图4－16
(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持________不变，用钩码所受的重力作为________．用DIS测小车的加速度．
(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a－F关系图线(如图4－17所示)
图4－17
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是________________________．
②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．(填选项前字母) A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
解析：(1)先保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受的合外力，用DIS测加速度．
(2)①OA段为直线，说明在质量不变的条件下，加速度与外力成正比．
mgF
②设小车质量为M，所挂钩码的质量为m.由实验原理得mg＝F＝Ma，即a＝＝，而MM
mg
实际上a′＝可见a′＜a，AB段明显偏离直线是由于没有满足M?m造成的，故A、
M＋m
B、D错，C正确．
答案：(1)小车总质量 小车所受合外力
(2)①在质量不变时，加速度与外力成正比 ②C
三、计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13．(8分)如图4－18所示的箱子中，用AO、BO两根绳子吊着一个质量为20 kg的重物，若AO与竖直方向夹角为37°，BO垂直AO.
图4－18
(1)当箱子静止时，求AO、BO绳上的拉力？ (2)当箱子以加速度为5 m/s2竖直向上运动时，求AO、BO绳上的拉力？(g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
解析：(1)当箱子静止时：
?＝FAsin37°?FBcos37°? ?FAcos37°＋FBsin37°＝mg?
解得FA＝160 N，FB＝120 N. (2)当箱子向上加速时： ?＝F′Asin37°?F′Bcos37°
? ?F′Acos37°＋F′Bsin37°－mg＝ma?
解得：F′A＝240 N，F′B＝180 N. 答案：见解析
14．(8分)用力F提拉用细绳连在一起的A、B两物体，以5 m/s2的加速度匀加速竖直上升，如图4－19所示，已知A、B的质量分别为1 kg和2 kg，绳子所能承受的最大拉力是35 N，(g＝10 m/s2)求：
图4－19
(1)力F的大小是多少？
(2)为使绳不被拉断，加速上升的最大加速度为多少？ 解析：(1)整体法求F 由牛顿第二定律得：
F－(mA＋mB)g ＝(mA＋mB)a
F＝(mA＋mB)(g＋a)＝(1＋2)×(10＋5) N＝45 N.
(2)绳恰好不被拉断时，绳对B的拉力为F′＝35 N，此时加速度最大 对B由牛顿第二定律得：
F′－mBg＝mBam
F′－mBg35－2×10am＝＝ m/s2＝7.5 m/s2.
mB2
答案：(1)45 N (2)7.5 m/s2
15．(10分)如图4－20所示，一质量为5 kg的滑块在F＝15 N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动．若滑块与水平地面间的动摩擦因数是0.2，g取10 m/s2，问：
图4－20
(1)滑块运动的加速度大小；
(2)如果力F作用8 s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是多少？ 解析：(1)根据牛顿第二定律，F－Ff＝ma1
F－FfF－μmg
得a1＝＝
mm15－0.2×5×10＝ m/s2＝1 m/s2.
5
(2)撤去F后，滑块在摩擦力作用下做匀减速直线运动．
Ffμmg
撤去F后，a2＝＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
mm
撤去F时刻，v＝a1t＝1×8 m/s＝8 m/s 由v2－v20＝2ax，可得
2v82
x2＝＝ m＝16 m.
2a22×2
答案：(1)1 m/s2 (2)16 m
16. (12分)某飞机场利用如图4－21所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带
与地面的夹角θ＝30°，传送带两端A、B的长度L＝10 m，传送带以v＝5 m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻轻放一质量m＝5 kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因
3
数μ＝.求货物从A端运送到B端所需的时间．(g取10 m/s2)
2
图4－21
解析：以货物为研究对象，由牛顿第二定律得 μmgcos30°－mgsin 30°＝ma
2
解得a＝2.5 m/s 货物匀加速运动时间
v
t1＝＝2 s
a
货物匀加速运动位移
1x1＝at2＝5 m
21
然后货物做匀速运动，运动位移 x2＝L－x1＝5 m 匀速运动时间
x2t2＝v＝1 s
从A到B所需的时间 t＝t1＋t2＝3 s. 答案：3 s
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