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专题三 牛顿运动定律-2022届新高考物理一轮复习夯基考点检测
展开这是一份专题三 牛顿运动定律-2022届新高考物理一轮复习夯基考点检测，共21页。试卷主要包含了075等内容，欢迎下载使用。
专题三 牛顿运动定律
考点1 牛顿运动定律的理解与应用
1.[2021贵州贵阳高三摸底测试]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,重力加速度大小为g.以下判断正确的是 ( )
A.0~t1时间内,FN
C.t2~t3时间内,FN>mg
D.t2~t3时间内,FN
[2021湖北荆州中学检测]如图所示,在倾角为30°的固定光滑斜面上放置两个质量均为2m的两个大木块,每个大木块上放置一个质量为m的小木块,两小木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是fmax.现用平行于斜面的拉力F拉下面那个大木块,使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动,则拉力F的最大值等于 ( )
A.fmax B.fmax C.fmax D.fmax
3.
[2021辽宁渤大附中、育明高中第一次联考]如图所示,位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点,与竖直墙相切于A点,竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°,C是圆环轨道的圆心,已知在同一时刻o、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点,c球由C点自由下落到M点,则 ( )
A.o球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M点
4.[2021黑龙江哈尔滨一中开学考试]如图所示,质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上,斜面B的倾角θ=30°.现对A施加一水平力F,在F由零逐渐增加的过程中,A和B始终保持静止.重力加速度大小为g,对此过程下列说法正确的是 ( )
A.A所受摩擦力方向始终沿斜面向上
B.地面对B的支持力随着力F的增大而增大
C.B对地面的摩擦力始终不变
D.当F=mgtan θ时,A、B处于A与B间的摩擦力方向改变的临界状态
5.[2020江西新余高三模拟,多选]如图甲所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m、M的物块A、B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ,当用水平恒力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;如图乙所示,当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2.弹簧的形变始终在弹性限度内,则下列说法正确的是( )
A.若m>M,则x1=x2 B.若m
1.[弹簧模型和F-t2图像]如图所示,轻弹簧一端固定在光滑斜面的底端,另一端放置一质量为m的物体,物体与弹簧接触但不拴接,t=0时物体处于静止状态,现给物体施加一沿斜面向上的外力F,使得物体做匀加速直线运动一直到与弹簧分离,在此过程中,外力F与物体运动时间的二次方(t2)之间的关系图像可能正确的是 ( )
A B C D
2.[多选]一质量为1 kg的小物块在粗糙的水平地面上的A处以某一初速度水平向右运动,同时在物块上施加一水平向左的恒力F,经时间t,物块位移为x,其0~2 s内的-t图像如图所示,之后物块再运动4 s到达出发点左侧6 m处.取g=10 m/s2,则 ( )
A.1 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2
B.6 s末物块的速度大小为0
C.物块与地面间的动摩擦因数为0.075
D.水平恒力F=2.25 N
3.[2021山东枣庄三中检测,多选]如图甲所示,倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上,t=0时刻,初速度为v0=
10 m/s、质量为m=1 kg的小木块沿斜面上滑,从t=0开始,小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示,取g=10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.0~5 s内小木块做匀减速运动
B.在t=1 s时,摩擦力反向
C.斜面倾角θ=37°
D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
4.[2021江苏南京调研,多选]如图甲所示,小物块A静止在足够长的木板B左端,A与B间动摩擦因数为μ1=0.6,木板B与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2.某时刻起A受到大小F=3t(N)的水平向右的外力作用,测得A与B间摩擦力f随外力F的变化关系如图乙所示,则下列判断正确的是 ( )
A.A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg
B.当t=1 s时,A、B发生相对滑动
C.当t=3 s时,A的加速度为4 m/s2
D.B的最大加速度为8 m/s2
5.[2020山西晋中检测,多选]已知半径一定的小球在空中下落过程中受到的空气阻力f正比于运动速率v,即满足f=kv.比例系数k只与小球的半径和空气密度有关.现将半径相同的实心铁球和空心塑料球在空中由静止释放,小球下落过程中的加速度与速度关系图像如图所示,已知空气密度均匀,则下列说法正确的是 ( )
A.铁球对应的a0值较大
B.铁球对应的vm值较大
C.两球从开始下落至下落相同的高度,铁球所用时间较长
D.铁球从开始下落至速度达到铁球所对应的vm时,通过的位移较大
6.[2020广西桂林高三第二次检测,多选]如图甲所示,一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带,固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系,如图乙所示.已知图线在前3.0 s内为二次函数图像,在3.0~4.5 s内为一次函数图像,取水平向左为正方向,传送带的速度保持不变,g取10 m/s2.下列说法正确的是 ( )
A.传送带沿顺时针方向转动
B.传送带沿逆时针方向转动
C.传送带的速度大小为2 m/s
D.小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2
7.[2020北京,11]某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况.实验台上固定一个力传感器,传感器用棉线拉住物块,物块放置在粗糙的长木板上.水平向左拉木板,传感器记录的F-t图像如图乙所示.下列说法正确的是 ( )
A.实验中必须让木板保持匀速运动
B.图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线
C.最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7
D.只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数
8.[2021安徽合肥高三调研,10分]新冠疫情期间,为减少人员的接触,外卖小哥利用无人机运送物品.某次送物品时,他操控无人机由地面沿竖直向上方向运动一段时间后悬停在顾客家阳台旁,顾客便可拿到物品.假定整个上升过程可视为匀加速、匀速、匀减速三个阶段,其中匀加速和匀速阶段的时间分别为4 s和22 s,遥控器上显示其最大速度为1 m/s,最大高度为25 m,外卖物品质量为1 kg,设物品受到的空气阻力恒为重力的,g取9.8 m/s2.求:
(1)无人机匀减速阶段的加速度大小;
(2)匀加速阶段无人机对物品的作用力.
考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系
1.[2021贵州贵阳高三摸底,6分]某研究性学习小组的同学欲探究小车质量不变时其加速度与力的关系,该小组在实验室设计了一套如图甲所示的装置,图中A为小车,B为打点计时器,C为力传感器(测绳子的拉力),P为小桶(内有砂子),M是一端带有定滑轮的水平放置的足够长的木板.不计绳子与滑轮间的摩擦.
(1)要顺利完成该实验,除图甲中实验仪器和低压交流电源(含导线)外,还需要的实验仪器是 (选填“刻度尺”“天平”或“秒表”).
(2)平衡摩擦力后再做实验,是否要求小桶和砂子的总质量远小于小车的质量? (填“是”或“否”).
(3)已知交流电源的频率为50 Hz,某次实验得到的纸带如图乙所示,图中相邻两计数点之间还有4个点未画出,由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2.(结果保留两位有效数字)
2.[2020浙江7月选考,17(1),4分]做“探究加速度与力、质量的关系”实验时,图1甲是教材中的实验方案;图1乙是拓展方案,其实验操作步骤如下:
(i)挂上托盘和砝码,改变木板的倾角,使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑;
(ii)取下托盘和砝码,测出其总质量为m,让小车沿木板下滑,测出加速度a;
(iii)改变砝码质量和木板倾角,多次测量,通过作图可得到a-F的关系.
甲 乙
图1
①实验获得如图2所示的纸带,计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出,则在打d点时小车的速度大小vd= m/s(保留两位有效数字);
图2
②需要满足条件M≫m的方案是 (选填“甲”“乙”或“甲和乙”);在作a-F图像时,把mg作为F值的是 (选填“甲”“乙”或“甲和乙”).
3.[2020安徽示范高中名校联考,6分]为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ,某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示的实验装置,让木块从倾斜木板上一点A由静止释放,位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机,描绘出木块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示.
图甲 图乙
(1)根据图乙,计算0.4 s时木块的速度v= m/s,木块的加速度a = m/s2.(结果均保留2位有效数字)
(2)为了测定动摩擦因数μ,还需要测量的量是 ;得出μ的表达式为μ= (已知当地的重力加速度g).
4.[7分]某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置来探究加速度和力、质量的关系.图中长木板的倾角可以调整,钩码和滑块的质量均可以改变(重力加速度大小为g).
图甲
图乙
(1)探究加速度与力的关系.
A.悬挂一质量为m0的钩码,调整长木板的倾角,直至轻推质量为M的滑块后,纸带上的点均匀分布,则滑块沿长木板向下做匀速直线运动.
B.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,接通打点计时器的电源,让滑块沿长木板滑下,打点计时器打出的纸带如图乙所示(已知打点计时器接频率为50 Hz的交流电源).打点计时器在打下D点时滑块的速度vD= m/s;滑块做匀加速直线运动的加速度a1= m/s2;滑块下滑时所受合外力F1= .(计算结果保留到小数点后一位)
C.保持滑块的质量不变,增加钩码的质量, 重复步骤A、B,多次实验得到加速度a1、a2、a3、…和合外力F1、F2、F3、…,以加速度a为纵轴,以合外力F为横轴,作出的图像是一条过坐标原点的直线,说明 .
(2)探究加速度与质量的关系.
A.悬挂一质量为m的钩码,调整长木板的倾角,直至轻推质量为M的滑块后,纸带上的点均匀分布,则滑块沿长木板向下做匀速直线运动;
B.保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,接通打点计时器的电源,然后让滑块沿长木板滑下,求出滑块的加速度;
C.保持钩码的质量不变,改变滑块的质量, ;
D.再保持调整后长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,接通打点计时器的电源,然后让滑块沿长木板滑下,求出滑块的加速度;多次实验得到加速度a1、a2、a3、…和滑块的质量M1、M2、M3、…;以加速度a为纵轴,以 为横轴,作出的图像是一条过坐标原点的直线.
一、选择题(共10小题,60分)
1.牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性.下列关于“惯性”和“运动” 的说法不符合牛顿观点的是 ( )
A.作用在物体上的力,是使物体做“受迫运动”的原因
B.一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动
C.竖直上抛的物体,因为有惯性,其速度只能连续变化,而不能突变
D.静止放在转盘上的物体向转盘边缘滑去,是由于物体受到向外的力大于转盘给物体的摩擦力
2.
[生产生活实践问题情境——新能源汽车]如图所示为一同学在网上发现的一幅新能源汽车的漫画,有关这幅漫画,下列说法正确的是 ( )
A.磁铁对铁块的作用力大于铁块对磁铁的作用力
B.磁铁对铁块的作用力大小等于铁块对磁铁的作用力大小
C.根据牛顿第二定律可知,这种设计能使汽车向前运动
D.只要磁铁的磁性足够强,汽车就可以一直运动下去
3.[2018全国Ⅰ,15]如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态.现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动.以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 ( )
A B C D
4. [2021广东惠州高三第一次调研]一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮,绳的一端系一质量M=15 kg的重物,重物静止于地面上,有一质量m=10 kg的猴子,从绳子的另一端沿绳向上爬,如图所示.不计滑轮与绳子间的摩擦,在重物不离开地面的条件下,猴子向上爬的最大加速度为(g取10 m/s2) ( ）
A.25 m/s2 B.15 m/s2
C.10 m/s2 D.5 m/s2
5.在光滑水平面上有一小车A,其质量为M,小车上叠放一个物体B,其质量为M.如图甲所示,给B一个水平推力F,当F增大到某一值时,A、B恰好出现相对滑动.如果如图乙所示,对A施加一水平向右的推力F',当F'增大到某一值时,A、B也恰好出现相对滑动,则A、B恰好出现相对滑动时F与F'的大小之比是 ( )
A.1∶2 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶3
6.如图所示,A、B两球(可视为质点)质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处.已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,O、A、B恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法中正确的是 ( )
A.球A对竖直墙壁的压力大小为mg
B.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力
C.绳OB对B的拉力大小等于mg
D.球A对地面的压力有可能为零
7.[2021吉林长春高三质量监测,多选]如图所示,一辆装满石块的货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动.货箱中石块B的质量为m,重力加速度为g.下列说法正确的是 ( )
A.货车速度增加得越来越快
B.货车在相邻的两个相等时间间隔T内的位移之差为aT2
C.与B接触的物体对B的作用力大小为m
D.与B接触的物体对B的作用力方向水平向右
8.[生产生活实践问题情境][多选]让人能够从物理的视角看世界是学习物理的重要目标之一.下面四张图片展现了生活中常见的情境,其中图甲是自行车无动力沿着斜坡冲下,图乙是自行车靠惯性冲上斜坡,图丙是“托球”动作中乒乓球与球拍一起相对静止水平向左运动的过程(虚线表示水平方向),图丁是在球架上用竖直挡板卡住静止的与图丙相同的乒乓球,各图中的θ角均相等,忽略空气阻力和一切摩擦,对四个情境的物理规律分析正确的是 ( )
A.图甲和图乙中自行车的加速度一定相同
B.图甲的自行车和图丙中的乒乓球加速度可能相等
C.图丙中球拍和乒乓球可能一起做匀速直线运动
D.图丙的球拍和图丁的斜面产生的弹力一定相等
9.[多选]如图甲所示,倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行,t=0时初速度大小为v1(v1>v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙所示,则 ( )
A.0~t3时间内,小物块所受的摩擦力始终不变
B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ
D.小物块返回传送带底端时的速率小于v1
10.[2021河南名校第一次联考,多选]某兴趣小组用小球研究物体下落的运动,在小球顶端固定一个压缩的微型降落伞,可用遥控开关将降落伞打开.将小球从楼顶自由释放,下落一段时间后,降落伞打开(伞打开所用时间可忽略不计).伞打开前可认为小球不受阻力作用,打开伞后小球受阻力作用,最后小球匀速下落.用t表示小球下落的时间,a表示小球下落的加速度,v表示小球下落的速度,F表示小球受到的合外力,f表示小球下落过程中所受的阻力.在整个下落过程中,下列图像可能符合事实的是( )
A B
C D
二、非选择题(共5小题,56分)
11.[2020北京,15,9分]在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中,做如下探究:
(1)为猜想加速度与质量的关系,可利用图1所示装置进行对比实验.两小车放在水平板上,前端通过钩码牵引,后端各系一条细线,用板擦把两条细线按在桌上,使小车静止.抬起板擦,小车同时运动,一段时间后按下板擦,小车同时停下.对比两小车的位移,可知加速度与质量大致成反比.关于实验条件,下列正确的是: (选填选项前的字母).
A.小车质量相同,钩码质量不同
B.小车质量不同,钩码质量相同
C.小车质量不同,钩码质量不同
图1
(2)某同学为了定量验证(1)中得到的初步关系,设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据,如下表所示.在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点,请将余下的一组数据描在坐标纸上,并作出a-图像.
次数
1
2
3
4
5
6
7
a/(m·s-2)
0.62
0.56
0.48
0.40
0.32
0.24
0.15
M/kg
0.25
0.29
0.33
0.40
0.50
0.71
1.00
图2
(3)在探究加速度与力的关系实验之前,需要思考如何测“力”.请在图3中画出小车受力的示意图.为了简化“力”的测量,下列说法正确的是: (选填选项前的字母).
图3
A.使小车沿倾角合适的斜面运动,小车受力可等效为只受绳的拉力
B.若斜面倾角过大,小车所受合力将小于绳的拉力
C.无论小车运动的加速度多大,砂和桶的重力都等于绳的拉力
D.让小车的运动趋近于匀速运动,砂和桶的重力才近似等于绳的拉力
12.[创新题——测定A4纸之间的动摩擦因数][9分]某同学想要通过实验来测定A4纸之间的动摩擦因数,所用的器材有:打点计时器、用A4纸做成的纸带、电源、两块表面平整的铁块(质量已知)、带定滑轮的木板、钩码(未标明质量)、细绳、小车(质量已知)、A4纸(多张)等.实验步骤如下:
①如图甲所示,用两张A4纸分别将两铁块包好,使A4纸与铁块紧密贴在一起(铁块侧面用透明胶粘好),然后安装好实验器材(如图乙所示),带定滑轮的木板水平放置,细绳与纸带水平,将两铁块固定(左右侧分别有立柱);
②第一次实验时穿过打点计时器的纸带不放在两铁块之间,挂上适当的钩码,然后静止释放小车,根据钩码落地后打出的纸带,算出小车的加速度大小为1.00 m/s2;
③第二次实验时将穿过打点计时器的纸带平放于两铁块之间(纸带宽度等于铁块宽度),钩码落地后,打出的一条纸带(纸带足够长)如图丙所示,纸带上已标出了计数点O、A、B、C、D、E、F七个计数点及其他各点到O点的距离,相邻两计数点之间的时间间隔T=0.1 s.
(1)根据图丙可知,当打点计时器打下计数点E时纸带的速度为vE= m/s;纸带的加速度大小为a= m/s2.(结果均保留三位有效数字)
(2)本实验中 (选填“需要”或“不需要”)测量出钩码的质量.
(3)已知小车的质量为M=2.00 kg、每块铁块的质量均为m0=0.50 kg,取g=10 m/s2,根据以上可知A4纸之间的动摩擦因数为μ= (计算结果保留三位有效数字).
13.[新角度——航空航天+牛顿运动定律][12分]2020年11月24日,我国在中国文昌航天发射场,用长征五号遥五运载火箭成功发射嫦娥五号月球探测器,开启了我国首次地外天体采样返回之旅.假设在发射火箭过程中,首先由火箭助推器提供推力,使火箭上升到离地面30 km的高空,速度达到1.2 km/s,然后助推器脱落并向上做减速运动,最后落回地面被回收.火箭助推器运动过程中所受地球引力可视为恒力,大小等于其在地球表面时所受的重力,助推器脱落后的运动过程中,受到的阻力大小恒为助推器重力的,g=10 m/s2,求:
(1)助推器能上升到距离地面的最大高度;
(2)助推器落到地面前瞬间的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间.
14.[生产生活实践问题情境——滑雪][12分]滑雪是冬季常见的体育运动.如图所示,一滑雪运动员与装备总质量为75 kg,从倾角为30°的山坡顶端由静止向下滑行,未借助滑雪杖10 s内向下滑行了100 m.若该运动员在开始向下滑行时借助滑雪杖的作用,则其每次借助滑雪杖时都能获得150 N的沿山坡向下的推力,每次滑雪杖作用的时间为
1 s,间隔时间为2 s,重力加速度g=10 m/s2,运动员滑行过程中受到的阻力不变.求:
(1)未借助滑雪杖,运动员滑行过程中受到的阻力大小;
(2)运动员在滑雪杖第二次作用结束时滑行的距离.
15.[14分]如图所示,一平板小车C静止在粗糙的水平面上,可视为质点的小滑块A和B的质量分别为2m、m,平板小车的质量为3m.现让小滑块A和B分别以6v0和v0的初速度同时从平板小车C的两端相向水平运动.已知小滑块A和B与平板小车间的动摩擦因数均为μ,平板小车运动过程中受到水平面的阻力等于平板小车对水平面的压力的.
(1)为使小滑块A和B不相碰,平板小车的长度至少是多少?
(2)求A、B不相碰的情况下最终小滑块B通过的路程.
答 案
专题三 牛顿运动定律
考点1 牛顿运动定律的理解与应用
1.D x-t图线的斜率表示速度,结合题图可知,在0~t1时间内速度不断增加,即乘客的加速度方向向上,根据牛顿第二定律得FN-mg=ma,解得FN=mg+ma,则FN>mg,选项A错误;在t1~t2时间内,x-t图线的斜率保持不变,所以速度不变,即乘客匀速上升,则FN=mg,选项B错误;在t2~t3时间内,x-t图线的斜率变小,所以速度减小,即乘客减速上升,加速度方向向下,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,则FN
解法二 由题意分析可知,当木块间的摩擦力达到fmax时,拉力F达到最大. 将两个小木块及上面的大木块看作整体,利用力的质量分配定则有fmax=F,解得此时F=fmax,选项D正确.
3.
C 如图所示,c球由C点自由下落到M点用时tc满足R=g,得tc=.AM与水平面的夹角θ=45°,o球的加速度大小ao==gsinθ,o球下滑到M点用时to满足2Rsin θ=ao,解得to=>tc.AM、BM在水平面上的投影长度相等,且L=2Rsinθcosθ,BM的倾角α=60°,则b球由B点下滑到M点用时tb满足=gsin α·,解得tb=>to>tc,选项C正确,A、B、D错误.
4.D 在F由零逐渐增加的过程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,还有可能为零,A错误;对A、B整体,地面对B的支持力FN=(M+m)g,与力F大小无关,B错误;对A、B整体,由水平方向受力平衡可知,地面对B的摩擦力等于F,并随F的增大而增大,则B对地面的摩擦力也随F的增大而增大,C错误;当F=mgtan θ时,A与B间的摩擦力为零,A、B处于A与B间的摩擦力方向改变的临界状态,D正确.
5.AB A、B两物块在水平面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-μ(m+M)g=(m+M)a1,对物块A有T1-
μmg=ma1,联立得T1=F.A、B两物块在斜面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)gsinθ=(m+M)a2,对物块A有T2-mgsinθ=ma2,联立得T2=F.因为T1=T2,所以x1=x2,弹簧的伸长量关系与m和M的大小、μ和sinθ的大小均无关,恒有x1=x2,故选A、B.
考点2 动力学两类基本问题
1.C 物体静止时,所受合力为零,设弹簧形变量为x0,斜面倾角为θ,弹簧劲度系数为k,有mgsinθ=kx0,设物体做匀加速运动的加速度为a,脱离弹簧前,经过时间t,物体运动的位移x=at2,此时弹簧的形变量为x0-x,根据牛顿第二定律有F+k-mgsinθ=ma,联立解得F=ma+t2,选项C正确.
2.CD 在0~2 s内,由图像得=-t+6,即x=6t-×3t2,与x=v0t+a1t2比较得v0=6 m/s,a1=-3 m/s2,即1 s末物块的加速度大小为3 m/s2,选项A错误;2 s末,速度v2=v0+a1t2=0,向右运动的位移为6 m,在2~6 s内,分析可知物块向左运动的位移大小为12 m,即-12 m=a2,解得a2=-1.5 m/s2,物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动,6 s末物块的速度大小v6=1.5×4 m/s=6 m/s,选项B错误;根据牛顿第二定律知在2~6 s内,有-F+μmg=ma2,在0~2 s内有-F-μmg=ma1,解得μ=0.075,F=2.25 N,选项C、D正确.
3.BCD 由图示分析可知,木块沿斜面向上做匀减速运动时的加速度a1==× m/s2=-10 m/s2,运动时间t== s=1 s<5 s,故A错误;由A中分析可知,在0~1 s内木块向上做匀减速运动,1 s后木块反向做匀加速运动,则在t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由图示分析可知,木块反向做匀加速运动时的加速度a2==× m/s2=2 m/s2,对木块,由牛顿第二定律有-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,mgsinθ-μmgcosθ=ma2,代入数据解得μ=0.5,θ=37°,故C、D正确.
5. AC 根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可知:第一阶段,F≤3 N,此时的摩擦力f与外力相等,说明A、B都静止,且B与地面间的滑动摩擦力为3 N;第二阶段,3 N
μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1,代入数据可得a1=4 m/s2,故C正确.B的最大加速度a2满足μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2,代入数据可得a2=6 m/s2,故D错误.
5.BD 开始下落时,铁球和塑料球速度均为0,阻力为0,此时加速度都为g,选项A错误;下落到速度达到最大值时,根据mg=kvm,又铁球质量较大,知铁球对应的vm值较大,选项B正确;设铁球的密度为无穷大,有a=g-,则铁球的加速度始终为g,空心塑料球的加速度小于g,故两球从开始下落至下落相同的高度,铁球所用时间较短,选项C错误;仍假设铁球的密度为无穷大,则铁球对应的vm也无穷大,铁球从开始下落至速度达到其对应的vm时的位移也较大,选项D正确.
6.ACD 由x-t图像可知,物块的速度先减小到零,再反向增大,最后匀速运动回到初始位置,可判断传送带沿顺时针方向转动,A正确,B错误;由3.0~4.5 s内的图像可知,传送带的速度v== m/s=-2 m/s,C正确;因2 s末物块的速度减为零,位移为4 m,由x=at2知a=2 m/s2,则根据a=μg可知,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,D正确.
7.C 实验中物块处于平衡状态即可,没有必要让木板保持匀速运动,故选项A错误;由于物块处于平衡状态,故其水平方向上受的拉力(传感器的示数)等于摩擦力,但不能说拉力(传感器的示数)就是摩擦力,两力属于平衡力的关系,故选项B错误;由题图乙可以看出,最大静摩擦力约为10 N,滑动摩擦力约为7 N,两者之比约为10:7,选项C正确;由于不知道物块的重力,也就不知道正压力,因此只用题图乙的数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数,故选项D错误.
8.(1)0.5 m/s2 (2)10.246 N 方向竖直向上
解法一 (1)设匀减速阶段的时间为t,由运动学知识有
×4 s+vmax×22 s+t=25 m(3分)
其中vmax=1 m/s,解得t=2 s(1分)
故匀减速阶段的加速度大小为a==0.5 m/s2(1分).
(2)根据牛顿第二定律可知
加速阶段有F1-mg-f=ma0(2分)
其中f=0.02mg,又a0==0.25 m/s2(1分)
代入数据解得匀加速阶段无人机对物品的作用力
F1=10.246 N(1分)
方向竖直向上(1分).
解法二 (1)作出无人机整个运动过程中的v-t图像,如图所示,由v-t图线与坐标轴所围图形的面积表示位移可知
25 m=×(22 s+t总)×1 m/s
解得t总=28 s(3分)
故无人机匀减速过程的加速度大小
a==0.5 m/s2(2分).
(2)对无人机的匀加速过程,由动量定理有
(F-mg-mg)t1=mvmax(3分)
代入数据解得无人机对物品的作用力F=10.246 N,方向竖直向上(2分).
考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系
1.(1)刻度尺(2分) (2)否(2分) (3)0.90(2分)
解析:(1)由于要处理纸带数据,需要利用刻度尺测量两个计数点之间的距离,所以还需要的器材是刻度尺.
(2)由于绳子一端连接有能够测绳子拉力的力传感器,所以不需要小桶和砂子的总质量远小于小车的质量.
(3)题图乙中相邻两个计数点之间的时间间隔为t=5T==0.10 s,根据Δx=at2,可求得小车的加速度a=0.90 m/s2.
2.①0.18~0.19(2分) ②甲(1分) 甲和乙(1分)
解析:①相邻两个计数点之间的时间间隔T=5×0.02 s=0.10 s,根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,可得打d点时小车的速度大小vd==×10-2 m/s=0.19 m/s.
②题图1甲对应的实验方案是把托盘和砝码的重力视为小车受到的拉力,需要满足条件M≫m;题图1乙对应的实验方案是挂上托盘和砝码,使小车匀速向下运动,受力平衡,去掉托盘和砝码,小车所受的合外力F等于托盘和砝码的重力mg.所以需要满足条件M≫m的方案是甲.在作a-F图像时,把mg作为F值的是甲和乙.
3.(1)0.40(1分) 1.0(1分) (2)木板与水平面的夹角θ(2分) (2分)
解析:(1)根据做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度得:木块0.4 s末的速度为v= m/s=0.40 m/s;0.2 s末的速度为v'= m/s=0.20 m/s.所以木块的加速度a==1.0 m/s2.
(2)选取木块为研究对象,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得μ=,所以要测定动摩擦因数,还需要测出木板与水平面间的夹角θ.
4.(1)1.7(1分) 3.9(2分) m0g(1分) 滑块的加速度与合外力成正比 (1分) (2)重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑(1分) (1分)
解析:(1)计数周期T=0.04 s,vD==×10-2m/s=1.7 m/s;根据逐差法可得a1==×10-2 m/s2=
3.9 m/s2;因为m0g=Mgsinθ-f,所以滑块受到的合外力F1=Mgsinθ-f=m0g.
(2)要保持合外力不变,所以重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑.因为a=,所以应以为横轴.
1.D 根据牛顿第一定律可知,一切物体都处于静止状态或匀速直线运动状态,作用在物体上的力,是物体改变运动状态的原因,即“受迫运动”的原因,说法A符合牛顿的观点;牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性,一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动,B符合牛顿的观点;竖直上抛的物体,因为有惯性,其速度只能连续变化,而不能突变,C符合牛顿的观点;静止放在转盘上的物体向转盘边缘滑去,是由于物体做匀速圆周运动所需要的向心力大于转盘给物体的摩擦力,D不符合牛顿的观点.
2. B 磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对作用力和反作用力,大小相等,方向相反,选项A错误,B正确;磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力对于汽车系统来说是内力,无论磁铁的磁性有多强,这种设计都不能使汽车一直向前运动,选项C、D错误.
3.A 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上两式解得F=kx+ma,显然F和x为一次函数关系,且在F轴上有截距,则A正确,B、C、D均错误.
4.D 重物恰好不离开地面时,绳子对重物的拉力F=Mg,此时绳子对猴子的作用力最大,为F'=Mg,对猴子由牛顿第二定律有F'-mg=ma,代入数据解得猴子向上的最大加速度a=5 m/s2,D项正确.
5.A 设小车A与物体B间的动摩擦因数为μ,对于题图甲所示的情况,推力F最大时,对A、B整体分析有F=(M+M)a1,对小车A分析有μ·Mg=Ma1;对于题图乙所示的情况,对A、B整体分析有F'=(M+M)a2,对物体B分析有μ·Mg=Ma2;联立解得F∶F'=1∶2,故A正确,B、C、D错误.
6.D A、B两球的受力分析如图所示,对B球有TOBsin 60°=FBsin 60°,TOBcos 60°+FBcos 60°=mg,解得TOB=FB=mg,选项C错误;由牛顿第三定律可知,弹簧对球A的弹力与对球B的弹力大小相等(FA=FB)、方向相反,选项B错误;对球A有F'N=FAsin 60°,即竖直墙壁对A的支持力F'N=mg,故FN=F'N=mg,选项A错误;当绳OA对A的拉力TOA=mg+FAcos 60°,即TOA=mg时,地面对球A的支持力恰好为零,故球A对地面的压力恰好为零,选项D正确.
7.BC
货车做匀加速直线运动,单位时间内货车的速度增加量不变,故A选项错误;根据匀变速直线运动的推论可知,货车在相邻的两个相等时间间隔T内的位移之差为aT2,故B选项正确;货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动,与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所示,作用力大小为m,故C选项正确,D选项错误.
8.AD 图甲、乙中自行车和人整体受到重力和斜面的支持力两个力,加速度均为a=gsinθ,方向沿斜面向下,选项A正确;图丙中乒乓球也是受到重力和球拍的支持力两个力,两个力的合力方向水平向左,乒乓球不可能做匀速运动,加速度大小a丙==gtanθ,选项B、C错误;对图丙、丁中乒乓球受力分析可知,乒乓球受到球拍和斜面的支持力均为FN=,则球拍和斜面产生的弹力相等,选项D正确.
9.BD 从题图乙可看出t2前后加速度发生了变化,加速度是由重力沿斜面向下的分力和摩擦力共同产生的,则摩擦力一定发生了变化,A错误.在0~t2内小物块沿传送带先向上做匀减速运动再向下做匀加速运动,t2时刻前,滑动摩擦力均沿传送带向下,若动摩擦因数足够大,则t2时刻后可出现静摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡,小物块做匀速运动,由于小物块继续加速,故动摩擦因数不够大,小物块所受的滑动摩擦力沿传送带向上,即有mgsinθ-μmgcos θ=ma2>0,故μ
11. (1) B(2分) (2)如图甲所示(2分) (3)如图乙所示(3分) AD(2分)
图甲 图乙
解析:(1)本实验用控制变量法探究加速度与质量的关系,故小车所受拉力应相同,小车质量应不同,即小车质量不同,钩码质量相同,选项B正确.
(3)使小车沿倾角合适的斜面运动,可平衡摩擦力,小车受力可等效为只受绳的拉力,选项A正确;若斜面倾角过大,小车重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,小车所受合力将大于绳的拉力,选项B错误;砂和桶有向下的加速度,因此砂和桶的重力大于绳的拉力,选项C错误;当小车的运动趋近于匀速运动时,加速度a约为零,对砂和桶由牛顿第二定律可知,砂和桶的重力近似等于绳的拉力,选项D正确.
12.(1)1.39(2分) 1.97(2分) (2)不需要(2分) (3)0.194(3分)
解析:(1)根据匀变速直线运动规律可得打点计时器打下E点时纸带的速度为vE== m/s=1.39 m/s,两个相邻计数点之间的时间间隔T=0.10 s,由逐差法和Δx=aT2可得a==-1.97 m/s2.
(2)由于所用纸带是钩码落地后打出来的,故不需要知道钩码的质量.
(3)当纸带没放在两铁块之间时,钩码落地后小车仅在系统阻力f作用下运动,可得出阻力f=2.0 N,当纸带放在两铁块之间时,钩码落地后,小车在纸带的摩擦力和系统阻力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有-2μmg-f=Ma,解得μ=0.194.
13.(1)9×104 m (2)1 200 m/s 250 s
解析:(1)火箭加速上升的高度h1=3×104 m,助推器脱落时的速度v1=1.2×103 m/s
助推器脱落后向上做匀减速运动,f=mg,有mg+f=ma1(2分)
=2a1h2(1分)
v1=a1t1(1分)
解得h2=6×104 m,t1=100 s(1分)
助推器上升的最大高度为h=h1+h2=9×104 m(或90 km)(1分).
(2)助推器从最高点下落过程中,有mg-f=ma2(2分)
=2a2h(1分)
v2=a2t2(1分)
解得v2=1 200 m/s,t2=150 s(1分)
助推器从脱落到落回地面经历的时间t=t1+t2=250 s(1分).
14.(1)225 N (2)24 m
解析:(1)设没有滑雪杖作用时,运动员沿山坡向下滑行的加速度大小为a,由运动学规律可得x=at2,代入数据可解得a=2 m/s2(2分)
设运动员受到的阻力大小为Ff,由牛顿第二定律可得
mgsin 30°-Ff=ma(1分)
代入数据求解可得Ff=225 N(2分).
(2)设有滑雪杖作用时,运动员运动的加速度大小为a',由牛顿第二定律可得mgsin 30°+F-Ff=ma'(1分)
作用t1=1 s时间后运动员获得的速度大小为v1=a't1(1分)
此段时间内运动员滑行的距离为x1=a'(1分)
间隔t2=2 s时间后运动员获得的速度大小为v2=v1+at2(1分)
此段时间内运动员滑行的距离为x2=t2(1分)
滑雪杖第二次作用时间内运动员滑行的距离为
x3=v2t1+a'(1分)
故运动员在第二次滑雪杖作用结束时滑行的距离为
x=x1+x2+x3=24 m(1分).
15.(1) (2)
解析:(1)通过受力分析可知,在小滑块A和B相向运动时,平板小车C静止不动
对小滑块B,由牛顿第二定律知μmg=ma1
得减速到零的时间t1==(1分)
对小滑块A,由牛顿第二定律知2μmg=2ma2得a2=μg(1分)
经t1时间,小滑块A的速度为vA=6v0-a2t1=5v0(1分)
假设t1时间后B、C不发生相对运动
对B、C整体由牛顿第二定律知μ·2mg-μ·6mg=4ma3
得a3=μg<μg,假设成立(1分)
设再经t2时间小滑块A和B及平板小车C达到共同速度,即
5v0-a2t2=a3t2
得t2=(1分)
共同速度为v共=5v0-a2t2=v0(1分)
达到共同速度后三者相对静止向右做减速运动
小滑块A在平板小车上做匀减速运动的位移大小
xA=6v0(t1+t2)-a2=
小滑块B在平板小车上做匀减速运动的位移大小xB=
平板小车C和小滑块B共同向右做匀加速运动的位移大小
xBC=a3=(1分)
平板小车的长度至少为L=xA+xB-xBC=(1分).
(2)在t1时间内小滑块B运动的位移大小s1=t1=(1分)
在t2时间内小滑块B运动的位移大小s2=t2=(1分)
由受力分析知在t1+t2时刻后,A、B、C相对静止
对小滑块A和B及平板小车C整体由牛顿第二定律有
μ·(m+2m+3m)g=(m+2m+3m)a4(1分)
得a4=μg(1分)
减速到零的位移大小s3==(1分)
最终小滑块B通过的路程sB=s1+s2+s3=(1分).
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