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高中物理人教版 (新课标)必修17 用牛顿定律解决问题（二）当堂达标检测题
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这是一份高中物理人教版 (新课标)必修17 用牛顿定律解决问题（二）当堂达标检测题，共9页。
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一、选择题(本题共9小题,每小题5分,共45分. 1~6题为单选题,7~9题为多选题,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)
1.如果要测量国际单位制中规定的三个力学基本物理量,应该选用的仪器是( C )
A.米尺、弹簧测力计、秒表
B.量筒、天平、秒表
C.米尺、天平、秒表
D.米尺、电子测力计、打点计时器
解析:在国际单位制中规定的三个力学基本物理量分别是:长度、质量和时间,要测量它们所使用的仪器应分别为米尺、天平和秒表,故选项C正确.
2.(2013自贡高三月考)为了研究超重与失重现象,某同学把一体重计放在电梯的地板上,他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序),若已知t0时刻电梯静止,则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)( A )
A.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化,但所受重力发生变化
B.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,运动方向不一定相反
D.t3时刻电梯可能向上运动
解析:因已知t0时刻电梯静止,则人的重力为450 N,超重与失重现象是指体重计的示数比人的重力大或小,而人的质量并没有变化,所受重力并没有变化;若体重计的示数比人的重力大,则合力向上,加速度方向向上,则超重,反之则失重,与运动方向无关,所以选项B、C、D对,A错.
3.如图所示,在光滑的水平面上,质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连,在拉力F的作用下,以加速度a向右做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力F,此瞬时A和B的加速度为a1和a2,则( D )
A.a1=a2=0
B.a1=a,a2=0
C.a1=a,a2=a
D.a1=a,a2=-a
解析:两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时,弹簧的弹力F弹=m1a.在力F撤去的瞬间,弹簧的弹力来不及改变,大小仍为m1a,因此对A来讲,加速度此时仍为a,对B物体:取向右为正方向,-m1a=m2a2,a2=-a,所以选项D正确.
弹簧、弹性绳的弹力不会发生突变,解答牛顿第二定律的瞬时性问题一定要弄清哪些力发生了突变,哪些力没有变化.
4.(2013乐山六校联考)如图(甲)所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)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相同.当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时,如图(乙)所示,弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于( A )
A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3
解析:先对(甲)、 (乙)两种情况进行整体分析,根据牛顿第二定律分别列出方程,再分别对(甲)、(乙)两种情况中的A物块进行分析,列出方程.水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得x1=;竖直放置时:F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,解得x2=,故x1∶x2=1∶1,选项A正确.
5.(2012河北正定中学月考)一根轻质弹簧竖直悬挂一小球,小球和弹簧的受力分析如图所示,下列说法中正确的是( C )
A.F1的施力者是弹簧
B.F2的反作用力是F1
C.F3的施力者是小球
D.F4的反作用力是F1
解析:F1指小球的重力,其施力者是地球,故选项A错误;F2是弹簧对小球的作用力,其反作用力是小球对弹簧的作用力F3,F3的施力者是小球,故选项B错误,选项C正确;F4是天花板对弹簧的作用力,其反作用力是弹簧对天花板的作用力,故选项D错误.
作用力与反作用力作用在两个相互作用的物体上,施力物体也是这两个物体的另一方;而一对平衡力的受力物体只有一个,施力物体往往是另外两个不同的物体.
6.(2012南平模拟)如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( D )
A.mg,竖直向上
B.mg,斜向左上方
C.mgtan θ,水平向右
D.mg,斜向右上方
解析:由小球A可知小车的加速度a=gtan θ,方向水平向右,因此B受到向右的摩擦力f=ma=mgtan θ,对B受力分析如图所示.
小车对B的作用力即为N与f的合力F,F==mg,故选D.
许多同学错认为小车对物块B只有一个作用力,实际上相互接触的物体间可能同时存在弹力和摩擦力的作用,不直接接触的物体间也可能有多种不同性质的力的作用,例如:万有引力、电场力、磁场力等.
7.质量m=1 kg 的物体在光滑平面上运动,初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施加一个水平恒力,经过t=1 s,速度大小变为4 m/s,则这个力的大小可能是( AC )
A.2 NB.4 NC.6 ND.8 N
解析:因末速度方向不确定,所以物体的加速度大小可能是2 m/s2,也可能是6 m/s2,根据牛顿第二定律F=ma,这个力的大小可能是2 N,也可能是6 N,故选项A、C正确.
8.(2012安庆模拟)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查.如图所示为一水平传送带装置示意图,紧绷的传送带AB始终保持v=1 m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离为2 m,g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李,则( BD )
A.乘客与行李同时到达B
B.乘客提前0.5 s到达B
C.行李提前0.5 s到达B
D.若传送带速度足够大,行李最快要2 s才能到达B
解析:行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后匀速运动t2==1.5 s到达B,共用2.5 s.乘客到达B历时t==2 s,故选项B正确,选项A、C错误.若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间tmin==2 s,选项D正确.
物体在匀速转动的水平传送带上运动时,若发生相对滑动,则受滑动摩擦力作用,这个力可能是动力,也可能是阻力;若不发生相对滑动,则不受摩擦力作用,物体随传送带做匀速直线运动.
9.利用如图(甲)所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数,将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上,C为位移传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度—时间(vt)图像.先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度,得到的vt图像如图(乙)所示,则( AC )
A.滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2
B.滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2
C.滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.25
D.滑块A上滑时运动的位移为2 m
解析:滑块A上滑时加速度的大小a1=m/s2=8.0 m/s2,选项A正确;A下滑时的加速度大小a2= m/s2=4.0 m/s2,选项B错误;由牛顿第二定律知A上滑时mgsin θ+μmgcs θ=ma1,A下滑时mgsin θ-μmgcs θ=ma2,解得μ=0.25,选项C正确;在速度—时间图像中面积表示位移,滑块A上滑时运动的位移为1 m,选项D错误.
二、实验题(共15分)
10.(9分)如图(甲)所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置.
(1)在实验过程中,打出了一条纸带如图(乙)所示,计时器打点的时间间隔为0.02 s,从比较清晰的点起,每两测量点间还有4个点未画出,量出相邻测量点之间的距离如图(乙)所示,该小车的加速度大小a= m/s2(结果保留两位有效数字).
(2)根据实验收集的数据作出的aF图线如图(丙)所示.请写出一条对提高本实验结果准确程度有益的建议
.
解析:(1)由题意得,t=5×0.02 s=0.1 s,根据Δx=at2得,a==m/s2=0.16 m/s2.
(2)由于aF图像与横轴有交点,可知在实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.
答案:(1)0.16(0.15也算对)
(2)实验前要先充分平衡摩擦力
11.(2013成都一诊)(6分)用如图(甲)所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除摩擦力的影响,实验前必须平衡摩擦力.
(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的:将小车静止地放在水平木板上,把木板不带滑轮的一端慢慢垫高,如图(乙),直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止,请问这位同学的操作是否正确?如果不正确,应当如何进行?
答:
.
(2)如果这位同学先如(1)中操作,然后不断地改变对小车的拉力F,他得到M(小车质量)保持不变情况下的aF图线是图中的 (将选项代号的字母填在横线上).
解析:(1)本题考查对实验原理的理解,该同学的操作不正确.正确的操作应是:调节木板的倾斜度,直到轻推一下小车后,小车能沿倾斜木板缓慢匀速运动.(本题的答题要点是:必须说清要给小车一个初速度).
(2)这位同学如(1)中操作,那么小车开始运动而未加外力F时就有加速度,
又F+mgsin θ-Ff=ma.
即a=+,由此可知选项C正确.
答案:(1)见解析 (2)C
三、计算题(共40分)
12.(2013泸州高三质检)(10分)如图(甲)所示,质量为m=1 kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1 s时撤去拉力,物体运动的部分vt图像如图(乙)所示,取g=10 m/s2,试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小;
(2)t=6 s时物体的速度,并在图(乙)上将6 s内物体运动的vt图像补画完整,要求标明有关数据.
解析:(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2,由vt图像可知:a1= m/s2=20 m/s2①(1分)
a2= m/s2=10 m/s2②(1分)
对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得
F-mgsin 37°-μmgcs 37°=ma1③(1分)
对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcs 37°=ma2④(1分)
解得F=30 N,μ=0.5.⑤(1分)
(2)加速上滑的时间t1=1 s,撤去拉力时的速度为v=20 m/s,设再经过t2速度减至0.
由0=v-a2t2得t2=2 s⑥(1分)
在最高点时,因mgsin 37°>μmgcs 37°,故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcs 37°=ma3⑦(1分)
解得a3=2 m/s2⑧(1分)
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s,方向沿斜面向下,补画完整后的图线及有关数据如图所示.⑨(2分)
答案:(1)0.5 30 N (2)见解析
数图结合解决物理问题的答题技巧
(1)对于由已知图像求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程从分析图像的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出相关信息,结合题目所问,选择合适规律列式求解.
(2)针对本题,图线分三段,0~1 s倾斜直线表示匀加速;1~3 s倾斜直线表示匀减速;3 s后通过计算判断其运动性质.图线斜率代表加速度,纵轴截距代表初速度,线与时间轴所围面积代表位移,理解这些知识再结合牛顿第二定律,本题就不难求解.
13.(2012铜陵模拟)(14分)如图所示,一个质量m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上,受到一个大小为40 N的水平推力F作用,以v0=10 m/s的速度沿斜面匀速上滑.(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)若滑块运动到A点时立即撤去推力F,求这以后滑块再返回A点经过的时间.
解析:(1)在F的作用下,滑块做匀速运动,
有Fcs 37°=mgsin 37°+μ(mgcs 37°+Fsin 37°)(3分)
解得μ=0.5.(2分)
(2)撤去F后,滑块往上滑时
a=gsin 37°+μgcs 37°=10 m/s2(2分)
t1==1 s(1分)
x=t1=5 m(1分)
往下滑时a'=gsin 37°-μgcs 37°=2 m/s2(2分)
x=a'(1分)
t2= s(1分)
t=t1+t2=(1+) s.(1分)
答案:(1)0.5 (2)(1+) s
14.(2012武汉市部分学校调研测试)(16分)如图所示,质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2,
(1)若木板长L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F,假设木板足够长,在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像.
解析:(1)假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑动,则铁块的加速度大小
a1==4 m/s2(2分)
木板的加速度大小
a2==2 m/s2(2分)
由a2>0可见,假设成立.
设经过时间t铁块运动到木板的右端,则有
a1t2-a2t2=L(2分)
解得t=1 s.(1分)
(2)①当F≤μ1(M+m)g=2 N时,m、M相对静止且对地静止,f=F;(1分)
②设F=F1时,m、M恰保持相对静止,此时系统的加速度为a=a2=2 m/s2.
以系统为研究对象,据牛顿第二定律有
F1-μ1(M+m)g=(M+m)a(1分)
解得F1=6 N(1分)
所以,当2 N其加速度a=(1分)
以M为研究对象,据牛顿第二定律有
f-μ1(M+m)g=Ma(1分)
解得f=+1(N);(1分)
③当F>6 N时,m、M发生相对运动,
f=μ2mg=4 N(1分)
所以,f随拉力F大小变化而变化的图像如图所示.(2分)
答案:(1)1 s (2)见解析图
知识点
题号
1.单位制
1
2. 对牛顿第二定律的理解
3、4、6、7
3. 对牛顿第三定律的理解
5
4.超重、失重
2
5.传送带问题
8
6.验证牛顿第二定律
10、11
7.牛顿运动定律的综合应用
9、12、13、14
时间
t0
t1
t2
t3
体重计示数(N)
450
500
400
450
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一、选择题(本题共9小题,每小题5分,共45分. 1~6题为单选题,7~9题为多选题,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分)
1.如果要测量国际单位制中规定的三个力学基本物理量,应该选用的仪器是( C )
A.米尺、弹簧测力计、秒表
B.量筒、天平、秒表
C.米尺、天平、秒表
D.米尺、电子测力计、打点计时器
解析:在国际单位制中规定的三个力学基本物理量分别是:长度、质量和时间,要测量它们所使用的仪器应分别为米尺、天平和秒表,故选项C正确.
2.(2013自贡高三月考)为了研究超重与失重现象,某同学把一体重计放在电梯的地板上,他站在体重计上随电梯运动并观察体重计示数的变化情况.下表记录了几个特定时刻体重计的示数(表内时间不表示先后顺序),若已知t0时刻电梯静止,则下列说法中错误的是(g取10 m/s2)( A )
A.t1和t2时刻该同学的质量并没有变化,但所受重力发生变化
B.t1和t2时刻电梯的加速度方向一定相反
C.t1和t2时刻电梯运动的加速度大小相等,运动方向不一定相反
D.t3时刻电梯可能向上运动
解析:因已知t0时刻电梯静止,则人的重力为450 N,超重与失重现象是指体重计的示数比人的重力大或小,而人的质量并没有变化,所受重力并没有变化;若体重计的示数比人的重力大,则合力向上,加速度方向向上,则超重,反之则失重,与运动方向无关,所以选项B、C、D对,A错.
3.如图所示,在光滑的水平面上,质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连,在拉力F的作用下,以加速度a向右做匀加速直线运动,某时刻突然撤去拉力F,此瞬时A和B的加速度为a1和a2,则( D )
A.a1=a2=0
B.a1=a,a2=0
C.a1=a,a2=a
D.a1=a,a2=-a
解析:两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀加速运动时,弹簧的弹力F弹=m1a.在力F撤去的瞬间,弹簧的弹力来不及改变,大小仍为m1a,因此对A来讲,加速度此时仍为a,对B物体:取向右为正方向,-m1a=m2a2,a2=-a,所以选项D正确.
弹簧、弹性绳的弹力不会发生突变,解答牛顿第二定律的瞬时性问题一定要弄清哪些力发生了突变,哪些力没有变化.
4.(2013乐山六校联考)如图(甲)所示,在粗糙的水平面上,质量分别为m和M(m∶M=1∶2)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相同.当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时,如图(乙)所示,弹簧的伸长量为x2,则x1∶x2等于( A )
A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3
解析:先对(甲)、 (乙)两种情况进行整体分析,根据牛顿第二定律分别列出方程,再分别对(甲)、(乙)两种情况中的A物块进行分析,列出方程.水平放置时,F-μ(m+M)g=(M+m)a1,kx1-μmg=ma1,可得x1=;竖直放置时:F-(m+M)g=(M+m)a2,kx2-mg=ma2,解得x2=,故x1∶x2=1∶1,选项A正确.
5.(2012河北正定中学月考)一根轻质弹簧竖直悬挂一小球,小球和弹簧的受力分析如图所示,下列说法中正确的是( C )
A.F1的施力者是弹簧
B.F2的反作用力是F1
C.F3的施力者是小球
D.F4的反作用力是F1
解析:F1指小球的重力,其施力者是地球,故选项A错误;F2是弹簧对小球的作用力,其反作用力是小球对弹簧的作用力F3,F3的施力者是小球,故选项B错误,选项C正确;F4是天花板对弹簧的作用力,其反作用力是弹簧对天花板的作用力,故选项D错误.
作用力与反作用力作用在两个相互作用的物体上,施力物体也是这两个物体的另一方;而一对平衡力的受力物体只有一个,施力物体往往是另外两个不同的物体.
6.(2012南平模拟)如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为( D )
A.mg,竖直向上
B.mg,斜向左上方
C.mgtan θ,水平向右
D.mg,斜向右上方
解析:由小球A可知小车的加速度a=gtan θ,方向水平向右,因此B受到向右的摩擦力f=ma=mgtan θ,对B受力分析如图所示.
小车对B的作用力即为N与f的合力F,F==mg,故选D.
许多同学错认为小车对物块B只有一个作用力,实际上相互接触的物体间可能同时存在弹力和摩擦力的作用,不直接接触的物体间也可能有多种不同性质的力的作用,例如:万有引力、电场力、磁场力等.
7.质量m=1 kg 的物体在光滑平面上运动,初速度大小为2 m/s.在物体运动的直线上施加一个水平恒力,经过t=1 s,速度大小变为4 m/s,则这个力的大小可能是( AC )
A.2 NB.4 NC.6 ND.8 N
解析:因末速度方向不确定,所以物体的加速度大小可能是2 m/s2,也可能是6 m/s2,根据牛顿第二定律F=ma,这个力的大小可能是2 N,也可能是6 N,故选项A、C正确.
8.(2012安庆模拟)水平传送带被广泛地应用于机场和火车站,用于对旅客的行李进行安全检查.如图所示为一水平传送带装置示意图,紧绷的传送带AB始终保持v=1 m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,AB间的距离为2 m,g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李,则( BD )
A.乘客与行李同时到达B
B.乘客提前0.5 s到达B
C.行李提前0.5 s到达B
D.若传送带速度足够大,行李最快要2 s才能到达B
解析:行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为a=μg=1 m/s2,历时t1==1 s达到共同速度,位移x1=t1=0.5 m,此后匀速运动t2==1.5 s到达B,共用2.5 s.乘客到达B历时t==2 s,故选项B正确,选项A、C错误.若传送带速度足够大,行李一直加速运动,最短运动时间tmin==2 s,选项D正确.
物体在匀速转动的水平传送带上运动时,若发生相对滑动,则受滑动摩擦力作用,这个力可能是动力,也可能是阻力;若不发生相对滑动,则不受摩擦力作用,物体随传送带做匀速直线运动.
9.利用如图(甲)所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数,将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上,C为位移传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度—时间(vt)图像.先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度,得到的vt图像如图(乙)所示,则( AC )
A.滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2
B.滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2
C.滑块与滑板之间的动摩擦因数μ=0.25
D.滑块A上滑时运动的位移为2 m
解析:滑块A上滑时加速度的大小a1=m/s2=8.0 m/s2,选项A正确;A下滑时的加速度大小a2= m/s2=4.0 m/s2,选项B错误;由牛顿第二定律知A上滑时mgsin θ+μmgcs θ=ma1,A下滑时mgsin θ-μmgcs θ=ma2,解得μ=0.25,选项C正确;在速度—时间图像中面积表示位移,滑块A上滑时运动的位移为1 m,选项D错误.
二、实验题(共15分)
10.(9分)如图(甲)所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置.
(1)在实验过程中,打出了一条纸带如图(乙)所示,计时器打点的时间间隔为0.02 s,从比较清晰的点起,每两测量点间还有4个点未画出,量出相邻测量点之间的距离如图(乙)所示,该小车的加速度大小a= m/s2(结果保留两位有效数字).
(2)根据实验收集的数据作出的aF图线如图(丙)所示.请写出一条对提高本实验结果准确程度有益的建议
.
解析:(1)由题意得,t=5×0.02 s=0.1 s,根据Δx=at2得,a==m/s2=0.16 m/s2.
(2)由于aF图像与横轴有交点,可知在实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.
答案:(1)0.16(0.15也算对)
(2)实验前要先充分平衡摩擦力
11.(2013成都一诊)(6分)用如图(甲)所示的实验装置来验证牛顿第二定律,为消除摩擦力的影响,实验前必须平衡摩擦力.
(1)某同学平衡摩擦力时是这样操作的:将小车静止地放在水平木板上,把木板不带滑轮的一端慢慢垫高,如图(乙),直到小车由静止开始沿木板向下滑动为止,请问这位同学的操作是否正确?如果不正确,应当如何进行?
答:
.
(2)如果这位同学先如(1)中操作,然后不断地改变对小车的拉力F,他得到M(小车质量)保持不变情况下的aF图线是图中的 (将选项代号的字母填在横线上).
解析:(1)本题考查对实验原理的理解,该同学的操作不正确.正确的操作应是:调节木板的倾斜度,直到轻推一下小车后,小车能沿倾斜木板缓慢匀速运动.(本题的答题要点是:必须说清要给小车一个初速度).
(2)这位同学如(1)中操作,那么小车开始运动而未加外力F时就有加速度,
又F+mgsin θ-Ff=ma.
即a=+,由此可知选项C正确.
答案:(1)见解析 (2)C
三、计算题(共40分)
12.(2013泸州高三质检)(10分)如图(甲)所示,质量为m=1 kg的物体置于倾角为θ=37°的固定斜面上(斜面足够长),对物体施加平行于斜面向上的恒力F,作用时间t1=1 s时撤去拉力,物体运动的部分vt图像如图(乙)所示,取g=10 m/s2,试求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F的大小;
(2)t=6 s时物体的速度,并在图(乙)上将6 s内物体运动的vt图像补画完整,要求标明有关数据.
解析:(1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a1,撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a2,由vt图像可知:a1= m/s2=20 m/s2①(1分)
a2= m/s2=10 m/s2②(1分)
对物体在撤去拉力前,由牛顿第二定律得
F-mgsin 37°-μmgcs 37°=ma1③(1分)
对物体在撤去拉力后上滑时,由牛顿第二定律得
mgsin 37°+μmgcs 37°=ma2④(1分)
解得F=30 N,μ=0.5.⑤(1分)
(2)加速上滑的时间t1=1 s,撤去拉力时的速度为v=20 m/s,设再经过t2速度减至0.
由0=v-a2t2得t2=2 s⑥(1分)
在最高点时,因mgsin 37°>μmgcs 37°,故物体将沿斜面加速下滑,设加速度大小为a3,据牛顿第二定律得
mgsin 37°-μmgcs 37°=ma3⑦(1分)
解得a3=2 m/s2⑧(1分)
再经过3 s物体的速度大小为6 m/s,方向沿斜面向下,补画完整后的图线及有关数据如图所示.⑨(2分)
答案:(1)0.5 30 N (2)见解析
数图结合解决物理问题的答题技巧
(1)对于由已知图像求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程从分析图像的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出相关信息,结合题目所问,选择合适规律列式求解.
(2)针对本题,图线分三段,0~1 s倾斜直线表示匀加速;1~3 s倾斜直线表示匀减速;3 s后通过计算判断其运动性质.图线斜率代表加速度,纵轴截距代表初速度,线与时间轴所围面积代表位移,理解这些知识再结合牛顿第二定律,本题就不难求解.
13.(2012铜陵模拟)(14分)如图所示,一个质量m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上,受到一个大小为40 N的水平推力F作用,以v0=10 m/s的速度沿斜面匀速上滑.(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)若滑块运动到A点时立即撤去推力F,求这以后滑块再返回A点经过的时间.
解析:(1)在F的作用下,滑块做匀速运动,
有Fcs 37°=mgsin 37°+μ(mgcs 37°+Fsin 37°)(3分)
解得μ=0.5.(2分)
(2)撤去F后,滑块往上滑时
a=gsin 37°+μgcs 37°=10 m/s2(2分)
t1==1 s(1分)
x=t1=5 m(1分)
往下滑时a'=gsin 37°-μgcs 37°=2 m/s2(2分)
x=a'(1分)
t2= s(1分)
t=t1+t2=(1+) s.(1分)
答案:(1)0.5 (2)(1+) s
14.(2012武汉市部分学校调研测试)(16分)如图所示,质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,g取10 m/s2,
(1)若木板长L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F,假设木板足够长,在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像.
解析:(1)假设铁块和木板以及木板和地面都有相对滑动,则铁块的加速度大小
a1==4 m/s2(2分)
木板的加速度大小
a2==2 m/s2(2分)
由a2>0可见,假设成立.
设经过时间t铁块运动到木板的右端,则有
a1t2-a2t2=L(2分)
解得t=1 s.(1分)
(2)①当F≤μ1(M+m)g=2 N时,m、M相对静止且对地静止,f=F;(1分)
②设F=F1时,m、M恰保持相对静止,此时系统的加速度为a=a2=2 m/s2.
以系统为研究对象,据牛顿第二定律有
F1-μ1(M+m)g=(M+m)a(1分)
解得F1=6 N(1分)
所以,当2 N
以M为研究对象,据牛顿第二定律有
f-μ1(M+m)g=Ma(1分)
解得f=+1(N);(1分)
③当F>6 N时,m、M发生相对运动,
f=μ2mg=4 N(1分)
所以,f随拉力F大小变化而变化的图像如图所示.(2分)
答案:(1)1 s (2)见解析图
知识点
题号
1.单位制
1
2. 对牛顿第二定律的理解
3、4、6、7
3. 对牛顿第三定律的理解
5
4.超重、失重
2
5.传送带问题
8
6.验证牛顿第二定律
10、11
7.牛顿运动定律的综合应用
9、12、13、14
时间
t0
t1
t2
t3
体重计示数(N)
450
500
400
450
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