文档内容
阶段性训练（一）
考察内容（运动的描述 匀变速直线运动 相互作用 牛顿运动定律）
一．选择题
1．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系．如关系式 U＝IR既反映了
电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V（伏）与A（安）和 （欧）的乘积等效．现有物理
量单位：m（米）、s（秒）、 Ω
N（牛）、J（焦）、W（瓦）、C（库）、F（法）、A（安）、 （欧）和T（特），由他们组
合成的单位都 Ω
与电压单位V（伏）等效的是（ ）
A．J/C 和 N/C B．C/F 和 T•m2/s
C．W/A 和 C•T•m/s D． 1 1和 T•A•m
W2 ❑2
Ω
Q Q
【解答】解：A、根据C= 可得：U= ，所以1V＝1C/F，由U＝Ed知：1V＝1N/C•m，故A
U C
错误。
Q Q ΔΦ
B、根据C= 可得：U= ，所以1V＝1C/F；由E= 知，1V＝1Wb/s＝1T•m2/s，故B正确。
U C Δt
P
C、由P＝UI得：U= ，则1V＝1W/A．由E＝BLv知：1V＝1T•m•m/s，故C错误。
I
U2
1 1
D、根据P=
R
可得：U=√PR，所以1V
=W2⋅Ω2
。
由F＝BIL知：1N＝1T•A•m≠1V，故D错误。
故选：B。
2．下列有关质点和参考系的说法中正确的是（ ）
A．观看花滑运动员的动作时，可以把运动员看成质点
B．当物体体积很小时，就可以看成质点
C．研究运动物体时，选择不同物体作参考系，对运动的描述都是一样的
D．研究太阳系各行星的运行，选择太阳比选择地球作为参考系更好
【解答】解：A、质点是理想化模型，只有当物体的形状和大小对所要研究的问题可忽略不计时
才能把物体看作质点，观看花滑运动员运动员的动作时，不可以把运动员看成质点，故A错误；
B、物体能否看成质点，不是看物体的体积和质量大小，而是看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略，故B错误；
C、选择不同的参考系，运动的描述是不一样的，故C错误；
D、应选择使运动的描述更简单的物体作为参考系，选择太阳更容易描述行星的运动，故D正确。
故选：D。
3．福道梅峰山地公园因其美丽的红色“水杉林”，成为福州冬日新的“打卡点”。如图所示某游
客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出，在游览公园过程中（ ）
A．瞬时加速度可能为零
B．平均速度大小约为4.1km/h
C．位移大小为2.4km
D．做匀速直线运动
【解答】解：A、游客根据导航从福道的“三号口”入“五号口”出，在游览公园过程中某段时
间内可能做匀速直线运动，瞬时加速度可能为零，故A正确；
BC、2.4公里是路程的大小，平均速度是位移与时间的比值，由于位移大小未知，所以平均速度
大小不可求解，故BC错误；
D、由图可知，游客运动轨迹是曲线，游客做曲线运动，故D错误。
故选：A。
4．两个质点a、b在同一直线上从同一点开始出发做直线运动，质点a、b的速度—时间图像分别如
图中a、b所示，由图像可知（ ）
A．t 时刻质点a、b相遇
2B．t 时刻质点a的加速度为零
1
C．在0～t 时间内质点a、b的距离逐渐变小
1
v +v
D．在t ～t 时间内质点b运动的平均速度大于 1 2
1 3
2
【解答】解：AC、t 时刻质点a、b只是速度相同，不是位置相同，根据图像的面积代表位移，
2
t
2
时刻质点a、b不相遇，0∼t
1
时间内，质点a、b速度方向相反，质点a、b的距离逐渐变大，故
A、C错误。
B、v﹣t图像的斜率表示加速度，t 时刻图像斜率不与时间轴平行，所以在 t 时刻质点a的加速
1 1
度不为零，故B错误。
v +v
D、用直线连接t 与t 两时刻图像上的两点，则该运动图像的平均速度为 1 2，与原图像对比，
1 3
2
v +v
在相同时间内，质点运动的位移较小，所以质点b的平均速度大于 1 2，故D正确。
2
故选：D。
5．某同学抛5个球，任意时刻都有4个球在空中，1个球在手上。球上升的最大高度为h，则每个
小球每次在手上停留的时间为（ ）
1√2ℎ 2√2√ℎ √2ℎ √ℎ
A． B． C． D．
5 g 5 g g 2g
√2ℎ
【解答】解：小球做竖直上抛运动，下降时间为t =
1
g
根据竖直上抛运动的对称性，上升时间为：t ＝t
2 1
√2ℎ
故竖直上抛运动的总时间为：t＝t +t =2
1 2
g
演员手中总保留一个小球，扔出一球后立即接到另一球，说明若假设手中球抛出瞬间为起点计
时，此时3个球在空中，另外两个小球都在手边，由运动的对称性可知，此时小球之间的时间间
隔为：1与2之间；2与3之间；3与4之间以及4与5之间共4段时间间隔，则：4Δt＝t
t √ℎ
所以：Δt= =
4 2g
故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．小明和小华在置于水平面的象棋盘上玩弹射游戏。如图所示，小明、小华分别在 A、D处给
“卒”和“车”象棋不同的初速度使之向前运动，“卒”象棋停在C处，“车”象棋停在E处。已知两象棋与棋盘的动摩擦因数相等，两象棋均可视为质点，A、B、C处于同一直线，AC＝
2AB，AB＝DE。下列说法正确的是（ ）
A．“卒”象棋的初速度是“车”象棋的初速度的2倍
B．“卒”象棋经过B处时的速度小于“车”象棋的初速度
C．“卒”象棋从A处运动到C处的平均速度等于“车”象棋的初速度
D．“卒”象棋从A处运动到C处的时间是“车”象棋从D处运动到E处的时间的2倍
【解答】解：A、由题可知“卒”象棋从A处运动到C处，“车”象棋从D处运动到E处，且
AC＝2AB，AB＝DE。设AB＝DE＝d，则AC＝2d。根据匀减速直线运动的公式v2＝2as
根据牛顿第二定律有 mg＝ma
a＝ g μ
解得μ“卒”象棋的初速度v
1
=√2a×2d
“车”象棋的初速度v =√2ad。
2
所以“卒”象棋的初速度是“车”象棋的初速度的√2倍，故A错误；
B、根据匀减速直线运动的公式v2＝2as，我们可以得到“卒”象棋经过B处时的速度v =√2ad
B
等于“车”象棋的初速度，故B错误；
s
C、根据平均速度的公式v= ，我们可以得到“卒”象棋从A处运动到C处的平均速度等于
t
“车”象棋的初速度的一半，故C错误；
v
D、根据匀减速直线运动的公式t= ，我们可以得到“卒”象棋从A处运动到C处的时间是
a
“车”象棋从D处运动到E处的时间的√2倍，故D正确。
故选：D。
7．图甲为家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，如图乙所示
（侧视图），忽略爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则下列
说法正确的是（ ）A．R越大，爪与锅之间的弹力越小
B．R越大，爪与锅之间的弹力越大
C．d越大，锅受到的合力越大
D．d越大，爪与锅之间的弹力越小
【解答】解：对锅进行受力分析如图所示。
根据平衡条件，炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即
4Fcos ＝mg
θ
√ d2
由几何关系有 R2−
4
cosθ=
R
R
=
联立得：F mg
√16R2−4d2
则R越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A
正确，BCD错误。
故选：A。
8．2023年9月29日在中国浙江杭州举办的第19届亚运会中，我国选手兰星宇荣获吊环冠军。如
图所示，兰星宇在比赛中吊环倒立处于静止状态，此时两根吊绳之间的夹角为 。若兰星宇的质
量为m，重力加速度大小为g，吊环重力不计，则（ ） θ1 θ
A．每根吊绳的拉力大小为 mgcos
2 2
mg
B．两个吊环对兰星宇的作用力大小为 θ
2cos
2
mg
C．兰星宇单臂对吊环的作用力大小为 θ
2cos
2
mg
D．兰星宇单臂对吊环的作用力大小为 θ
cos
2
θ
【解答】解：A.如图所示，两根吊绳对称，与竖直方向夹角均为 ，根据平衡条件可知，F sin
1
2
mg
θ θ θ θ =
=F sin ，F cos +F cos =mg，联立可知F ＝F θ，故A错误；
2 1 2 1 2
2 2 2 2 2cos
2
B.整体分析可知，兰星宇处于静止状态，受力平衡，两个吊环对兰星宇的作用力大小等于兰星
宇的重力，故B错误；
CD.兰星宇单臂对吊环的作用力与吊绳的拉力平衡，因此大小相等，根据上述分析可知力的大小
mg
为 θ，故C正确、
2cos
2D错误。
故选：C。
9．如图所示为餐厅暖盘车的储盘装置示意图，三根完全相同的轻质弹簧等间距竖直悬挂在水平固
定圆环上，下端与托盘连接，托盘上放着6个质量均为m的盘子并处于静止状态（托盘未与暖
车底部接触），已知托盘质量为2m，重力加速度大小为g，当某顾客快速取走最上端1号盘子
的瞬间，托盘对最下端6号盘子作用力的大小为（ ）
40 30
A． mg B． mg C．5mg D．6mg
7 7
【解答】解：顾客快速取走1号盘子的瞬间，托盘和其他5个盘子的合力为mg，根据牛顿第二
定律有
mg＝（2m+5m）a
对剩余5个盘子，设托盘对最下端6号盘子的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有
N﹣5mg＝5ma
40
联立可得托盘对6号盘子作用力的大小为N= mg，故A正确，BCD错误。
7
故选：A。
10．车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮轻绳的两端各系一个物体，质量分别为m 、m ，如图所
1 2
示。车厢向右运动时，系m 的轻绳与竖直方向夹角为 。系m 的轻绳保持竖直，m 、m 与车
1 2 1 2
厢保持相对静止。已知m ＞m ，绳子的质量、滑轮与轻θ绳的摩擦忽略不计。下列说法正确的是
2 1
（ ）
A．车厢的加速度为0B．绳子的拉力大小为m gcos
1
C．车厢底板对m 的支持力为θ（m +m ）g
2 1 2
D．车厢底板对m 的摩擦力为m gtan
2 2
【解答】解：AB.物体m与车厢具有相θ同的加速度，对物体m 分析，受重力和拉力，如图
1
根据合成法，知F合 ＝m
1
gtan
m g θ
拉力为T= 1
tanθ
物体m 的加速度为a m gtanθ gtan
1 = 1 =
m
1 θ
所以车厢的加速度为gtan ，故AB错误；
CD.物体m
2
加速度为gtanθ，对物体m
2
受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如图
θ
m g
支持力为N＝m g− 1 ，f＝m a＝m gtan ，故C错误，D正确。
2 2 2
cosθ
θ
故选：D。
11．由同种材料制成的两滑块A、B用一根轻质细绳连接，将滑块B按在水平桌面上，细绳跨过轻
质定滑轮将滑块A悬挂在空中，如图甲所示，松手后滑块A、B的加速度大小均为a。现仅将滑
块A、B位置互换（如图乙所示），松手后滑块A、B的加速度大小均为3a。已知滑块B的质量
等于滑块A的质量的两倍，则滑块与水平桌面间的动摩擦因数为（ ）A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【解答】解：设滑块A的质量为m，滑块B的质量为2m；调换前对系统根据牛顿第二定律可得
mg﹣2 mg＝3ma
调换后μ，对系统根据牛顿第二定律可得
2mg﹣ mg＝9ma
联立解μ得
＝0.2，故B正确，ACD错误；
μ故选：B。
12．斜面ABC倾角为37°，AB段粗糙程度相同，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块以
初速度v ＝18m/s沿斜面向上滑行，到达B处速度为v ＝6m/s，到达C处速度恰好为零，其上滑
0 B
过程的v﹣t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确是（ ）
A．小物块沿斜面向上滑行通过AB的时间t ＝1.2s
0
B．物块与AB段斜面的动摩擦因数 ＝0.75
C．斜面AC间距离是L AC ＝24m μ
D．小物块沿斜面下滑时间2s
【解答】解：A.由图像可知，经过相同的时间t ，第一次速度减小12m/s，第二次减小了6m/s，
0
可知第一次的加速度为第二次的二倍，得到v −v v ，解得t ＝1s，故A错误；
0 B=2 B 0
t t
0 0
B.设BC段长度为S
BC
，加速度大小为a，AB段，由牛顿第二定律有mgsin + mgcos ＝m⋅2a，
θ μ θBC段有mgsin ＝ma，联立解得 ＝0.75，故B正确；
CD.因为BC段θ光滑，所以物体沿μ斜面下滑，回到B点的速度大小仍为v
B
＝6m/s，CB段，设下
滑时间t ，则v ＝at ，解得t ＝1s，BA段，位移
1 B 1 1
x v2−v2，解得x ＝12m，x v t ，解得x ＝3m，x ＝x +x ＝12m+3m＝15m，下
AB= 0 B AB BC= B 1 BC AC AB BC
2×2a 2
滑时mgsin ﹣ mgcos ＝ma'，解得a'＝0，则小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间t x ，
2= AB
v
θ μ θ B
解得t ＝2s，故CA段下滑总时间t＝t +t ＝1s+2s＝3s，故CD错误；
2 1 2
故选：B。
二．多选题
13．观察水龙头，在水龙头出水口出水的流量（在单位时间内通过任一横截面的水的体积）稳定时
发现自来水水流不太大时，从龙头中连续流出的水会形成一水柱，现测得高为H的水柱上端面
积为S ，下端面积为S ，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
1 2
A．水柱是上粗下细
B．水柱是上细下粗
C．该水龙头的流量是 √ 2gH
S S
1 2 S 2−S 2
1 2
D．该水龙头的流量是√ 2gH
S 2+S 2
1 2
【解答】解：AB、设水在水柱上端处速度大小为v ，水流到水柱下端处的速度v ，则有：
1 2
2gH﹣﹣﹣①
v2−v2=
2 1
设极短时间为Δt，在水柱上端处流出的水的体积：
V ＝v Δt•S ，
1 1 1
水流水柱下端处的体积：
V ＝v Δt•S ，
2 2 2
由题意知，V ＝V ，即：v Δt•S ＝v Δt•S ，
1 2 1 1 2 2
解得：v S ＝v S ，﹣﹣﹣②
1 1 2 2
因为v ＜v ，所以S ＞S ，水柱是上粗下细，故A错误，B正确；
1 2 1 2√2gHS2
CD、将②代入①可解得：v
1=
2，
S2−S2
1 2
则该水龙头的流量：Q＝v S √ 2gH ，故C正确，D错误。
1 1=S S
1 2 S 2−S 2
1 2
故选：AC。
14．新春佳节，小强把红纸铺在水平桌面上写“福”字，为防止红纸滑动，在其左侧放一镇纸压住
如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在写最后一个笔画时红纸受到7个力
B．在写最后一个笔画时镇纸受到向右的摩擦力
C．用毛笔在红纸上写字存在毛细现象
D．在空间站里可以用毛笔写字
【解答】解：A.对纸进行受力分析可知，书写过程中纸张收到笔的压力、笔的摩擦力、重力、
桌面的支持力、桌面的摩擦力、镇纸的压力、以及墨水的压力共7个力，故A正确；
B.镇纸相对于纸既没有相对运动的趋势，也未发生滑动，因此不受来自于纸的摩擦力，故 B错
误；
C.纸张内存在缝隙，因此存在毛细现象，故C正确；
D.空间站内毛细现象同样存在，因此在空间站里毛笔可以写字，故D正确。
故选：ACD。
15．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B
物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用
在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a（a＜g）的匀加速运动，A、B的速度随时间变化
图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）A．拉力F的最小值为2Ma
B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零
M(g−a)
C．A、B分离时，A上升的距离为
k
D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值
【解答】解：A、分离前对A、B整体分析有F﹣2Mg+kx＝2Ma，由于a不变，x减小，则F增
大，故刚开始时力F最小，初态2Mg＝kx，所以F的最小值为2Ma，故A正确；
M(g+a)
B、A、B分离时，对B有kx ﹣Mg＝Ma，解得x = ，A、B分离时，弹簧弹力不为零，
2 2
k
故B错误；
2Mg
C、施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx ，解得x = ，A、B分离时，
1 1
k
M(g−a)
A上升的距离为x ﹣x = ，故C正确；
1 2
k
D、A、B分离后，B先做加速度减小的加速运动，后做减速运动，当F＝Mg 时，B达到最大速
度，故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共2小题）
16．在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，橡
皮条的另一端系两根细绳，细绳另一端带有绳套。先用两个弹簧秤分别勾住绳套井互成角度地
拉橡皮条，使橡皮条的结点达到某一位置O，并记下该点的位置O。再用一个弹簧秤将橡皮条的
结点拉到同一位置O点，如图甲所示。①物理学有很多的科学研究方法，本实验所采用的是 ；
A.理想模型法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎推理法
②图甲中沿OB方向拉的弹簧测力计的示数为 N；（保留三位有效数字）
③实验中，在白纸上画出的测量结果如图乙所示，其中 O处为结点位置。图中的F与F'两力中，
方向一定沿橡皮筋方向的是 ；
④关于本实验，下列说法正确的是 AD 。
A.弹簧秤、细绳、皮筋都应与木板平行
B.橡皮筋应与两绳夹角的平分线在同一直线上
C.两次拉伸橡皮条，只要使橡皮条伸长到相同长度即可
D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些
【解答】解：①本实验用一根弹簧测力计拉橡皮条的效果替代两根弹簧测力计共同拉橡皮条的
效果，采用了等效替代法，故ACD错误，B正确；
故选：B。
②弹簧秤的精确度为0.1N，要估读到下一位，弹簧秤的示数为3.70N。
③图中F为根据平行四边形定则作出的合力的理论值，而 F′为合力的实际测量值，即一个弹
簧测力计作用时的力，方向一定沿橡皮筋方向的是F′。
④A.弹簧秤、细绳、皮筋都应与木板平行，故A正确；
B.在实验中两个分力的夹角大小适当，在作图时有利于减小误差，并非需要橡皮筋与两绳夹角
的平分线在同一直线上，故B错误；
C.本实验是“等效替代”思想，两次拉橡皮条时需要使橡皮条与细绳相连的节点 O到达同一位
置，不是仅使橡皮条伸长到相同长度，还需要拉伸方向相同，故C错误；
D.拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当远些，使拉力方向的确定更为精确，故D正确；
故选：AD。
故答案为：①B；②3.70；③F′；④AD。
17．某同学利用如图甲所示的装置验证牛顿第二运动定律，步骤如下：
①用天平分别测得两物块的质量m ＝0.230kg、m ＝0.170kg；
1 2
②将物块1、2用跨过轻质定滑轮的轻绳连接，物块2下端与打点计时器纸带相连，托住物块
1。两物块保持静止；
③接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打点计时器打出的纸带如图乙所示，
已知打点计时器所用的交流电源频率为50Hz，每相邻的两个点之间还有四个点未画出。回答下
列问题：
（1）根据如图乙中的数据可知，物块1匀加速下落时的加速度大小a＝ m/s2。（保留
三位有效数字）（2）通过该实验可计算出当地的重力加速度大小g＝ m/s2。（保留两位
有效数字）
（3）由于空气阻力及纸带的影响，重力加速度的测量值 （填“大于”或“小于”）真
实值。
【解答】解：（1）根据逐差法有：
a (x +x )−(x +x ) (10.30+8.87)−(5.98+7.43) m/s2＝1.44m/s2
= CD DE AB BC = ×10−2
4T2 4×0.12
（2）设绳子的拉力为T，根据牛顿第二运动定律
对m 有：m g﹣T＝m a
1 1 1
对m 有：T﹣m g＝m a
2 2 2
整理上式，可得（m ﹣m ）g＝（m +m ）a，
1 2 1 2
代入数据，解得g＝9.6m/s2。
（3）空气阻力及纸带的影响使得通过纸带得到的加速度比理想情况下的加速度小，从而使得重
力加速度的测量值小于真实值。故答案为：（1）1.44；（2）9.6；（3）小于。
四．计算题（共3小题）
18．在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前
端刚好于路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为d＝6.0m，且车长为L ＝4.8m，最前面的行
0
人站在横道线边缘，已知横道线宽s＝20m。若汽车启动时都以a ＝2.5m/s2的加速度做匀加速直
1
线运动，加速到v ＝10.0m/s后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为 a ＝0.5m/s2，达
1 2
到v ＝1.0m/s后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间t＝40s，而且有按倒计时显示的时间
2
显示灯（无黄灯）。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车
线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时
间。（提示：绿灯亮起时，行人从A走向B，第1辆汽车从C朝向D行驶。）
请回答下列问题：
（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，
使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？
（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？
【解答】解：（1）汽车加速时间为：t v 10 s＝4s
1= 1=
a 2.5
1
1 1
40.0 s时间，汽车能行驶的位移为：x= a t2+v（t﹣t ）= ×2.5×42+10×（40﹣4）＝380m
1 1
2 1 2
x 380
所以有：n= =
d 6
根据题意，能有64辆汽车通过路口；1
（2）记 t ＝3s，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移为：x = a t2+v （t﹣t ﹣
0 65 2 1 1 1 1
t ）＝350 m，
0
此时车离停车线的距离为：x ＝64d﹣x ＝34 m，
66 1
1
故它停下的时间满足x = v t ，解得：t ＝6.8 s。
66 2 1 3 3
1
（3）汽车加速时间行驶的位移为：x = a t2=20m
1 1
2 1
行人加速的时间为：t v 2.0 s，加速位移为：x 1v t ＝1 m
2= 2= 2= 22
a 2
2
行人通过横道线的时间为：t′＝t s−x 21 s
2+ 2=
v
2
在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移为：x ＝x +v （t′﹣t ）＝190 m
3 1 1 1
x
能到达横道线的车辆数为：N = 3=31.7，
1
d
即第32辆车有一部分是行人离开横道线后从侧边走过，
故取N ＝31辆车擦肩而过。
1
答：（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有64辆车通过路口；
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，
使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，该汽车刹车后经 6.8s时间停下；（3）路口对面
最前面的行人在通过横道线的过程中与31辆车擦肩而过。
19．如图甲所示，一根轻质弹簧上端固定在天花板上，已知弹簧劲度系数为 k，原长为 l
0
（1）a.如图乙所示，在弹性限度内，用力F将弹簧由原长O位置拉至P位置，求弹簧的长度l；b.请在图丙中画出小球从O运动到P的过程中，弹簧弹力的大小随相对于O点的位移x变化的图
象。根据F﹣x图象求：从O拉至任意位置x的过程中弹力所做的功W，以及小球在此位置时弹
簧的弹性势能E弹 ；
（2）弹簧的劲度系数k的数值与弹簧的材料，弹簧丝的粗细，弹簧圈的直径，单位长度的匝数，
弹簧的原长及温度有关。
a.若在其它影响弹簧劲度系数的因素保持不变的情况下，仅将弹簧由l 处剪短为l 和l ﹣l 两部
1 1 0 1
分，求长度为l 部分的劲度系数k'。
1
b.上述过程中我们实际上忽略了弹簧的质量，若弹簧质量不可忽略，其质量为 m ，弹簧自然悬
0
挂后如图丁所示状态，求其总长度l。
F
【解答】解：（1）a.由胡克定律F＝kx得弹簧的伸长量：x=
k
F
即弹簧的长度 l＝l +x＝l +
0 0
k
b.F﹣x图象如右图所示
1
图中的图线和x轴围成的面积表示功的大小弹力做功为W=− kx2
2
弹力做功与弹性势能的关系W弹 ＝0﹣E弹
1
解得：E弹 = kx2
2
（2）a.设拉伸过程中l 部分的伸长量为xˊ，总伸长量为x。拉伸弹簧过程中整根弹簧均匀拉长，
1
内部张力处处相等。由几何关系知：x' l
= 1
x l
0
对整根弹簧由胡克定律：F＝kx
对l 部分应用胡克定律：F＝k'xˊ
1
联立解得：k' l ，即同一弹簧的劲度系数与长度成反比
= 0k
l
1
b.无重力时将弹簧分为N段（N很大），每一段长度为，劲度系数有重力的情况下，弹簧被拉伸，原来等分的N小段受到不同程度的拉伸将变得长度不相等，但由于小段长度很小，每小段的劲
度系数可认为保持不变。自上而下：第1小段承担了下面N﹣1小段的重力，第二小段承担了下
面N﹣2小段的重力……
考查第i小段：Nk'x＝（N﹣i）m g
i 0
(N−i)m g
得第i小段弹簧的长度为：x= 0
i
Nk'
+i= 1 x
则弹簧的总长为：l＝l i
0 N
∑
当N→∞时有：
N l (N−i)m g m g N (N−1)m g l m g
l=∑[ 0 + 0 ]=l + 0 ∑(N−i)=l + 0 = 0+ 0
N N2k 0 N2k 0 2Nk 2k
i=1 i=1
F
答：（1）a.弹簧的长度为l + ；
0
k
1 1
b.从O拉至任意位置x的过程中弹力所做的功为− kx2，小球在此位置时弹簧的弹性势能为
2 2
kx2；
（2）a.长度为l 部分的劲度系数为l 。
1 0k
l
1
m g
b.其总长度为l + 0 。
0
2k
20．如图甲所示，质量M＝2kg的盒状工件静置于水平桌面上，O为工件上表面一点（图中未画
出），工件上表面O点左侧光滑，右侧粗糙．质量m＝1kg的小滑块放在工件上并紧靠左侧壁，
其与工件上表面粗糙部分间的动摩擦因数 ＝0.8。现对工件施加水平推力F，推力F随时间t变
化的关系如图乙所示，在推力作用下工件运μ动的速度v随时间t变化的关系如图丙所示，撤去推
力后，当滑块到达O点时工件速度恰好为零，滑块运动过程中始终未与工件右侧壁相碰。g取
10m/s2，不计工件侧壁的厚度，桌面足够长。求：（1）推力F作用过程中，工件对滑块左侧的弹力F 的大小；
0
（2）工件光滑部分的长度d；
（3）工件的最小长度L；
（4）工件发生的最大位移x。
Δv
【解答】解：（1）由工件运动的v﹣t图像得加速度大小为：a = ，解得：a =2m/s2
0 Δt 0
由牛顿第二定律可得，工件左侧壁对滑块施加的弹力F ＝ma
0 0
解得：F ＝2N；
0
（2）设工件底面与水平桌面间的动摩擦因数为 '，在水平推力作用下，滑块与工件看作整体，
对整体由牛顿第二定律可得： μ
F﹣ '（M+m）g＝（M+m）a
0
解得μ： '＝0.2
撤去推μ力F后，滑块匀速到达O点，工件做减速运动，对工件则有：﹣ '（M+m）g＝Ma
1
解得： μ
a =−3m/s2
1
工件运动时间是： 0−v
t = 0
1 a
1
解得：t ＝1s
1
v
工件光滑部分的长度：d=v t − 0t
0 1 2 1
解得：d＝1.5m；
（3）滑块运动到粗糙面上时，由于 mg＞ '（M+m）g，滑块做减速运动，工件做加速运动，
对滑块则有： μ μ
﹣ mg＝ma
2
解μ得：
a =−8m/s2
2
对工件根据牛顿第二定律，有： mg﹣ '（M+m）g＝Ma
3
解得： μ μ
a =1m/s2
3
滑块运动在粗糙面上时，与工件达到共速，则有：v共 ＝v
0
+a
2
t
2
＝a
3
t
2
1 1
解得：t = s、v = m/s
2 3 共 3v +v v
滑块与工件右侧壁未相碰，则粗糙面长度最小为：d'= 0 共t − 共t
2 2 2 2
代入数据解得：d′＝0.5m
则工件的最小长度为：L＝d+d'＝1.5m+0.5m＝2m；
（4）滑块与工件达到共速后两者一起减速运动，加速度为a ，根据牛顿第二定律可得：
4
﹣ '（M+m）g＝（M+m）a
4
代μ入数据解得：
a =−2m/s2
4
工件从开始运动到最后静止，经历了先加速后减速，再加速，最后减速的运动过程，发生的位
移为：
v v v 0−v2
x= 0t + 0t + 共t + 共
2 0 2 1 2 2 2a
4
23
代入数据解得：x= m。
6
答：（1）推力F作用过程中，工件对滑块左侧的弹力F 的大小为2N；
0
（2）工件光滑部分的长度为1.5m；
（3）工件的最小长度为2m；
23
（4）工件发生的最大位移为 m。
6
