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高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件
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这是一份高中物理高考 2020届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件，共60页。
考点一 牛顿运动定律的理解和简单应用
1.[2019天津理综,9,(1)]第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量h定义,“国 际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的数值为6.63×10-34,根据能量子定义,h的单 位是 ,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为 。
答案 J·s kg·m2/s
解析 本题考查国际单位制中普朗克常量h的导出单位。能量E=hν,则h=E/ν,故h的单位为J·s。由W=Fs=mas可知,1 J=1 kg·(m/s2)·m,故1 J·s=1 kg·m2/s。
A组 自主命题·天津卷题组
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
2.(2019北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位,其他单位均 可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s-1。历史上,曾用“米原器”定义米,用 平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的 影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯-133原子基态的两个超精细能 级间的跃迁辐射的频率Δν=9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 m·s-1 定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关 系如图,例如,s对应Δν,m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和 技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是 ( )
A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量q与电流I存在I=q/t,而s已定义D.因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位
答案 D 本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定义方法及导出方 法考查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社 会发展、科技进步等价值观念。由于物理常量与环境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式 等因素的影响,A正确。由题意可知,t、ν的单位已定义,真空中光速c、基本电荷e、普朗克常 量h均为基本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、hν=mc2来定义长度单位m、电流单位A及质量 单位kg,B、C正确,D错误。
3.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,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 ( )
答案 A 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为 x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速 直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图 线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
易错点拨 注意胡克定律中形变量的含义胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量。本题中x表示P离开静止位置的位移,此时的形 变量为x0-x而不是x。
4.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点 上的力不发生改变,则 ( )A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案 BC 由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做 匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上, 则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变 的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总 与该恒力方向相同,C项正确。
5.(2014北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促 进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静 止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材 料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得 到的最直接的结论是 ( ) A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
答案 A 根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的 位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下 得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题, 故错误。
考查点 牛顿运动定律。
思路点拨 本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到 与O点等高处。
6.(2011北京理综,18,6分,0.60)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从 几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情 况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。据图可知,此人在蹦极 过程中最大加速度约为 ( )A.g B.2g C.3g D.4g
答案 B “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重 力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即 F0=mg,则F0= mg。 当绳子拉力最大时,人处于最低点且合力最大,故加速度也最大,此时F最大= F0=3mg,方向竖直向上,由ma=F最大-mg=3mg-mg=2mg得最大加速度为2g,故B正确。
考点二 牛顿运动定律的综合应用A组 自主命题·天津卷题组
1.(2013天津理综,10,16分)质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 N的水 平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=20 m,物块 与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。
答案 (1)16 m (2)2 s
解析 (1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=μmg ①根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有Fx1-F1x=0 ②代入数据,解得x1=16 m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为x2,则x2=x-x1 ④由牛顿第二定律得a= ⑤由匀变速直线运动公式得v2=2ax2 ⑥以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得-F1t=0-mv ⑦代入数据,解得t=2 s⑧
2.(2019课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与 固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时 撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如 图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得 出 ( ) 图(a)
图(b) 图©
A.木板的质量为1 kgB.2 s~4 s内,力F的大小为0.4 NC.0~2 s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB 本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理的核心素养。分析知木板受到的摩擦力f '=f。0~ 2 s,木板静止,F=f ',F逐渐增大,所以C错误。4 s~5 s,木板加 速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f '=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2 s ~ 4 s,对木板有F-f '=ma1,F=f '+ma1=0.2 N+1× N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。
思路分析 以木板为研究对象,通过f-t与v-t图像对相应过程进行受力分析、运动分析,列方程 解出相应的问题。
3.(2015课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线 如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出 ( )A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜 面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cs θ=ma1,mg sin θ-μmg cs θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物 块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
4.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车 厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( )A.8 B.10 C.15 D.18
答案 BC 如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当 向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车车厢总节数N=x+y= x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。
评析 本题考查了牛顿第二定律的应用。恰当地选取研究对象,充分利用数学知识分析推理, 是解题的关键。题目难度适中,区分度很好。情景来源于生活且不偏不怪,较好地考查了考生 应用知识解决实际问题的能力,是道好题。
5.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A 与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距 离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰 好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析 本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL= 解得vA= (2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA= aAt2,xB=vBt- aBt2
解题技巧 A、B间存在相对滑动时,其相互间摩擦力为滑动摩擦力;而二者速度达到相同 时,摩擦力突变为静摩擦力,此时可采用整体法分析处理。
且xB-xA=L解得vB=2
6.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平 地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间 的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相 遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s 2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
解析 本题考查直线运动和牛顿定律。(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别 为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。 在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg ①f2=μ1mBg ②f3=μ2(m+mA+mB)g ③由牛顿第二定律得f1=mAaA ④f2=mBaB ⑤f2-f1-f3=ma1 ⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1 ⑦v1=a1t1 ⑧
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- aB ⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第 二定律有f1+f3=(mB+m)a2 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方 向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小 从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2 对A有v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2- a2 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2 A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m (也可用如图的速度-时间图线求解)
审题指导 如何建立物理情景,构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动 情况。②把握好几个运动节点。③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
7.(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有 一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同 速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方 向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所 示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加 速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1 ①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1 ②s0=v0t1+ a1 ③式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式并结合题给条件得μ1=0.1 ④在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变 速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2 ⑤由图(b)可得a2= ⑥
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4 ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二 定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧v3=-v1+a3Δt ⑨v3=v1+a2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s1= Δt 小物块的位移为s2= Δt 小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1 联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得
Δs=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中 小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 碰后木板运动的位移为s=s1+s3 联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得s=-6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
8.(2014北京理综,18,6分,0.19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣 和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析 正确的是 ( )A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
答案 D 物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后 物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者 速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则 手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。
思路点拨 分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度, 失重时物体具有向下的加速度。
9.(2015课标Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一 倾角为θ=37°(sin 37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总 质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为 光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
解析 (1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大 小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平 衡条件得 f1=μ1N1 ①N1=mg cs θ ②f2=μ2N2 ③N2=N1+mg cs θ ④规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得mg sin θ-f1=ma1 ⑤
mg sin θ-f2+f1=ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得a1=3 m/s2 ⑦a2=1 m/s2 ⑧(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6 m/s⑨v2=a2t1=2 m/s⑩t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得a1'=6 m/s2 a2'=-2 m/s2 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+a2't2=0 联立 式得t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为s= - =12 m<27 m 此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有l-s=(v1+a1't2)t3+ a1' 可得t3=1 s(另一解不合题意,舍去) 设A在B上总的运动时间为t总,有t总=t1+t2+t3=4 s (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分)
10.(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约3 9 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了 跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度 的大小;(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运 动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg, 试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)
答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度 处的速度大小为v。根据运动学公式有v=gt ①s= gt2 ②根据题意有s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m③联立①②③式得t=87 s④v=8.7×102 m/s⑤(2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k ⑥由所给的v-t图像可读出vmax≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k=0.008 kg/m⑧
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019红桥二模)现如今我们的生活已经离不开电梯,如图所示有两种形式的电梯,甲是商场 中常用的扶梯,乙是居民楼中常用的直梯。当它们都加速上升时(加速度方向如图所示),下列 说法正确的是 ( ) A.甲电梯上的人只受到重力和支持力的作用B.甲电梯上的人处于超重状态C.乙电梯中人受到的摩擦力为零D.乙电梯中的人处于失重状态
答案 BC 对甲受力分析可以知道,加速度与合力同方向,合力斜向左上方,因而人受到的摩 擦力与接触面平行水平向左,人受到的重力、支持力和摩擦力的合力方向斜向左上方,故人应 受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用,故A错误;因为加速度向左上方,竖直方向有向上的 分加速度,故甲中人处于超重状态,B正确;对乙受力分析可以知道,乙水平方向不受外力,故乙 在水平方向不受摩擦力,所以C选项是正确的;因乙物体加速度方向竖直向上,故乙物体处于超 重状态,故D错误。
解题技巧 斜向左上方的加速度可以分解为水平加速度ax和竖直方向加速度ay。再分析水平 方向和竖直方向上的受力情况可求得是否超重以及摩擦力是否为零。加速度(或分加速度)方 向竖直向上则超重,竖直向下则失重。
2.(2018河东一模)传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意 图,绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行,将行李无初速度地放在左端A处。传送带A、B间 的距离为L,则 ( ) A.行李在传送带上一定匀加速至B端B.行李在传送带上始终受到向右的静摩擦力C.行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力D.行李在传送带上的时间可能小于
答案 C 开始时行李在传送带上向右做匀加速直线运动,行李受滑动摩擦力,当行李的速度 等于传送带速度时,若行李的位移小于传送带的长度,则之后行李与传送带相对静止做匀速直 线运动,行李做匀速直线运动时不受摩擦力,故A、B错误,C正确;如果行李从开始一直做速度 为v的匀速运动,则时间为 ,但实际上行李做初速度为0的变速运动,最大速度不大于v,则全程平均速度小于v,故时间一定大于 ,故D错误。
3.(2018河西二模)一物体由静止开始做直线运动,其加速度随时间变化的规律如图所示。取物 体开始运动的方向为正方向,则下列关于物体运动的v-t图像正确的是 ( )
答案 C 根据加速度随时间变化的图像可得,0~1 s为匀加速直线运动,1 s末速度为1 m/s,速 度为正方向,D错;1~ 2 s加速度变为负值,而速度为正方向,当第二秒末,速度减小为0,B错;2~ 3 s, 加速度为正方向,初速度为0,物体做正方向的匀加速直线运动,3 s末速度为1 m/s即从第二秒开 始又重复前面的运动,C对,A错。
考点二 牛顿运动定律的综合应用
4.(2019红桥一模)一个静止的质点,在0~4 s时间内受到力F的作用,力的方向始终在同一直线 上,力F随时间的变化规律如图所示,则质点在 ( )A.第2 s末速度改变方向 B.第2 s末位移改变方向C.4 s末回到原出发点 D.第4 s末运动速度为零
答案 D 根据牛顿第二定律F=ma可得加速度a正比于合力F,故加速度a随时间变化的规律 和F随时间变化的规律相同,故t=1 s时物体的加速度最大,t=2 s时物体的加速度为零,t=3 s时物 体的加速度方向为负方向且最大,t=4 s时物体的加速度为0。因为加速度图像与时间轴围成的 面积表示物体的速度,故在0~ 2 s内物体始终加速,2 s时速度最大,2~ 4 s内加速度为负值,物体 的速度减小,4 s时速度减为零,即速度方向保持不变,故A错误,D正确;物体在0~4 s内位移始终 增加,故B、C错误。
5.(2019河北二模)如图所示,ab、cd是竖直面内两根固定的光滑细杆,ab、cd两端位于相切的两 个竖直圆周上。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),两个滑环分别从a、c处释放(初速 度为零),用t1、t2依次表示小滑环从a到b和从c到d所用的时间,则 ( ) A.t1>t2 B.t1
解题技巧 对物体受力分析可以知道,小球在两条斜槽上的运动规律类同,只是加速度的大小 和位移的大小不一样,由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求得它们各自的运动时 间。
6.(2019河东二模)如图所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下 从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位 置坐标变化的关系图像如图所示,g=10 m/s2,下列选项正确的是 ( ) 甲 乙A.2~3 s内物块做匀减速直线运动B.在t=1 s时刻,恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案 BD 物块做匀减速直线运动的加速度大小为:a1= = m/s2=10 m/s2,物块做匀加速直线运动的加速度大小:a2= = m/s2=4 m/s2,物块做匀减速直线运动的时间为:t1= = s=1 s,即在1 s末恒力F反向,物块做匀加速直线运动,故A项错误,B项正确。根据牛顿第二定律 得:F+f=ma1,F-f=ma2,联立两式解得:F=7 N,f=3 N,故C项错误。动摩擦因数为:μ= =0.3,故D项正确。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:30分钟 分值:45分一、选择题(每小题5分,共35分)
1.(2018南开二模)如图所示,A、B两物体静止在粗糙水平地面上,其间用一根轻弹簧相连,弹簧 的长度大于原长。若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B,直到A即将移动,此 过程中,地面对B的摩擦力f1和对A的摩擦力f2的变化情况是 ( ) A.f1先变小后一直变大B.f1先不变后变大C.f2先变大后不变D.f2先不变后变大
答案 D 在B滑动之前,对B受力分析,B受向左的弹力(不变)、向右的拉力F(逐渐增大),以及 静摩擦力f1(先逐渐减小再反向增大),B滑动过程中滑动摩擦力f1不变,弹簧弹力增大,选项A、B 错误;对A受力分析,B滑动之前,A受到的弹簧弹力不变,静摩擦力f2也不变。B滑动之后,随着弹 簧弹力的增大,A受到的静摩擦力f2随之增大,选项D正确,C错误。
2.(2018河北二模)如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物 块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时, 小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则 ( ) A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 B 物块滑上传送带后将做匀减速直线运动,t1时刻速度为零,此时小物块离A处的距离 达到最大,选项A错误;t1~ t2的时间内,物块在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,t2 时刻与传送带达到共同速度,此时小物块相对传送带滑动的距离最大,选项B正确;0~ t2时间内, 小物块受到的摩擦力方向始终向右,选项C错误;t2~ t3时间内小物块不受摩擦力,选项D错误。
3.(2018红桥一模)如图所示,A和B的质量分别是2 kg和3 kg,弹簧和悬线的质量不计,A上面的悬 线烧断的瞬间 ( ) A.A的加速度等于2.5gB.A的加速度等于零C.B的加速度等于gD.B的加速度等于2g
答案 A 悬线烧断前,由B受力平衡得:弹簧的弹力大小F=mBg。悬线烧断的瞬间,弹簧的弹力 没有来得及变化,大小仍为F=mBg,此瞬间B物体受到的弹力与重力仍平衡,合力为零,则B的加 速度为零。A受到重力和向下的弹力,由牛顿第二定律得:A的加速度为aA= = = g=2.5g,故A正确,B、C、D均错误。
4.(2018和平二模)如图所示,水平地面上有一倾角为30°的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物 块恰沿着斜劈的表面匀速下滑,现对小物块施加一沿斜劈表面向下的恒力F,使它沿该斜劈表 面加速运动。在运动过程中,保持力F的大小不变,方向则逐渐沿逆时针方向转到竖直向下。 斜劈表面足够长。斜劈始终相对地面静止。下列说法中正确的是 ( ) A.小物块先做加速度增大的加速运动,最后做匀速运动B.小物块先做加速度减小的加速运动,最后做匀加速运动C.在运动过程中,地面对斜劈的支持力逐渐增大D.在运动过程中,地面对斜劈的摩擦力先减小后增大
答案 C 物块匀速下滑时,由平衡条件有:mg sin 30°=μmg cs 30°,得:μ=tan 30°,当保持力F的 大小不变,方向沿逆时针方向转到竖直向下的过程中,设F与斜面间的夹角为α,由牛顿第二定 律有:(mg sin 30°+F cs α)-μ(mg cs 30°+F sin α)=ma,得:F(cs α-μ sin α)=ma,α增大,cs α减小, sin α增大,则知a减小,当α=60°时,a=0,所以小物块先做加速度减小的加速运动,最后做匀速运 动,故A、B错误。对物块和斜面整体受力分析,竖直方向有:(M+m)g-N+F cs (60°-α)=ma sin 30 °,得N=(M+m)g+F cs(60°-α)-ma sin 30°=(M+m)g+ F sin α,α增大,N增大,所以地面对斜劈的支持力N逐渐增大。故C正确。当F沿斜面向下时,斜面的受力情况不变,地面对斜面的摩擦力 为零。当F竖直向下时,对物块有:(mg+F)sin 30°=μ(mg+F) cs 30°,物块做匀速运动,对整体,由 平衡条件知地面对斜面的摩擦力为零。F方向在变化过程中,F都可以分解为竖直向下的力F1 和沿斜面向下的力F2,则知地面对斜劈的摩擦力总为零,故D错误。故选C。
名师点睛 物体恰好能在斜劈上沿斜面匀速下滑时,根据平衡条件得到物块与斜面间的动摩 擦因数。当保持力F的大小不变,方向沿逆时针方向转到竖直向下的过程中,对物块,运用牛顿 第二定律列式,分析加速度的变化。对整体,运用牛顿第二定律分析地面对斜劈的支持力和摩 擦力的变化。
5.(2017南开二模)(多选)如图a所示,物块A与木板B叠放在粗糙水平面上,A的质量为2m,B的质 量为3m,且B足够长,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。现对木板B施加一水平变力F,F随 t变化的关系如图b所示,A与B、B与地面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。下列说法正 确的是 ( ) A.在0~t1时间内,A、B间的摩擦力为零B.在t2时刻,A、B间的摩擦力大小为1.2μmgC.在t3时刻以后,A、B间的摩擦力大小为2μmgD.在t1~t2时间内,A相对于B向左运动
答案 ABC A、B间的滑动摩擦力fAB=2μmg,B与地面间的摩擦力f=5μmg,故在0~ t1时间内,推 力小于木板与地面间的滑动摩擦力,故A、B均静止,此时A、B无相对滑动,由于A不受水平方 向上的推力,故A、B间摩擦力为零,故A正确;A在木板上产生的最大加速度为a=μg,当A、B一 起以μg加速运动时,则F-5μmg=5μmg,则F=10μmg,所以在t3时刻以后,A、B发生滑动,故A、B间 的摩擦力为滑动摩擦力,大小为2μmg,故C正确;当F小于10μmg时,两物体保持相对静止,A受静 摩擦力,当F=8μmg时,根据F-5μmg=5ma,可得a=0.6μg,所以此时A、B间的摩擦力为f=2 ma=1.2μ mg,故B正确,D错误。
6.(2017河北一模)(多选)如图甲所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的 物体,逐渐增大F使物体做变加速直线运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,重力加 速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,根据图乙中所提供的信息可以计算出 ( ) A.物体的质量B.斜面倾角的正弦值C.物体能静止在斜面上所需施加的最小外力D.加速度为6 m/s2时物体的速度
对物体受力分析,受重力、支持力、拉力,如图x方向:F cs θ-mg sin θ=ma ①y方向:N-F sin θ-mg cs θ=0 ②
从图像乙中取三个点(20 N,2 m/s2)、(30 N,6 m/s2)、(0,-6 m/s2)代入①式解得:m=2 kg,θ=37°,故A、B正确;当a=0时,力最小,可解得:F=15 N,故C正确;题中并未说明力F随时 间变化的情况,故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小,故D错误。
二、非选择题(共44分)
7.(2018北辰一模)(8分)如图所示,在光滑水平面上叠放着A、B两物体,A的质量mA=6 kg,B的质 量mB=2 kg。现对B施加逐渐增大的水平向右拉力F,当F超过32 N后,A、B发生相对滑动。已 知重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A、B间的动摩擦因数μ= ; 拉力增大到40 N时,B的加速度为a= m/s2。
解析 由题意可知,当力F<32 N时,A、B相对静止。当F=F1=32 N时对A、B整体,由牛顿第二定律得:F1=(mA+mB)a1解得:a1=4 m/s2①对A由牛顿第二定律得:f=mAa1②又f=μFN=μmAg③由①②③联立解得:μ=0.4当拉力增大到40 N时,对B,由牛顿第二定律得:F-μmAg=mBa2解得:a2=8 m/s2
8.(2018红桥一模)(10分)质量为m=2 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用恒力F拉动物块 一段水平位移x1=8 m后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=10 m,物块与地 面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2求:(1)水平恒力F的大小:(2)水平恒力F的作用时间t。
9.(2019部分区一模,10)(12分)游乐场上有一小孩乘坐小电动车,静止于水平地面上的A点,小孩 与小车总质量为m=40 kg,现打开开关,发动机用F=100 N的水平恒定牵引力使小车沿直线从A 点运动到C点,位移为x1,此后关闭发动机,小车继续滑动一段时间t停在B点,A、B两点相距x=20 m,如图所示。小车与地面间的摩擦力恒为Ff=80 N,取g=10 m/s2。求:(1)小车从A到C的位移x1的大小;(2)小车从C到B的滑动时间t。
10.(2018五区县二模,14)(14分)如图所示,平板车静止在光滑水平面上,当滑块以v0=10 m/s的水 平初速度从左端滑上平板车时,给车施加一个水平向右的恒力F=16 N,经过一段时间,滑块不 再相对平板车滑动,平板车足够长。已知平板车质量为M=2 kg,滑块质量m=4 kg,滑块与平板 车之间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10 m/s2。求: (1)滑块在平板车上滑动时平板车的加速度大小;(2)经多长时间小滑块不再相对平板车滑动;(3)滑块相对平板车静止时距车的左端多远。
解析 (1)设平板车的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:F+μmg=Ma1,代入数据得:a1=16 m/s2(2)设滑块不再相对平板车滑动时的速度为v,此时滑块与平板的速度相同对平板车:v=a1t对小滑块:μmg=ma2、v=v0-a2t解得:t=0.5 s(3)平板车:x1= a1t2滑块:x2=v0t- a2t2平板车的长度:L=x2-x1解得:L=2.5 m
答案 (1)16 m/s2 (2)0.5 s (3)2.5 m
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018河西三模)(多选)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住,挡板固定在 斜面上。现用一个恒力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切 摩擦,以下说法中正确的是 ( ) A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大, 斜面对球的弹力可能为零C.斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D.斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
答案 CD 小球受到重力mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2,设斜面的倾角为 α,则竖直方向有:FN1 cs α=mg,因为mg和夹角α不变,则无论加速度如何变化,FN1不变且不可能 为零,水平方向有:FN2-FN1 sin α=ma,则可知,若加速度越大, 竖直挡板的水平弹力越大,故A、B 错误,C正确;根据牛顿第二定律可知,斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma, 故D正确。
2.(2018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点相接触。若使斜劈A在斜面体C上静止不动, 此时P、Q对球B均无压力。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P点对球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对球B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点对球B有压力
答案 CD 当斜面光滑,无论斜劈是静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球都 具有相同的加速度,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律,知B球的合力方向沿斜面向下,所以B 球受重力、底部的支持力以及Q对球的弹力,知P点对球无压力,Q点对球有压力,故A、B错误; 斜劈A沿斜面匀速下滑,知B球处于平衡状态,受重力和底部的支持力而平衡,所以P、Q对球均 无压力,故C正确;斜劈A沿斜面减速下滑,斜劈和球组成的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球的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、底部的支持力以及 P对球的弹力,故D正确。
3.(2017河东一模)如图所示,一条水平传送带两个顶点A、B之间的距离为L=10 m,配有主动轮 O1和从动轮O2构成整个传送装置。轮与传送带不打滑,轮半径为R=0.32 m。现用此装置运送 一袋面粉,已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10 m/s2,π=3.14。(1)当传送带以5.0 m/s的速度匀速运动时,将这袋面粉由A点轻放在传送带上后,这袋面粉由A 端运到B端所用时间为多少?(2)要想尽快将这袋面粉由A端运到B端(设面粉袋的初速度为零),主动轮O1的转速至少应为多 大?(3)由于面粉的渗漏,在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹,若这 袋面粉在传送带上留下的痕迹布满整条传送带时(设面粉袋的初速度为零),则主动轮的转速 应满足何种条件?
答案 (1)2.5 s (2)300 r/min(或5 r/s) (3)见解析
迹长Δs=2L+2πR=20 m+2×3.14×0.32 m≈22.0 m在面粉袋由A端运动到B端的时间内,传送带运转的距离s带=Δs+L=22.0 m+10.0 m=32.0 m又由(2)已知t'=2.0 s,故而有:2πn'R≥ ,则:n'≥480 r/min(或8 r/s)。
考点一 牛顿运动定律的理解和简单应用
1.[2019天津理综,9,(1)]第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量h定义,“国 际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的数值为6.63×10-34,根据能量子定义,h的单 位是 ,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为 。
答案 J·s kg·m2/s
解析 本题考查国际单位制中普朗克常量h的导出单位。能量E=hν,则h=E/ν,故h的单位为J·s。由W=Fs=mas可知,1 J=1 kg·(m/s2)·m,故1 J·s=1 kg·m2/s。
A组 自主命题·天津卷题组
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
2.(2019北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位,其他单位均 可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s-1。历史上,曾用“米原器”定义米,用 平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的 影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯-133原子基态的两个超精细能 级间的跃迁辐射的频率Δν=9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 m·s-1 定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关 系如图,例如,s对应Δν,m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和 技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是 ( )
A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量q与电流I存在I=q/t,而s已定义D.因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位
答案 D 本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定义方法及导出方 法考查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社 会发展、科技进步等价值观念。由于物理常量与环境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式 等因素的影响,A正确。由题意可知,t、ν的单位已定义,真空中光速c、基本电荷e、普朗克常 量h均为基本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、hν=mc2来定义长度单位m、电流单位A及质量 单位kg,B、C正确,D错误。
3.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,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 ( )
答案 A 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为 x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、弹力和F,向上做匀加速 直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图 线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
易错点拨 注意胡克定律中形变量的含义胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量。本题中x表示P离开静止位置的位移,此时的形 变量为x0-x而不是x。
4.(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点 上的力不发生改变,则 ( )A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
答案 BC 由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做 匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上, 则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变 的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总 与该恒力方向相同,C项正确。
5.(2014北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促 进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静 止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材 料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得 到的最直接的结论是 ( ) A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小
答案 A 根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的 位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下 得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题, 故错误。
考查点 牛顿运动定律。
思路点拨 本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到 与O点等高处。
6.(2011北京理综,18,6分,0.60)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从 几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情 况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g。据图可知,此人在蹦极 过程中最大加速度约为 ( )A.g B.2g C.3g D.4g
答案 B “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重 力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即 F0=mg,则F0= mg。 当绳子拉力最大时,人处于最低点且合力最大,故加速度也最大,此时F最大= F0=3mg,方向竖直向上,由ma=F最大-mg=3mg-mg=2mg得最大加速度为2g,故B正确。
考点二 牛顿运动定律的综合应用A组 自主命题·天津卷题组
1.(2013天津理综,10,16分)质量为m=4 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用F=10 N的水 平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=20 m,物块 与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小;(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。
答案 (1)16 m (2)2 s
解析 (1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=μmg ①根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有Fx1-F1x=0 ②代入数据,解得x1=16 m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为x2,则x2=x-x1 ④由牛顿第二定律得a= ⑤由匀变速直线运动公式得v2=2ax2 ⑥以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得-F1t=0-mv ⑦代入数据,解得t=2 s⑧
2.(2019课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与 固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时 撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如 图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得 出 ( ) 图(a)
图(b) 图©
A.木板的质量为1 kgB.2 s~4 s内,力F的大小为0.4 NC.0~2 s内,力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案 AB 本题考查牛顿运动定律的综合应用,体现了物理学科科学推理的核心素养。分析知木板受到的摩擦力f '=f。0~ 2 s,木板静止,F=f ',F逐渐增大,所以C错误。4 s~5 s,木板加 速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f '=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2 s ~ 4 s,对木板有F-f '=ma1,F=f '+ma1=0.2 N+1× N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量,则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。
思路分析 以木板为研究对象,通过f-t与v-t图像对相应过程进行受力分析、运动分析,列方程 解出相应的问题。
3.(2015课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线 如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出 ( )A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
答案 ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜 面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg cs θ=ma1,mg sin θ-μmg cs θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1= ,a2= 。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物 块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
4.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车 厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为( )A.8 B.10 C.15 D.18
答案 BC 如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当 向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车车厢总节数N=x+y= x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。
评析 本题考查了牛顿第二定律的应用。恰当地选取研究对象,充分利用数学知识分析推理, 是解题的关键。题目难度适中,区分度很好。情景来源于生活且不偏不怪,较好地考查了考生 应用知识解决实际问题的能力,是道好题。
5.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A 与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距 离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰 好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB';(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析 本题通过板、块组合模型考查了牛顿运动定律的综合应用,考查了学生的综合分析能力与应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中的模型建构、科学推理等素养要素。(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL= 解得vA= (2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律F'=2maB',得aB'=μg(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA= aAt2,xB=vBt- aBt2
解题技巧 A、B间存在相对滑动时,其相互间摩擦力为滑动摩擦力;而二者速度达到相同 时,摩擦力突变为静摩擦力,此时可采用整体法分析处理。
且xB-xA=L解得vB=2
6.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平 地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间 的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相 遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s 2。求(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
解析 本题考查直线运动和牛顿定律。(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别 为f1、f2和f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。 在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1mAg ①f2=μ1mBg ②f3=μ2(m+mA+mB)g ③由牛顿第二定律得f1=mAaA ④f2=mBaB ⑤f2-f1-f3=ma1 ⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1 ⑦v1=a1t1 ⑧
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1- aB ⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第 二定律有f1+f3=(mB+m)a2 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方 向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小 从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2 对A有v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1=v1t2- a2 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2 A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m (也可用如图的速度-时间图线求解)
审题指导 如何建立物理情景,构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板的运动 情况。②把握好几个运动节点。③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
7.(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有 一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木板一起以共同 速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方 向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所 示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取10 m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2;(2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加 速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1 ①由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v1=4 m/s,由运动学公式得v1=v0+a1t1 ②s0=v0t1+ a1 ③式中,t1=1 s,s0=4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式并结合题给条件得μ1=0.1 ④在木板与墙壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做匀变速运动,小物块以v1的初速度向右做匀变 速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有-μ2mg=ma2 ⑤由图(b)可得a2= ⑥
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式并结合题给条件得μ2=0.4 ⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二 定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3 ⑧v3=-v1+a3Δt ⑨v3=v1+a2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为s1= Δt 小物块的位移为s2= Δt 小物块相对木板的位移为Δs=s2-s1 联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得
Δs=6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a4,此过程中 小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)g=(m+M)a4 0- =2a4s3 碰后木板运动的位移为s=s1+s3 联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得s=-6.5 m 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
8.(2014北京理综,18,6分,0.19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣 和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析 正确的是 ( )A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度
答案 D 物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后 物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者 速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则 手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。
思路点拨 分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度, 失重时物体具有向下的加速度。
9.(2015课标Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一 倾角为θ=37°(sin 37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总 质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为 光滑,μ2保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小; (2)A在B上总的运动时间。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
解析 (1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大 小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平 衡条件得 f1=μ1N1 ①N1=mg cs θ ②f2=μ2N2 ③N2=N1+mg cs θ ④规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得mg sin θ-f1=ma1 ⑤
mg sin θ-f2+f1=ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得a1=3 m/s2 ⑦a2=1 m/s2 ⑧(2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则v1=a1t1=6 m/s⑨v2=a2t1=2 m/s⑩t>t1时,设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得a1'=6 m/s2 a2'=-2 m/s2 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零,则有v2+a2't2=0 联立 式得t2=1 s
在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为s= - =12 m<27 m 此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B,则有l-s=(v1+a1't2)t3+ a1' 可得t3=1 s(另一解不合题意,舍去) 设A在B上总的运动时间为t总,有t总=t1+t2+t3=4 s (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分)
10.(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约3 9 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了 跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度 的大小;(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运 动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg, 试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)
答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 km高度 处的速度大小为v。根据运动学公式有v=gt ①s= gt2 ②根据题意有s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m③联立①②③式得t=87 s④v=8.7×102 m/s⑤(2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k ⑥由所给的v-t图像可读出vmax≈360 m/s⑦由⑥⑦式得k=0.008 kg/m⑧
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019红桥二模)现如今我们的生活已经离不开电梯,如图所示有两种形式的电梯,甲是商场 中常用的扶梯,乙是居民楼中常用的直梯。当它们都加速上升时(加速度方向如图所示),下列 说法正确的是 ( ) A.甲电梯上的人只受到重力和支持力的作用B.甲电梯上的人处于超重状态C.乙电梯中人受到的摩擦力为零D.乙电梯中的人处于失重状态
答案 BC 对甲受力分析可以知道,加速度与合力同方向,合力斜向左上方,因而人受到的摩 擦力与接触面平行水平向左,人受到的重力、支持力和摩擦力的合力方向斜向左上方,故人应 受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用,故A错误;因为加速度向左上方,竖直方向有向上的 分加速度,故甲中人处于超重状态,B正确;对乙受力分析可以知道,乙水平方向不受外力,故乙 在水平方向不受摩擦力,所以C选项是正确的;因乙物体加速度方向竖直向上,故乙物体处于超 重状态,故D错误。
解题技巧 斜向左上方的加速度可以分解为水平加速度ax和竖直方向加速度ay。再分析水平 方向和竖直方向上的受力情况可求得是否超重以及摩擦力是否为零。加速度(或分加速度)方 向竖直向上则超重,竖直向下则失重。
2.(2018河东一模)传送带被广泛地应用于机场和火车站,如图所示为一水平传送带装置示意 图,绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行,将行李无初速度地放在左端A处。传送带A、B间 的距离为L,则 ( ) A.行李在传送带上一定匀加速至B端B.行李在传送带上始终受到向右的静摩擦力C.行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力D.行李在传送带上的时间可能小于
答案 C 开始时行李在传送带上向右做匀加速直线运动,行李受滑动摩擦力,当行李的速度 等于传送带速度时,若行李的位移小于传送带的长度,则之后行李与传送带相对静止做匀速直 线运动,行李做匀速直线运动时不受摩擦力,故A、B错误,C正确;如果行李从开始一直做速度 为v的匀速运动,则时间为 ,但实际上行李做初速度为0的变速运动,最大速度不大于v,则全程平均速度小于v,故时间一定大于 ,故D错误。
3.(2018河西二模)一物体由静止开始做直线运动,其加速度随时间变化的规律如图所示。取物 体开始运动的方向为正方向,则下列关于物体运动的v-t图像正确的是 ( )
答案 C 根据加速度随时间变化的图像可得,0~1 s为匀加速直线运动,1 s末速度为1 m/s,速 度为正方向,D错;1~ 2 s加速度变为负值,而速度为正方向,当第二秒末,速度减小为0,B错;2~ 3 s, 加速度为正方向,初速度为0,物体做正方向的匀加速直线运动,3 s末速度为1 m/s即从第二秒开 始又重复前面的运动,C对,A错。
考点二 牛顿运动定律的综合应用
4.(2019红桥一模)一个静止的质点,在0~4 s时间内受到力F的作用,力的方向始终在同一直线 上,力F随时间的变化规律如图所示,则质点在 ( )A.第2 s末速度改变方向 B.第2 s末位移改变方向C.4 s末回到原出发点 D.第4 s末运动速度为零
答案 D 根据牛顿第二定律F=ma可得加速度a正比于合力F,故加速度a随时间变化的规律 和F随时间变化的规律相同,故t=1 s时物体的加速度最大,t=2 s时物体的加速度为零,t=3 s时物 体的加速度方向为负方向且最大,t=4 s时物体的加速度为0。因为加速度图像与时间轴围成的 面积表示物体的速度,故在0~ 2 s内物体始终加速,2 s时速度最大,2~ 4 s内加速度为负值,物体 的速度减小,4 s时速度减为零,即速度方向保持不变,故A错误,D正确;物体在0~4 s内位移始终 增加,故B、C错误。
5.(2019河北二模)如图所示,ab、cd是竖直面内两根固定的光滑细杆,ab、cd两端位于相切的两 个竖直圆周上。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),两个滑环分别从a、c处释放(初速 度为零),用t1、t2依次表示小滑环从a到b和从c到d所用的时间,则 ( ) A.t1>t2 B.t1
解题技巧 对物体受力分析可以知道,小球在两条斜槽上的运动规律类同,只是加速度的大小 和位移的大小不一样,由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律可以求得它们各自的运动时 间。
6.(2019河东二模)如图所示,物块的质量m=1 kg,初速度v0=10 m/s,在一水平向左的恒力F作用下 从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位 置坐标变化的关系图像如图所示,g=10 m/s2,下列选项正确的是 ( ) 甲 乙A.2~3 s内物块做匀减速直线运动B.在t=1 s时刻,恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面的动摩擦因数为0.3
答案 BD 物块做匀减速直线运动的加速度大小为:a1= = m/s2=10 m/s2,物块做匀加速直线运动的加速度大小:a2= = m/s2=4 m/s2,物块做匀减速直线运动的时间为:t1= = s=1 s,即在1 s末恒力F反向,物块做匀加速直线运动,故A项错误,B项正确。根据牛顿第二定律 得:F+f=ma1,F-f=ma2,联立两式解得:F=7 N,f=3 N,故C项错误。动摩擦因数为:μ= =0.3,故D项正确。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:30分钟 分值:45分一、选择题(每小题5分,共35分)
1.(2018南开二模)如图所示,A、B两物体静止在粗糙水平地面上,其间用一根轻弹簧相连,弹簧 的长度大于原长。若再用一个从零开始缓慢增大的水平力F向右拉物体B,直到A即将移动,此 过程中,地面对B的摩擦力f1和对A的摩擦力f2的变化情况是 ( ) A.f1先变小后一直变大B.f1先不变后变大C.f2先变大后不变D.f2先不变后变大
答案 D 在B滑动之前,对B受力分析,B受向左的弹力(不变)、向右的拉力F(逐渐增大),以及 静摩擦力f1(先逐渐减小再反向增大),B滑动过程中滑动摩擦力f1不变,弹簧弹力增大,选项A、B 错误;对A受力分析,B滑动之前,A受到的弹簧弹力不变,静摩擦力f2也不变。B滑动之后,随着弹 簧弹力的增大,A受到的静摩擦力f2随之增大,选项D正确,C错误。
2.(2018河北二模)如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行,初速度大小为v2的小物 块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时, 小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则 ( ) A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻,小物块相对传送带滑动的距离最大C.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0~t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案 B 物块滑上传送带后将做匀减速直线运动,t1时刻速度为零,此时小物块离A处的距离 达到最大,选项A错误;t1~ t2的时间内,物块在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动,t2 时刻与传送带达到共同速度,此时小物块相对传送带滑动的距离最大,选项B正确;0~ t2时间内, 小物块受到的摩擦力方向始终向右,选项C错误;t2~ t3时间内小物块不受摩擦力,选项D错误。
3.(2018红桥一模)如图所示,A和B的质量分别是2 kg和3 kg,弹簧和悬线的质量不计,A上面的悬 线烧断的瞬间 ( ) A.A的加速度等于2.5gB.A的加速度等于零C.B的加速度等于gD.B的加速度等于2g
答案 A 悬线烧断前,由B受力平衡得:弹簧的弹力大小F=mBg。悬线烧断的瞬间,弹簧的弹力 没有来得及变化,大小仍为F=mBg,此瞬间B物体受到的弹力与重力仍平衡,合力为零,则B的加 速度为零。A受到重力和向下的弹力,由牛顿第二定律得:A的加速度为aA= = = g=2.5g,故A正确,B、C、D均错误。
4.(2018和平二模)如图所示,水平地面上有一倾角为30°的表面粗糙的斜劈,一质量为m的小物 块恰沿着斜劈的表面匀速下滑,现对小物块施加一沿斜劈表面向下的恒力F,使它沿该斜劈表 面加速运动。在运动过程中,保持力F的大小不变,方向则逐渐沿逆时针方向转到竖直向下。 斜劈表面足够长。斜劈始终相对地面静止。下列说法中正确的是 ( ) A.小物块先做加速度增大的加速运动,最后做匀速运动B.小物块先做加速度减小的加速运动,最后做匀加速运动C.在运动过程中,地面对斜劈的支持力逐渐增大D.在运动过程中,地面对斜劈的摩擦力先减小后增大
答案 C 物块匀速下滑时,由平衡条件有:mg sin 30°=μmg cs 30°,得:μ=tan 30°,当保持力F的 大小不变,方向沿逆时针方向转到竖直向下的过程中,设F与斜面间的夹角为α,由牛顿第二定 律有:(mg sin 30°+F cs α)-μ(mg cs 30°+F sin α)=ma,得:F(cs α-μ sin α)=ma,α增大,cs α减小, sin α增大,则知a减小,当α=60°时,a=0,所以小物块先做加速度减小的加速运动,最后做匀速运 动,故A、B错误。对物块和斜面整体受力分析,竖直方向有:(M+m)g-N+F cs (60°-α)=ma sin 30 °,得N=(M+m)g+F cs(60°-α)-ma sin 30°=(M+m)g+ F sin α,α增大,N增大,所以地面对斜劈的支持力N逐渐增大。故C正确。当F沿斜面向下时,斜面的受力情况不变,地面对斜面的摩擦力 为零。当F竖直向下时,对物块有:(mg+F)sin 30°=μ(mg+F) cs 30°,物块做匀速运动,对整体,由 平衡条件知地面对斜面的摩擦力为零。F方向在变化过程中,F都可以分解为竖直向下的力F1 和沿斜面向下的力F2,则知地面对斜劈的摩擦力总为零,故D错误。故选C。
名师点睛 物体恰好能在斜劈上沿斜面匀速下滑时,根据平衡条件得到物块与斜面间的动摩 擦因数。当保持力F的大小不变,方向沿逆时针方向转到竖直向下的过程中,对物块,运用牛顿 第二定律列式,分析加速度的变化。对整体,运用牛顿第二定律分析地面对斜劈的支持力和摩 擦力的变化。
5.(2017南开二模)(多选)如图a所示,物块A与木板B叠放在粗糙水平面上,A的质量为2m,B的质 量为3m,且B足够长,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。现对木板B施加一水平变力F,F随 t变化的关系如图b所示,A与B、B与地面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。下列说法正 确的是 ( ) A.在0~t1时间内,A、B间的摩擦力为零B.在t2时刻,A、B间的摩擦力大小为1.2μmgC.在t3时刻以后,A、B间的摩擦力大小为2μmgD.在t1~t2时间内,A相对于B向左运动
答案 ABC A、B间的滑动摩擦力fAB=2μmg,B与地面间的摩擦力f=5μmg,故在0~ t1时间内,推 力小于木板与地面间的滑动摩擦力,故A、B均静止,此时A、B无相对滑动,由于A不受水平方 向上的推力,故A、B间摩擦力为零,故A正确;A在木板上产生的最大加速度为a=μg,当A、B一 起以μg加速运动时,则F-5μmg=5μmg,则F=10μmg,所以在t3时刻以后,A、B发生滑动,故A、B间 的摩擦力为滑动摩擦力,大小为2μmg,故C正确;当F小于10μmg时,两物体保持相对静止,A受静 摩擦力,当F=8μmg时,根据F-5μmg=5ma,可得a=0.6μg,所以此时A、B间的摩擦力为f=2 ma=1.2μ mg,故B正确,D错误。
6.(2017河北一模)(多选)如图甲所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的 物体,逐渐增大F使物体做变加速直线运动,其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示,重力加 速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,根据图乙中所提供的信息可以计算出 ( ) A.物体的质量B.斜面倾角的正弦值C.物体能静止在斜面上所需施加的最小外力D.加速度为6 m/s2时物体的速度
对物体受力分析,受重力、支持力、拉力,如图x方向:F cs θ-mg sin θ=ma ①y方向:N-F sin θ-mg cs θ=0 ②
从图像乙中取三个点(20 N,2 m/s2)、(30 N,6 m/s2)、(0,-6 m/s2)代入①式解得:m=2 kg,θ=37°,故A、B正确;当a=0时,力最小,可解得:F=15 N,故C正确;题中并未说明力F随时 间变化的情况,故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小,故D错误。
二、非选择题(共44分)
7.(2018北辰一模)(8分)如图所示,在光滑水平面上叠放着A、B两物体,A的质量mA=6 kg,B的质 量mB=2 kg。现对B施加逐渐增大的水平向右拉力F,当F超过32 N后,A、B发生相对滑动。已 知重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则A、B间的动摩擦因数μ= ; 拉力增大到40 N时,B的加速度为a= m/s2。
解析 由题意可知,当力F<32 N时,A、B相对静止。当F=F1=32 N时对A、B整体,由牛顿第二定律得:F1=(mA+mB)a1解得:a1=4 m/s2①对A由牛顿第二定律得:f=mAa1②又f=μFN=μmAg③由①②③联立解得:μ=0.4当拉力增大到40 N时,对B,由牛顿第二定律得:F-μmAg=mBa2解得:a2=8 m/s2
8.(2018红桥一模)(10分)质量为m=2 kg的小物块静止于水平地面上的A点,现用恒力F拉动物块 一段水平位移x1=8 m后撤去,物块继续滑动一段位移停在B点,A、B两点相距x=10 m,物块与地 面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2求:(1)水平恒力F的大小:(2)水平恒力F的作用时间t。
9.(2019部分区一模,10)(12分)游乐场上有一小孩乘坐小电动车,静止于水平地面上的A点,小孩 与小车总质量为m=40 kg,现打开开关,发动机用F=100 N的水平恒定牵引力使小车沿直线从A 点运动到C点,位移为x1,此后关闭发动机,小车继续滑动一段时间t停在B点,A、B两点相距x=20 m,如图所示。小车与地面间的摩擦力恒为Ff=80 N,取g=10 m/s2。求:(1)小车从A到C的位移x1的大小;(2)小车从C到B的滑动时间t。
10.(2018五区县二模,14)(14分)如图所示,平板车静止在光滑水平面上,当滑块以v0=10 m/s的水 平初速度从左端滑上平板车时,给车施加一个水平向右的恒力F=16 N,经过一段时间,滑块不 再相对平板车滑动,平板车足够长。已知平板车质量为M=2 kg,滑块质量m=4 kg,滑块与平板 车之间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10 m/s2。求: (1)滑块在平板车上滑动时平板车的加速度大小;(2)经多长时间小滑块不再相对平板车滑动;(3)滑块相对平板车静止时距车的左端多远。
解析 (1)设平板车的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得:F+μmg=Ma1,代入数据得:a1=16 m/s2(2)设滑块不再相对平板车滑动时的速度为v,此时滑块与平板的速度相同对平板车:v=a1t对小滑块:μmg=ma2、v=v0-a2t解得:t=0.5 s(3)平板车:x1= a1t2滑块:x2=v0t- a2t2平板车的长度:L=x2-x1解得:L=2.5 m
答案 (1)16 m/s2 (2)0.5 s (3)2.5 m
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018河西三模)(多选)如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住,挡板固定在 斜面上。现用一个恒力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切 摩擦,以下说法中正确的是 ( ) A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大, 斜面对球的弹力可能为零C.斜面对球的弹力大小与加速度大小无关D.斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma
答案 CD 小球受到重力mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2,设斜面的倾角为 α,则竖直方向有:FN1 cs α=mg,因为mg和夹角α不变,则无论加速度如何变化,FN1不变且不可能 为零,水平方向有:FN2-FN1 sin α=ma,则可知,若加速度越大, 竖直挡板的水平弹力越大,故A、B 错误,C正确;根据牛顿第二定律可知,斜面、挡板对球的弹力与球的重力三者的合力等于ma, 故D正确。
2.(2018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点相接触。若使斜劈A在斜面体C上静止不动, 此时P、Q对球B均无压力。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P点对球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对球B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点对球B有压力
答案 CD 当斜面光滑,无论斜劈是静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球都 具有相同的加速度,方向沿斜面向下,根据牛顿第二定律,知B球的合力方向沿斜面向下,所以B 球受重力、底部的支持力以及Q对球的弹力,知P点对球无压力,Q点对球有压力,故A、B错误; 斜劈A沿斜面匀速下滑,知B球处于平衡状态,受重力和底部的支持力而平衡,所以P、Q对球均 无压力,故C正确;斜劈A沿斜面减速下滑,斜劈和球组成的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球的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、底部的支持力以及 P对球的弹力,故D正确。
3.(2017河东一模)如图所示,一条水平传送带两个顶点A、B之间的距离为L=10 m,配有主动轮 O1和从动轮O2构成整个传送装置。轮与传送带不打滑,轮半径为R=0.32 m。现用此装置运送 一袋面粉,已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,g=10 m/s2,π=3.14。(1)当传送带以5.0 m/s的速度匀速运动时,将这袋面粉由A点轻放在传送带上后,这袋面粉由A 端运到B端所用时间为多少?(2)要想尽快将这袋面粉由A端运到B端(设面粉袋的初速度为零),主动轮O1的转速至少应为多 大?(3)由于面粉的渗漏,在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹,若这 袋面粉在传送带上留下的痕迹布满整条传送带时(设面粉袋的初速度为零),则主动轮的转速 应满足何种条件?
答案 (1)2.5 s (2)300 r/min(或5 r/s) (3)见解析
迹长Δs=2L+2πR=20 m+2×3.14×0.32 m≈22.0 m在面粉袋由A端运动到B端的时间内,传送带运转的距离s带=Δs+L=22.0 m+10.0 m=32.0 m又由(2)已知t'=2.0 s,故而有:2πn'R≥ ,则:n'≥480 r/min(或8 r/s)。
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