1、2015-2016学年江苏省无锡市宜兴二中高一（上）期末物理模拟试卷一、单项选择题：1两个物体P、Q的加速度apaq则（）AP的速度一定比Q的速度大BP的速度变化量一定比Q的速度变化量大CP的速度变化一定比Q的速度变化快DP受的合外力一定比Q受的合外力大2两位同学做一小实验来测定反应时间一位同学用两手指捏住1m长木尺顶端零刻度处，第二位同学的一只手在木尺的下端做握住木尺的准备，但不碰到尺当他看到第一位同学松手时，立即握住木尺，手握处的读数为0.55m，g取10m/s2，则第二位同学的反应时间为（）A0.10sB0.30sC0.11sD0.33s3一辆长为0.6m的电动小车沿水平面向右作匀变速直
2、线运动，下图是某监测系统每隔2s拍摄的一组照片用刻度尺测量照片上的长度，结果如图所示则小车的加速度大小为（）A0.01 m/s2B0.5 m/s2C1 m/s2D5 m/s24如图所示，一轻质三角形框架B处悬挂一定滑轮（质量可忽略不计）一体重为500N的人通过跨定滑轮的轻绳匀速提起一重为300N的物体此时人对地面的压力及斜杆BC所受的力是（）A300N，400NB200N，200NC300N，200ND200N，400N5用一根长1m的轻质细绳将一幅质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力10N，为使绳不断裂，画框上两个钉的间距最大为（g取10m/s2）（）A mB mCD
3、m二、多项选择题：6如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时BCA90，现使BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力（）A轻杆对B点的作用力大小不变B轻杆对B点的作用力逐渐增大C拉力F逐渐减小D拉力F先减小后增大7A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）AA、B两物体运动方向相反Bt=4s时，A、B两物体相遇C在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D在相遇前，A、B两物体最远距离20m8在车上有一用硬
4、杆做成的框架，其下端固定一质量为m的小球，小车在水平面上以加速度a运动，有关角度如图，下列说法正确的是（）A小球受到的杆的弹力大小一定为，方向沿杆方向B小球受到的杆的弹力大小一定为mgtan，方向沿杆方向C小球受到的杆的弹力大小一定为，方向不一定沿杆方向D小球受到的杆的弹力大小一定为，方向一定沿杆方向9如图所示，在光滑水平面上，有一辆质量为M的小车，小车的水平上表面放有一质量为m木块，木块与小车间的动摩擦因数为，当用一个大小为F的水平恒力拉小车时，小车带着木块保持相对静止而一起运动则在运动过程中（）A木块受到的摩擦力为mgB木块及小车系统受到的合力为 FC小车受到的摩擦力为D小车受到的合力为三
5、、填空题、实验题：10如图所示是张华和李明两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F是用一只弹簧秤拉时的图示）答：（2）在以上比较符合实验事实的一位同学中，造成误差的主要原因是：答：同学们在做“验证牛顿第二定律”的实验（1）甲同学为了使小车受到合外力等于小砂桶和砂的总重量，他采用如下两个措施：A平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在小桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；B调整砂的多少，使砂和小砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M请问：以上哪一个措施中有何重大错误？答：（2）乙同学在实验中，他保持小车及砝码质量M不
6、变反复改变砂的质量，并测得一系列数据，结果发现小车受到的合外力（小桶及砂重量）与加速度的比值略大于小车及砝码质量M，经检查发现滑轮非常光滑，打点计时器工作正常，且事先基本上平衡了摩擦力，那么出现这种情况的主要原因是什么？答：（3）甲同学改用图1实验装置，平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如表：砝码盘中砝码总重力F（N）0.1960.3920.5880.7840.980加速度a（ms2）0.691.181.662.182.70请根据实验数据在图2中作出aF的关系图象并根据
7、提供的实验数据作出的aF图线不通过原点，请说明主要原因是：四、计算题：12运动员离开飞机时距地面的高度；（2）离开飞机后，运动员经过多长时间才能到达地面1314，问恒力F满足什么条件小球可以落到小车上？15滑雪者沿斜面上滑的最大距离（2）若滑雪者滑至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小16（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况（2）若上顶扳传感器的示数为零（铁块没有离开上板），箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？2015-2016学年江苏省无锡市宜兴二中高一（上）期末物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：1两个物体P、Q的加速度apa
8、q则（）AP的速度一定比Q的速度大BP的速度变化量一定比Q的速度变化量大CP的速度变化一定比Q的速度变化快DP受的合外力一定比Q受的合外力大【考点】牛顿第二定律；加速度【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】加速度是表示速度变化快慢的物理量，在数值上等于单位时间内速度的变化量【解答】解：A、加速度是表示速度变化快慢的物理量，与速度大小无关，故A错误；B、加速度是表示速度变化快慢的物理量，在数值上等于单位时间内速度的变化量，不同时间速度改变量不同，故B错误；C、加速度是表示速度变化快慢的物理量，P的加速度大，故P的速度变化一定比Q的速度变化快，故C正确；D、由于质量大小未知，故无法比较合力大小，故D
9、错误；故选C【点评】本题关键明确加速度的定义和物理意义，同时结合牛顿第二定律分析，基础题2两位同学做一小实验来测定反应时间一位同学用两手指捏住1m长木尺顶端零刻度处，第二位同学的一只手在木尺的下端做握住木尺的准备，但不碰到尺当他看到第一位同学松手时，立即握住木尺，手握处的读数为0.55m，g取10m/s2，则第二位同学的反应时间为（）A0.10sB0.30sC0.11sD0.33s【考点】自由落体运动【专题】自由落体运动专题【分析】第一位同学松手时木尺做自由落体运动，由题知道木尺下落的高度为h=1m0.55m=0.45m，木尺下落0.45m的时间即为第二位同学的反应时间，由位移公式求解【解答】
10、解：第一位同学松手时木尺做自由落体运动，由题知道木尺下落的高度为h=1m0.55m=0.45m，设下落时间为t，则由h=得 t=0.3s故选B【点评】本题是实际问题，考查应用物理规律分析研究实际问题的能力，要注意不能把0.55m当作木尺下落的高度3一辆长为0.6m的电动小车沿水平面向右作匀变速直线运动，下图是某监测系统每隔2s拍摄的一组照片用刻度尺测量照片上的长度，结果如图所示则小车的加速度大小为（）A0.01 m/s2B0.5 m/s2C1 m/s2D5 m/s2【考点】测定匀变速直线运动的加速度【专题】实验题；直线运动规律专题【分析】根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，即x=aT2求出小
11、车的加速度【解答】解：刻度尺测量出电动小车的长度为1.2cm，实际长度为0.6m，则汽车在相等时间内的位移，根据x=aT2得，a=故B正确，A、C、D错误故选B【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用4如图所示，一轻质三角形框架B处悬挂一定滑轮（质量可忽略不计）一体重为500N的人通过跨定滑轮的轻绳匀速提起一重为300N的物体此时人对地面的压力及斜杆BC所受的力是（）A300N，400NB200N，200NC300N，200ND200N，400N【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）
12、先以人为研究对象，求人受的支持力，再由牛顿第三定律得人对地的压力（2）先求B点受的绳的拉力，再用力作用效果把绳的拉力分解为对BC的压力，对AB拉力【解答】解：以人为研究对象受力分析如图所示：因为物体匀速运动，则人对绳的拉力为300N，绳对人的拉力FT也为300N，由平衡条件得：FT+FN=G人 解得：FN=G人FT=500300=200N 由牛顿第三定律知人对地的压力为200N； B点受的绳向下的拉力F=2FT=600N，依据作用效果进行分解如下图所示，则由图解得：FBC=N，故D正确故选：D【点评】本题是力平衡问题，关键是灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，基础题目5用一根长1
13、m的轻质细绳将一幅质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力10N，为使绳不断裂，画框上两个钉的间距最大为（g取10m/s2）（）A mB mCD m【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】将重力按照力的效果进行分解，即沿两细线的方向分解，求出绳子即将断开时的临界角度（两细线夹角）即可得出画框上两个挂钉的最大间距【解答】解：一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120，此时两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子
14、的拉力，三个力为共点力，受力如图绳子与竖直方向的夹角为=60，绳子长为L0=1m，则有mg=2Fcos，两个挂钉的间距离L=2sin，解得L=m；故选：B【点评】熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本二、多项选择题：6如图所示，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时BCA90，现使BCA缓慢变小，直到杆BC接近竖直杆AC此过程中，轻杆B端所受的力（）A轻杆对B点的作用力大小不变B轻杆对B点的作用力逐渐增大C拉力F逐渐减小D拉力F先减小后增大【考点】共点
15、力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】定性思想；相似三角形法；共点力作用下物体平衡专题【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABC三边边长的关系，再分析其变化【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，作出力图如图，由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得又T=G，解得：N=G，F=G使BCA缓慢变小时，AC、AB保持不变，CB变大，则N保持不变，F变大故AC正确，BD错误故选：AC【点评】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到
16、力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法7A、B两个物体从同一地点在同一直线上做匀变速直线运动，它们的速度图象如图所示，则（）AA、B两物体运动方向相反Bt=4s时，A、B两物体相遇C在相遇前，t=4s时A、B两物体相距最远D在相遇前，A、B两物体最远距离20m【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】在vt图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负如果从同一位置出发，相遇要求在同一时刻到达同一位置，即同一段时间内的位移相同【解答】解：A、由图可知，两物体的速度均沿正方向，故方向相同，A错误；B、t=4s时，由图象可知A图象
17、与坐标轴围成的面积比B与坐标轴围成的面积要小，又是从同一地点出发的，故不可能相遇，故B错误；C、由图象可知，t=4s时，A、B两物体的速度相同，之前B物体的速度比A物体的速度大，两物体相距越来越远，之后A物体的速度大于B物体的速度，故两物体相距越来越近，故t=4s时两物体相距最远，最远距离，故CD正确；故选CD【点评】对于速度时间图象要明确以下几点：（1）每一点的坐标表示该时刻物体的速度；（2）图象的斜率表示物体的加速度；（3）图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移本题关键是根据速度时间图象得到两个物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，结合初始条件进
18、行分析处理8在车上有一用硬杆做成的框架，其下端固定一质量为m的小球，小车在水平面上以加速度a运动，有关角度如图，下列说法正确的是（）A小球受到的杆的弹力大小一定为，方向沿杆方向B小球受到的杆的弹力大小一定为mgtan，方向沿杆方向C小球受到的杆的弹力大小一定为，方向不一定沿杆方向D小球受到的杆的弹力大小一定为，方向一定沿杆方向【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】通过小球和车具有相同的加速度，根据小球的合力，通过平行四边形定则求出杆子的弹力【解答】解：小球所受的合力为ma，水平向右，根据平行四边形定则，知杆子的弹力大小F=，方向随着加速度的大小变化而变化
19、，不一定沿杆子方向故C正确，A、B、D错误故选C【点评】解决本题的关键知道球和车具有相同的加速度，知道杆子的弹力不一定沿杆9如图所示，在光滑水平面上，有一辆质量为M的小车，小车的水平上表面放有一质量为m木块，木块与小车间的动摩擦因数为，当用一个大小为F的水平恒力拉小车时，小车带着木块保持相对静止而一起运动则在运动过程中（）A木块受到的摩擦力为mgB木块及小车系统受到的合力为 FC小车受到的摩擦力为D小车受到的合力为【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】应用题；定性思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】先对整体运用牛顿第二定律求出共同的加速度，再分别对小车和木块进行受力分析，根据牛
20、顿第二定律即可解题【解答】解：把小车和木块看成一个整体，根据牛顿第二定律得：a=；A、木块水平方向只受静摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=ma=，故A错误，C正确；B、水平面光滑，木块与小车组成的系统不受摩擦力，在竖直方向上所受重力与支持力的合力为零，系统所受合力为拉力：F，故B正确；D、对小车，由牛顿第二定律得：F车合=Ma=，故D正确故选：BCD【点评】该题是整体法和隔离法的应用，要求同学们能选择恰当的研究对象运用牛顿第二定律解题三、填空题、实验题：10如图所示是张华和李明两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？（力F是用一只弹簧秤拉时的图示）答：张华（2）在以上比
21、较符合实验事实的一位同学中，造成误差的主要原因是：答：F1的方向比真实方向偏左；F2的大小比真实值偏小且方向比真实方向偏左；作图时两虚线不分别与F1线和F2线平行用平行四边形定则求出的合力可以与橡皮条拉力的方向有偏差，但用一只弹簧测力计拉结点的拉力与橡皮条拉力一定在同一直线上，故张华作的符合实验事实符合实验事实（2）出现误差的原因主要是测力的大小时出现误差，或者在做平行四边形时出现误差，故具体情况可能为：F1的方向比真实方向偏左；F2的大小比真实值偏小且方向比真实方向偏左；作图时两虚线不分别与F1线和F2线平行故答案为：等效替代；（1）张华；（2）F1的方向比真实方向偏左；F2的大小比真实值偏
22、小且方向比真实方向偏左；作图时两虚线不分别与F1线和F2线平行【点评】解答实验的出发点为明确实验原理、实验步骤、数据处理，并能进行正确的受力分析，同时注意应用所学物理基本规律解决实验问题11甲同学为了使小车受到合外力等于小砂桶和砂的总重量，他采用如下两个措施：A平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在小桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；B调整砂的多少，使砂和小砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M请问：以上哪一个措施中有何重大错误？答：平衡摩擦力时不能挂小桶（2）乙同学在实验中，他保持小车及砝码质量M不变反复改变砂的质量，并测得一系列数据，结果
23、发现小车受到的合外力（小桶及砂重量）与加速度的比值略大于小车及砝码质量M，经检查发现滑轮非常光滑，打点计时器工作正常，且事先基本上平衡了摩擦力，那么出现这种情况的主要原因是什么？答：由于失重，拉小车的合力Tmg（3）甲同学改用图1实验装置，平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如表：砝码盘中砝码总重力F（N）0.1960.3920.5880.7840.980加速度a（ms2）0.691.181.662.182.70请根据实验数据在图2中作出aF的关系图象并根据提供的实验数据
24、作出的aF图线不通过原点，请说明主要原因是：未计入砝码盘的重力【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题【分析】在“验证牛顿第二定律”的实验中，为了使小车受到合外力等于小沙桶和沙的总重量，通常采用如下两个措施：平衡摩擦力：将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块，反复移动木块的位置，直到小车在无动力的作用下带动纸带与小车一起做匀速直线运动；调整沙的多少，使沙和小沙桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M同时要注意根据实验的原理和实验方法分析实验中的注意事项及实验结论【解答】解：（1）中平衡摩擦力时，不应用小桶拉动小车做匀速运动，应让小车自身下滑（即无动力）来平衡摩擦
25、力即可 故选：A（2）由于小桶及沙的失重，拉小车的合外力F=mg，而处理数据时又将F=mg处理因此，（3）根据该组实验数据作出aF的关系图象如图；从图中图线可发现当拉力F等于0时，加速度大于0，所以实验中存在的问题可能是：未计入砝码盘的质量故答案为：（1）平衡摩擦力时不能挂小桶；（2）由于失重，拉小车的合力Tmg；（2）如图，未计入砝码盘的质量【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验；要明确此题在验证牛顿第二定律用到的原理，围绕原理，记忆需要测量的物理量及实验时的注意事项四、计算题：12运动员离开飞机时距地面的高度；（2）离开飞机后，运动员经过多长时间才能到达地面【考点】匀变速直线运动的位移与时
26、间的关系；自由落体运动【专题】直线运动规律专题【分析】（1）伞张开后运动员做匀减速运动，初速度等于自由落体运动的末速度，由牛顿第二定律可求出加速度，然后由位移时间关系式求出各段位移，最后得出飞机距地面的高度（2）由速度公式分别求两个过程的时间，再求总时间【解答】解：（1）运动员先做自由落体运动，当下落到距离地面s2=125m高时的速度为v，运动员打开降落伞时，在减速下落的过程中，运动员受到伞绳的拉力恒为1458N，由牛顿第二定律可得：fmg=maa=由落地速度5m/s匀减速运动，由vt2v02=2as2，可知，运动员打开伞前，所通过的位移设为S1，根据运动员自由下落距离为s1=180 m，运动
27、员离开飞机时距地面高度为s=s1+s2=180m+125m=305m（2）自由落体运动的时间为t1=，打开伞后运动的时间为t=，离开飞机后运动的时间为t=t1+t2=6s+3.85 s=9.85s答：（1）运动员离开飞机时距地面的高度305m；（2）离开飞机后，运动员经过9.85s才能到达地面【点评】本题是多过程问题，要抓住各个过程之间的关系，如前一过程的末速度就是后一过程的初速度、位移关系等等值得注意，运动员做减速运动时，加速度是负值13【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【专题】计算题；定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出木箱的加速度，结合牛
28、顿第二定律求出动摩擦因数的大小设拉力移动的最小时间为t1，根据牛顿第二定律求出撤去拉力前后的加速度，结合速度位移公式，抓住位移之和等于50m，求出拉力的最小作用时间【解答】解：木箱做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：s=at2，加速度：a=4m/s2，由牛顿第二定律得：mg=ma，解得：=0.4；木箱在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，到达50m处速度为零时拉力的作用时间最短，由牛顿第二定律得：Fcos37（mgFsin37）=ma1，解得：a1=4.32m/s2，撤去拉力后的加速度：a2=g=4m/s2，设撤去拉力时木箱的速度为v，则：s=（t1+t2），v
29、=a1t1，v=a2t2，解得：t1=3.3s；答：拉力的作用时间最少是3.3s【点评】本题考查了求拉力的作用时间，考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，分析清楚木箱的运动过程是解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁14，问恒力F满足什么条件小球可以落到小车上？【考点】自由落体运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】自由落体运动专题【分析】小球自由下落的高度一定，则下落的时间一定，小球落在小车上，则在这段时间内的位移大于s，小于（L+s），根据匀变速直线运动的位移时间公式求出小车加速度的范围，进而求出恒力范围【解答】解：设小球的下落时间为
30、t，则：H=所以：t=小球落在小车上，则在这段时间内的位移大于s，小于（L+s）由s=a1t2得：a1=由L+s=a2t2得，a2=则根据牛顿第二定律得恒力F满足答：恒力F满足时小球可以落到小车上【点评】解决本题的关键抓住小球下落的时间和小车运动的时间相等，运用匀变速直线运动位移时间公式求加速度的范围15滑雪者沿斜面上滑的最大距离（2）若滑雪者滑至最高点后掉转方向向下自由滑行，求他滑到起点时的速度大小【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）滑雪者向上做匀减速直线运动，对他受力分析，得到加速度，然后由匀变速位公式可以得
31、到上滑的距离（2）向下自由滑行做匀加速直线运动，然后受力分析，得到加速度，最后还是由匀变速直线公式求速度【解答】解：（1）上滑过程中对人进行受力分析，滑雪者受重力mg，弹力FN，摩擦力f，并设滑雪者的加速度为a1，受力如图根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1，a1 的方向沿斜面向下 由平衡关系有：FN=mgcos 根据动摩擦定律有：f=FN 由以上各式解得：a1=g（sin+cos）=8m/s2 滑雪者沿斜面向上做匀减速直线运动，减速到零的位移为： 即滑雪者上滑的最大距离为4m（2）滑雪者沿斜面下滑时，滑雪者收到的摩擦力沿斜面向上，受力如图设加速度大小为a2根据牛顿第二定律有：mgsin
32、f=ma2 由平衡关系有：FN=mgcos 根据动摩擦定律有：f=FN 由以上各式解得： 滑雪者沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，滑到出发点的位移为：x=4m则滑雪者再次回到起点的速度为： 答：（1）滑雪者沿斜面上滑的最大距离4m （2）滑雪者再次回到起点的速度为5.7m/s【点评】本题是比较简单的匀变速应用，只是要注意在上滑和下滑时摩擦力的方向改变了，但是本题考查的情景斜面上物体的运动，是匀变速考查最喜欢选用的情形16（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况（2）若上顶扳传感器的示数为零（铁块没有离开上板），箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？【考点】牛
33、顿第二定律；胡克定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对m分析，根据牛顿第二定律求出m的质量，当上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于下面传感器示数不变，根据牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况（2）当上顶板示数为零，恰好没有离开上板，知下面传感器的示数仍然为10N，结合牛顿第二定律求出金属块的加速度，从而判断出箱子的运动情况【解答】解：（1）F1、F2大小与上下传感器示数相等，由牛顿第二定律得，mg+F1F2=ma （1）代入数据，F1=6.0N，F2=10.0N，a=2.0m/s2解得m=0.5kg若，因弹簧长度没有变化，所以，F2=10.0N，F1=5.0N代入（1）式，解得此时的加速度a=0，箱子向上或向下做匀速运动（2）当上顶板示数为零，恰好没有离开上板，知下面传感器的示数仍然为10N，由牛顿第二定律知 F2mg=ma解得a=1050.5=10m/s2箱子以大小为a=10m/s2的加速度向上做匀加速或向下做匀减速运动答：（1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，箱子向上或向下做匀速运动（2）若上顶扳传感器的示数为零（铁块没有离开上板），箱子向上做匀加速或向下做匀减速运动，加速度大小均为10.0m/s2【点评】金属块与箱子具有相同的加速度，解决本题的关键对金属块受力分析，根据牛顿第二定律进行求解版权所有：高考资源网()
