力学典型例题23
初中力学经典例题
初中力学经典例题
例题：一个质量为5kg的物体放在水平桌面上，受到一个水平向右、大小为20N 的拉力作用，物体在水平面上做匀速直线运动。
求：（1）物体受到的摩擦力大小；（2）物体对桌面的压力大小；（3）物体与桌面之间的摩擦力系数。
解析：
1. 求物体受到的摩擦力大小
- 因为物体在水平面上做匀速直线运动，根据二力平衡的知识，在水平方向上拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反。
- 已知拉力，所以摩擦力，方向水平向左。
2. 求物体对桌面的压力大小
- 在竖直方向上，物体受到重力和桌面的支持力，且处于平衡状态。
- 根据重力公式，其中，（在初中阶段，通常取），则。
- 物体对桌面的压力与桌面对物体的支持力是一对相互作用力，大小相等。
而桌面对物体的支持力与物体的重力平衡，所以。
3. 求物体与桌面之间的摩擦力系数
- 根据摩擦力公式，已知，。
- 则。
力学竞赛试题
1、一根轻质弹簧一端固定，用大小为F₁的力压弹簧的另一端，平衡时弹簧长度为L₁；改用大小为F₁的力拉弹簧的另一端，平衡时弹簧长度为L₁。
已知弹簧的拉伸与压缩均在弹性限度内，则该弹簧的劲度系数为( )A. (F₁ - F₁) / (L₁ - L₁) （答案）B. (F₁ + F₁) / (L₁ + L₁)C. (F₁ + F₁) / (L₁ - L₁)D. (F₁ - F₁) / (L₁ + L₁)2、下列关于胡克定律F = kx 中的x、F、k 的单位，下列说法正确的是( )A. x 是长度单位，国际单位制中是mB. F 是力单位，国际单位制中是kgC. k 是劲度系数单位，国际单位制中是N/m （答案）D. k 是劲度系数，它没有单位3、弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点间做简谐运动，B、C相距20cm。
某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点。
求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5s内通过的路程及5s末的位移大小；(3)振子在B点的加速度大小跟它距O点4cm处P点的加速度大小的比值。
（答案：5:2）4、一列简谐横波沿x轴正方向传播，波速为6m/s。
已知x = 0处的质点，在t = 0时刻开始向上运动，且经过0.4s第一次到达波峰。
则下列说法正确的是_______ 。
A. 该波的周期为0.8sB. t = 0.5s时，x = 4m处的质点位于波峰C. t = 0.9s时，x = 6m处的质点位于波谷（答案）D. x = 10m处的质点，在t = 0.7s时，速度方向向下5、下列说法正确的是（）A. 物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于物体的固有频率B. 通过超声波被血流反射回来其频率发生变化可测血流速度，是利用了多普勒效应C. 只有缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小时，才能发生衍射现象D. 质点的振动方向与波的传播方向在同一直线的波，叫作横波（答案：B）6、在“用单摆测重力加速度”的实验中，为使实验结果较为准确，在实验中，下列说法正确的是( )A. 要用细线、细铁丝等作为摆线B. 摆线长度等于摆球静止时摆线悬点到摆球上端的距离C. 开始计时时，应在摆球到达最高点时开始计时D. 要保证摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆（答案）7、关于简谐运动，下列说法正确的是（）A. 物体振动的最大位移等于振幅B. 物体的振动速度最大时，加速度也最大C. 物体每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同D. 物体每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同（答案：A、C）8、关于受迫振动，下列说法正确的是( )A. 物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于物体的固有频率B. 物体做受迫振动达到稳定后，物体振动的频率等于驱动力的频率（答案）C. 物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于物体固有频率和驱动力频率之和D. 物体做受迫振动时，振动稳定后的周期与物体固有周期和驱动力周期无关。
理论力学23-平面汇交力系与平面力偶系
平衡方程的解法
通过代入法或消元法求解 平衡方程，得到各个力的 具体数值。
平面汇交力系的实例分析
实例一
分析一个固定在墙上的梯子的受力情 况，梯子受到的重力和人对梯子的推 力在同一直线上，可以合成一个合力 ，合力方向与重力方向相反。
实例二
分析一个水平放置的杠杆的受力情况 ，杠杆受到的重力和人对杠杆的压力 在同一直线上，可以合成一个合力， 合力方向与重力方向相反。
理论力学23-平面汇交力 系与平面力偶系
目录 CONTENT
• 平面汇交力系 • 平面力偶系 • 平面汇交力系与平面力偶系的联
系 • 习题与解答 • 总结与展望
01
平面汇交力系
平面汇交力系的合成
1 2
平面汇交力系合成的基本原理
根据力的平行四边形法则，将两个或多个力合成 一个合力。
力的三角形法则
解答4
根据力矩的平行四边形法则， 求出平面力偶系的总力矩。
05
总结与展望
总结
定义：作用在物体上的力，其作用线都在同一平面内且相交于一点。 平衡条件：合力为零。
总结
• 解题方法：利用力的合成与分解，将汇交力系简化为单一 的力或力的合成。
总结
定义
作用在物体上的力偶，其力偶矩 矢量都在同一平面内。
04
习题与解答
习题
题目1
题目2
题目3
题目4
求平面汇交力系的合力
求平面汇交力系的合力 矩
求平面力偶系的合力矩
求平面力偶系的总力矩
解答
01
02
03
04
解答1
根据力的平行四边形法则，求 出平面汇交力系的合力大小和
方向。
解答2
根据合力矩定理，求出平面汇 交力系的合力矩。
高中物理 20个力学经典计算题汇总及解析
高中物理 20个力学经典计算题汇总及解析1. 概述在力学领域中，经典的计算题是学习和理解物理知识的重要一环。
通过解题，我们能更深入地了解力学概念，提高解决问题的能力。
在本文中，我将为您带来高中物理领域中的20个经典力学计算题，并对每个问题进行详细解析，以供您参考和学习。
2. 一维运动1) 题目：一辆汽车以30m/s的速度行驶，经过10秒后匀减速停下，求汽车减速的大小和汽车在这段时间内行驶的距离。
解析：根据公式v=at和s=vt-0.5at^2，首先可求得汽车减速度a=3m/s^2，然后再求出汽车行驶的距离s=30*10-0.5*3*10^2=150m。
3. 二维运动2) 题目：一个质点在竖直平面内做抛体运动，初速度为20m/s，抛体初位置为离地30m的位置，求t=2s时质点的速度和所在位置。
解析：首先利用v=vo+gt求得t=2s时的速度v=20-9.8*2=-19.6m/s，然后再利用s=s0+vo*t-0.5gt^2求得t=2s时的位置s=30+20*2-0.5*9.8*2^2=30+40-19.6=50.4m。
1. 牛顿运动定律3) 题目：质量为2kg的物体受到一个5N的力，求物体的加速度。
解析：根据牛顿第二定律F=ma，可求得物体的加速度a=5/2=2.5m/s^2。
2. 牛顿普适定律4) 题目：一个质量为5kg的物体受到一个力，在10s内速度从2m/s 增加到12m/s，求物体受到的力的大小。
解析：利用牛顿第二定律F=ma，可求得物体受到的力F=5*(12-2)/10=5N。
3. 弹力5) 题目：一个质点的质量为4kg，受到一个弹簧的拉力，拉力大小为8N，求弹簧的弹性系数。
解析：根据弹簧的胡克定律F=kx，可求得弹簧的弹性系数k=8/0.2=40N/m。
4. 摩擦力6) 题目：一个质量为6kg的物体受到一个10N的水平力，地面对其的摩擦力为4N，求物体的加速度。
解析：首先计算摩擦力是否达到最大值f=μN=6*10=60N，由于摩擦力小于最大值，所以物体的加速度a=10-4/6=1m/s^2。
初中物理力学经典例题15道题
初中物理力学经典例题15道题1. 一个质量为2kg的物体，在水平地面上受到10N的水平拉力，求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律，物体的加速度等于合外力除以物体的质量。
所以物体的加速度为a = F/m = 10N / 2kg = 5m/s^2。
2. 一个质量为0.5kg的物体受到一个5N的竖直向下的重力，求物体的重力加速度。
解答：重力加速度是指物体在自由下落时垂直于地面的加速度。
根据牛顿第二定律，物体的重力加速度等于重力除以物体的质量。
所以物体的重力加速度为g = F/m = 5N / 0.5kg = 10m/s^2。
3. 一个质量为4kg的物体，向右运动时受到一个10N的水平拉力和一个8N的水平推力，求物体的加速度。
解答：物体的加速度等于合外力除以物体的质量。
合外力等于水平拉力减去水平推力，即F = 10N - 8N = 2N。
所以物体的加速度为a = F/m = 2N / 4kg = 0.5m/s^2。
4. 一个质量为2kg的物体，在斜面上受到一个与斜面垂直的力为10N的重力和一个沿斜面方向的力为4N，斜面的倾角为30度，求物体的加速度。
解答：首先将斜面上的力分解为与斜面垂直方向的力和沿斜面方向的力，即重力沿斜面方向的分力为F1 = mg * sinθ，沿斜面方向的合力为F2 = mg * cosθ。
其中，m = 2kg，g = 9.8m/s^2，θ = 30°。
所以沿斜面方向的合力为F2 = 2kg * 9.8m/s^2 * cos(30°) ≈ 16.96N。
物体的加速度等于沿斜面方向的合力除以物体的质量，即a = F2/m = 16.96N / 2kg ≈ 8.48m/s^2。
5. 一个质量为3kg的物体，向左运动时受到一个3N的水平拉力和一个5N的水平推力，求物体的加速度。
解答：物体的加速度等于合外力除以物体的质量。
合外力等于水平推力减去水平拉力，即F = 5N - 3N = 2N。
初中物理力学经典例题
初中物理力学经典例题以下是一些经典的初中物理力学例题：1. 一个质量为5kg的物体静止在水平地面上，施加一个10N的水平力。
求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律F = ma，其中F是物体所受的合力，m是物体的质量，a是物体的加速度。
由于力和质量已知，将其代入方程可以求得加速度。
所以a = F / m = 10N / 5kg = 2m/s²。
2. 一个弹簧常数为200N/m的弹簧拉伸10cm后，求弹簧所受的弹力。
解答：根据胡克定律F = kx，其中F是弹簧所受的弹力，k是弹簧的弹簧常数，x是弹簧的伸长量。
由于弹簧常数和伸长量已知，将其代入方程可以求得弹力。
所以F = 200N/m × 0.1m = 20N。
3.一个物体以2m/s的速度沿直线运动，经过5s后速度变为8m/s。
求物体的加速度。
解答：根据加速度的定义a = (vf - vi) / t，其中a是物体的加速度，vf是物体的最终速度，vi是物体的初始速度，t是时间间隔。
由于初始速度、最终速度和时间间隔已知，将其代入方程可以求得加速度。
所以 a = (8m/s - 2m/s) / 5s = 1.2m/s²。
4. 一个质量为2kg的物体以10m/s的速度水平地撞击到静止的墙壁，反弹后以8m/s的速度反向运动。
求撞击过程中墙壁对物体的平均力。
解答：由于撞击过程中物体速度发生了变化，需要用动量定理来求解。
根据动量定理FΔt = Δmv，其中F是力，Δt是撞击时间，Δm是物体的质量变化量，v是物体的速度变化量。
由于质量变化量为零（质量不变），而速度变化量已知，可以求得撞击时间。
所以Δt = Δmv / F = (2kg × (8m/s - (-10m/s))) / (8m/s) = 9.5s。
由于撞击过程是瞬间发生的，可以认为撞击时间非常短，近似为0。
因此，墙壁对物体的平均力可以近似为墙壁对物体的瞬时力，即F = Δmv / Δt = 2kg × (8m/s - (-10m/s)) / 0s = ∞（无穷大）。
初中物理力学试题及解析
初中物理力学试题及解析题1：题目：一力学家测量一个物体的质量为5千克，该物体在水平方向上受到10牛的水平力。
求该物体的加速度。
解析：根据牛顿第二定律F=ma，其中F为力，m为质量，a为加速度。
代入已知数据可得10=5a，解得a=2m/s²。
题2：题目：一个物体质量为2千克，受到一个垂直向下的重力为20牛的作用力，求该物体的重力加速度。
解析：重力加速度的大小为g，根据牛顿第二定律F=ma，其中F为力，m为质量，a为加速度。
代入已知数据可得20=2g，解得g=10m/s²。
题3：题目：一根木棒在1秒内由静止开始，加速运动到6m/s。
求该木棒的平均加速度。
解析：平均加速度的计算公式为a=(v-u)/t，其中v为末速度，u为初速度，t为时间。
代入已知数据可得a=(6-0)/1=6m/s²。
题4：题目：一辆汽车以20m/s的速度行驶，司机突然踩下刹车，并使汽车在2秒内停下来。
求汽车的减速度。
解析：减速度的计算公式为a=(v-u)/t，其中v为末速度，u为初速度，t为时间。
代入已知数据可得a=(0-20)/2=-10m/s²。
由于减速度是指向相反方向的，所以答案为-10m/s²。
题5：题目：一个小球以4m/s的初速度沿直线运动，经过2秒后速度变为12m/s。
求小球的加速度。
解析：加速度的计算公式为a=(v-u)/t，其中v为末速度，u为初速度，t为时间。
代入已知数据可得a=(12-4)/2=4m/s²。
题6：题目：一力学家测量的一个物体的质量为10千克，该物体在水平方向上受到20牛的水平力。
求该物体的加速度。
解析：根据牛顿第二定律F=ma，其中F为力，m为质量，a为加速度。
代入已知数据可得20=10a，解得a=2m/s²。
题7：题目：一辆汽车质量为1200千克，在水平方向上受到2000牛的水平力推动。
求汽车的加速度。
解析：根据牛顿第二定律F=ma，其中F为力，m为质量，a为加速度。
(完整word版)振动力学作业题解23
第02章 单自由度系统的振动2.1 一根抗弯刚度72=3610Ncm EI ⨯的简支架，两支承间跨度l 1=2m ，一端伸臂l 2=1m ，略去梁的分布质量，试求悬臂端处重为Q =2548 N 的重物的自由振动频率。
【提示：22123()EJ k l l l =+，2212()3st Ql l l EIδ+=，11.77n ω= 1/s 】2.2 梁AB 其抗弯刚度72=910Ncm EI ⨯，A 端与B 端由弹簧支承，弹簧刚性系数均为k =52.92 kN/m ，如图所示。
略去梁的分布质量，试求位于B 端点左边1米处，重为Q =4900 N 的物块自由振动的周期。
【解法1：通过计算静变形求解。
A ，B 弹簧受力为3Q 和23Q ，压缩量为3Q k 和23Q k ，则由弹簧引起的静变形为159Qkδ=；利用材料力学挠度公式求出梁变形引起的静变形222212(321)4619Q QEI EIδ⋅⋅--==⋅。
周期为：22 1.08nT πω===s 。
解法2：通过弹簧刚度的串并联计算总等效刚度求解。
A ，B 弹簧相对Q 处的等效刚度为（产生单位变形需要的力，利用解法1中计算的静变形结果）195k k =；利用材料力学挠度公式求出梁相对Q 处的等效刚度294EI k =；总等效刚度为：12111eq k k k =+。
周期为22 1.08nT πω===s 。
】 2.4 一均质刚杆重为P ，长度为L 。
A 处为光滑铰接，在C 处由刚性系数为k 的弹簧使杆在水平位置时平衡。
弹簧质量不计，求杆在竖直面内旋转振动时的周期。
【解：利用定轴转动微分方程：21()32st P l l P k a a g ϕϕδ=--，2st lk a P δ=， 得：22103P lk a gϕϕ+=， 22n T πω===题 2-1 图BAQ题 2-2 图QkkAB 题 2-4 图2.8 一个重为98 N 的物体，由刚性系数为k =9.8 kN/m 的弹簧支承着（简化为标准m-k-c 振动系统），在速度为1 cm/s 时其阻力为0.98 N 。
高考物理专题23“滑块_木板”模型的动力学问题练习含解析
专题23 “滑块—木板”模型的动力学问题1．“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．1．(2020·山东济南历城二中一轮复习验收)如图1所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块的加速度大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图1答案 A解析 当F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律可得a ＝Fm 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t ；当F 比较大时，木块相对于木板运动，根据牛顿第二定律可得，a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2一定，则a 1一定，a 2＝F －μm 2g m 2＝k m 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大．由于km 1＋m 2<km 2，则木块相对于木板运动后，a 2－t 图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率．综上所述，A 正确．2．(2020·安徽六安市质量检测)如图2所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )图2A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s 2，方向水平向右 D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 答案 D解析 由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，得物块在木板上以a 1＝μ2g ＝4 m/s 2减速滑行时木板以a 2＝μ2m 2g －μ1m 1＋m 2g m 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 1＝v 0－a 1t ＝1.6m/s ，木板的速度v 2＝a 2t ＝1.2 m/s ，B 错误.0.6 s 内物块位移为x 1＝v 0＋v 12t ＝1.68 m ，木板位移x 2＝0＋v 22t ＝0.36 m ，相对位移为Δx ＝x 1－x 2＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错．物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 4＝μ2g ＝2 m/s 2，方向向左，C 错．在地面上物块会滑行x 4＝v 122a 4＝v 122μ2g ＝0.32 m ，木板会滑行x 3＝v 222a 3＝v 222μ1g＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．3．(多选)(2020·江苏南京师大苏州实验学校一模)如图3所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．重力加速度为g ，则( )图3A ．μ1一定小于μ2B ．μ1可能大于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．改F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动 答案 BD解析 对木块，根据牛顿运动定律有：F －μ1m 1g ＝m 1a ；对长木板，由于保持静止，有：μ1m 1g －F f ＝0，F f <μ2(m 1＋m 2)g ，m 1、m 2的大小关系不确定，所以μ1、μ2的大小关系无法确定，故A 错误，B 正确．改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，木块对木板的滑动摩擦力不变，长木板仍然保持静止，故C 错误．若将F 作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m 1g ＝m 1a ，解得a ＝μ1g ，对整体分析，有F －μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，解得F ＝(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g ，所以当F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确．4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·20)如图4(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s 2.由题给数据可以得出( )图4A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 答案 AB解析 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma 1，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4 m/s 2＝0.2 m/s 2，F f ＝ma 2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f ＝0.2 N ，解得m ＝1 kg 、F ＝0.4 N ，选项A 、B 正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．5．(多选)(2020·山东邹城一中测试)如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 可视为质点的物块A放置在长木板B 上，A 、B 静止在水平地面上，已知长木板B 的质量M ＝4 kg ，A 与B 及B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，用水平外力F 作用在长木板B 上，外力F 随时间变化关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5A ．t ＝0时刻，A 的加速度为零B ．t ＝5 s 时刻，B 的加速度为3.5 m/s 2C ．在整个运动过程中，物块A 的加速度始终不变D ．如果长木板B 足够长，最终A 、B 将共速 答案 BC解析 由滑动摩擦力公式可知，A 、B 间的滑动摩擦力：F f A ＝μmg ＝1 N ，B 与地面间的滑动摩擦力：F f B ＝μ(M ＋m )g ＝5 N ，A 、B 间发生相对滑动后，A 的加速度将保持不变，其大小为：a A ＝F f Am＝1 m/s 2.若A 、B 间刚好发生相对滑动时的外力为F 1，由牛顿第二定律得F 1－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a A ，得F 1＝10 N ，所以t ＝0时刻A 的加速度a A ＝1 m/s 2，故A 项错误，C 项正确；在t ＝5 s 时，F ＝20 N ，对长木板B 由牛顿第二定律有：F －F f A －F f B ＝Ma B ，得a B ＝3.5 m/s 2，故B 项正确；只要F 始终作用在长木板B 上，B 的加速度始终大于A 的加速度，无论长木板B 多长，A 、B 都不会共速，故D 项错误．6．(多选)如图6甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )图6A ．前3 s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t ＝4 s 时，A 的加速度大小为13μgC ．t ＝5 s 时，A 受到的摩擦力大小为0.5μmgD ．第6 s 以后，A 受到的摩擦力大小为μmg 答案 BD解析 A 相对B 刚要滑动时，A 的加速度为a A ＝μg ，B 的加速度a B ＝F －4μmg2m，且a A ＝a B ，解得F ＝6μmg ，由图乙可知，第6 s 以后，F >6μmg ，A 相对B 滑动，A 受到的摩擦力大小为μmg ，故D 正确；A 和B 一起滑动时，a AB ＝F －3μmg 3m ≥0，解得F ≥3μmg ，所以在前3 s 内，A 、B 静止不动，A 受到的摩擦力为0，故A 错误；当t ＝4 s 时，A 和B 一起滑动，A 的加速度大小为a AB ＝F －3μmg 3m ＝4μmg －3μmg 3m ＝13μg ，故B 正确；当t ＝5 s 时，A 和B 一起滑动，A 受到的摩擦力大小F f ＝ma AB ＝m ·5μmg －3μmg 3m ＝23μmg ，故C 错误．7.(多选)如图7所示，质量相等的物块A 和木板B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.先水平敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度v A ，在B 上滑动距离L 后停下．接着水平敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度v B ，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B 的加速度大小为a 1，相对静止后B 的加速度大小为a 2，此后两者一起运动至停下．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )图7A ．a 1＝3a 2B ．v A ＝2μgLC ．v B ＝22μgLD ．从左边缘再次对齐到A 、B 停止运动的过程中，A 和B 之间没有摩擦力 答案 ABC解析 分析可知，敲击A 时，B 始终静止，由牛顿第二定律知，A 加速度的大小a A ＝μg ，由匀变速直线运动规律有2a A L ＝v A 2，解得v A ＝2μgL ，选项B 正确；设A 、B 的质量均为m ，敲击B 时，在A 、B 相对滑动的过程中，B 所受合外力大小为3μmg ，由牛顿第二定律有3μmg ＝ma 1，解得a 1＝3μg ，当A 、B 相对静止后，对A 、B 整体由牛顿第二定律有2μmg ＝2ma 2，解得a 2＝μg ，故a 1＝3a 2，选项A 正确；经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a 2，则v ＝a 2t ，v ＝v B －a 1t ，x A ＝12a 2t 2，x B ＝v B t －12a 1t 2且x B －x A ＝L ，解得v B ＝22μgL ，选项C 正确；对齐后，A 、B 整体以加速度大小a 2＝μg 一起做匀减速运动，对A 分析有F f ＝ma 2＝μmg ，故A 、B 之间有摩擦力且达到最大静摩擦力，选项D 错误． 8．(多选)(2020·云南大理、丽江等校第二次统考)如图8(a)，质量m 1＝0.2 kg 的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m 2＝0.1 kg 的小物块静止于小车上，t ＝0时刻小物块以速度v 0＝11 m/s 向右滑动，同时对小物块施加一水平向左、大小恒定的外力F ，图(b)显示物块与小车第1 s 内运动的v －t 图象．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图8A ．小物块与平板小车间的动摩擦因数μ＝0.4B ．恒力F ＝0.5 NC ．小物块与小车间的相对位移x 相对＝6.5 mD ．小物块向右滑动的最大位移是x max ＝7.7 m 答案 ABD解析 由题图(b)知，小车和小物块的加速度分别为a 1＝Δv 1Δt ＝2－01 m/s 2＝2 m/s 2a 2＝Δv 2Δt ＝2－111m/s 2＝－9 m/s 2对小车：μm 2g ＝m 1a 1，对小物块：－(F ＋μm 2g )＝m 2a 2， 解得μ＝0.4，F ＝0.5 N ，故A 、B 正确；根据题图(b)可知，在t ＝1 s 时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，相对位移等于图中三角形的面积，x 相对＝112 m ＝5.5 m ，C 错误；在0～1 s 内小物块向右滑动的位移x 1＝2＋112m ＝6.5 m当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右匀减速运动，其加速度大小为a 3＝Fm 1＋m 2＝53m/s 2， 当速度减小到0时，整体向右发生的位移为x 2＝222×53m ＝1.2 m所以小物块向右滑动的最大位移是x max ＝x 1＋x 2＝7.7 m ，故D 正确．9.(多选)(2020·山东济南市期末)如图9所示，倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg 、长8 m 的长木板Q ，木板上下表面与斜面平行．木板Q 最上端放置一质量为1 kg 的小滑块P .P 、Q 间光滑，Q 与斜面间的动摩擦因数为13.若P 、Q 同时从静止释放，以下关于P 、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)( )图9A ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、4 m/s 2B ．P 、Q 两个物体加速度分别为6 m/s 2、2 m/s 2C ．P 滑块在Q 上运动时间为1 sD ．P 滑块在Q 上运动时间为2 s 答案 BD解析 对P 受力分析，受重力和Q 对P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有：m P g sin 37°＝m P a P解得：a P ＝g sin 37°＝6 m/s 2对Q 受力分析，受重力、斜面对Q 的支持力、摩擦力和P 对Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有：m Q g sin 37°－μ(m P ＋m Q )g cos 37°＝m Q a Q ，解得：a Q ＝2 m/s 2，故A 错误，B 正确；设P 在Q 上面滑动的时间为t ，因a P ＝6 m/s 2>a Q ＝2 m/s 2，故P 比Q 运动更快，根据位移关系有：L ＝12(a P －a Q )t 2，代入数据解得t ＝2 s ，故C 错误，D正确．10.(2020·广东广州市一模)如图10所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F ＝8 N 的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，g 取10 m/s 2.求：图10(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 答案 (1)2 m/s 20.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m解析 (1)对小车和物块受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：a m ＝μg ＝2 m/s 2小车的加速度：a M ＝F －μmg M＝0.5 m/s 2(2)由：a m t ＝v 0＋a M t 得：t ＝1 s ，所以速度相同时用的时间为1 s. (3)在开始1 s 内小物块的位移：x 1＝12a m t 2＝1 m最大速度：v ＝a m t ＝2 m/s在接下来的0.5 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a ＝FM ＋m＝0.8 m/s 2这0.5 s 内的位移：x 2＝vt ′＋12at ′2＝1.1 m所以通过的总位移x ＝x 1＋x 2＝2.1 m.11.如图11所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M ＝0.6 kg ，长度l ＝0.5 m ．现有一质量m ＝0.4 kg 的小木块，以初速度v 0＝2 m/s 从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图11(1)小木块滑上第二个木板的瞬间的速度大小； (2)小木块最终滑动的位移(保留3 位有效数字)． 答案 (1)1 m/s (2)0.670 m解析 (1)木板受到木块的摩擦力为F f1＝μ1mg 木板受到地面的摩擦力为F f2＝μ2(2M ＋m )g 因为F f2>F f1，所以木块运动时，木板静止不动设木块在左边第一个木板上的加速度大小为a 1，μ1mg ＝ma 1 小木块滑上第二个木板的瞬间的速度为v ，则v 2－v 02＝－2a 1l代入数据解得：v ＝1 m/s(2)木块滑上第二个木板后，设木板的加速度大小为a 2，则μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2设木块与木板达到相同速度v 1时，用时为t ，则有： 对木块：v 1＝v －a 1t 对木板有：v 1＝a 2t解得：v 1＝0.1 m/s ，t ＝0.3 s此时木块运动的位移x 1＝v ＋v 12t ＝0.165 m木板的位移x 1′＝v 122a 2＝0.015 m木块在木板上滑动的长度为x 1－x 1′<l达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a 3，位移为x 2，μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 3 v 12＝2a 3x 2解得x 2＝0.005 m小木块滑动的总位移x ＝l ＋x 1＋x 2＝0.670 m.。
物理力学练习题20篇
A. 木块受到的摩擦力和细线对木块的拉力是一对平衡力 B. 木块对细线的拉力和细线对木块的拉力是一对平衡力 C. 木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力是一对相互作用力 D. 木块对细线的拉力和手对细线的拉力是一对相互作用力 【答案】C 【解析】【解答】A.木块受到的摩擦力和细线对木块的拉力的方向不在同一条直线上，所 以二者不是一对平衡力，A 不符合题意； BD.木块对细绳的拉力和细绳对木块的拉力是一对相互作用力，B、D 不符合题意； C.木块对水平面的压力和水平面对木块的支持力是一对相互作用力，C 符合题意。 故答案为：C。 【分析】二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，如果大小相等、方向相反、并且 在同一直线上，则这两个力二力平衡时合力为零. 物体间力的作用是相互的. （一个物体对别的物体施力时，也同时受到后者对它的力）.
2．如图所示的图象中，能表示物体所受重力与质量的关系的是（ ）
A.
Байду номын сангаасB.
C.
D.
【答案】A 【解析】【解答】解：重力和质量成正比，当质量为零时，重力也是零，所以物体重力和 质量的关系图象是一条过原点的直线。 故答案为：A。 【分析】结合重力计算公式 G=mg 分析即可.
3．《村居》诗中“儿童散学归来早,忙趁东风放纸鸢”,描绘儿童放飞风筝的画面如图所示。 以下说法正确的是（ ）
【答案】 C
【解析】【解答】A．弹簧测力计的拉力是 2.4N，A 不符合题意；
B．物体上升的速度为：v=
=0.05ms，B 不符合题意；
C．弹簧测力计拉力的功率为 P=Fv=2.4N×2×0.05m /s=0.24W,C 符合题意；
专题突破练 专题七 第23练 力学实验(一) 纸带、光电门类实验
第23练力学实验(一)纸带、光电门类实验1．(2022·辽宁卷·12)某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带(宽度用d表示)．实验时将光栅板置于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器．光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔Δt.(1)除图中所用的实验器材外，该实验还需要________________(填“天平”或“刻度尺”)；(2)该同学测得遮光带(透光带)的宽度为4.50 cm，记录时间间隔的数据如表所示；编号1遮光带2遮光带3遮光带…Δt/(×10－3s)73.0438.6730.00…根据上述实验数据，可得编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为v3＝______ m/s (结果保留两位有效数字)；(3)某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为Δt1、Δt2，则重力加速度g＝________(用d、Δt1、Δt2表示)；(4)该同学发现所得实验结果小于当地的重力加速度，请写出一条可能的原因：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.答案(1)刻度尺(2)1.5(3)2d(Δt1－Δt2)Δt1Δt2(Δt1＋Δt2)(4)光栅板受到空气阻力的作用解析(1)该实验测量重力加速度，不需要天平测质量；需要用刻度尺测量遮光带(透光带)的宽度，故需要刻度尺．(2)根据平均速度的计算公式可知v ＝d Δt ＝4.5×10－2m 30×10－3 s＝1.5 m/s. (3)根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的速度，有 v 1＝d Δt 1，v 2＝dΔt 2，v 2＝v 1＋g (Δt 2＋Δt 12)可得g ＝2d (Δt 1－Δt 2)Δt 1Δt 2(Δt 1＋Δt 2).(4)光栅板的长度明显，下落过程中受到空气阻力的影响，所以竖直向下的加速度小于重力加速度．2．(2022·河北卷·11)某实验小组利用铁架台、弹簧、钩码、打点计时器、刻度尺等器材验证系统机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．弹簧的劲度系数为k ，原长为L 0，钩码的质量为m .已知弹簧的弹性势能表达式为E ＝12kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，当地的重力加速度大小为g .(1)在弹性限度内将钩码缓慢下拉至某一位置，测得此时弹簧的长度为L .接通打点计时器电源．从静止释放钩码，弹簧收缩，得到了一条点迹清晰的纸带．钩码加速上升阶段的部分纸带如图乙所示，纸带上相邻两点之间的时间间隔均为T (在误差允许范围内，认为释放钩码的同时打出A 点)．从打出A 点到打出F 点时间内，弹簧的弹性势能减少量为________，钩码的动能增加量为________________，钩码的重力势能增加量为________________．(2)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到弹簧弹性势能减少量、钩码的机械能增加量分别与钩码上升高度h 的关系，如图丙所示．由图丙可知，随着h 增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是_________________________________________________________.答案 (1)k (L －L 0)h 5－12kh 52 m (h 6－h 4)28T 2mgh 5 (2)见解析解析 (1)从打出A 点到打出F 点时间内，弹簧的弹性势能减少量为 ΔE p 弹＝12k (L －L 0)2－12k (L －L 0－h 5)2整理有ΔE p 弹＝k (L －L 0)h 5－12kh 52打F 点时钩码的速度为v F ＝h 6－h 42T则钩码的动能增加量为 ΔE k ＝12m v F 2－0＝m (h 6－h 4)28T 2钩码的重力势能增加量为ΔE p 重＝mgh 5(2)钩码机械能的增加量，即钩码动能和重力势能增加量的总和，若无阻力做功则弹簧弹性势能的减少量等于钩码机械能的增加量．现在随着h 增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，而两条曲线在纵向的间隔即阻力做的功，则产生这个问题的主要原因是钩码和纸带运动的速度逐渐增大，导致空气阻力逐渐增大，空气阻力做的功也逐渐增大．3．(2021·湖南卷·11)某实验小组利用图甲所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系．主要实验步骤如下：(1)用游标卡尺测量垫块厚度h，示数如图乙所示，h＝________ cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；(4)在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数n和滑块对应的加速度a；(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同)，重复步骤(4)，记录数据如下表：n 12345 6a/(m·s－2)0.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图丙上描点，绘制图线．如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是________m/s2(保留三位有效数字)．答案(1)1.02(5)见解析图0.343(0.341～0.345均可)解析(1)垫块的厚度为h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm(5)绘制图线如图；根据mg ·nhl＝ma可知a 与n 成正比关系，则根据图像可知，斜率 k ＝0.67＝a 4解得a ≈0.343 m/s 2.4．(2022·全国甲卷·23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m 1的滑块A 与质量为m 2的静止滑块B 在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B 的速度大小v 1和v 2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：(1)调节导轨水平；(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg 和0.304 kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________ kg 的滑块作为A ；(3)调节B 的位置，使得A 与B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离s 1与B 的右端到右边挡板的距离s 2相等；(4)使A 以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B 碰撞，分别用传感器记录A 和B 从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t 1和t 2；(5)将B 放回到碰撞前的位置，改变A 的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示；1 2 3 4 5 t 1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39 t 2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46 k ＝v 1v 20.31k 20.330.330.33(6)表中的k 2＝________(保留2位有效数字)；(7)v 1v 2的平均值为______(保留2位有效数字)； (8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由v 1v 2判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则v 1v 2的理论表达式为____________(用m 1和m 2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞．答案 (2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8)v 1v 2＝m 2－m 12m 10.34解析 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg 的滑块作为A .(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k 2＝v 1v 2＝t 2t 1＝0.210.67＝0.31.(7)v 1v 2的平均值为 k ＝0.31＋0.31＋0.33＋0.33＋0.335＝0.32.(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 联立解得v 1v 2＝m 2－m 12m 1，代入数据可得v 1v 2＝0.34.1.(2022·天津市十二区重点学校联考)利用如图甲所示的装置研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的点．(1)本实验采用电火花计时器，所接电源应为电压________ V ，频率为50 Hz 的交流电，打点的时间间隔是______ s ；(2)取下纸带，取其中的一段标出计数点如图乙所示，测出相邻计数点间的距离分别为x 1＝2.60 cm ，x 2＝4.14 cm ，x 3＝5.69 cm ，x 4＝7.22 cm ，x 5＝8.75 cm ，x 6＝10.29 cm ，打点计时器的打点间隔为T ，则重物运动的加速度计算表达式为a ＝________，代入数据，可得加速度大小a ＝________ m/s 2；(计算结果保留三位有效数字)(3)实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________. 答案 (1)220 0.02 (2)x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 136T 29.60 (3)下降过程中重物受到空气阻力、纸带受到摩擦阻力等解析 (1)采用电火花计时器，所接电源应为电压220 V ，频率为50 Hz 的交流电，打点的时间间隔是T ＝1f ＝0.02 s(2)根据Δx ＝at 2，则有 a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 1(3×2T )2＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 136T2≈9.60 m/s 2 (3)实验中重物会受到纸带与限位孔之间的摩擦力以及空气阻力的影响，因此实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值．2．(2022·河北邯郸市一模)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的关系，已知小车的质量为M ，砝码盘及砝码的总质量为m ，打点计时器所接的交流电的频率为f ，定滑轮和动滑轮受到的阻力可忽略不计．实验步骤如下：①按图甲所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；②取下砝码盘，调节长木板的倾角，轻推小车，使小车能沿长木板向下匀速运动，记下此时弹簧测力计的示数F 0；③挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，记下弹簧测力计的示数F 1，由纸带求出小车的加速度a 1；④改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤③，记下弹簧测力计的示数F i ，求得小车在不同合力作用下的加速度a i .(1)对于该实验方案，下列说法正确的是________． A ．实验过程中一定要保持M ≫mB ．与小车相连的细线跟长木板一定要平行C ．补偿摩擦力时，即步骤②中一定不能挂上砝码盘D ．当弹簧测力计的示数为F 1时，小车受到的合力大小为F 1－F 0－mg(2)实验过程中打出的一条纸带如图乙所示，1、2、3、4、5为计数点，相邻两个计数点间还有四个计时点未画出，则打点计时器在打计数点“4”时，小车的速度大小为______，加速度的大小为_______(用字母x 1、x 2、x 3、x 4和f 表示)；若x 1＝6.02 cm ，x 2＝6.89 cm ，x 3＝7.77 cm ，x 4＝8.66 cm ，f ＝50 Hz ，则小车的加速度大小a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字) (3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图像，下列四幅图中，与本实验相符合的是________．答案 (1)B (2)(x 3＋x 4)f 10 x 3＋x 4－x 1－x 2100f 2 0.88 (3)B解析 (1)实验中因为弹簧测力计可直接读出细线的拉力大小，所以不一定要保持M ≫m ，故A 错误；补偿摩擦力时，步骤②中也可以挂上砝码盘，只要保证小车匀速下滑，即与小车相连的细线与长木板平行即可，故B 正确，C 错误；小车运动过程中受到的合力大小，应为弹簧测力计的示数F i 减去小车匀速下滑时弹簧测力计的示数F 0，D 错误．(2)相邻计数点之间的时间间隔T ＝5f ，打下计数点“4”时，小车的速度大小v 4＝x 3＋x 42T ＝(x 3＋x 4)f 10，根据逐差法有Δx ＝aT 2，可得a ＝x 3＋x 4－x 1－x 2100f 2＝0.88 m/s 2. (3)根据牛顿第二定律可得F －F 0＝ma ，解得a ＝1m F －1m F 0，可知a 与F 是一次函数关系，且与横轴有交点，故选B.3.(2022·四川省师范大学附属中学二诊)如图所示的实验装置可以用来验证牛顿第二定律F ＝ma .实验器材有铁架台、长木板、一个表面光滑的金属小球、秒表和毫米刻度尺．主要实验步骤有：①铁架台放在水平桌面上，然后将铁架台和长木板搭建一个倾角可调斜面； ②在斜面上标记出P 、Q 两点，并用毫米刻度尺测量出P 、Q 两点间的距离L ； ③让一个金属小球从斜面上P 点由静止释放，用秒表记下小球从P 运动到Q 的时间t ； ④用毫米刻度尺测量出P 、Q 两点与桌面之间的距离h 1、h 2； ⑤改变长木板的倾角，重复步骤③、④，得到多组实验数据．(1)小球在斜面上运动的加速度大小为________；若已知小球的质量为m ，重力加速度大小为g ，小球受到的摩擦力和空气阻力均不计，则小球在斜面上运动时受到的合外力大小为________；(2)若关系式2L 2＝________成立，则说明牛顿第二定律F ＝ma 成立． 答案 (1)2Lt 2 mg h 1－h 2L(2)g (h 1－h 2)t 2解析 (1)根据匀变速直线运动位移与时间关系有L ＝12at 2所以小球在斜面上运动的加速度大小为a ＝2Lt 2设斜面倾角为θ，则sin θ＝h 1－h 2L由题意可知，小球在斜面上运动时受到的合外力为F ＝mg sin θ＝mg h 1－h 2L .(2)若牛顿第二定律F ＝ma 成立，则mg h 1－h 2L ＝m 2Lt2化简得2L 2＝g (h 1－h 2)t 2.4．(2022·云南昆明市一模)某同学利用图甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．已知滑块A 的质量m 1＝300 g ，滑块B 的质量m 2＝100 g ，将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一水平向右的瞬间冲量，使它与静止的滑块B 相碰，碰后光电计时器显示的挡光时间为Δt ＝3.200 ms.(所有计算结果均保留2位有效数字)(1)该同学用螺旋测微器测得该遮光片的宽度d 如图乙所示，则d ＝________ mm ，两滑块碰撞后滑块B 的速度大小v B ＝________ m/s ；(2)碰撞前后打出的纸带如图丙所示．已知打点计时器所用的交流电的频率f ＝50 Hz ，根据纸带数据可得两滑块碰撞前瞬间滑块A 的速度大小v 1＝________ m/s ，碰撞后瞬间滑块A 的速度大小v 2＝________ m/s ；(3)定义δ＝⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%为实验的相对误差(其中p 为碰撞前滑块A 、B 总动量，p ′为碰撞后滑块A 、B 总动量)，物理实验要求δ≤5%.计算本实验的相对误差δ＝__________. 答案 (1)9.600(9.599～9.601均可) 3.0 (2)2.0 0.95 (3)2.5%解析 (1)用螺旋测微器测得该遮光片的宽度d ＝9.5 mm ＋10.0×0.01 mm ＝9.600 mm两滑块碰撞后滑块B 的速度大小v B ＝d Δt ＝9.600×10－33.200×10－3m/s ＝3.0 m/s(2)碰撞前瞬间滑块A 的速度大小 v 1＝4.0×10－20.02 m/s ＝2.0 m/s碰撞后瞬间滑块A 的速度大小 v 2＝1.90×10－20.02m/s ＝0.95 m/s(3)碰前总动量p ＝m 1v 1＝0.600 kg·m/s 碰后总动量p ′＝m 1v 2＋m 2v B ＝0.585 kg·m/s 则δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.600－0.5850.600×100%＝2.5%.5．(2022·山东青岛市高三期末)为了消除空气阻力对实验结果的影响，某实验小组用如图甲所示实验装置做验证机械能守恒定律实验，牛顿管竖直固定在铁架台上，光电门固定在牛顿管的外侧，紧贴牛顿管外侧再固定刻度尺(图中未画出)，启动抽气泵，将牛顿管内的空气抽出，已知橡胶球的质量为m ，当地重力加速度为g .(1)先用游标卡尺测量橡胶球直径d ，如图乙所示，则小球直径d ＝________ mm ； (2)从刻度尺上读取橡胶球球心和光电门中心对应的刻度值l 1、l 2.将橡胶球由静止释放，记录橡胶球第一次通过光电门的挡光时间Δt 1；(3)要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，只需比较________与________是否相等即可；(用上面测得数据符号表示)(4)该小组要利用该装置进一步探究橡胶球与管底第一次碰撞前后球的机械能损失情况，他们记录了橡胶球第二次通过光电门的挡光时间Δt 2，则碰撞过程中橡胶球损失的机械能为________．答案 (1)6.60 (3)d 22Δt 12 g (l 2－l 1) (4)md 22Δt 12－md 22Δt 22解析 (1)根据游标卡尺的读数规则有6 mm ＋12×0.05 mm ＝6.60 mm (3)要验证橡胶球下落过程中机械能是否守恒，则只需验证v 22＝gh 是否成立根据上面测得数据符号有d 22Δt 12＝g (l 2－l 1)(4)第二次通过光电门时的速度为v ′＝dΔt 2则根据能量守恒有ΔE k ＝12m v 2－12m v ′2＝md 22Δt 12－md 22Δt 22.6．(2022·广东江门市一模)某同学利用一根压缩的弹簧弹开带有遮光片的滑块来测量滑块与木板间的动摩擦因数．实验装置如图(a)所示，将木板水平固定在桌面上，弹簧的左端固定在挡板上，右端与滑块刚好接触(但不连接)，然后将光电门固定在木板上靠近滑块处．实验步骤如下：(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，其示数如图(b)所示，d ＝________ cm ；(2)将光电门连接计时器，让滑块压缩弹簧至P 点(图(a)中未画出)，释放后滑块被弹开并沿木板向右滑动，计时器记录遮光片通过光电门的时间为Δt ，再测量滑块停止时的位置与光电门的距离x ，则可用________表示滑块经过光电门时速度的大小； (3)改变P 点的位置，多次重复步骤(2)；(4)若用1Δt 2－x 图像处理数据，所得图像如图(c)所示，设重力加速度大小为g ，则由图线可得滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________(用物理量的符号表示)． 答案 (1)1.02 (2)d Δt (4)ad 22bg解析 (1)游标卡尺的示数 d ＝10 mm ＋2×0.1 mm ＝1.02 cm.(2)滑块经过光电门时速度的大小为v ＝dΔt①(4)滑块从光电门到停止运动，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ② 由匀变速直线运动速度和位移的关系得v 2＝2ax ③ 由①②③可得1Δt 2＝2μgxd2结合题图(c)可得图像的斜率a b ＝2μgd 2解得μ＝ad 22bg.错题统计(题号)对应考点错因分析探究小车速度随时间变化的规律 探究加速度与物体受力、物体质量的关系验证机械能守恒定律 验证动量守恒定律 纸带和光电门类创新实验一、探究小车速度随时间变化的规律 1．纸带的应用(1)判断物体运动性质：若在实验误差允许范围内满足Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1且Δx 不为零，则可判定物体做匀变速直线运动． (2)求解瞬时速度： v n ＝x n ＋x n ＋12T .(3)用“逐差法”求加速度，例如： a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2.2．光电门的应用 (1)测速度光电门主要是测量速度的仪器，设小车上挡板的宽度为d ，挡板遮住光电门光线的时间为Δt ，则小车通过光电门的速度v ＝d Δt .(2)测加速度若已知两个光电门之间的距离为s ，小车通过两个光电门时的速度分别为v 1、v 2，则a ＝v 22－v 122s. 二、探究加速度与物体受力、物体质量的关系 1．补偿阻力补偿阻力的目的是使细线的拉力作为小车的合外力．若使用气垫导轨，不必补偿阻力． 2．(1)钩码(砂和砂桶)的质量m 远远小于小车的质量M 时，细线的拉力近似等于钩码(砂和砂桶)的总重力．(2)当细线拉力可以直接测量时，如细线与拉力传感器连接(如图甲)或者细线绕过滑轮和弹簧测力计相连(如图乙)，不需要满足m 远远小于M .三、验证机械能守恒定律1．研究对象：单个物体或多个物体．2．实验方案：(1)利用物体做自由落体运动验证机械能守恒．(2)利用物体沿光滑斜面下滑验证机械能守恒．(3)利用滑块在气垫导轨上运动验证机械能守恒．(4)利用摆球的运动验证机械能守恒．(5)利用两物体组成的连接体验证机械能守恒．四、验证动量守恒定律1．速度可以直接测量：通过光电门或计时器测量速度．2．速度不能直接测量：测量其他物理量，例如将速度关系转换为位移关系．3．实验拓展创新：验证动量定理．1．(2022·辽宁省百师联盟联考)用如图(a)所示装置测量当地的重力加速度，在竖直支架的上部固定水平限位板，下部固定光电门．让小球紧贴限位板下表面由静止开始落下，通过光电门时可以记录小球通过光电门的时间．(1)若小球直径为d，小球通过光电门的时间为Δt，则小球通过光电门时的速度大小可表示为________(用题中给出的符号表示)；(2)用游标卡尺测小球直径d ，示数如图(b)所示，则d ＝________ cm ；(3)若某次实验中限位板下表面到光电门的高度为h ，则实验测得当地的重力加速度大小可表示为________(用题中给出的符号表示)． 答案 (1)d Δt (2)1.005 (3)d 2(2h －d )(Δt )2解析 (1)小球通过光电门的平均速度大小为v ＝dΔt(2)游标卡尺的精确度为0.05 mm ，主尺读数为10 mm ，游标尺的第1条刻度线与主尺的某刻度线对齐，则有1×0.05 mm ＝0.05 mm所以测量的读数为10 mm ＋0.05 mm ＝10.05 mm ＝1.005 cm (3)小球下落的高度为h －d 2，根据匀变速运动规律，有v 2＝2g (h －d2)解得g ＝d 2(2h －d )(Δt )2.2．(2022·安徽黄山市质检)小兰同学想利用图甲中的装置测定小车和砝码盘的质量．除图示器材以外，该同学还有N ＝5个砝码，每个砝码的质量为0.020 kg ，为了测得小车质量M 和砝码盘质量m ，该同学设计实验步骤如下：(g ＝10 m/s 2)(1)将5个砝码全部放入小车中，在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，在不挂砝码盘时使小车可以在木板上匀速下滑．(2)将n (依次取n ＝1,2,3,4,5)个砝码依次放入砝码盘中，其余(N －n )个砝码仍留在小车内；用手按住小车并使细绳与木板平行．接通电源后释放小车，纸带经数据处理后可得到相应的加速度大小a .(3)当n ＝3时打出的纸带如图乙所示，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 五个计数点(每相邻两个计数点间还有打点计时器打下的四个点没有画出)，打点计时器电源频率是50 Hz.则小车运动的加速度大小a ＝________ m/s 2.(计算结果保留2位有效数字)(4)以每次所取的砝码数n 为横坐标，小车的加速度a 为纵坐标作出a －n 的函数图像，获得该图像的斜率k ＝0.5 m/s 2，纵轴的截距为b ＝2.5 m/s 2.由以上数据可得小车质量M ＝______ kg和砝码盘质量m ＝________ kg. 答案 (3)0.40 (4)0.2 0.1解析 (3)由题知，相邻计数点间的时间间隔为T ＝5×0.02 s ＝0.1 s 利用逐差法，可得小车的加速度大小为a ＝x CE －x AC4T 2由题图乙可得x CE ＝(9.00－4.20) cm ＝4.80 cm x AC ＝(4.20－1.00) cm ＝3.20 cm 代入求得a ＝0.40 m/s 2(4)依题意，设每个砝码的质量为m 0，对砝码、砝码盘及小车系统利用牛顿第二定律有 (nm 0＋m )g ＝(5m 0＋m ＋M )a可得a ＝m 05m 0＋m ＋M g ·n ＋mg5m 0＋m ＋M由题意知m 05m 0＋m ＋M g ＝0.5 m/s 2mg5m 0＋m ＋M＝2.5 m/s 2把m 0＝0.020 kg 代入式子 解得m ＝0.1 kg ，M ＝0.2 kg.3．(2022·河南郑州市二模)某兴趣小组的同学计划“验证机械能守恒定律”．装置如图所示，水平桌面上放有倾角为θ的气垫导轨，气垫导轨上安装有连接数字计时器的光电门，气垫导轨左端固定一原长为l 0的弹簧，通过细线与带有遮光条(质量忽略不计)的滑块相连． 设计了以下步骤进行实验：A ．测出气垫导轨的倾角θ、弹簧劲度系数k 、弹簧原长l 0、滑块质量m 、遮光条宽度d 、重力加速度g ，按照图示组装好实验装置；B ．将滑块拉至气垫导轨某一位置固定，要求从此位置释放滑块，可使滑块运动到光电门时细线已经弯曲，测出此时滑块到光电门的距离x 以及弹簧的长度l ；C ．由静止释放滑块，滑块在拉力作用下运动，测出滑块上遮光条通过光电门的时间为Δt ；D ．将滑块拉至不同的位置，重复B 、C 步骤多次，并记录每次对应的实验数据．根据所测物理量可以得到每次实验中滑块重力势能、弹簧弹性势能及滑块动能之间的关系，从而验证机械能守恒．(1)根据实验中测出的物理量，可得到滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能的减少量为________．(2)根据实验中测出的物理量也可得到滑块到达光电门时的动能，若“在弹性限度内，劲度系数为k 的弹簧，形变量为Δx 时弹性势能为E p ＝12k (Δx )2”的说法正确，不考虑空气阻力影响，要说明整个运动过程中系统机械能守恒，需满足的关系式为________．(3)若考虑到空气阻力影响，实验过程中得到的滑块重力势能减少量与弹簧弹性势能减少量总和________(选填“大于”“小于”或“等于”)滑块动能增加量． 答案 (1)mgx sin θ (2)12k (l －l 0)2＋mgx sin θ＝12m (dΔt)2 (3)大于解析 (1) 滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减少量ΔE p ＝mgh ＝mgx sin θ (2) 要说明整个运动过程中系统机械能守恒，需满足12k (Δx )2＋mgh ＝12m v 2即12k (l －l 0)2＋mgx sin θ＝12m (dΔt)2 (3)若考虑到空气阻力影响，实验过程中会有部分机械能转化为内能，滑块重力势能减少量与弹簧弹性势能减少量总会大于滑块获得的动能即大于滑块动能增加量．。
初中物理力学题20套及解析
初中物理力学题20套及解析
1.已知小车从A点出发，行驶若干距离并回到A点。
若小车的总行程
距离为2d，求小车运动的速度v
答案：$v=\frac{2d}{T}$
解析：小车运动的速度v＝运动距离／运动时间，由题意可知小车的
总行程距离为2d，因此v＝2d／T，其中T为小车从A点出发，行驶若干
距离并回到A点的时间。
2.一枚圆柱形螺母在拧紧和松开的过程中，长度的变化为4厘米，求
螺母的半径r
答案：$r=\frac{2\pi(4)}{360°}$
解析：圆柱形螺母拧紧或松开时，长度发生变化，而半径不变，因此
半径的变化为零，即r＝4厘米÷360°＝2π（4）/360°。
3.在物体运动的过程中，判断物体的速度变化，应使用什么量来表示？
答案：加速度
解析：加速度是用来表示物体运动的速度变化的量，它反映了物体运
动的变化率，是力和运动的量化描述。
它的物理量符号为a，单位是m/s2。
专题23力学作图分析(原卷版+解析)-备战2023年中考物理精选考点专练(知识清单+基础+拔高)
专题23 力学作图分析力学作图主要包括力的示意图、力臂的画法以及滑轮组的绕线方法。
画力的示意图要注意三个要点：(1)力的作用点的位置；(2)力的方向；(3)力的大小以及物理量的符号。
画力臂要注意三点：(1)支点的位置；(2)画力的作用线；(3)标出力臂l。
做滑轮组绕线的作图题时要注意两点：(1)绳子的股数n；(2)拉力的方向。
类型一受力分析作图【例1】如图所示，A处于静止状态，B在拉力作用下向右运动。
请在图中画出A物体的受力示意图(力的作用点图中已标出)。
【例2】在内壁光滑的汽缸内，用重为G的活塞封闭一定质量的气体，把活塞和汽缸按图所示悬挂，静止在空中，图中已标出缸内气体对活塞的作用力F气，请画出活塞所受其他力的示意图。
【例3】如图，斜面上的小球A被挡板B挡住，请画出小球A所受力的示意图。
【例4】如图所示物块正在光滑的水平面上向右滑动，并拉伸弹簧，画出物块受力的示意图(不计空气阻力)。
类型二杠杆作图【例5】图甲是生活中常用的一款指甲刀，其中AOB部分可视为杠杆，其简化示意图如图乙所示，使用时，指甲作用在A点的力视为阻力。
请你在乙图中画出：(1)作用在A点的阻力F2的示意图。
(2)在B点施加的最小动力F1及动力臂l1。
【例6】如图所示，用杠杆将物体A吊起，O是支点，请画出拉力F1的力臂L1和物体A所受重力的示意图。
【例7】撬棒是生活中常用的劳动工具，如图所示，请画出重物M对撬棒的压力F2以及人对撬棒的力F1的力臂l1。
【例8】中医药文化是中华民族悠久历史文化的重要组成部分。
如图是用切刀将黄芪切片的示意图，请你在图中画出施加在手柄上A点最小力F的示意图及其力臂l。
【例9】图中利用羊角锤撬钉子，在锤柄上画出所施加的最小动力F和其力臂l。
类型三滑轮组绕线作图【例10】一个工人站在地面上，使用如图所示的滑轮组将重物从地面提升到楼顶，要求绳子的自由端要向下拉，请你用笔画代替绳子，画出滑轮组最省力的绕绳方法。
计算力学考试例题
力学考试例题：
1. 一根质量为2kg的木棒，长为1m，一端固定，让其自由旋转。
问：木棒的质心和转动中心是否重合？如果重合，请说明理由。
如果不重合，请计算它们之间的距离。
2. 一辆汽车以速度v在平直路面上行驶，突然发现前方有一障碍物，司机紧急刹车。
假设汽车刹车时受到的阻力是恒定的，求汽车从开始刹车到停止所用的时间。
设汽车的质量为m，刹车时受到的阻力为kmg（其中k为常数）。
3. 一根长度为L的均匀细杆，一端固定在光滑水平轴上，自由旋转。
初始时，杆与水平轴线成一角度θ。
问：当杆以角速度ω旋转时，其质心和转动中心之间的距离是多少？
4. 一辆质量为M的汽车在平直路面上行驶，其上装载了一质量为m的货物。
汽车受到的阻力与其速度成正比，即f = kv（其中k 为常数）。
当汽车以速度v匀速行驶时，突然货物从车上滑下。
求货物滑下后，汽车的运动状态和最终速度。
5. 一根质量分布均匀的细杆，一端固定在光滑水平轴上，自由旋转。
初始时，杆与水平轴线成一角度θ。
问：当杆以角速度ω旋转时，其转动惯量是多少？。
物理力学经典例题
物理力学经典例题例题1. 一个质量为m的物体，以速度v沿着水平方向运动，撞到一个质量为M的静止物体，两者发生完全弹性碰撞，求碰撞后两个物体的速度。
解：根据动量守恒和能量守恒定律，可以得到以下方程组：mv = mv1' + Mv2'1/2mv^2 = 1/2mv1'^2 + 1/2Mv2'^2其中，v1'和v2'分别为碰撞后两个物体的速度。
解方程组可以得到：v1' = (m - M)/(m + M) * vv2' = 2m/(m + M) * v例题2. 一个质量为m的物体，以速度v沿着水平方向运动，撞到一个质量为M的静止物体，两者发生完全非弹性碰撞，求碰撞后两个物体的速度。
解：在完全非弹性碰撞中，两个物体合并成一个物体，质量为m+M，速度为v'。
根据动量守恒定律，可以得到以下方程：mv = (m + M)v'解方程可以得到：v' = m/(m + M) * v例题3. 一个质量为m的物体，以速度v沿着水平方向运动，撞到一个质量为M的静止物体，两者发生完全非弹性碰撞，碰撞后两个物体沿着一条直线运动，求碰撞后两个物体的速度。
解：在完全非弹性碰撞中，两个物体合并成一个物体，质量为m+M，速度为v'。
根据动量守恒定律和能量守恒定律，可以得到以下方程组：mv = (m + M)v'1/2mv^2 = 1/2(m + M)v'^2解方程组可以得到：v' = v/2v1' = v/2v2' = 0其中，v1'和v2'分别为碰撞后两个物体的速度。
建筑力学_习题库+答案23
111一、填空题1.在任何外力作用下,大小和形状保持不变的物体称____刚体____。
2.力是物体之间相互的____机械作用_____。
这种作用会使物体产生两种力学效果分别是_____外效果___和_____内效果_______。
3.力的三要素是____力的大小_____、____力的方向_____、___力的作用点_。
4.加减平衡力系公理对物体而言、该物体的__外_效果成立。
5.一刚体受不平行的三个力作用而平衡时，这三个力的作用线必__汇交于一点。
6.使物体产生运动或产生运动趋势的力称___荷载（主动力）___。
7.约束反力的方向总是和该约束所能阻碍物体的运动方向___相反。
8.柔体的约束反力是通过___接触___点，其方向沿着柔体___中心__线的拉力。
9.平面汇交力系平衡的必要和充分的几何条件是力多边形___自行封闭。
10.平面汇交力系合成的结果是一个__合力__。
合力的大小和方向等于原力系中各力的___矢量和__。
11.11力垂直于某轴、力在该轴上投影为__零___。
12.ΣX＝０表示力系中所有的力在___X__轴上的投影的代数和__为零。
13.力偶对作用平面内任意点之矩都等于___力偶矩_____。
14.力偶在坐标轴上的投影的代数和____为零____。
15.力偶对物体的转动效果的大小用____力偶矩_表示。
16.力可以在同一刚体内平移，但需附加一个__力偶___。
力偶矩等于__原力对新作用点之矩。
17.平面一般力系向平面内任意点简化结果有四种情况，分别是__主矢和主矩都不为零、__主矢为零主矩不为零、____主矢不为零主矩为零___、_主矢和主矩都为零。
18.答案：主矢和主矩都不为零、主矢为零主矩不为零、主矢不为零主矩为零、主矢和主矩都为零19.力偶的三要素是_力偶矩的大小、__力偶的转向_、__力偶的作用面_。
20.平面一般力系的三力矩式平衡方程的附加条件是__A、B、C三点不共线___。