第四章素养检测

粘滞力 $ f=6\mathrm{\pi }\eta rv $ ,可得 $ \eta =\dfrac{f}{6\mathrm{\pi }rv} $ ,则 $ \eta $ 的单位 $ \dfrac{\mathrm{N}}{\mathrm{m}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s}}=\dfrac{\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}}{{\mathrm{m}}^{2}/\mathrm{s}}=\dfrac{\mathrm{k}\mathrm{g}}{\mathrm{m}\cdot \mathrm{s}} $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

根据平行四边形定则,可得 $ {F}_{1} $ 与 $ {F}_{2} $ 的合力大小为 $ {F}_{合}=\sqrt{{F}_{1}^{2}+{F}_{2}^{2}}=250\mathrm{N} $ ,沙发所受最大静摩擦力大小为 $ f=\mu {F}_{\mathrm{N}}=\mu mg=200\mathrm{N} < {F}_{合} $ ,故沙发将滑动,滑动摩擦力大小为 $ 200\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；设合力与 $ {F}_{1} $ 的夹角为 $ \theta $ ,则有 $ \tan \theta =\dfrac{{F}_{2}}{{F}_{1}}=\dfrac{200}{150}=\dfrac{4}{3} $ ,解得 $ \theta ={53}^{\circ } $ ,故沙发将沿着与 $ {F}_{1} $ 的夹角为 $ {53}^{\circ } $ 方向的直线移动,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{合}-f=ma $ ,解得加速度大小为 $ a=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

根据题图乙可知, $ {t}_{1} $ 时刻之前,拉力小于最大静摩擦力,物块始终处于静止状态, $ {t}_{1}\sim {t}_{3} $ 时间内,拉力大于最大静摩擦力,物块做加速运动, $ {t}_{3} $ 时刻之后,拉力小于最大静摩擦力,物块做减速运动,可知 $ {t}_{3} $ 时刻物块速度最大,故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ {t}_{1}\sim {t}_{3} $ 时间内,根据牛顿第二定律有 $ F-{f}_{ \max }=ma $ , $ F $ 先增大后减小,则物块的加速度先增大后减小,故 $ \mathrm{B} $ 正确；根据上述分析可知, $ 0\sim {t}_{2} $ 时间内,物块先静止后加速,故 $ \mathrm{C} $ 错误； $ 0\sim {t}_{2} $ 时间内,物块先静止后加速,即物块先受到静摩擦力,大小与拉力大小相等,后受到滑动摩擦力,大小不变,即 $ 0\sim {t}_{2} $ 时间内,摩擦力先增大后不变,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙可知, $ A $ 在 $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内的加速度 $ {a}_{1}=\dfrac{{v}_{1}-{v}_{0}}{{t}_{1}}=-2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对 $ A $ ,由牛顿第二定律得 $ -{\mu }_{1}mg=m{a}_{1} $ ,解得 $ {\mu }_{1}=0.2 $ ,由题图乙知, $ A $ 、 $ B $ 整体在 $ 1\sim 3\mathrm{s} $ 内的加速度 $ {a}_{3}=\dfrac{{v}_{3}-{v}_{1}}{{t}_{2}}=-1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对 $ A $ 、 $ B $ 整体,由牛顿第二定律得 $ -{\mu }_{2}(M+m)g=(M+m){a}_{3} $ ,解得 $ {\mu }_{2}=0.1 $ , $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；由题图乙可知, $ B $ 在 $ 0\sim 1\mathrm{s} $ 内的加速度 $ {a}_{2}=\dfrac{{v}_{1}-0}{{t}_{1}}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,对 $ B $ ,由牛顿第二定律得 $ {\mu }_{1}mg-{\mu }_{2}(M+m)g=M{a}_{2} $ ,代入数据解得 $ m=6\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \mathrm{C} $ 正确, $ \mathrm{D} $ 错误.

若升降机处于静止状态,则球也处于静止状态,由平衡条件可知, $ AB $ 杆对球的作用力大小为 $ F=\sqrt{{F}_{绳}^{2}+(mg)^{2}}=10\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；若升降机处于加速上升状态,对球,在竖直方向,由牛顿第二定律得 $ {F}_{y}-mg=ma $ ,解得 $ {F}_{y}=12\mathrm{N} $ ,在水平方向,由平衡条件得 $ {F}_{x}={F}_{绳}=6\mathrm{N} $ ,则 $ AB $ 杆对球的作用力大小为 $ F\prime =\sqrt{{F}_{x}^{2}+{F}_{y}^{2}}=6\sqrt{5}\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；若升降机处于减速上升状态,对球,在竖直方向,由牛顿第二定律得 $ mg-F{\prime }_{y}=ma $ ,解得 $ F{\prime }_{y}=4\mathrm{N} $ ,在水平方向,由平衡条件得 $ F{\prime }_{x}={F}_{绳}=6\mathrm{N} $ ,则 $ AB $ 杆对球的作用力大小为 $ F″=\sqrt{F{\prime }_{x}^{2}+F{\prime }_{y}^{2}}=2\sqrt{13}\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

当推力为0时,由题图乙可知,弹簧伸长量 $ {x}_{0}=15\mathrm{c}\mathrm{m} $ ,对物块,根据受力平衡结合胡克定律可知 $ mg \sin \theta =k{x}_{0} $ ,可得轻弹簧的劲度系数为 $ k=\dfrac{mg \sin \theta }{{x}_{0}}=\dfrac{1×10×0.6}{0.15}\mathrm{N}/\mathrm{m}=40\mathrm{N}/\mathrm{m} $ ,当弹簧处于原长时,对物块,根据牛顿第二定律可得 $ {F}_{合}=mg \tan \theta =ma $ ,以物块和斜面体为整体,根据牛顿第二定律可得 $ F=(M+m)a $ ,由题图乙可知,此时 $ F=15\mathrm{N} $ ,联立解得斜面体的质量为 $ M=1\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

在细线被烧断前,对 $ A $ 进行受力分析,根据共点力平衡得 $ F=2mg \sin \theta $ ,在细线被烧断的瞬间,根据牛顿第二定律有 $ F=2ma $ ,得 $ a=\dfrac{F}{2m}=g \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；在细线被烧断前,对 $ C $ 进行受力分析,根据共点力平衡得弹簧弹力 $ {F}_{弹}=mg \sin \theta $ ,在细线被烧断的瞬间,对 $ B $ 进行受力分析,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{弹}+mg \sin \theta =ma\prime $ ,解得 $ a\prime =2g \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；剪断弹簧的瞬间,设此时细线上的拉力为 $ {F}_{1} $ ,对 $ A $ ,由牛顿第二定律得 $ F-{F}_{1}=2m{a}_{1} $ ,对 $ B $ ,由牛顿第二定律得 $ {F}_{1}-mg \sin \theta =m{a}_{1} $ ,解得 $ {a}_{1}=\dfrac{1}{3}g \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；突然撤去外力 $ F $ 的瞬间,细线上的拉力发生变化,以 $ A $ 、 $ B $ 整体为研究对象,根据牛顿第二定律有 $ 2mg \sin \theta =3m{a}_{2} $ ,解得 $ {a}_{2}=\dfrac{2}{3}g \sin \theta $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

人在 $ B $ 点时速度最大,在 $ C $ 点时速度为0,可知 $ B $ 到 $ C $ 过程人做减速运动,加速度向下,故人在 $ C $ 点处于失重状态,故 $ \mathrm{A} $ 正确；在 $ B $ 点时速度最大,人所受合力为0,故 $ \mathrm{B} $ 错误；传感器示数为 $ F=1400\mathrm{N} $ ,设此时弹性绳的弹力为 $ T $ ,由平衡条件得 $ T=F+mg $ ,打开扣环瞬间,对人由牛顿第二定律得 $ T-mg=ma $ ,代入数据,解得加速度大小 $ a=20\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；人从 $ A $ 点到 $ B $ 点过程,弹性绳的拉力大于人的重力,随着人向上运动,弹性绳的伸长量减小,弹性绳的弹力减小,人所受合力减小,加速度减小,到达 $ B $ 点时弹性绳的弹力与重力相等,合力为零,故人做加速度不断减小的加速运动,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

设细绳的拉力大小为 $ T $ ,则有 $ {m}_{A}g \sin {30}^{\circ }-{m}_{B}g=({m}_{A}+{m}_{B})a $ , $ T-{m}_{B}g={m}_{B}a $ ,联立解得 $ a=\dfrac{g}{8} $ , $ T=\dfrac{9}{8}{m}_{B}g $ , $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；物体 $ A $ 和物体 $ B $ 互换位置后,设细绳的拉力大小为 $ F $ ,有 $ F-{m}_{B}g \sin {30}^{\circ }={m}_{B}a\prime $ , $ {m}_{A}g-F={m}_{A}a\prime $ ,解得 $ F=\dfrac{9}{8}{m}_{B}g $ ,所以滑轮受到细绳的作用力大小相等, $ \mathrm{C} $ 错误；对 $ A $ 、 $ B $ 整体有 $ {m}_{A}g \sin \theta -{m}_{B}g=({m}_{A}+{m}_{B})a $ ,若将斜面倾角由 $ {30}^{\circ } $ 增大到 $ {50}^{\circ } $ ,加速度将增大,对 $ B $ 有 $ T-{m}_{B}g={m}_{B}a $ ,可知细绳的拉力增大, $ \mathrm{D} $ 正确.

若传送带逆时针转动, $ A $ 受传送带的摩擦力向左,因为 $ \mu {m}_{A}g={m}_{B}g $ ,可知 $ A $ 相对地面静止, $ \mathrm{A} $ 正确；若传送带顺时针转动,开始时 $ A $ 的加速度 $ {a}_{A}=\dfrac{\mu {m}_{A}g+{m}_{B}g}{{m}_{A}+{m}_{B}}=\dfrac{20}{3}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,当 $ A $ 与传送带共速时向右运动的位移 $ {x}_{1}=\dfrac{{v}^{2}}{2{a}_{A}}=4.8\mathrm{m} $ ,用时 $ {t}_{1}=\dfrac{v}{{a}_{A}}=1.2\mathrm{s} $ ,共速后与传送带一起匀速运动,用时 $ {t}_{2}=\dfrac{L-{x}_{1}}{v}=\dfrac{5.6-4.8}{8}\mathrm{s}=0.1\mathrm{s} $ ,即 $ A $ 用时 $ t={t}_{1}+{t}_{2}=1.3\mathrm{s} $ 到达 $ Q $ 端, $ A $ 在传送带上的划痕长度为 $ \mathrm{\Delta }x=v{t}_{1}-{x}_{1}=4.8\mathrm{m} $ , $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

（1） 实验中应使细绳的拉力等于小车所受外力的合力,可知,实验中需要使轨道倾斜以平衡摩擦力,故 $ \mathrm{A} $ 正确；实验中应使细绳的拉力等于小车所受外力的合力,可知,实验中需要使细绳平行于轨道,故 $ \mathrm{B} $ 错误；平衡摩擦力后,对钩码进行分析,有 $ mg-T=ma $ ,对小车分析有 $ T=Ma $ ,解得 $ T=\dfrac{Mmg}{M+m}=\dfrac{mg}{1+\dfrac{m}{M}} $ ,可知,当满足 $ m\ll M $ 时,有 $ T\approx mg $ ,则为了近似求出小车所受外力的合力,钩码的质量 $ m $ 需要远小于小车及手机总质量 $ M $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

（2） 手机依次驶过长度均为 $ d $ 的两段路程的平均速度分别为 $ {v}_{1}=\dfrac{d}{{t}_{1}} $ , $ {v}_{2}=\dfrac{d}{{t}_{2}} $ ,由于匀变速直线运动全过程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则有 $ {v}_{2}={v}_{1}+a(\dfrac{{t}_{1}}{2}+\dfrac{{t}_{2}}{2}) $ ,解得 $ a=\dfrac{2d({t}_{1}-{t}_{2})}{{t}_{1}{t}_{2}({t}_{1}+{t}_{2})} $ .

（3） 根据表格中数据在题图丙上补描第三组数据点,用一条直线将点迹连接起来,使点迹均匀分布在直线两侧,如图所示.根据牛顿第二定律有 $ nmg=Ma $ ,解得 $ a=\dfrac{nmg}{M} $ ,由于 $ a-n $ 图像是一条过原点的倾斜直线,由图像可得,在误差允许的范围内,小车质量一定时加速度与力成正比.

（1） 以小球为研究对象,受到重力和细绳拉力,如图所示.根据图中几何关系可得重力、细绳拉力与它们的合力 $ ma $ 构成等边矢量三角形,所以细绳上的拉力大小 $ {F}_{1}=mg=1\mathrm{N} $ ,小球的加速度大小 $ a=\dfrac{mg}{m}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

（2） 以箱子和小球整体为研究对象,沿斜面方向,根据牛顿第二定律可得 $ F+(M+m)g \sin {30}^{\circ }-\mu (M+m)g \cos {30}^{\circ }=(M+m)a $ ,解得 $ F=20\mathrm{N} $ .

（1） 解法一：对小物块,根据牛顿第二定律有 $ f=m{a}_{1} $ ,

对重物,根据牛顿第二定律有 $ {m}_{0}g-T={m}_{0}{a}_{2} $ ,

对木板,根据牛顿第二定律有 $ T-{\mu }_{2}(M+m)g-f=M{a}_{2} $ ,

若小物块与木板保持相对静止,有 $ {a}_{1}={a}_{2} $ ,

解得 $ f=2\mathrm{N} > {f}_{ \max }={\mu }_{1}mg=1\mathrm{N} $ ,

不符合事实,故小物块与木板会出现相对滑动,此时有 $ f\prime ={\mu }_{1}mg=1\mathrm{N} $ ,

解得 $ {a}_{1}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ , $ {a}_{2}=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

解法二：假设小物块与木板有相对滑动,设木板和重物的加速度大小为 $ {a}_{2} $ ,细绳的拉力大小为 $ T $ ,由牛顿第二定律,对小物块有 $ f={\mu }_{1}mg=m{a}_{1} $ ,

对重物有 $ {m}_{0}g-T={m}_{0}{a}_{2} $ ,

对木板有 $ T-{\mu }_{2}(M+m)g-f=M{a}_{2} $ ,

解得 $ {a}_{1}=1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} < {a}_{2}=2.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故假设成立.

（2） 对重物,根据运动学公式有 $ ℎ=\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2} $ , $ v={a}_{2}t $ ,

解得 $ t=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}\mathrm{s} $ , $ v=\sqrt{6}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 重物落地后,小物块相对于木板向左运动,直到共速.又因为 $ {\mu }_{2} > {\mu }_{1} $ ,可知共速后小物块的加速度将小于木板的加速度,此后小物块相对于木板向右运动,直至停止.对重物落地后到小物块与木板共速的过程,对木板,根据牛顿第二定律有

$ {\mu }_{2}(M+m)g+{\mu }_{1}mg=M{a}_{3} $ ,

根据运动学公式有 $ {v}_{共}=v-{a}_{3}t\prime ={a}_{1}(t+t\prime ) $ ,

从开始到小物块与木板共速,有 $ {x}_{木}=ℎ+\dfrac{v+{v}_{共}}{2}t\prime $ , $ {x}_{小}=\dfrac{{v}_{共}}{2}(t+t\prime ) $ ,

解得 $ {x}_{木}=1.65\mathrm{m} $ , $ {x}_{小}=0.75\mathrm{m} $ ,共速后木板的加速度大小 $ {a}_{3}=\dfrac{{\mu }_{2}(M+m)g-{\mu }_{1}mg}{M}=3\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

共速后小物块相对木板向右的位移 $ x\prime =\dfrac{{v}_{共}^{2}}{2{a}_{1}}-\dfrac{{v}_{共}^{2}}{2{a}_{3}}=0.5\mathrm{m} $ ,

可知木板的最小长度为 $ L={x}_{木}-{x}_{小}=0.9\mathrm{m} $ .

（1） 小物块能滑到传送带上的临界条件是小物块刚好到达 $ B $ 点,此时 $ {v}_{B}=0 $ ,小物块在轨道 $ AB $ 上滑行时的加速度大小为 $ {a}_{1}=\mu g=5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

根据速度—位移公式有 $ 0-{v}_{1}^{2}=-2{a}_{1}d $ ,

解得 $ {v}_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（2） 游戏成功的临界条件为小物块刚好能冲到 $ C $ 点, $ {v}_{C}=0 $ ,设小物块沿传送带上滑时的加速度大小为 $ {a}_{2} $ ,

则有 $ mg \sin {37}^{\circ }+\mu mg \cos {37}^{\circ }=m{a}_{2} $ ,

解得 $ {a}_{2}=10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

B到 $ C $ 匀减速过程中,有 $ 0-{v}_{B2}^{2}=-2{a}_{2}L $ ,

A到 $ B $ 匀减速过程中,有 $ {v}_{B2}^{2}-{v}_{2}^{2}=-2{a}_{1}d $ ,

联立解得 $ {v}_{2}=\sqrt{13}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 当小物块以 $ {v}_{3} $ 的初速度被弹出,设到达 $ B $ 点时的速度为 $ {v}_{B3} $ ,若 $ {v}_{B3}⩽ 1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,因 $ mg \sin {37}^{\circ } > \mu mg \cos {37}^{\circ } $ ,它将做匀减速运动,加速度大小满足 $ mg \sin {37}^{\circ }-\mu mg \cos {37}^{\circ }=m{a}_{3} $ ,

解得 $ {a}_{3}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,

能上滑的最大距离为 $ \dfrac{v{\prime }^{2}}{2{a}_{3}}=\dfrac{{1}^{2}}{2×2}\mathrm{m}=0.25\mathrm{m} < L $ ,游戏不能成功.

当 $ {v}_{B3} > 1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 时,做匀减速运动的加速度大小为 $ 10\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,当速度减到 $ 1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 时（与传送带同速）,紧接着做加速度大小为 $ 2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的匀减速运动,考虑临界情况,第二段匀减速运动的位移 $ {l}_{2}=\dfrac{{1}^{2}}{2×2}\mathrm{m}=0.25\mathrm{m} $ ,

则第一段匀减速运动位移 $ {l}_{1}=L-{l}_{2}=0.2\mathrm{m} $ ,

根据 $ v{\prime }^{2}-{v}_{B3}^{2}=-2{a}_{2}{l}_{1} $ ,

结合 $ {v}_{B3}^{2}-{v}_{3}^{2}=-2{a}_{1}d $ ,

解得 $ {v}_{3}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .