滑动动摩擦力方摩擦力方向向, ,进进而分析物体的运而分析物体的运动规动规律律, ,这这是分析是分析传传送送带问题带问题的关的关键键。3.3.常常见见的的传传送送带带模型模型: :有两种有两种, ,一个是水平方向的一个是水平方向的传传送送带带; ;另一另一个是与水平方向成一定角度的个是与水平方向成一定角度的传传送送带带。(1)(1)物体在水平物体在水
24、平传传送送带带上的运上的运动动有两种可能有两种可能:若物体到达若物体到达传传送送带带的另一端的另一端时时速度速度还还没有达到没有达到传传送送带带的速度的速度, ,则该则该物体一直做物体一直做匀匀变变速直速直线线运运动动;若物体到达若物体到达传传送送带带的另一端之前速度已的另一端之前速度已经经和和传传送送带带相同相同, ,则则物体先做匀物体先做匀变变速直速直线线运运动动后做匀速直后做匀速直线线运运动动。(2)(2)对对斜斜传传送送带带要分析最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力要分析最大静摩擦力和重力沿斜面方向的分力的关系的关系, ,如果最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力如果最大静摩擦力小于重力沿斜面
25、的分力, ,则则物体做匀物体做匀变变速运速运动动; ;如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力如果最大静摩擦力大于重力沿斜面的分力, ,则则物体做物体做匀速运匀速运动动。【典例【典例4 4】如如图图所示所示, ,传传送送带带与水平与水平面面夹夹角角为为37,37,传传送送带带以以10m/s10m/s的速的速率运率运动动, ,传传送送带轮带轮沿沿顺时针顺时针方向方向转转动动。现现在在在在传传送送带带上端上端A A处处无初速无初速地放上一个地放上一个质质量量为为m=0.5kgm=0.5kg的小物的小物块块, ,它与它与传传送送带间带间的的动动摩擦因摩擦因数数为为0.5,0.5,若若传传送送带带A A到
26、到B B的的长长度度为为16m,g16m,g取取10m/s10m/s2 2, ,则则物物块块从从A A运运动动到到B B的的时间为时间为多少多少? ?【标准解答】【标准解答】由于由于0.50.5tantan0.750.75，物块一定沿传送带，物块一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。对地下移，且不会与传送带相对静止。设从物块刚放上到达到传送带速度设从物块刚放上到达到传送带速度10 m/s10 m/s时，物块位移为时，物块位移为s s1 1，加速度为加速度为a a1 1，时间为，时间为t t1 1，因物块速率小于传送带速率，根据牛，因物块速率小于传送带速率，根据牛顿第二定律，顿第二定律，
27、a a1 1= =10 m/s= =10 m/s2 2，方向沿斜面向，方向沿斜面向下。下。 t t1 1= =1 s,s= =1 s,s1 1= =5 m= =5 m传送带长度。设从物块速度传送带长度。设从物块速度为为10 m/s10 m/s到到B B端所用时间为端所用时间为t t2 2，加速度为，加速度为a a2 2，位移为，位移为s s2 2，物块速，物块速度大于传送带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有度大于传送带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有a a2 2= =2 m/s= =2 m/s2 2s s2 2= = ，即，即(16-5) m=10t(16-5) m=10t2 2+ ,+
28、 ,t t2 2=1 s(t=1 s(t2 2=-11 s=-11 s舍去舍去) )所用总时间所用总时间t=tt=t1 1+t+t2 2=2 s=2 s。答案：答案：2 s2 s【变式训练】【变式训练】水平传送带被广泛地应水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图所示为一水平李进行安全检查。如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带传送带装置示意图，绷紧的传送带ABAB始终保持恒定的速率始终保持恒定的速率v v1 m/s1 m/s运行。一质量为运行。一质量为4 kg4 kg的行李无初速地放在的行李无初速地放在A A处，传送处，传
29、送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数间的动摩擦因数0.10.1，A A、B B间的距离间的距离L L2 2 ，取，取10 m/s10 m/s2 2。(1)(1)求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；小；(2)(2)求行李做匀加速直线运动的时间；求行李做匀加速直线运动的时间；(3)(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到如果提高
30、传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B B处。求行李从处。求行李从A A处传送到处传送到B B处的最短时间和传送带对应的最小运处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。行速率。【解析】【解析】(1)(1)由物体由物体“无初速地放在无初速地放在A A处处”得到物体将相对传送得到物体将相对传送带运动，滑动摩擦力方向向右，其大小为带运动，滑动摩擦力方向向右，其大小为F Fmgmg4 N4 N，由牛，由牛顿第二定律，得顿第二定律，得a a 1 m/s1 m/s2 2。(2)(2)设行李做匀加速运动的时间为设行李做匀加速运动的时间为t t，行李加速运动的末速度为，行李加速运动的末速度为v v1 m/s
31、1 m/s。则则v=atv=at，即，即t t 1 s1 s。此时物体运动的位移此时物体运动的位移s s0 0= =0.5 mL= =0.5 mFFF0 0时，两物体开始时，两物体开始相对滑动，此时两物体之间为滑动摩擦力，对相对滑动，此时两物体之间为滑动摩擦力，对m m1 1应用牛顿第二应用牛顿第二定律有，定律有，mm2 2g=mg=m1 1a a1 1，解得，解得a a1 1= = 为定值，在为定值，在a-ta-t图像中是一图像中是一条平行于条平行于t t轴的直线，对轴的直线，对m m2 2应用牛顿第二定律有，应用牛顿第二定律有，kt-mkt-m2 2g=g=m m2 2a a2 2，解得，
32、解得a a2 2= = ，由于，由于 ，则相对滑动后在，则相对滑动后在a-ta-t图像中图像中a a2 2的斜率更大，故的斜率更大，故B B、C C、D D错，错，A A正确。正确。4.(20104.(2010海南高考海南高考) )如如图图所示所示, ,木箱内有一木箱内有一竖竖直放置的直放置的弹弹簧簧, ,弹弹簧上方有一物簧上方有一物块块: :木箱静止木箱静止时弹时弹簧簧处处于于压缩压缩状状态态且物且物块压块压在箱在箱顶顶上。若在某一段上。若在某一段时间时间内内, ,物物块对块对箱箱顶刚顶刚好无好无压压力力, ,则则在此段在此段时时间间内内, ,木箱的运木箱的运动动状状态态可能可能为为( ()
33、 )A.A.加速下降加速下降B.B.加速上升加速上升C.C.减速上升减速上升D.D.减速下降减速下降【解析】【解析】选选B B、D D。木箱静止时物块对箱顶有压力。木箱静止时物块对箱顶有压力, ,则物块受到则物块受到箱顶向下的压力箱顶向下的压力, ,当物块对箱顶刚好无压力时当物块对箱顶刚好无压力时, ,物块所受合外力物块所受合外力的方向向上的方向向上, ,表明系统有向上的加速度表明系统有向上的加速度, ,是超重是超重, ,可能是加速上可能是加速上升升, ,也可能是减速下降也可能是减速下降,B,B、D D正确。正确。5.(20105.(2010全国卷全国卷)如如图图所示所示, ,轻弹轻弹簧上簧上
34、端与一端与一质质量量为为m m的木的木块块1 1相相连连, ,下端与另一下端与另一质质量量为为M M的木的木块块2 2相相连连, ,整个系整个系统统置于水平置于水平放置的光滑木板上放置的光滑木板上, ,并并处处于静止状于静止状态态。现现将木板沿水平方向突然抽出将木板沿水平方向突然抽出, ,设设抽出后的抽出后的瞬瞬间间, ,木木块块1 1、2 2的加速度大小分的加速度大小分别为别为a a1 1、a a2 2。重力加速度大小。重力加速度大小为为g,g,则则有有( () )A.aA.a1 1=0,a=0,a2 2=g=gB.aB.a1 1=g,a=g,a2 2=g=gC.aC.a1 1=0,a=0,
35、a2 2= =D.aD.a1 1=g,a=g,a2 2= =【解析】【解析】选选C C。在抽出木板的瞬间。在抽出木板的瞬间, ,弹簧对木块弹簧对木块1 1的支持力和对的支持力和对木块木块2 2的压力并未改变。木块的压力并未改变。木块1 1受重力和支持力受重力和支持力,mg=F,a,mg=F,a1 1=0,=0,木木块块2 2受重力和压力受重力和压力, ,根据牛顿第二定律根据牛顿第二定律a a2 2= ,= ,故故C C正确。正确。6.(20106.(2010山东高考山东高考) )某同学设计了如图所示的装置来探究加速某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上
36、，桌面的右度与力的关系。弹簧测力计固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线线MNMN、PQPQ，并测出间距，并测出间距d d。开始时将木板置于。开始时将木板置于MNMN处，现缓慢向处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数数F F0 0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，以此表示滑动摩擦力的大小
37、。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F F1 1，然后释放木板，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到并用秒表记下木板运动到PQPQ处的时间处的时间t t。(1)(1)木板的加速度可以用木板的加速度可以用d d、t t表示表示为为a=a=; ;为为了减小了减小测测量加速量加速度的偶然度的偶然误误差可以采用的方法是差可以采用的方法是( (一种即可一种即可) )。(2)(2)改改变变瓶中水的瓶中水的质质量重复量重复实验实验, ,确定加速度确定加速度a a与与弹弹簧簧测测力力计计示示数数F F1 1的关系。下列的关系。下列图图像能表示像
38、能表示该该同学同学实验结实验结果的是果的是。(3)(3)用加水的方法改用加水的方法改变变拉力的大小与挂拉力的大小与挂钩码钩码的方法相比的方法相比, ,它的它的优优点是点是。a.a.可以改可以改变变滑滑动动摩擦力的大小摩擦力的大小b.b.可以更方便地可以更方便地获获取多取多组实验组实验数据数据c.c.可以比可以比较较精确地精确地测测出摩擦力的大小出摩擦力的大小d.d.可以可以获获得更大的加速度以提高得更大的加速度以提高实验实验精度精度【解析】【解析】(1)(1)木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速木板在绳子拉力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动直线运动, ,由由d= d= 可知可知:a=
39、 :a= 。为了减小测量加速度的偶然。为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是保持误差可以采用的方法是保持F F1 1不变不变, ,重复实验多次测量重复实验多次测量d d、t,t,取取平均值。平均值。(2)(2)该实验原理与教材实验原理类似该实验原理与教材实验原理类似, ,同样需要满足木板的质量同样需要满足木板的质量M M远大于矿泉水瓶的质量远大于矿泉水瓶的质量m,m,此时可认为绳上的拉力此时可认为绳上的拉力F FT T近似等于弹近似等于弹簧测力计示数簧测力计示数F F1 1。此时可认为。此时可认为F F1 1=mg;=mg;本实验中没有平衡摩擦力本实验中没有平衡摩擦力, ,但通过题意可知
40、受到的摩擦力为但通过题意可知受到的摩擦力为F F0 0, ,木板受到的合外力为木板受到的合外力为(F(F1 1- -F F0 0) )。图像反映的是。图像反映的是a a与与F F1 1的关系的关系, ,而不是而不是a a与与(F(F1 1-F-F0 0) )的关系的关系, ,所以所以图像不过原点。当图像不过原点。当F F1 1增大时增大时, ,即矿泉水瓶的质量即矿泉水瓶的质量m m增大时增大时, ,该实验该实验不再满足不再满足M Mm,m,此时此时a a越大越大, ,绳上的拉力绳上的拉力F FT T就越小于矿泉水瓶的重就越小于矿泉水瓶的重力力mg,mg,即弹簧测力计开始加速运动时的示数即弹簧测
41、力计开始加速运动时的示数F F1 1, ,加速度增加得就加速度增加得就越慢越慢, ,图线弯曲图线弯曲, ,斜率变小斜率变小,c,c正确。正确。(3)(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比, ,它的优它的优点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出滑动摩点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出滑动摩擦力的大小擦力的大小,b,b、c c说法是正确的。两种实验方法都不可以改变说法是正确的。两种实验方法都不可以改变滑动摩擦力的大小滑动摩擦力的大小,a,a说法错误说法错误; ;通过通过(2)(2)中分析可以知道中分析可以知道, ,当加当加速度增大时速度增大时, ,实验条件便不再满足实验条件便不再满足, ,此时实验误差变大此时实验误差变大,d,d说法错说法错误。误。答案答案: :(1)(1) 保持保持F F1 1不变不变, ,重复实验多次测量重复实验多次测量d d、t,t,取平均值取平均值(2)c(2)c (3)b (3)b、c c
