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山东专用高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律专题检测含解析
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这是一份山东专用高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律专题检测含解析，共24页。
专题三 牛顿运动定律
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(2020届长沙一中月考)一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,重力加速度为g,则以下判断正确的是 ( )
A.在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变
B.小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力
C.小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D.小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g
答案 D 本题考查物体的受力分析、牛顿运动定律等。体现了模型建构、科学推理等核心素养。
小球在摆动时,在最低点时,加速度沿竖直方向指向圆心,处于超重状态,箱子对地面压力大于整体重力,水平方向上箱子不受摩擦力,C错误,D正确;在摆动到左右最高点时,向心加速度为0,但有沿切线方向的加速度,箱子受到地面的摩擦力,A错误;小球在右侧最高点时,切向加速度方向斜向左下,箱子受到向左的静摩擦力,地面受到的压力小于(M+m)g,B错误。
2.(2018河北五校联考,6)如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A,B和C分别是小圆和大圆上的点,其中AB长为2R,AC长为22R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为 ( )
A.1∶2 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶3
答案 A 由几何关系可得小圆与AC的交点D为AC的中点,由初速度为零的匀变速直线运动的知识知,小球通过AD和AC的时间之比为1∶2,由等时圆结论知,小球通过AB和通过AD的时间相等,故小球通过AB的时间与小球通过AC的时间之比为1∶2,选项A正确。
3.(2018陕西西安模拟,8)(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示,今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N、F2=10N,则下列说法正确的是 ( )
A.弹簧的弹力大小为16N
B.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12N
C.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零
D.若F1=10N、F2=20N,则弹簧的弹力大小不变
答案 AB 对整体受力分析有:F1-F2=(mA+mB)a,对A受力分析有:F1-F弹=mAa,解得:F弹=16N,选项A正确;同理可知,若只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为F弹=mBF1mA+mB=12N,选项B正确;若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力也为16N,选项C错误;若F1=10N、 F2=20N,对整体受力分析有:F2-F1=(mA+mB)a,对A受力分析有:F弹-F1=mAa,解得:F弹=14N,选项D错误。
4.(2019怀化三模)(多选)如图所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2) ( )
A.当F<24N时,A、B都相对地面静止
B.当F>24N时,A相对B发生滑动
C.A的质量为4kg
D.B的质量为24kg
答案 BC 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由图乙可知,B的最大加速度为4m/s2,即拉力F>24N时,A相对B发生滑动,当F<24N时,A、B保持相对静止,故A错误,B正确。对B,根据牛顿第二定律得,aB=μmAgmB=4m/s2,对A,aA=F-μmAgmA=4m/s2,F=24N,解得mA=4kg,mB=2kg,故C正确,D错误。
5.(2019湘赣14校联考,6)如图,叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面(与水平夹角均为θ)一起下滑,甲图两物块接触面平行于斜面且两物块间摩擦力的大小为f1,乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块间摩擦力的大小为f2,丙图两物块接触面水平且两物块间摩擦力的大小为f3,下列判断正确的是 ( )
A.若斜面光滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
B.若斜面光滑,f1≠0,f2≠0,f3=0
C.若两物块一起匀速下滑,f1≠0,f2=0,f3≠0
D.若两物块一起匀速下滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
答案 A 本题主要考查物体的平衡、受力分析、牛顿运动定律。体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。
设斜面与水平面夹角为θ,若斜面光滑,整体沿斜面下滑的加速度为gsinθ,甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsinθ,甲图上方物块所受支持力垂直斜面,在斜面方向没有分力,故f1=0。乙图和丙图上方物块受到的支持力在斜面方向上均有分力,必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ,所以A正确,B错误;若两物块一起匀速下滑,上方物块所受合力为0,必有f1≠0,f2≠0,f3=0,C、D错。
6.(2018天津河东一模)(多选)如图所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。若使斜劈A在斜面体C上静止不动,则P、Q对球B无压力。以下说法正确的是 ( )
A.若C的斜面光滑,斜劈A由静止释放,则Q对球B有压力
B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则P、Q对B球均无压力
C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则P、Q对球B均无压力
D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面以一定的初速度减速下滑,则P对球B有压力
答案 ACD 若C的斜面光滑,无论斜劈是由静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的加速度,方向均沿斜面向下;根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向下,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及Q对球的压力,而P对球无压力,所以A选项是正确的,B选项是错误的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则B球处于平衡状态,受重力和盒子底部的支持力而平衡,P、Q对球均无压力,所以C选项是正确的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面减速下滑,斜劈和球整体具有相同的加速度,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及P对球的压力,所以D选项是正确的。
思路点拨 斜劈A在斜面体C上静止不动,则B受的重力和支持力平衡。当斜面光滑,斜劈A和B球具有相同的加速度且方向沿斜面向下,再通过对B球进行分析,进而判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙时,按照同样的方法,先判断出整体的加速度方向,再隔离B进行受力分析,从而判断P、Q对球有无压力。
7.(2018湖南五市十校12月联考)如图所示,质量为M的斜面体C放在粗糙的水平面上,其倾角为θ,小物块A、B质量分别为m和2m,与斜面间的动摩擦因数相同,两者中间用轻杆连接,沿斜面匀速下滑,斜面体始终静止,则下列说法正确的是 ( )
A.轻杆给B的弹力沿斜面向上
B.轻杆给B的弹力沿斜面向下
C.地面对C的摩擦力水平向左
D.地面的摩擦力为零
答案 D 本题主要考查利用整体法与隔离法分析物块所受摩擦力情况,体现了模型建构、科学推理和科学论证的核心素养。以A、B为整体进行受力分析,(m+2m)gsinθ=μ(m+2m)gcosθ,则μ=sinθcosθ,对B进行分析,则2mgsinθ=μ·2mgcosθ,故轻杆对B的弹力为零,故A、B错误;A、B匀速下滑,处于平衡状态,则A、B受到斜面体的合力竖直向上,A、B对斜面体的合力竖直向下,则斜面体水平方向上受的外力为零,即地面对C的摩擦力为零,故C错误,D正确。
解题指导 轻杆弹力有无可以利用假设法分析。
8.(2019长郡中学二模)(多选)一块足够长的白板静止于水平桌面上,一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上,石墨块与白板间动摩擦因数为μ,重力加速度为g。从某时刻起,使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间t白板突然停下,不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量,在石墨块也停止运动时,白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是 ( )
A.v0t2 mv02 B.v02μg mv02
C.v0t-12μgt2 μmgv0t D.v0t μmgv0t
答案 AC 本题主要考查牛顿运动定律及相对运动知识。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证等素养要素。
在时间t内,石墨块可能一直匀加速,也可能先匀加速后匀速;石墨块匀加速时,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,解得:a=μg。
如果时间t内,石墨块一直匀加速,加速的位移x1=12(μg)t2,时间t内,相对白板的位移Δx1=v0t-x1=v0t-12μgt2;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x1'=x1=12μgt2<Δx1,白板上黑色痕迹的长度为v0t-12μgt2,二者相对运动过程中产生的热量Q1=μmg(Δx1+x1')=μmgv0t。
如果石墨块先匀加速,后匀速,时间t内,石墨块位移x2=v022μg+v0t-v0μg,相对白板的位移Δx2=v0t-x2=v022μg;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x2'=v022μg=Δx2,白板上黑色痕迹的长度为v022μg,二者相对运动过程中产生的热量Q2=μmg(Δx2+x2')=μmg·2v022μg=mv02。
如果白板停下时石墨块加速运动的末速度恰好为v0,则石墨块的位移x3=0+v02·t,相对白板的位移Δx3=v0t-x3=v0t2。经过时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x3'=v022μg=v0+02t=Δx3,白板上黑色痕迹的长度为v022μg=12v0t,二者相对运动过程中产生的热量Q3=μmg(Δx3+x3')=mv02。故A、C正确,B、D错误。
9.(2020届甘肃兰州一中期中,21)(多选)如图所示,有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上,另一质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点,物块与木板在AB段的动摩擦因数为μ,在BC段的动摩擦因数为2μ,若把物块放在长木板左端,对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端,对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与木板发生相对滑动。下列说法正确的是 ( )
A.F1与F2的大小之比为1∶2
B.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1
D.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
答案 ACD 若物块放在左端,施加水平向右的力F1时,由题意可知,对物块有F1-μmg=ma,对木板有μmg=ma
联立得,F1=2μmg。同理,若放在右端,施加向左的力F2时,有F2=4μmg
故F1F2=2μmg4μmg=12,选项A正确;
当F1变为2F1时,物块与木板相对滑动,此时,物块的加速度a1=2F1m-μg
木板加速度a2=μg
设AB的长度为L,运动到B历时t,由位移关系得12a1t2-12a2t2=L
解得:t=2L2F1m-2μg;同理,施加向左的2F2时,运动到B的时间t'=2L2F2m-4μg
两次运动到B点的时间之比为2∶1,选项B错误;
当F1、F2都变为原来的2倍,木板的位移分别为x1=12a2t2=μg2t2和x2=μgt'2,因此,物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1,选项C正确;小物块最终都会滑离木板,整个过程中摩擦生热之比为1∶1,选项D正确。
二、非选择题
10.(2020届长沙一中月考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置,A是一个质量为M=1kg的小车,小车置于光滑的水平面上,在小车左端放置一质量为m0=0.1kg的收纳箱B,现将一质量为m1=0.9kg的物体放在收纳箱内,在传送途中,先对收纳箱施加一个方向水平向右,大小F1=3N的拉力,小车和收纳箱开始运动,作用时间t1=2s后,改变拉力,大小变为F2=1N,方向水平向左,作用一段时间后,撤掉作用力,小车正好到达目的地,收纳箱到达小车的最右端,且小车和收纳箱的速度恰好为零,已知收纳箱与小车间的动摩擦因数μ=0.1。(物体和收纳箱大小不计,物体与收纳箱在整个过程中始终相对静止,g取10m/s2)求:
(1)t=2s时,收纳箱的速度大小;
(2)力F2作用的时间;
(3)小车的长度。
答案 (1)4m/s (2)6s (3)83m
解析 本题考查牛顿运动定律综合应用及运动学基本规律。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证要素。
(1)施加F1时,A、B相对运动
收纳箱的加速度:a1=F1-fm1+m0=2m/s2
收纳箱的速度:v1=a1t1=4m/s方向向右
(2)施加F1,A、B相对运动时
小车的加速度:a2=f'M=1m/s
经t1=2s收纳箱运动位移:s1=12a1t12=4m
小车运动位移:s2=12a2t12=2m
小车的速度:v2=a2t1=2m/s,方向向右
2秒后,收纳箱做匀减速运动的加速度
a1'=F2+fm1+m0=2m/s2,方向向左
小车加速度不变,仍为a2=1m/s2,方向向右。
当两者速度相等时,收纳箱恰好到达小车最右端,以后收纳箱和小车一起作为整体向右以加速度
a3=F2m0+m1+M=0.5m/s2
做匀减速运动直到速度都为0。
共同速度为v=v1-a1't2,v=v2+a2t2
t2=23s,v=83m/s
收纳箱和小车获得共同速度至停止运动用时t3=va3=163s
力F2作用时间为t=t2+t3=6s
(3)小车在t2时间内位移s3=v2t2+12a2t22=149m
收纳箱在t2时间内位移为s4=v1t2-12a1't22=209m
小车长度L=s1-s2+s4-s3=83m
11.(2019怀化三中月考)工厂利用与水平面夹角为θ=37°的传送带输送相同规格的小工件,如图中A、B位置为轮子与传送带的切点,每个工件均从A位置无初速度地轻置于传送带上,到达B位置随即被取走。已知传送带总长L=15m,A、B间距L0=7.2m,传送带匀速转动的速率v0=0.8m/s,工件从A运动到B的时间t=10s,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。
(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)若第一个工件从传送带A位置出发后2s,第二个工件被置于A位置,此时由于故障,传送带的速度突然增大到3m/s并运行4s后停止运动,忽略传送带速度变化所用时间,求因与工件摩擦,传送带上出现的擦痕长度。
答案 (1)0.8 (2)10.4m
解析 本题考查牛顿运动定律的综合应用。体现了核心素养中模型建构、科学推理要素。
(1)根据题意可知,工件先加速到v0再匀速运动,
设工件的质量为m,加速时间为t1,
则v02t1+v0(t-t1)=L0,
解得t1=2s,
工件的加速度a=v0t1=0.4m/s2,
根据牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,
解得μ=0.8。
(2)根据(1)可知第一个工件在传送带速度增大到v=3m/s后继续加速,
由L0=12at22,可得t2=6s,且v2=at2=2.4m/s
第二个工件放上传送带至传送带停止运动,工件做匀加速运动,该过程此工件在其前方的传送带上出现的擦痕长度l2=v(t2-t1)-12a(t2-t1)2=8.8m,
当传送带停止运动时,两个工件间的距离Δx=12at22-12a(t2-t1)2=4m,
由上述计算可知,两工件产生的擦痕有重叠,即当传送带停止运动后,第二个工件在传送带上的擦痕区域做匀减速运动,传送带上的擦痕长度不再增加,故最终传送带上出现的擦痕长度为l=l1+Δx=10.4m。
12.(2020届陕西西安中学期中,17)如图所示,质量m1=2kg小物块放在足够长的质量m2=1kg的木板的左端,板和物块间的动摩擦因数μ1=0.2,板和水平面间的动摩擦因数μ2=0.1,两者均静止。现突然给木板向左的初速度v0=3.5m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10N,当木板向左运动最远时撤去F,取g=10m/s2。求:
(1)木板开始运动时,小物块和木板的加速度大小;
(2)整个过程中,木板在水平面上滑行的位移大小;
(3)整个过程中,小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。
答案 (1)3m/s2 7m/s2
(2)0.625m
(3)9.875J
解析 本题考查了牛顿运动定律在连接体中的应用,体现了运动与相互作用要素。
(1)由题意知物块向右做匀加速运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动,物块与木板间滑动摩擦力为
f1=μ1m1g=0.2×2×10N=4N
则物块的加速度大小为a1=F-f1m1=10-42m/s2=3m/s2,方向向右;
木板与水平面之间的摩擦力为f2=μ2(m1+m2)g=0.1×(2+1)×10N=3N
根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为a2=f1+f2m2=4+31m/s2=7m/s2,方向也向右;
(2)当木板向左的位移最大时,对水平面的速度为0,选取向右为正方向,则木板的位移为x1=0-v022a2=0-(-3.5)22×7m=-0.875m
经历的时间为t1=0-v0a2=0-(-3.5)7s=0.5s
此时小物块的速度为v1=a1t1=3×0.5m/s=1.5m/s
此过程中小物块的位移为x2=12a1t12=12×3×0.52m=0.375m
在撤去F后的小物块水平方向只受到摩擦力,则加速度为a1'=-f1m1=-42m/s2=-2m/s2
此后木板向右运动,此时受到水平面的摩擦力的方向向左,则木板的加速度为a2'=f1-f2m2=4-31m/s2=1m/s2
设经过时间t2二者的速度相等,则有:v1+a1't2=a2't2
代入数据得:t2=0.5s
此时刻的速度为v2=a2't2=1×0.5m/s=0.5m/s
此过程中小物块的位移为x2'=v1+v22·t2=1.5+0.52×0.5m=0.5m
木板的位移为x1'=12a2't22=12×1×0.52m=0.125m
当木块、木板具有共同速度时,若两者不再发生相对滑动,则二者一起做减速运动,它们在水平方向只受到地面的摩擦力。
以小物块与木板组成的系统为研究对象,整体的加速度为a3=-f2m1+m2=-32+1m/s2=-1m/s2
由于|-1m/s2|<|-2m/s2|,可知满足二者一起减速的条件。设经过时间t3,两者速度为0,则有:
0=v2+a3t3,代入数据得:t3=0.5s
该过程中二者的位移为x3=0-v222a3=0-0.522×(-1)m=0.125m
所以木板在水平面上的总位移为x=x1+x1'+x3=-0.875m+0.125m+0.125m=-0.625m,负号表示方向向左
(3)小物块与木板之间产生的热量为Q1=f1Δs=f1(x2+x2'-x1-x1')=4×[0.375+0.5-(-0.875)-0.125]J=6.5J
木板与水平面之间产生的热量为Q2=f2s=f2(|x1|+x1'+x3)=3×(0.875+0.125+0.125)J=3.375J
所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为:Q=Q1+Q2=6.5+3.375J=9.875J
B组
一、选择题
1.(2020届江苏扬州期中,5)如图所示,置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB,它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大,下列操作可行的是 ( )
A.仅减小B的质量 B.仅增大A的质量
C.仅将A、B的位置对调 D.仅减小水平面的粗糙程度
答案 C 本题考查牛顿第二定律,主要考查考生的科学推理素养。
设弹簧的劲度系数为k,伸长量为x,相同加速度为a,对B受力分析有:kx-μmBg=mBa,对A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,两式联立消去a,整理可得x=Fk1+mAmB,由此可见,A、B均错误。因为mA>mB,所以mAmB>1,A、B位置对调以后x的表达式为x=Fk1+mBmA,又因为mBmA<1,所以x增大,故C正确。x的表达式中不含动摩擦因数,因此x与水平面的粗糙程度无关,故D错误。
2.(2019江苏南通、徐州等六市二调,3)如图所示,倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A,跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行,另一端连接质量为m的物块B,质量也为m的物块C位于木板顶端。由静止释放后,C下滑,而A、B仍保持静止。已知M=1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为 ( )
A.34g B.12g C.14g D.18g
答案 C 对A受力分析有Mgsin30°+f=mg,M=1.5m,可得A、C间的摩擦力f=0.25mg;对C受力分析可得mgsin30°-f=ma,解得C下滑的加速度a=14g,选项C正确,A、B、D错误。
3.(2019江苏扬州中学四模,2)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4,则下列判断一定正确的是 ( )
A.F1
A.夏季输电线对输电塔的拉力较大
B.夏季与冬季输电线对输电塔的拉力一样大
C.夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大
D.冬季输电塔对地面的压力大
答案 C 本题考查了力的合成与分解、共点力的平衡知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、的要素。
对输电线进行受力分析如图,设拉力与竖直方向夹角为θ,根据平衡有mg=2Tcosθ,输电线夏季比冬季要更加下垂一些,夏季θ小,拉力小,根据牛顿第三定律可知夏季输电线对输电塔的拉力较小,故A、B错误;无论冬季还是夏季,对输电塔和电线整体受力分析可知,对地面压力等于整体的重力,不变,故C正确,D错误。
解题关键 (1)分别对输电线与整体进行受力分析;(2)理解输电线变长后对输电线与竖直方向之间的夹角的变化。
5.(2020届山东师大附中月考,5)一人乘电梯,在竖直下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向下为a的正方向,则人对地板的压力 ( )
A.t=2s时最大 B.t=6s时为零
C.t=8.5s时最大 D.t=8.5s时最小
答案 C 本题考查了超重和失重知识,以及理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新的要素。
t=2s时,加速度向下,为失重现象,则FNmg,且FN达到最大值,故C正确,D错误。
6.(2019江苏徐州、连云港等四市摸底,2)如图甲中,两滑块A和B叠放在光滑水平地面上,A的质量为m1,B的质量为m2,设A、B间的动摩擦因数为μ,作用在A上的水平拉力为F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为F与μ的关系图像,其直线方程为F=m1(m1+m2)gm2μ。下列说法正确的有 ( )
A.μ和F的值位于a区域时,A、B相对滑动
B.μ和F的值位于a区域时,A、B相对静止
C.μ和F的值位于b区域时,A、B相对滑动
D.μ和F的值位于b区域时,A、B相对静止
答案 AD 当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B即将发生相对滑动,设此时B的加速度为a2,对B由牛顿第二定律可得μm1g=m2a2,即a2=μm1gm2,再对A、B整体由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a=m1(m1+m2)gm2μ,可见当F=m1(m1+m2)gm2μ时,A、B即将发生相对滑动。所以当μ和F的值位于a区域时,F>m1(m1+m2)gm2μ,A、B已经发生相对滑动,选项A正确,B错误;当μ和F的值位于b区域时,F
A.减小推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
答案 AC 本题考查了力的合成与分解、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设动摩擦因数为μ,对AB整体受力分析有F-mAgsinθ-mBgsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,对B受力分析有FAB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,由以上两式可得FAB=mBmA+mBF=FmAmB+1,可知,为使FAB减小,应减小推力F,增加A的质量,减小B的质量,故A、C正确,B、D错误。
解题思路 当用平行于斜面向上的恒力F推A,两物块沿斜面匀加速上升时,对整体运用牛顿第二定律求出加速度,再对B研究,根据牛顿第二定律求出A、B间的弹力,即可分析减小A、B间压力的方法。
方法技巧 本题是连接体问题,抓住两个物体的加速度相同,采用整体法与隔离法,灵活选择研究对象。
8.(2020届山东烟台期中,10)某人在距离地面某高度处以5m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球,小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点,小球运动的v-t图像如图所示,t=1.5s时,小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变,则 ( )
A.小球一直做匀变速直线运动
B.小球抛出点离地面高度为3.55m
C.小球运动过程中所受阻力大小为0.4N
D.当地重力加速度大小为10m/s2
答案 BC 本题考查了v-t图像、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
小球上升过程中的加速度大小a1=Δv1Δt1=50.5m/s2=10m/s2,下落过程中的加速度大小a2=Δv2Δt2=9.61.5-0.5m/s2=9.6m/s2,整个运动过程中的加速度大小变化,故不是做匀变速直线运动,故A错误;小球抛出点离地面高度为h=12×9.6×(1.5-0.5)m-12×5×0.5m=3.55m,故B正确;设小球运动过程中所受阻力大小为f,重力加速度为g,根据牛顿第二定律可得,上升过程中mg+f=ma1,下落过程中,mg-f=ma2,解得f=0.4N,g=9.8m/s2,故C正确,D错误。
解题思路 (1)根据v-t图像求解加速度,分析运动情况;(2)根据图像与坐标轴围成的面积求解高度;(3)根据牛顿第二定律求解阻力和重力加速度大小。
9.(2019山东莱芜一中质检,9)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度沿逆时针匀速转动,两边的传送带长度都是2m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是 ( )
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程
答案 BCD 物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑,因mgsin37°>μmgcos37°,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物块沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A错误,B、C正确;相对传送带的路程由相对位移决定,A物块与传送带运动方向相同,相对传送带的路程较小,故D正确。
二、非选择题
10.如图所示,质量M=20kg的物体从光滑曲面上高度H=0.8m处释放,到达底端时进入水平传送带,传送带由一电动机驱动着逆时针匀速转动,速率为3m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10m/s2)
(1)若两皮带轮之间的距离是6m,物体冲上传送带后就移走光滑曲面,物体将从哪一边离开传送带?通过计算说明你的结论。
(2)若皮带轮间的距离足够大,从物体滑上到离开传送带的整个过程中,由于物体和传送带间的摩擦而产生了多少热量?
答案 (1)见解析 (2)490J
解析 (1)物体从曲面上下滑时机械能守恒,有
MgH=12Mv02
解得物体滑到底端时的速度
v0=2gH=4m/s
以地面为参考系,物体滑上传送带后向右做匀减速运动,期间物体的加速度大小和方向都不变,加速度大小为a=μg=1m/s2
物体从滑上传送带到相对地面速度减为零,对地向右发生的位移为
s=0-v02-2a=0-42-2m=8m>6m
表明物体将从右边离开传送带。
(2)传送带速度v=3m/s,因v0>v,若两皮带轮间的距离足够大,则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零,后向左做匀加速运动,直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止,从传送带左端掉下。相对滑动期间物体的加速度大小和方向都不变,取向右为正方向,物体发生的位移为
s1=vt2-v02-2a=(-3)2-42-2m=3.5m
物体运动的时间为t=vt-v0-a=7s
这段时间内传送带向左运动的位移大小为
s2=vt=3×7m=21m
物体相对于传送带滑动的距离为
Δs=s1+s2=24.5m
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为
Q=f·Δs=μMg·Δs=490J
11.(2019江苏南京、盐城调研二)如图所示,质量为m=1kg的物块(可视为质点),放置在质量M=2kg足够长木板的中间,物块与木板间的动摩擦因数为0.1,木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区,两作用区的宽度均为1m,相距为d,作用区只对物块有力的作用,Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右,Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左,作用力大小均为3N。将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放,已知在整个过程中物块不会滑离木板,取g=10m/s2。
(1)在物块刚离开Ⅰ区域时,物块的速度是多大?
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时,物块与木板的速度刚好相同,求两作用区的边界距离d。
答案 (1)2m/s (2)1.5m
解析 (1)在Ⅰ区域时对物块受力分析,根据牛顿第二定律得F-μmg=mam1
am1=F-μmgm=2m/s2
对木板受力分析,有μmg=MaM1
aM1=0.5m/s2
设物块在区域Ⅰ中运动时间为t1,因运动位移L=1m,且L=12am1t12
则t1=2Lam1=1s
vm1=am1t1=2m/s
(2)物块离开Ⅰ区域后,μmg=mam2
解得am2=1m/s2
aM2=aM1=0.5m/s2
物块刚离开区域Ⅰ时,木板速度vM1=aM1t1=0.5m/s
设物块从离开Ⅰ区域到与木板达到共同速度用时t2
vm1-am2t2=vM1+aM2t2
解得t2=1s
则d=vm1t2-12am2t22=1.5m
12.(2018安徽皖南八校联考,17)如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面上有固定挡板AB,斜面上B、C两端点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的小物块和薄木板,小物块视为质点,薄木板长为L,下端位于挡板AB处,整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ=32,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动,木板上端恰能到达C点,求初速度大小;
(2)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,为使木板上滑且与物块间没有相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,且大小为F=2mg,假设在此后的运动过程中小物块始终未脱离木板,要使木板上端恰能到达C点,求拉力F作用的时间t1。
答案 (1)g(2h-L)
(2)mg
解析 (1)以木板和小物块整体为研究对象,由动能定理有
-2mg(h-Lsinθ)=0-12·2mv02
解得:v0=g(2h-L)
(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a,最大拉力为Fm,则
对物块有μmgcosθ-mgsinθ=ma
对物块和木板整体有Fm-2mgsinθ=2ma
解得Fm=1.5mg
要使整体能沿斜面上升应满足F>2mgsinθ=mg
所以mg
对物块μmgcosθ-mgsinθ=ma1
对木板F-mgsinθ-μmgcosθ=ma2
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
在t1时刻小物块的速度为v1,木板的速度v2,则
v1=a1t1,v2=a2t1
设撤去拉力后,经过时间t2二者速度相同,则
v3=v2-a3t2=v1+a1t2
此后二者一起匀减速上滑,设加速度大小为a4,则
2mgsinθ=2ma4
全过程中木板的位移:x=12a2t12+a2t1t2-12a3t22+v322a4
由几何关系有:hsinθ=x+L
解得拉力F作用的时间 t1=3(2h-L)2g
专题三 牛顿运动定律
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(2020届长沙一中月考)一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,重力加速度为g,则以下判断正确的是 ( )
A.在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变
B.小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力
C.小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D.小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g
答案 D 本题考查物体的受力分析、牛顿运动定律等。体现了模型建构、科学推理等核心素养。
小球在摆动时,在最低点时,加速度沿竖直方向指向圆心,处于超重状态,箱子对地面压力大于整体重力,水平方向上箱子不受摩擦力,C错误,D正确;在摆动到左右最高点时,向心加速度为0,但有沿切线方向的加速度,箱子受到地面的摩擦力,A错误;小球在右侧最高点时,切向加速度方向斜向左下,箱子受到向左的静摩擦力,地面受到的压力小于(M+m)g,B错误。
2.(2018河北五校联考,6)如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A,B和C分别是小圆和大圆上的点,其中AB长为2R,AC长为22R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为 ( )
A.1∶2 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶3
答案 A 由几何关系可得小圆与AC的交点D为AC的中点,由初速度为零的匀变速直线运动的知识知,小球通过AD和AC的时间之比为1∶2,由等时圆结论知,小球通过AB和通过AD的时间相等,故小球通过AB的时间与小球通过AC的时间之比为1∶2,选项A正确。
3.(2018陕西西安模拟,8)(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示,今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N、F2=10N,则下列说法正确的是 ( )
A.弹簧的弹力大小为16N
B.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12N
C.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零
D.若F1=10N、F2=20N,则弹簧的弹力大小不变
答案 AB 对整体受力分析有:F1-F2=(mA+mB)a,对A受力分析有:F1-F弹=mAa,解得:F弹=16N,选项A正确;同理可知,若只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为F弹=mBF1mA+mB=12N,选项B正确;若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力也为16N,选项C错误;若F1=10N、 F2=20N,对整体受力分析有:F2-F1=(mA+mB)a,对A受力分析有:F弹-F1=mAa,解得:F弹=14N,选项D错误。
4.(2019怀化三模)(多选)如图所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2) ( )
A.当F<24N时,A、B都相对地面静止
B.当F>24N时,A相对B发生滑动
C.A的质量为4kg
D.B的质量为24kg
答案 BC 当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由图乙可知,B的最大加速度为4m/s2,即拉力F>24N时,A相对B发生滑动,当F<24N时,A、B保持相对静止,故A错误,B正确。对B,根据牛顿第二定律得,aB=μmAgmB=4m/s2,对A,aA=F-μmAgmA=4m/s2,F=24N,解得mA=4kg,mB=2kg,故C正确,D错误。
5.(2019湘赣14校联考,6)如图,叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面(与水平夹角均为θ)一起下滑,甲图两物块接触面平行于斜面且两物块间摩擦力的大小为f1,乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块间摩擦力的大小为f2,丙图两物块接触面水平且两物块间摩擦力的大小为f3,下列判断正确的是 ( )
A.若斜面光滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
B.若斜面光滑,f1≠0,f2≠0,f3=0
C.若两物块一起匀速下滑,f1≠0,f2=0,f3≠0
D.若两物块一起匀速下滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
答案 A 本题主要考查物体的平衡、受力分析、牛顿运动定律。体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。
设斜面与水平面夹角为θ,若斜面光滑,整体沿斜面下滑的加速度为gsinθ,甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsinθ,甲图上方物块所受支持力垂直斜面,在斜面方向没有分力,故f1=0。乙图和丙图上方物块受到的支持力在斜面方向上均有分力,必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ,所以A正确,B错误;若两物块一起匀速下滑,上方物块所受合力为0,必有f1≠0,f2≠0,f3=0,C、D错。
6.(2018天津河东一模)(多选)如图所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。若使斜劈A在斜面体C上静止不动,则P、Q对球B无压力。以下说法正确的是 ( )
A.若C的斜面光滑,斜劈A由静止释放,则Q对球B有压力
B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则P、Q对B球均无压力
C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则P、Q对球B均无压力
D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面以一定的初速度减速下滑,则P对球B有压力
答案 ACD 若C的斜面光滑,无论斜劈是由静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的加速度,方向均沿斜面向下;根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向下,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及Q对球的压力,而P对球无压力,所以A选项是正确的,B选项是错误的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则B球处于平衡状态,受重力和盒子底部的支持力而平衡,P、Q对球均无压力,所以C选项是正确的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面减速下滑,斜劈和球整体具有相同的加速度,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及P对球的压力,所以D选项是正确的。
思路点拨 斜劈A在斜面体C上静止不动,则B受的重力和支持力平衡。当斜面光滑,斜劈A和B球具有相同的加速度且方向沿斜面向下,再通过对B球进行分析,进而判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙时,按照同样的方法,先判断出整体的加速度方向,再隔离B进行受力分析,从而判断P、Q对球有无压力。
7.(2018湖南五市十校12月联考)如图所示,质量为M的斜面体C放在粗糙的水平面上,其倾角为θ,小物块A、B质量分别为m和2m,与斜面间的动摩擦因数相同,两者中间用轻杆连接,沿斜面匀速下滑,斜面体始终静止,则下列说法正确的是 ( )
A.轻杆给B的弹力沿斜面向上
B.轻杆给B的弹力沿斜面向下
C.地面对C的摩擦力水平向左
D.地面的摩擦力为零
答案 D 本题主要考查利用整体法与隔离法分析物块所受摩擦力情况,体现了模型建构、科学推理和科学论证的核心素养。以A、B为整体进行受力分析,(m+2m)gsinθ=μ(m+2m)gcosθ,则μ=sinθcosθ,对B进行分析,则2mgsinθ=μ·2mgcosθ,故轻杆对B的弹力为零,故A、B错误;A、B匀速下滑,处于平衡状态,则A、B受到斜面体的合力竖直向上,A、B对斜面体的合力竖直向下,则斜面体水平方向上受的外力为零,即地面对C的摩擦力为零,故C错误,D正确。
解题指导 轻杆弹力有无可以利用假设法分析。
8.(2019长郡中学二模)(多选)一块足够长的白板静止于水平桌面上,一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上,石墨块与白板间动摩擦因数为μ,重力加速度为g。从某时刻起,使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间t白板突然停下,不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量,在石墨块也停止运动时,白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是 ( )
A.v0t2 mv02 B.v02μg mv02
C.v0t-12μgt2 μmgv0t D.v0t μmgv0t
答案 AC 本题主要考查牛顿运动定律及相对运动知识。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证等素养要素。
在时间t内,石墨块可能一直匀加速,也可能先匀加速后匀速;石墨块匀加速时,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,解得:a=μg。
如果时间t内,石墨块一直匀加速,加速的位移x1=12(μg)t2,时间t内,相对白板的位移Δx1=v0t-x1=v0t-12μgt2;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x1'=x1=12μgt2<Δx1,白板上黑色痕迹的长度为v0t-12μgt2,二者相对运动过程中产生的热量Q1=μmg(Δx1+x1')=μmgv0t。
如果石墨块先匀加速,后匀速,时间t内,石墨块位移x2=v022μg+v0t-v0μg,相对白板的位移Δx2=v0t-x2=v022μg;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x2'=v022μg=Δx2,白板上黑色痕迹的长度为v022μg,二者相对运动过程中产生的热量Q2=μmg(Δx2+x2')=μmg·2v022μg=mv02。
如果白板停下时石墨块加速运动的末速度恰好为v0,则石墨块的位移x3=0+v02·t,相对白板的位移Δx3=v0t-x3=v0t2。经过时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x3'=v022μg=v0+02t=Δx3,白板上黑色痕迹的长度为v022μg=12v0t,二者相对运动过程中产生的热量Q3=μmg(Δx3+x3')=mv02。故A、C正确,B、D错误。
9.(2020届甘肃兰州一中期中,21)(多选)如图所示,有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上,另一质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点,物块与木板在AB段的动摩擦因数为μ,在BC段的动摩擦因数为2μ,若把物块放在长木板左端,对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端,对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与木板发生相对滑动。下列说法正确的是 ( )
A.F1与F2的大小之比为1∶2
B.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1
D.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
答案 ACD 若物块放在左端,施加水平向右的力F1时,由题意可知,对物块有F1-μmg=ma,对木板有μmg=ma
联立得,F1=2μmg。同理,若放在右端,施加向左的力F2时,有F2=4μmg
故F1F2=2μmg4μmg=12,选项A正确;
当F1变为2F1时,物块与木板相对滑动,此时,物块的加速度a1=2F1m-μg
木板加速度a2=μg
设AB的长度为L,运动到B历时t,由位移关系得12a1t2-12a2t2=L
解得:t=2L2F1m-2μg;同理,施加向左的2F2时,运动到B的时间t'=2L2F2m-4μg
两次运动到B点的时间之比为2∶1,选项B错误;
当F1、F2都变为原来的2倍,木板的位移分别为x1=12a2t2=μg2t2和x2=μgt'2,因此,物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1,选项C正确;小物块最终都会滑离木板,整个过程中摩擦生热之比为1∶1,选项D正确。
二、非选择题
10.(2020届长沙一中月考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置,A是一个质量为M=1kg的小车,小车置于光滑的水平面上,在小车左端放置一质量为m0=0.1kg的收纳箱B,现将一质量为m1=0.9kg的物体放在收纳箱内,在传送途中,先对收纳箱施加一个方向水平向右,大小F1=3N的拉力,小车和收纳箱开始运动,作用时间t1=2s后,改变拉力,大小变为F2=1N,方向水平向左,作用一段时间后,撤掉作用力,小车正好到达目的地,收纳箱到达小车的最右端,且小车和收纳箱的速度恰好为零,已知收纳箱与小车间的动摩擦因数μ=0.1。(物体和收纳箱大小不计,物体与收纳箱在整个过程中始终相对静止,g取10m/s2)求:
(1)t=2s时,收纳箱的速度大小;
(2)力F2作用的时间;
(3)小车的长度。
答案 (1)4m/s (2)6s (3)83m
解析 本题考查牛顿运动定律综合应用及运动学基本规律。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证要素。
(1)施加F1时,A、B相对运动
收纳箱的加速度:a1=F1-fm1+m0=2m/s2
收纳箱的速度:v1=a1t1=4m/s方向向右
(2)施加F1,A、B相对运动时
小车的加速度:a2=f'M=1m/s
经t1=2s收纳箱运动位移:s1=12a1t12=4m
小车运动位移:s2=12a2t12=2m
小车的速度:v2=a2t1=2m/s,方向向右
2秒后,收纳箱做匀减速运动的加速度
a1'=F2+fm1+m0=2m/s2,方向向左
小车加速度不变,仍为a2=1m/s2,方向向右。
当两者速度相等时,收纳箱恰好到达小车最右端,以后收纳箱和小车一起作为整体向右以加速度
a3=F2m0+m1+M=0.5m/s2
做匀减速运动直到速度都为0。
共同速度为v=v1-a1't2,v=v2+a2t2
t2=23s,v=83m/s
收纳箱和小车获得共同速度至停止运动用时t3=va3=163s
力F2作用时间为t=t2+t3=6s
(3)小车在t2时间内位移s3=v2t2+12a2t22=149m
收纳箱在t2时间内位移为s4=v1t2-12a1't22=209m
小车长度L=s1-s2+s4-s3=83m
11.(2019怀化三中月考)工厂利用与水平面夹角为θ=37°的传送带输送相同规格的小工件,如图中A、B位置为轮子与传送带的切点,每个工件均从A位置无初速度地轻置于传送带上,到达B位置随即被取走。已知传送带总长L=15m,A、B间距L0=7.2m,传送带匀速转动的速率v0=0.8m/s,工件从A运动到B的时间t=10s,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。
(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)若第一个工件从传送带A位置出发后2s,第二个工件被置于A位置,此时由于故障,传送带的速度突然增大到3m/s并运行4s后停止运动,忽略传送带速度变化所用时间,求因与工件摩擦,传送带上出现的擦痕长度。
答案 (1)0.8 (2)10.4m
解析 本题考查牛顿运动定律的综合应用。体现了核心素养中模型建构、科学推理要素。
(1)根据题意可知,工件先加速到v0再匀速运动,
设工件的质量为m,加速时间为t1,
则v02t1+v0(t-t1)=L0,
解得t1=2s,
工件的加速度a=v0t1=0.4m/s2,
根据牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,
解得μ=0.8。
(2)根据(1)可知第一个工件在传送带速度增大到v=3m/s后继续加速,
由L0=12at22,可得t2=6s,且v2=at2=2.4m/s
第二个工件放上传送带至传送带停止运动,工件做匀加速运动,该过程此工件在其前方的传送带上出现的擦痕长度l2=v(t2-t1)-12a(t2-t1)2=8.8m,
当传送带停止运动时,两个工件间的距离Δx=12at22-12a(t2-t1)2=4m,
由上述计算可知,两工件产生的擦痕有重叠,即当传送带停止运动后,第二个工件在传送带上的擦痕区域做匀减速运动,传送带上的擦痕长度不再增加,故最终传送带上出现的擦痕长度为l=l1+Δx=10.4m。
12.(2020届陕西西安中学期中,17)如图所示,质量m1=2kg小物块放在足够长的质量m2=1kg的木板的左端,板和物块间的动摩擦因数μ1=0.2,板和水平面间的动摩擦因数μ2=0.1,两者均静止。现突然给木板向左的初速度v0=3.5m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10N,当木板向左运动最远时撤去F,取g=10m/s2。求:
(1)木板开始运动时,小物块和木板的加速度大小;
(2)整个过程中,木板在水平面上滑行的位移大小;
(3)整个过程中,小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。
答案 (1)3m/s2 7m/s2
(2)0.625m
(3)9.875J
解析 本题考查了牛顿运动定律在连接体中的应用,体现了运动与相互作用要素。
(1)由题意知物块向右做匀加速运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动,物块与木板间滑动摩擦力为
f1=μ1m1g=0.2×2×10N=4N
则物块的加速度大小为a1=F-f1m1=10-42m/s2=3m/s2,方向向右;
木板与水平面之间的摩擦力为f2=μ2(m1+m2)g=0.1×(2+1)×10N=3N
根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为a2=f1+f2m2=4+31m/s2=7m/s2,方向也向右;
(2)当木板向左的位移最大时,对水平面的速度为0,选取向右为正方向,则木板的位移为x1=0-v022a2=0-(-3.5)22×7m=-0.875m
经历的时间为t1=0-v0a2=0-(-3.5)7s=0.5s
此时小物块的速度为v1=a1t1=3×0.5m/s=1.5m/s
此过程中小物块的位移为x2=12a1t12=12×3×0.52m=0.375m
在撤去F后的小物块水平方向只受到摩擦力,则加速度为a1'=-f1m1=-42m/s2=-2m/s2
此后木板向右运动,此时受到水平面的摩擦力的方向向左,则木板的加速度为a2'=f1-f2m2=4-31m/s2=1m/s2
设经过时间t2二者的速度相等,则有:v1+a1't2=a2't2
代入数据得:t2=0.5s
此时刻的速度为v2=a2't2=1×0.5m/s=0.5m/s
此过程中小物块的位移为x2'=v1+v22·t2=1.5+0.52×0.5m=0.5m
木板的位移为x1'=12a2't22=12×1×0.52m=0.125m
当木块、木板具有共同速度时,若两者不再发生相对滑动,则二者一起做减速运动,它们在水平方向只受到地面的摩擦力。
以小物块与木板组成的系统为研究对象,整体的加速度为a3=-f2m1+m2=-32+1m/s2=-1m/s2
由于|-1m/s2|<|-2m/s2|,可知满足二者一起减速的条件。设经过时间t3,两者速度为0,则有:
0=v2+a3t3,代入数据得:t3=0.5s
该过程中二者的位移为x3=0-v222a3=0-0.522×(-1)m=0.125m
所以木板在水平面上的总位移为x=x1+x1'+x3=-0.875m+0.125m+0.125m=-0.625m,负号表示方向向左
(3)小物块与木板之间产生的热量为Q1=f1Δs=f1(x2+x2'-x1-x1')=4×[0.375+0.5-(-0.875)-0.125]J=6.5J
木板与水平面之间产生的热量为Q2=f2s=f2(|x1|+x1'+x3)=3×(0.875+0.125+0.125)J=3.375J
所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为:Q=Q1+Q2=6.5+3.375J=9.875J
B组
一、选择题
1.(2020届江苏扬州期中,5)如图所示,置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB,它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大,下列操作可行的是 ( )
A.仅减小B的质量 B.仅增大A的质量
C.仅将A、B的位置对调 D.仅减小水平面的粗糙程度
答案 C 本题考查牛顿第二定律,主要考查考生的科学推理素养。
设弹簧的劲度系数为k,伸长量为x,相同加速度为a,对B受力分析有:kx-μmBg=mBa,对A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,两式联立消去a,整理可得x=Fk1+mAmB,由此可见,A、B均错误。因为mA>mB,所以mAmB>1,A、B位置对调以后x的表达式为x=Fk1+mBmA,又因为mBmA<1,所以x增大,故C正确。x的表达式中不含动摩擦因数,因此x与水平面的粗糙程度无关,故D错误。
2.(2019江苏南通、徐州等六市二调,3)如图所示,倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A,跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行,另一端连接质量为m的物块B,质量也为m的物块C位于木板顶端。由静止释放后,C下滑,而A、B仍保持静止。已知M=1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为 ( )
A.34g B.12g C.14g D.18g
答案 C 对A受力分析有Mgsin30°+f=mg,M=1.5m,可得A、C间的摩擦力f=0.25mg;对C受力分析可得mgsin30°-f=ma,解得C下滑的加速度a=14g,选项C正确,A、B、D错误。
3.(2019江苏扬州中学四模,2)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4,则下列判断一定正确的是 ( )
A.F1
A.夏季输电线对输电塔的拉力较大
B.夏季与冬季输电线对输电塔的拉力一样大
C.夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大
D.冬季输电塔对地面的压力大
答案 C 本题考查了力的合成与分解、共点力的平衡知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、的要素。
对输电线进行受力分析如图,设拉力与竖直方向夹角为θ,根据平衡有mg=2Tcosθ,输电线夏季比冬季要更加下垂一些,夏季θ小,拉力小,根据牛顿第三定律可知夏季输电线对输电塔的拉力较小,故A、B错误;无论冬季还是夏季,对输电塔和电线整体受力分析可知,对地面压力等于整体的重力,不变,故C正确,D错误。
解题关键 (1)分别对输电线与整体进行受力分析;(2)理解输电线变长后对输电线与竖直方向之间的夹角的变化。
5.(2020届山东师大附中月考,5)一人乘电梯,在竖直下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向下为a的正方向,则人对地板的压力 ( )
A.t=2s时最大 B.t=6s时为零
C.t=8.5s时最大 D.t=8.5s时最小
答案 C 本题考查了超重和失重知识,以及理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新的要素。
t=2s时,加速度向下,为失重现象,则FN
6.(2019江苏徐州、连云港等四市摸底,2)如图甲中,两滑块A和B叠放在光滑水平地面上,A的质量为m1,B的质量为m2,设A、B间的动摩擦因数为μ,作用在A上的水平拉力为F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为F与μ的关系图像,其直线方程为F=m1(m1+m2)gm2μ。下列说法正确的有 ( )
A.μ和F的值位于a区域时,A、B相对滑动
B.μ和F的值位于a区域时,A、B相对静止
C.μ和F的值位于b区域时,A、B相对滑动
D.μ和F的值位于b区域时,A、B相对静止
答案 AD 当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B即将发生相对滑动,设此时B的加速度为a2,对B由牛顿第二定律可得μm1g=m2a2,即a2=μm1gm2,再对A、B整体由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a=m1(m1+m2)gm2μ,可见当F=m1(m1+m2)gm2μ时,A、B即将发生相对滑动。所以当μ和F的值位于a区域时,F>m1(m1+m2)gm2μ,A、B已经发生相对滑动,选项A正确,B错误;当μ和F的值位于b区域时,F
A.减小推力F B.减小倾角θ
C.减小B的质量 D.减小A的质量
答案 AC 本题考查了力的合成与分解、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设动摩擦因数为μ,对AB整体受力分析有F-mAgsinθ-mBgsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,对B受力分析有FAB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,由以上两式可得FAB=mBmA+mBF=FmAmB+1,可知,为使FAB减小,应减小推力F,增加A的质量,减小B的质量,故A、C正确,B、D错误。
解题思路 当用平行于斜面向上的恒力F推A,两物块沿斜面匀加速上升时,对整体运用牛顿第二定律求出加速度,再对B研究,根据牛顿第二定律求出A、B间的弹力,即可分析减小A、B间压力的方法。
方法技巧 本题是连接体问题,抓住两个物体的加速度相同,采用整体法与隔离法,灵活选择研究对象。
8.(2020届山东烟台期中,10)某人在距离地面某高度处以5m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球,小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点,小球运动的v-t图像如图所示,t=1.5s时,小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变,则 ( )
A.小球一直做匀变速直线运动
B.小球抛出点离地面高度为3.55m
C.小球运动过程中所受阻力大小为0.4N
D.当地重力加速度大小为10m/s2
答案 BC 本题考查了v-t图像、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
小球上升过程中的加速度大小a1=Δv1Δt1=50.5m/s2=10m/s2,下落过程中的加速度大小a2=Δv2Δt2=9.61.5-0.5m/s2=9.6m/s2,整个运动过程中的加速度大小变化,故不是做匀变速直线运动,故A错误;小球抛出点离地面高度为h=12×9.6×(1.5-0.5)m-12×5×0.5m=3.55m,故B正确;设小球运动过程中所受阻力大小为f,重力加速度为g,根据牛顿第二定律可得,上升过程中mg+f=ma1,下落过程中,mg-f=ma2,解得f=0.4N,g=9.8m/s2,故C正确,D错误。
解题思路 (1)根据v-t图像求解加速度,分析运动情况;(2)根据图像与坐标轴围成的面积求解高度;(3)根据牛顿第二定律求解阻力和重力加速度大小。
9.(2019山东莱芜一中质检,9)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度沿逆时针匀速转动,两边的传送带长度都是2m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是 ( )
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程
答案 BCD 物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑,因mgsin37°>μmgcos37°,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物块沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A错误,B、C正确;相对传送带的路程由相对位移决定,A物块与传送带运动方向相同,相对传送带的路程较小,故D正确。
二、非选择题
10.如图所示,质量M=20kg的物体从光滑曲面上高度H=0.8m处释放,到达底端时进入水平传送带,传送带由一电动机驱动着逆时针匀速转动,速率为3m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10m/s2)
(1)若两皮带轮之间的距离是6m,物体冲上传送带后就移走光滑曲面,物体将从哪一边离开传送带?通过计算说明你的结论。
(2)若皮带轮间的距离足够大,从物体滑上到离开传送带的整个过程中,由于物体和传送带间的摩擦而产生了多少热量?
答案 (1)见解析 (2)490J
解析 (1)物体从曲面上下滑时机械能守恒,有
MgH=12Mv02
解得物体滑到底端时的速度
v0=2gH=4m/s
以地面为参考系,物体滑上传送带后向右做匀减速运动,期间物体的加速度大小和方向都不变,加速度大小为a=μg=1m/s2
物体从滑上传送带到相对地面速度减为零,对地向右发生的位移为
s=0-v02-2a=0-42-2m=8m>6m
表明物体将从右边离开传送带。
(2)传送带速度v=3m/s,因v0>v,若两皮带轮间的距离足够大,则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零,后向左做匀加速运动,直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止,从传送带左端掉下。相对滑动期间物体的加速度大小和方向都不变,取向右为正方向,物体发生的位移为
s1=vt2-v02-2a=(-3)2-42-2m=3.5m
物体运动的时间为t=vt-v0-a=7s
这段时间内传送带向左运动的位移大小为
s2=vt=3×7m=21m
物体相对于传送带滑动的距离为
Δs=s1+s2=24.5m
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为
Q=f·Δs=μMg·Δs=490J
11.(2019江苏南京、盐城调研二)如图所示,质量为m=1kg的物块(可视为质点),放置在质量M=2kg足够长木板的中间,物块与木板间的动摩擦因数为0.1,木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区,两作用区的宽度均为1m,相距为d,作用区只对物块有力的作用,Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右,Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左,作用力大小均为3N。将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放,已知在整个过程中物块不会滑离木板,取g=10m/s2。
(1)在物块刚离开Ⅰ区域时,物块的速度是多大?
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时,物块与木板的速度刚好相同,求两作用区的边界距离d。
答案 (1)2m/s (2)1.5m
解析 (1)在Ⅰ区域时对物块受力分析,根据牛顿第二定律得F-μmg=mam1
am1=F-μmgm=2m/s2
对木板受力分析,有μmg=MaM1
aM1=0.5m/s2
设物块在区域Ⅰ中运动时间为t1,因运动位移L=1m,且L=12am1t12
则t1=2Lam1=1s
vm1=am1t1=2m/s
(2)物块离开Ⅰ区域后,μmg=mam2
解得am2=1m/s2
aM2=aM1=0.5m/s2
物块刚离开区域Ⅰ时,木板速度vM1=aM1t1=0.5m/s
设物块从离开Ⅰ区域到与木板达到共同速度用时t2
vm1-am2t2=vM1+aM2t2
解得t2=1s
则d=vm1t2-12am2t22=1.5m
12.(2018安徽皖南八校联考,17)如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面上有固定挡板AB,斜面上B、C两端点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的小物块和薄木板,小物块视为质点,薄木板长为L,下端位于挡板AB处,整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ=32,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动,木板上端恰能到达C点,求初速度大小;
(2)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,为使木板上滑且与物块间没有相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,且大小为F=2mg,假设在此后的运动过程中小物块始终未脱离木板,要使木板上端恰能到达C点,求拉力F作用的时间t1。
答案 (1)g(2h-L)
(2)mg
解析 (1)以木板和小物块整体为研究对象,由动能定理有
-2mg(h-Lsinθ)=0-12·2mv02
解得:v0=g(2h-L)
(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a,最大拉力为Fm,则
对物块有μmgcosθ-mgsinθ=ma
对物块和木板整体有Fm-2mgsinθ=2ma
解得Fm=1.5mg
要使整体能沿斜面上升应满足F>2mgsinθ=mg
所以mg
对物块μmgcosθ-mgsinθ=ma1
对木板F-mgsinθ-μmgcosθ=ma2
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
在t1时刻小物块的速度为v1,木板的速度v2,则
v1=a1t1,v2=a2t1
设撤去拉力后,经过时间t2二者速度相同,则
v3=v2-a3t2=v1+a1t2
此后二者一起匀减速上滑,设加速度大小为a4,则
2mgsinθ=2ma4
全过程中木板的位移:x=12a2t12+a2t1t2-12a3t22+v322a4
由几何关系有:hsinθ=x+L
解得拉力F作用的时间 t1=3(2h-L)2g
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