2022年高考物理一轮复习专题3牛顿运动定律课件

专题三

牛顿运动定律考点1

牛顿第一定律牛顿第三定律1.[2013海南·7,5分,难度★☆☆☆☆](多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法符合历史事实的是(

)A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质题组1对牛顿第一定律的理解和应用答案1.BCD

【解题思路】

亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因,A错;伽利略通过理想“斜面实验”得出力不是维持物体运动状态的原因,B项正确;笛卡儿认为如果运动物体不受任何力的作用,不仅速度大小不变,而且运动方向也不会变,将沿原来的方向匀速运动下去,C项正确;牛顿认为一切物体皆有惯性,D项正确.2.[2014北京·19,6分,难度★★☆☆☆]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,它的加速度越小题组1对牛顿第一定律的理解和应用答案2.A

【解题思路】

题述要求根据三次实验结果的对比,得到最直接的结论.由于斜面上先后铺垫粗糙程度逐渐降低的材料,可理解为斜面越来越光滑,小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3,即依次升高,所以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,选项A正确.BCD选项都不能根据三次实验结果的对比直接得到,选项BCD错误.3.[2013课标Ⅰ·14,6分,难度★★☆☆☆]如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列数据如下表.表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加的.根据表中的数据,伽利略可以得出的结论是(

)A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比题组1对牛顿第一定律的理解和应用答案3.C

【解题思路】

由表可以看出第二列数据与第一列为二次方关系,而第三列数据与第一列在误差范围内成正比,说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比,故选项C正确.4.[2020年1月浙江·2,3分,难度★☆☆☆☆]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则(

)A.F2>F1

B.F1和F2大小相等C.F1先于F2产生

D.F1后于F2产生题组2对牛顿第三定律的理解和应用答案4.B

【解题思路】

F1和F2是作用力和反作用力,遵循牛顿第三定律,这对力同时产生、同时消失、大小相等、方向相反,B正确,ACD错误.

题组2对牛顿第三定律的理解和应用答案5.A

【解题思路】

运动员处于静止状态,即平衡状态.每只手对地面的正压力都为自身重力的一半,和角度无关,所以A正确,BC错误;由牛顿第三定律知运动员与地面间的相互作用力大小永远相等,故D错误.6.[2019年4月浙江·6,3分,难度★★☆☆☆]如图所示,小明撑杆使船离岸,则下列说法正确的是(

)A.小明与船之间存在摩擦力B.杆的弯曲是由于受到杆对小明的力C.杆对岸的力大于岸对杆的力D.小明对杆的力和岸对杆的力是一对相互作用力题组2对牛顿第三定律的理解和应用答案6.A

【解题思路】

小明与船之间存在静摩擦力,A正确;杆的弯曲是由于受到小明对杆的作用力,B错误;杆对岸的力与岸对杆的力是作用力与反作用力,大小相等,C错误;小明对杆的力和岸对杆的力受力物体都是杆,两者不是作用力与反作用力,故D错误.考点2

牛顿第二定律及其应用真题分层1基础题组1.[2012海南·1,3分,难度★☆☆☆☆]根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是(

)A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比题组1对牛顿第二定律的理解和应用答案

2.[2013安徽·14,6分,难度★★☆☆☆]如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)(

)A.T=m(gsinθ+acosθ)

FN=m(gcosθ-asinθ)B.T=m(gcosθ+asinθ)

FN=m(gsinθ-acosθ)C.T=m(acosθ-gsinθ)

FN=m(gcosθ+asinθ)D.T=m(asinθ-gcosθ)

FN=m(gsinθ+acosθ)题组1对牛顿第二定律的理解和应用答案2.A

【解题思路】

对小球受力分析,并沿水平、竖直方向正交分解.水平方向:Tcosθ-FNsinθ=ma,竖直方向:Tsinθ+FNcosθ=mg.联立求解得选项A正确.3.[2016海南·5,3分,难度★★★☆☆]沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度-时间图线如图所示.已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在0~5s、5~10s、10~15s内F的大小分别为F1、F2和F3,则(

)A.F1<F2

B.F2>F3C.F1>F3

D.F1=F3题组1对牛顿第二定律的理解和应用答案3.A

【解题思路】

设物体重力沿斜面向下的分力为G1,所受摩擦力为f,根据题图得,在0~5s内,物体下滑的加速度大小为a1=0.2m/s2,由牛顿第二定律,G1-f-F1=ma1,解得F1=G1-f-ma1;在5~10s内,物体下滑的加速度大小为a2=0,由牛顿第二定律,G1-f-F2=0,解得F2=G1-f;在10~15s内,物体下滑的加速度为a3=-0.2m/s2,由牛顿第二定律,G1-f-F3=ma3,解得F3=G1-f-ma3;显然F1<F2<F3,选项A正确.4.[2020年7月浙江·2,3分,难度★★★☆☆]如图所示,底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上,箱子四周有一定空间.当公交车(

)A.缓慢起动时,两只行李箱一定相对车子向后运动B.急刹车时,行李箱a一定相对车子向前运动C.缓慢转弯时,两只行李箱一定相对车子向外侧运动D.急转弯时,行李箱b一定相对车子向内侧运动题组1对牛顿第二定律的理解和应用答案4.B

【解题思路】缓慢起动的公交车具有向前的加速度,但加速度较小,若箱子所受的静摩擦力足以提供该加速度,则箱子可以相对公交车静止,A项错;急刹车时,公交车的加速度较大,箱子轮子受到公交车的摩擦力较小,行李箱a一定相对车子向前运动,B项正确;缓慢转弯时,车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度,当行李箱所受的静摩擦力足以提供其加速度时,行李箱相对车子静止,C项错;急转弯时,汽车的加速度较大,若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力,则其做离心运动,即相对车子向外侧运动,若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力,则其相对车子静止,D项错.5.[2014北京·18,6分,难度★★☆☆☆]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题组2超重与失重答案5.D

【解题思路】

手托物体由静止开始向上运动,一定先做加速运动,物体处于超重状态;而后可能匀速上升,也可能减速上升,选项AB错误.在物体离开手的瞬间,二者分离,不计空气阻力,物体只受重力,物体的加速度一定等于重力加速度;要使手和物体分离,手向下的加速度一定大于物体向下的加速度,即手的加速度大于重力加速度,选项C错误,D正确.【光速解法】

由于是单选题,分析物体离开手的瞬间,物体的加速度等于重力加速度,手向下的加速度一定大于重力加速度,可快速选出正确选项D.6.[2018年4月浙江·8,3分,难度★★☆☆☆]如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作.下列F-t图象能反映体重计示数随时间变化的是(

)题组2超重与失重答案6.C

【解题思路】

体重计的示数与人所受的支持力大小成正比,在下蹲过程中,人的速度从零开始逐渐增大又逐渐减到零,因此人的加速度方向先向下后向上,由牛顿第二定律知,人先处于失重状态后处于超重状态,所以支持力先小于重力,后大于重力,故选项C正确.7.

[2020山东·1,3分,难度★★★☆☆]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图象如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v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,v增大,FN>mgB.t1~t2时间内,v减小,FN<mgC.t2~t3时间内,v增大,FN<mgD.t2~t3时间内,v减小,FN>mg题组2超重与失重答案7.D

【解题思路】

根据位移-时间图象的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图象斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图象斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图象斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,选项C错误,D正确.【易错警示】

解答此题常见的易错点主要有:一是把位移-时间图象误认为是速度-时间图象;二是对超重和失重理解不到位.真题分层2中档题组1.[2015江苏·6,4分,难度★★☆☆☆](多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力(

)A.t=2s时最大

B.t=2s时最小C.t=8.5s时最大

D.t=8.5s时最小答案1.AD

【解题思路】

当电梯有向上的加速度时,人处于超重状态,人对地板的压力大于重力,向上的加速度越大,压力越大,因此t=2s时,压力最大,A项正确;当有向下的加速度时,人处于失重状态,人对地板的压力小于人的重力,向下的加速度越大,压力越小,因此t=8.5s时压力最小,D项正确.2.[2018全国Ⅰ·15,6分,难度★★☆☆☆]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之间关系的图象可能正确的是(

)答案2.A

【解题思路】

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,BCD错误.

答案

4.[2021广东适应性测试·9,6分,难度★★★☆☆](多选)研究“蹦极”运动时,在运动员身上系好弹性绳并安装传感器,可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小.根据传感器收集到的数据,得到如图所示的“速度-位移”图象.若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略,根据图象信息,下列说法正确的是(

)A.弹性绳原长为15mB.当运动员下降10m时,处于失重状态C.当运动员下降15m时,绳的弹性势能最大D.当运动员下降20m时,其加速度方向竖直向上答案4.BD

【解题思路】

由题图可知,运动员下降15m时速度最大,此时加速度为零,合外力为零,绳的弹力等于重力,弹性绳处于伸长状态,故A项错;当运动员下降10m时,由题图可知,速度还在增大即继续向下加速,故运动员此时处于失重状态,B项正确;当运动员下降15m时,速度最大且继续向下运动,弹性绳继续伸长,绳的弹性势能继续增大,故C项错;当运动员下降20m时,运动员向下做减速运动,其加速度方向竖直向上,故D正确.5.[2014重庆·5,6分,难度★★★☆☆]以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是(

)答案

【方法技巧】

对于速度-时间图象问题,要从图象的截距、图线的形状、斜率、与时间轴所围的面积等方面加深理解.如本题中,受空气阻力作用的物体在速度为零时,即图中横截距的位置,切线的斜率(表示加速度)与做竖直上抛运动物体的斜率(表示加速度)相同就是解题的突破点.6.[2014课标Ⅰ·17,6分,难度★★★☆☆]如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比,小球的高度(

)A.一定升高 B.一定降低C.保持不变 D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案

【技巧点拨】

比较两个状态下小球的位置关系,可找一个参考点——橡皮筋的悬点O,比较两个状态下,小球距悬点O的高度的大小关系,巧妙地将问题进行转化,降低了思考难度.7.[2015海南·9,5分,难度★★★☆☆](多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时(

)A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑答案7.BD

【解题思路】

当升降机加速上升时,物块处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的滑动摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当物块匀速下滑时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ,假设物块以加速度a向上运动,有Ff'=μFN'=μm(g+a)cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m(g+a)sinθ=μm(g+a)cosθ,故物块仍做匀速下滑运动,C错误,D正确.8.[2016天津·8,6分,难度★★★★☆](多选)我国高铁技术处于世界领先水平.和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组(

)A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2答案

答案

10.[2021福建适应性考试·14,12分,难度★★★★☆]如图,上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上,A、B为固定在小车上的挡板,C、D为竖直放置的轻质薄板.A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接,薄板C、D间夹住一个长方体金属块(可视为质点).金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止,此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力.已知金属块的质量m=10kg,弹簧劲度系数k=1000N/m,金属块和薄板C、D间的动摩擦因数μ=0.8.设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,取重力加速度g=10m/s2.(1)求此时弹簧的压缩量;(2)当小车、金属块一起向右加速运动,加速度大小a=15m/s2时,求A、C和D、B间弹簧的形变量及金属块受到的摩擦力大小.答案10.【解析】

(1)由于金属块受力平衡,又两个轻质弹簧相同,故两弹簧压缩量相同.设弹簧的压缩量为x0,弹簧形变产生的弹力大小为F,由胡克定律得F=kx0设金属块所受摩擦力大小为f,此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力,故f=2μF对金属块由力的平衡条件得f=mg代入数据解得x0=0.0625m(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2,有x1+x2=2x0对金属块由牛顿第二定律得k(x1-x2)=ma代入数据解得x1=0.1375m,x2=-0.0125m由x2<0可知,此时薄板D已与金属块分离,D、B间弹簧已恢复原长,对金属块无弹力作用,故假设不成立.金属块水平方向加速运动所需的合力全部由A、C间弹簧的弹力提供.设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1'、x2',则x2'=0由牛顿第二定律可得kx1'=ma解得x1'=0.15m此时最大静摩擦力fmax'=μkx1'=120N>mg,故金属块受到的摩擦力大小为f'=mg=100N专项1

动力学中的两种典型模型1.[2013浙江·19,6分,难度★★★☆☆](多选)如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2.关于热气球,下列说法正确的是(

)A.所受浮力大小为4830NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案1.AD

【解题思路】

热气球从地面刚开始上升时,由牛顿第二定律有:F合=F浮

-mg=ma,得热气球所受的浮力F浮=m(g+a)=460×(10+0.5)N=4830N,则A项正确;加速上升过程中,速度增大,所受空气阻力也增大,则B项错误;热气球以5m/s的速度匀速上升时,由平衡条件知所受的空气阻力Ff=F浮-mg=4830N-460×10N=230N,则D项正确;热气球从地面上升10s内,它做变加速运动,故10s时其速度大小不是5m/s,则C项错误.模型1运动→受力2.[2014上海·31,12分,难度★★★☆☆]如图,水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球.静止时,箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速运动,然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止,经过的总路程为s,运动过程中的最大速度为v.(1)求箱子加速阶段的加速度大小a'.(2)若a>gtanθ,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力.模型1运动→受力答案

模型1运动→受力3.[2012重庆·25,19分,难度★★★☆☆]某校举行托乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为S.比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动.比赛中,该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0,如图所示.设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球的质量为m,重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k;(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式;(3)整个匀速跑阶段,若该同学速度仍为v0,而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落,求β应满足的条件.模型1运动→受力答案

模型1运动→受力4.[2013江苏·14,16分,难度★★★☆☆]如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;(3)本实验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1m,取g=10m/s2.若砝码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?模型1运动→受力答案

模型1运动→受力5.[2013上海·31,12分,难度★★★☆☆]如图,质量为M,长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上,滑块与地面间动摩擦因数为μ;滑块上表面光滑,其右端放置一个质量为m的小球.用水平外力击打滑块左端,使其在极短时间内获得向右的速度v0,经过一段时间后小球落地.求小球落地时距滑块左端的水平距离.模型2受力→运动答案

答案

模型2受力→运动

模型2受力→运动答案6.【解析】

(1)在0~2s时间内,A和B的受力分析分别如图1、2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=mgcosθ

②f2=μ2N2

③N2=N1+mgcosθ

④规定沿山坡C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mgsinθ-f1=ma1

⑤mgsinθ-f2+f1=ma2

⑥联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得a1=3m/s2

⑦a2=1m/s2

⑧模型2受力→运动答案

模型2受力→运动专项2

牛顿运动定律的综合应用1.[2013全国Ⅱ·1,6分,难度★★☆☆☆]一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间关系的图象是(

)答案1.C

【解题思路】

设物块所受滑动摩擦力为f,在水平拉力F作用下,物块做匀加速直线运动,由牛顿第二定律,F-f=ma,F=ma+f,所以能正确描述F与a之间关系的图象是C,选项C正确,A、B、D错误.模型1动力学图象问题【光速解法】

由于静摩擦力的作用,当F=0时物块并不会产生加速度,故A、B、D错误,C正确.2.[2018海南·8,5分,难度★★★☆☆](多选)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时,小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v-t图象,图中t1、v0、v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得(

)A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能答案

模型1动力学图象问题

模型1动力学图象问题答案

模型1动力学图象问题

模型1动力学图象问题答案

模型1动力学图象问题5.[2014四川·7,6分,难度★★★★☆](多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带.不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是(

)模型2传送带问题【易错分析】

在水平传送带模型中,无论物块与传送带是同向运动还是反向运动,分析滑动摩擦力的方向是关键,滑动摩擦力的方向总是与相对运动的方向相反.当物块与传送带相对静止一起匀速运动时,摩擦力突然消失.模型2传送带问题答案5.BC

【解题思路】

(1)如果小物体P的速度v2小于水平传送带的速度v1,则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向右,①当小物体P受到的滑动摩擦力大于小物体Q所受到的重力时,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P继续加速,当小物体P的速度与水平传送带的速度v1相同时,停止加速,由于小物体P受到水平向右的最大静摩擦力(略大于滑动摩擦力)大于小物体Q所受到的重力,小物体P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,则B图中的v-t图象与之对应;②当小物体P受到的滑动摩擦力等于小物体Q所受到的重力时,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P以速度v2做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图象与之对应;③当小物体P受到的滑动摩擦力小于小物体Q所受到的重力时,有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图象与之对应;也有可能在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动直至速度变为零然后做加速度不变的反方向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左侧滑出,无v-t图象与之对应;(2)如果小物体P的速度v2大于水平传送带的速度v1,则小物体P受到的滑动摩擦力方向水平向左,在滑动摩擦力和细绳的弹力的作用下使得小物体P做匀减速直线运动,①有可能小物体P一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图象与之对应;②有可能速度与水平传送带的速度v1相同时,停止减速,若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力大于或等于小物体Q所受到的重力,小物体P将与水平传送带一起做匀速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图象与之对应;若小物体P受到水平向右的最大静摩擦力小于小物体Q所受到的重力,小物体P将又开始做匀减速直线运动,有可能一直做匀减速直线运动直至从水平传送带的右侧滑出,无v-t图象与之对应;有可能先减速到零然后做加速度大小不变的反向的匀加速直线运动直至从水平传送带的左端滑出,则C图中的v-t图象与之对应.故选BC.6.[2021辽宁适应性测试·10,6分,难度★★★★☆](多选)如图所示,甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg,放在静止的水平传送带上,两者相距5m,与传送带间的动摩擦因数均为0.2.t=0时,甲、乙分别以6m/s、2m/s的初速度开始向右滑行.t=0.5s时,传送带启动(不计启动时间),立即以3m/s的速度顺时针匀速转动.传送带足够长,重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是(

)A.t=0.5s时,两滑块相距2mB.t=1.5s时,两滑块速度相等C.0~1.5s内,乙相对传送带的位移大小为0.25mD.0~2.5s内,两滑块与传送带间因摩擦产生的热量共为14.5J模型2传送带问题答案【关键点拨】

滑块与水平传送带之间有摩擦,且滑块与传送带的速度方向相同,当滑块速度大于传送带速度时,滑块所受摩擦力方向与速度方向相反,滑块相对传送带做减速运动;当滑块速度小于传送带速度时,滑块所受摩擦力方向与速度方向相同,滑块相对传送带做加速运动;当滑块速度等于传送带速度时,滑块所受摩擦力为零,滑块相对传送带静止,二者一起以传送带速度运动.模型2传送带问题

答案

模型3连接体问题

答案

模型3连接体问题

模型3连接体问题答案

答案

模型3连接体问题10.[2019全国Ⅲ·20,6分,难度★★★★☆](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=4s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10m/s2.由题给数据可以得出(

)A.木板的质量为1kgB.2s~4s内,力F的大小为0.4NC.0~2s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模型4滑块-板块模型问题答案模型4滑块-板块模型问题【易错分析】

题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起,是本题的易错点.要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止,从而判断木板的受力情况,由v-t图象求出木板在施加力F时的加速度和撤掉F时的加速度,根据牛顿第二定律求解待求物理量.

11.[2019江苏·15,16分,难度★★★☆☆]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、a'B;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.答案

模型4滑块-板块模型问题答案模型4滑块-板块模型问题【关键点拨】

本题以板块模型为背景,综合考查了牛顿运动定律以及运动学公式等知识,处理本题的关键点有二:一是弄清临界点(或转折点),即物块A与物块B达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点,本题中临界点为A、B共速;二是两个关联,即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联,必要时要通过画图理清关系,即B的位移与A的位移之差应等于L.

12.[2017全国Ⅲ·25,20分,难度★★★★★]如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,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=4kg,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=3m/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=10m/s2.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.模型4滑块-板块模型问题答案12.【解析】

(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联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1m/s

⑨模型4滑块-板块模型问题答案模型4滑块-板块模型问题【技巧点拨】

首先求解在B和木板达到相同速度前后A、B和木板的加速度,同时求出每个阶段的时间,然后画v-t图象进行求解,可大大降低解题难度.在板块模型中,当二者刚好可以分开时,二者的加速度仍相同,摩擦力刚好达到最大静摩擦力(滑动摩擦力),原则上的处理方法是先整体分析,再隔离受力少的那个物体分析.

考点3

动力学相关实验真题分层1基础题组1.[2017年下半年浙江·17,5分,难度★★☆☆☆]在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中,(1)下列仪器需要用到的是

(多选);

(2)下列说法正确的是

(多选);

A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D…为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知小车在D点的速度大小为

m/s(小数点后保留两位).

题组1实验原理题组1实验原理答案

题组1实验原理(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).

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题组1实验原理题组1实验原理答案2.【参考答案】

(1)B

(2)如图甲所示

(3)如图乙所示

AD【解题思路】

(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,故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.3.[2020全国Ⅱ·22,5分,难度★★☆☆☆]一细绳跨过悬挂的定滑轮,两端分别系有小球A和B,如图所示.一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度.令两小球静止,细绳拉紧,然后释放小球,测得小球B释放时的高度h0=0.590m,下降一段距离后的高度h=0.100m;由h0下降至h所用的时间T=0.730s.由此求得小球B加速度的大小为a=

m/s2(保留3位有效数字).

从实验室提供的数据得知,小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g,当地重力加速度大小为g=9.80m/s2.根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a'=

m/s2(保留3位有效数字).

可以看出,a'与a有明显差异,除实验中的偶然误差外,写出一条可能产生这一结果的原因:

.

题组2数据处理与误差分析

答案4.[2019全国Ⅱ·22,5分,难度★★☆☆☆]如图(a),某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验.所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源、纸带等.回答下列问题:(1)铁块与木板间动摩擦因数μ=

(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示).

(2)某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°.接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下.多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示.图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出).重力加速度为9.80m/s2.可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为

(结果保留2位小数).

题组2数据处理与误差分析题组2数据处理与误差分析答案

题组2数据处理与误差分析题组2数据处理与误差分析答案

6.[2021湖南·11,6分,难度★★★☆☆]某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系.主要实验步骤如下:(1)用游标卡尺测量垫块厚度h,示数如图(b)所示,h=

cm;

(2)接通气泵,将滑块轻放在气垫导轨上,调节导轨至水平;(3)在右支点下放一垫块,改变气垫导轨的倾斜角度;(4)在气垫导轨合适位置释放滑块,记录垫块个数n和滑块对应的加速度a;(5)在右支点下增加垫块个数(垫块完全相同),重复步骤(4),记录数据如下表:根据表中数据在图(c)上描点,绘制图线.如果表中缺少的第4组数据是正确的,其应该是

m/s2(保留三位有效数字).

题组2数据处理与误差分析题组2数据处理与误差分析答案

【易错辨析】

在进行游标卡尺读数时,不少考生没有注意到主尺上的“1”表示的是10mm,而错误地读成1.20cm.真题分层2中档题组

(2)根据上述数据,进一步分析得到当地的重力加速度大小为

m/s2.(结果保留2位有效数字,sin37°=0.60,cos37°=0.80)

答案

2.[2020年7月浙江·17(1),7分,难度★★★☆☆]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.(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);

(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图象时,把mg作为F值的是

(选填“甲”“乙”或“甲和乙”).

图1答案

3.[2021湖北模拟演练·13,9分,难度★★★☆☆]某同学利用如图(a)所示的装置测量滑块与长金属板之间的动摩擦因数和当地的重力加速度.金属板固定于水平实验台上,一轻绳跨过轻滑轮,左端与放在金属板上的滑块(滑块上固定有宽度为d=2.000cm的遮光条)相连,另一端可悬挂钩码.本实验中可用的钩码共有N=6个,每个质量均为m=0.010kg.实验步骤如下:①在金属板上适当的位置固定光电门A和B,两光电门通过数据采集器与计算机相连.②用电子秤称量出滑块和遮光条的总质量为M=0.150kg.③将n(依次取n=1,2,3,4,5,6)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码固定在滑块上.用手按住滑块,并使轻绳与金属板平行.接通光电门,释放滑块.计算机自动记录:i.遮光条通过光电门A的时间Δt1ii.遮光条通过光电门B的时间Δt2iii.遮光条的左端从离开光电门A到离开光电门B的时间Δt12④经数据处理后,可得到与n对应的加速度a,然后记录.回答下列问题:

答案

【实验攻略】

第(1)问,遮光条通过光电门时的瞬时速度近似等于遮光条经过光电门过程的平均速度;再由加速度的定义式求出滑块的加速度.第(2)问,通过滑块的受力,结合牛顿第二定律写出a与n的关系式,通过数形结合法求出动摩擦因数以及当地的重力加速度.4.[2016全国Ⅲ·23,10分,难度★★★★☆]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系.图中,置于实验台上的长木板水平放置,其右端固定一轻滑轮;轻绳跨过滑轮,一端与放在木板上的小滑车相连,另一端可悬挂钩码.本实验中可用的钩码共有N=5个,每个质量均为0.010kg.实验步骤如下:(1)将5个钩码全部放入小车中,在长木板左下方垫上适当厚度的小物块,使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑.(2)将n(依次取n=1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端,其余N-n个钩码仍留在小车内;用手按住小车并使轻绳与木板平行.释放小车,同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s,绘制s-t图象,经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表.n=2时的s-t图象如图(b)所示;由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字),将结果填入下表.(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点,并作出a-n图象.从图象可以看出:当物体质量一定时,物体的加速度与其所受合外力成正比.(5)利用a-n图象求得小车（空载）的质量为

kg(保留两位有效数字，重力加速度取g=9.8m/s2).(6)若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是

（填入正确选项前的标号）.A.a-n图线不再是直线B.a-n图线仍是直线，但该直线不过原点C.a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大答案

【规律总结】

探究加速度与力、质量的关系的实验一般都会利用打点计时器和小车来进行实验,考查的重点是利用纸带求解速度、加速度及误差分析与如何平衡摩擦力等.利用图象处理数据是一种常用的重要方法,将实验中得到的数据通过描点作出图象,可以非常直观地看出两个物理量之间的关系,也可以有效地减小实验误差,确定并排除实验中测得的一些错误数据.易错疑难集训1.[2013浙江·17,6分,难度★★★☆☆]如图所示,水平木板上有质量m=1.0kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小.取重力加速度g=10m/s2,下列判断正确的是(

)A.5s内拉力对物块做功为零B.4s末物块所受合力大小为4.0NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6s~9s内物块的加速度大小为2.0m/s2易错点1

对动力学的图象问题理解不清答案1.D

【解题思路】

由Ff-t图象知物块所受的最大静摩擦力为4N,滑动摩擦力为3N,4s末物块所受的合力为零,则B项错误;因前4s内物块处于静止状态,5s内物块的位移即第5s内物块的位移不为零,则5s内拉力对物块所做的功不为零,故A项错误;由μmg=3N,得物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.3,则C项错误;6s~9s内物块所受的合力为5N-3N=2N,由F合=ma,得物块的加速度大小a=2m/s2,故D项正确.【易错分析】

处理图象类问题时,首先弄清坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、图线与坐标轴所围图形面积的物理意义;其次应用物理规律列现与图象对应的函数方程式,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系,以便对有关物理问题进行准确判断.2.[2015海南·8,5分,难度★★★☆☆](多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断的瞬间(

)A.a1=3g

B.a1=0 C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2易错点2

不会运动牛顿第二定律分析瞬时性问题答案2.AC

【解题思路】

剪断细线前,对整体由平衡条件可知,细线承受拉力F=3mg,剪断细线瞬间,物块a所受重力和弹簧拉力不变,由平衡条件推论可知重力与拉力合力大小为3mg,由牛顿第二定律可知,a1=3g,A项正确,B项错;剪断细线瞬间,两弹簧弹力不变,在剪断前,两弹簧S1、S2弹力大小分别为T1=2mg,T2=mg,由胡克定律F=kx可知,Δl1=2Δl2,C项正确,D项错.【易错分析】

在处理此类问题时,考生易犯的错误是不清楚在剪断细线或剪断弹簧瞬间,细线的拉力或弹簧弹力的变化情况,一般来说,对于轻绳、轻杆或接触面等产生的弹力,剪断或脱离后,弹力会立即改变,对于轻质弹簧或橡皮绳,当弹簧或橡皮绳两端都连接有物体时(即剪断的不是弹簧或橡皮绳的情况下),由于物体具有惯性,弹簧或橡皮绳的弹力不会发生“突变”.

疑难点多过程问题疑难点多过程问题答案

2.[2015课标Ⅰ·25,20分,难度★★★★★]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4.5m,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=1s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1s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10m/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.疑难点多过程问题疑难点多过程问题答案

疑难点多过程问题答案

【疑难点拨】

涉及多物体相互作用,且运动过程复杂的问题,除了对物体进行正确的受力分析外,还必须正确分析物体的运动情况,确立相互作用物体间的临界条件,当两个物体发生相对运动时,找出这两个物体之间的位移关系或速度关系尤其重要,另外还要注意分析多过程问题中各子过程的联系.

素养题型专练1.[2019北京·20,6分,难度★★★☆☆](物质观念)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跃迁辐射的频率Δν=9192631770Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299792458m·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1.D

【解题思路】

由题意结合选项可知,A项、B项、C项均正确;因为1J=1N·m,1N=1kg·m·s-2,而m、s等已经定义了,故可以用普朗克常量h(J·s)定义质量单位kg,故D项不正确.【素养落地】

本题通过考查单位制,考查考生记忆识别能力和分析综合能力,体现了“物质观念”这一物理核心素养.答案

答案

1.[2016四川·10,17分,难度★★★☆☆](以新情境为载体考查牛顿运动定律)避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图乙所示的竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间,货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g=10m/s2.求:(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)制动坡床的长度.答案

专题综合训练1.[2013重庆·4,6分,难度★★☆☆☆]

图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下,然后在不同的θ角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动.分析该实验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图2中的(

)A.①、②和③ B.③、②和①C.②、③和① D.③、①和②答案1.B

【解题思路】

根据斜面模型,小球在光滑的斜面上时,对斜面的压力为FN=mgcosθ,压力FN与其最大值的比值为cosθ,此比值随θ变化的图线对应图象中的③;下滑过程中小球的加速度a=gsinθ,加速度与其最大值的比值为sinθ,此比值随θ变化的图线对应图象中的②;重力加速度是恒定值,与其最大值的比值为1,此比值随θ变化的图线对应图象中的①.所以B项正确.2.[2012山东·16,5分,难度★★☆☆☆](多选)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v-t图象如图所示.以下判断正确的是(

)A.前3s内货物处于超重状态B.最后2s内货物只受重力作用C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D.第3s末至第5s末的过程中,货物的机械能守恒答案

3.[2015重庆·5,6分,难度★★★☆☆]若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(

)答案3.B

【解题思路】

由v-t图象可知,有两段时间匀速运动,支持力等于重力,由牛顿第二定律F-mg=ma知,加速度为负时,处于失重状态,支持力小于重力,加速度为正时,处于超重状态,支持力大于重力,所以B项正确.4.[2012安徽·17,6分,难度★★★☆☆]如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则(

)A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案4.C

【解题思路】对物块进行受力分析,设斜面的倾斜角度为A,可列方程mgsinA-μmgcosA=ma,sinA-μcosA=a/g,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sinA-μ(mg+F)cosA=ma1,即mgsinA-μmgcosA+FsinA-μFcos=ma1,ma+FsinA-μFc