6、點,傳感器顯示的力隨時間變化的情況如圖乙所示。重力加速度g=10m/s2。求:
(1)該學生下滑過程中的最大速度;
(2)5s內(nèi)該學生下滑的距離。
10.(20分)(2020·青島二模)如圖所示,在粗糙水平面上有一質(zhì)量為M、高為h的斜面體,斜面體的左側有一固定障礙物Q,斜面體的左端與障礙物的距離為d。將一質(zhì)量為m的小物塊置于斜面體的頂端,小物塊恰好能在斜面體上與斜面體一起保持靜止;現(xiàn)給斜面體施加一個水平向左的推力,使斜面體和小物塊一起向左勻加速運動,當斜面體到達障礙物與其碰撞后,斜面體立即停止運動,小物塊水平拋出,最后落在障礙物的左側P處(圖中未畫出),已知斜面體與地面間的動摩擦因數(shù)
7、為μ1,斜面傾角為θ,重力加速度為g,滑動摩擦力等于最大靜摩擦力,求:
(1)小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2;
(2)要使物塊在地面上的落點P距障礙物Q最遠,水平推力F為多大;
(3)小物塊在地面上的落點P距障礙物Q的最遠距離。
B組
(45分鐘 100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號后標出)
1.(多選)(2020·山東高考)伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結合探索自然規(guī)律的科學方法,利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有( )
A.力不是維持物體運動的原因
B.物體之間普遍存在相互吸引力
C.忽略空氣阻力,重物與輕物下落得同樣快
D.物
8、體間的相互作用力總是大小相等、方向相反
2.(2020·石家莊二模)如圖所示,沿直線運動的小車內(nèi)懸掛的小球A和車水平底板上放置的物塊B都相對車廂靜止。關于物塊B受到的摩擦力,下列判斷中正確的是( )
A.物塊B不受摩擦力作用
B.物塊B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左
C.物塊B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右
D.因小車的運動方向不能確定,故物塊B受的摩擦力情況無法判斷
3.(2020·青島一模)DIS是由傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機組成的信息采集處理系統(tǒng),某課外實驗小組利用DIS系統(tǒng)研究電梯的運動規(guī)律,他們在電梯內(nèi)做實驗,在電梯天花板上固定一個力傳感器,傳感器的測量掛鉤向下,在
9、掛鉤上懸掛一個質(zhì)量為1.0kg的鉤碼,在電梯由靜止開始上升的過程中,計算機屏上顯示如圖所示的圖像,則(g取10m/s2)( )
A.t1到t2時間內(nèi),電梯勻速上升
B.t2到t3時間內(nèi),電梯處于靜止狀態(tài)
C.t3到t4時間內(nèi),電梯處于超重狀態(tài)
D.t1到t2時間內(nèi),電梯的加速度大小為5m/s2
4.(2020·唐山二模)一皮帶傳送裝置如圖所示,輕彈簧一端固定,另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊,已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上,彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中,滑塊始終未與皮帶達到共速,則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是(
10、 )
A.速度增大,加速度增大
B.速度增大,加速度減小
C.速度先增大后減小,加速度先增大后減小
D.速度先增大后減小,加速度先減小后增大
5.(2020·泉州二模)如圖所示,豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B,A、B的質(zhì)量均為2kg,它們處于靜止狀態(tài),若突然將一個大小為10N,方向豎直向下的力施加在物塊A上,則此瞬間,A對B的壓力大小為(g=10m/s2)( )
A.10 N B.20 N
C.25 N D.30 N
6.(多選)(2020·金華二模)質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運動,圖中的兩條直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉
11、力的圖線,則下列說法正確的是( )
A.水平拉力可能是0.3 N
B.水平拉力一定是0.1 N
C.物體所受摩擦力可能是0.2 N
D.物體所受摩擦力一定是0.2 N
7.(2020·四川高考改編)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上,另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸(未連接),彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動物體,在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0,此時物體靜止。撤去F后,物體開始向左運動,運動的最大距離為4x0。物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。
則( )
A.撤去F后,物體先做勻加速運動,再做勻減速運動
B.撤去F后,物體剛運動時的加速
12、度大小為-μg
C.物體做勻減速運動的時間為2
D.物體從開始向左運動到速度最大的過程中發(fā)生的位移為
8.(多選)利用如圖甲所示的裝置測量滑塊和滑板間的動摩擦因數(shù),將質(zhì)量為M的滑塊A放在傾斜滑板B上,C為位移傳感器,它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實時傳送到計算機上,經(jīng)計算機處理后在屏幕上顯示出滑塊A的速度—時間(v-t)圖像。先給滑塊A一個沿滑板B向上的初速度,得到的v-t圖像如圖乙所示,
則( )
A.滑塊A上滑時加速度的大小為8m/s2
B.滑塊A下滑時加速度的大小為8m/s2
C.滑塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5
D.滑塊A上滑時運動的位移為1m
二、計算題
13、(本大題共2小題,共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
9.(18分)(2020·運城一模)如圖所示,質(zhì)量M=0.2kg的長木板靜止在水平地面上,與地面間動摩擦因數(shù)μ1=0.1,另一質(zhì)量m=0.1kg的帶正電小滑塊以v0=8m/s初速度滑上長木板,滑塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ2=0.5,小滑塊帶電量為q=2×10-3C,整個運動過程始終處于水平向右的勻強電場中,電場強度E=1×102N/C,(g=10m/s2)求:
(1)剛開始時小滑塊和長木板的加速度大小各為多少?
(2)小滑塊最后停在距長木板左端多遠的位置。
(3)整個運動過程中產(chǎn)生的熱量。
10.(18分)(2020·大慶二模)如圖所
14、示,水平傳送帶AB長L=10m,向右勻速運動的速度v0=4m/s。一質(zhì)量為1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以v1=6m/s的初速度從傳送帶右端B點沖上傳送帶,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。求:
(1)物塊相對地面向左運動的最大距離;
(2)物塊從B點沖上傳送帶到再次回到B點所用的時間。
答案解析
A組
1.【解析】選A、C、D。物體處于失重狀態(tài)指的是在物體具有向下的加速度情況下,物體對支撐面的壓力或者對繩子的拉力小于物體的重力的現(xiàn)象,當小朋友沿滑梯加速下滑時,具有向下的加速度,滑梯對人的支持力小于人的重力,人處于失重狀態(tài);乘客坐在沿平直路面減速
15、行駛的汽車內(nèi),加速度在水平方向,對乘客受力分析可得在豎直方向汽車對乘客的作用力平衡了人的重力,人不處于失重狀態(tài);宇航員隨飛船繞地球做圓周運動,宇航員處于完全失重狀態(tài);運動員離開跳板后僅受重力作用處于完全失重狀態(tài),故選項A、C、D正確。
2.【解析】選B。用90 N的水平推力推物體時,由牛頓第二定律得F-f=ma1,解得f=9 N,撤掉水平推力后,物體所受合外力等于滑動摩擦力,由牛頓第二定律f=ma2,解得加速度的大小為a2=0.2m/s2,選項B正確。
3.【解析】選C。取A、B及彈簧整體為研究對象,由牛頓第二定律得:F1-F2=2ma,取B為研究對象:kx-F2=ma,解得x=,選項C正
16、確。
4.【解析】選C。由v-t圖像知,運動過程由兩個“子過程”構成:拉力F作用下的勻加速運動,撤去F后阻力作用下的勻減速運動。運動的最大位移是v-t圖像與t軸圍成的三角形的面積,S=×8×14m=56 m,A錯誤;勻加速運動時,由牛頓第二定律得F-μmg=ma1,由圖像知運動的加速度a1=0.8m/s2。勻減速運動時,由牛頓第二定律得μmg=ma2,由圖像知運動的加速度a2=2.0m/s2。解上述各式得μ=0.2,F=5.6N,所以B錯誤,C正確;
如圖所示,由幾何關系解得12s末的速度v=4m/s,對前12s應用動能定理得拉力與阻力做功的代數(shù)和W=mv2=16J,D錯誤。
5.【
17、解析】選C、D。運動員到達最低點前,在接觸蹦床后開始受到蹦床的彈力的作用,但是此時的蹦床形變較小,彈力較小,人受到合力還是向下的,所以人還在做向下的加速運動,但加速度的大小是在減小的,當彈力和人的重力相等時,人的速度達到最大,再向下運動時,彈力大于人的重力,合力向上,人開始做加速度增大的減速運動直到最后速度減為零。綜上所述可知,當彈力和人的重力相等時,速度最大,選項A錯誤;由牛頓第三定律可知運動到最低點時,床對運動員的作用力等于運動員對床的作用力,選項B錯誤,C正確;重力做的功等于重力勢能的變化,在下落過程中,重力對運動員做正功,重力勢能減小,選項D正確。
6.【解析】選A。當盤靜止時,對盤
18、和物體整體由平衡條件得kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛頓第二定律得,對整體k·Δl=(m+m0)a,對物體FN-mg=ma,解以上三式得FN=(1+)mg,選項A正確。
【方法技巧】瞬時性問題的解題技巧
(1)分析物體在某一時刻的瞬時加速度,關鍵是明確該時刻物體的受力情況及運動狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時加速度,此類問題應注意以下幾種模型:
特性
模型
受外力時
的形變量
力能否
突變
產(chǎn)生拉力
或支持力
質(zhì)量
內(nèi)部
彈力
輕繩
微小不計
可以
只有拉力
沒有支持力
不
計
處
處
相
等
橡皮繩
較大
不能
只有拉力
19、沒有支持力
輕彈簧
較大
不能
既可有拉力
也可有支持力
輕桿
微小不計
可以
既可有拉力
也可有支持力
(2)在求解瞬時性加速度問題時應注意:
①物體的受力情況和運動情況是時刻對應的,當外界因素發(fā)生變化時,需要重新進行受力分析和運動分析。
②加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個過程的積累,不會發(fā)生突變。
7.【解析】選D。最初可以認為物體受到了一個力F1和其他力的合力F2的共同作用,處于平衡狀態(tài),兩力大小相等、方向相反。F2始終不變,當F1先減小后增大時,物體受到的合力先增大后減小,物體的加速度由小變大,再由大變小,加速度方向始終與速度方向一致,做加
20、速運動,在v -t圖像上,圖線的斜率先變大后變小,速度越來越大,選項D正確。
【變式備選】(2020·揚州二模)從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球,小球從拋出點上升到最高點的時刻為t1,下落到拋出點的時刻為t2。若空氣阻力的大小恒定,則在下圖中能正確表示被拋出物體的速率v隨時間t的變化關系的圖線是( )
【解析】選C。小球在上升過程中做勻減速直線運動,其加速度為a1=,下降過程中做勻加速直線運動,其加速度為a2=,即a1>a2,且所分析的是速率與時間的關系,故選項C正確。
8.【解析】選B、D。繩剪斷前物體的受力情況如圖所示,由平衡條件得N+Fsinθ=mg,f=μN=Fcosθ
21、,解得:F=,F的大小與傳送帶的速度無關,選項A錯誤,B正確;繩剪斷后物體在速度不同的傳送帶上的加速度相同,若L≤,則兩次都是勻加速到達左端,t1=t2,若L>,則物體在傳送帶上先加速再勻速到達左端,傳送帶速度小時需要的時間更長,t1>t2,選項C錯誤,D正確。
9.【解析】(1)因為滑桿頂端所受拉力的大小與滑桿對這名學生拉力的大小相等,所以傳感器顯示的力的大小即為桿對這名學生的拉力的大小。
由圖像可知,0～1s內(nèi),滑桿對學生的拉力F1=380N;
5s后,滑桿對學生的拉力F3=500N,此時學生處于靜止狀態(tài)。
設學生在0～1s內(nèi)的加速度為a,取豎直向下為正方向,由牛頓第二定律知,在0
22、～1s內(nèi)
mg-F1=ma ①(3分)
5s后mg-F3=0 ②(3分)
由①②可解得a=2.4m/s2 (2分)
可知,這名學生在下滑的第1s內(nèi)做勻加速直線運動,而由圖像可知,在1～5s內(nèi),滑桿對學生的拉力F2>mg,加速度方向豎直向上,學生做勻減速直線運動,所以第1s末,這名學生的速度達到最大
vm=at=2.4m/s
23、 (2分)
(2)設這名學生第1s內(nèi)加速下滑的距離為x1,1～5s內(nèi)減速下滑的距離為x2,則有
x1=t1=1.2m (2分)
x2=t2=4.8m (2分)
5s內(nèi)該學生下滑的距離x=x1+x2=6.0m (2分)
答案:(1)2.4m/s (2)
24、6.0 m
10.【解題指南】解答本題應注意以下三點:
(1)小物塊恰好能在斜面體上保持靜止,靜摩擦力最大;
(2)物塊落點最遠,則其速度最大,斜面體和物塊的加速度應該最大;
(3)小物塊離開斜面體后做平拋運動。
【解析】(1)對m由平衡條件得:
mgsinθ-μ2mgcosθ=0 (2分)
解得:μ2=tanθ (1分)
(2)對m設其最大加速度為am,由牛頓第二定律得:
水平方向:Nsinθ+μ2Ncosθ=mam
25、 (2分)
豎直方向:Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0 (2分)
解得:am= (1分)
對M、m整體由牛頓第二定律得:
F-μ1(M+m)g=(M+m)am (2分)
解得:F
26、=μ1(M+m)g+(M+m) (1分)
(3)對M、m整體由動能定理得:
Fd-μ1(M+m)gd=(M+m)v2 (3分)
解得:v=2 (1分)
對m由平拋運動規(guī)律得:
水平方向:xP+=vt (2分)
豎直方向:h=gt2 (2分)
27、
解得:xP=2- (1分)
答案:(1)tanθ
(2)μ1(M+m)g+(M+m)
(3)2-
B組
1.【解析】選A、C。亞里士多德認為力是維持物體運動的原因,伽利略利用理想的完全光滑的斜面實驗和邏輯推理發(fā)現(xiàn)力不是維持物體運動的原因,而是改變物體運動狀態(tài)的原因,選項A正確;物體之間普遍存在相互吸引力是牛頓第一次提出的,選項B錯誤;亞里士多德認為重物比輕物下落得快,伽利略應用斜面結合數(shù)學推理及邏輯推理推翻了亞里士多德的觀點,得出忽略空氣阻力的情況下,重物與輕物下落得同樣快的結論,選項C正確;物體間的相互作用力總是大小相
28、等、方向相反是牛頓第三定律的內(nèi)容,選項D錯誤。
2. 【解析】選B。小球A受力情況如圖所示,由牛頓第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物塊B與小球A的加速度相同,由牛頓第二定律可知物塊B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,選項B正確。
3.【解析】選D。0～t1時間內(nèi),F1=mg,電梯靜止;t1～t2時間內(nèi),F2>mg,電梯加速上升,加速度a==5m/s2,選項A錯誤,D正確;t2～t3時間內(nèi),F3=mg,電梯勻速上升,選項B錯誤;t3～t4時間內(nèi),F4
29、拉力(或支持力)大于重力時,物體處于超重狀態(tài),小于重力時處于失重狀態(tài),等于零時處于完全失重狀態(tài)。
(2)從加速度的角度判斷:當物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài),具有向下的加速度時處于失重狀態(tài),向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。
(3)從速度變化角度判斷:
①物體向上加速或向下減速時,超重;
②物體向下加速或向上減速時,失重。
4.【解析】選D?；瑝K在傳送帶上受力如圖所示,當f>kx時,滑塊向左做加速運動,由牛頓第二定律得f-kx=ma,隨著x的增大,加速度a減小;當f=kx時,a=0,速度達到最大值;當f
30、,速度v減小,直至為零,此時彈簧彈力最大,故選項D正確。
5.【解析】選C。對A、B整體分析,當它們處于靜止狀態(tài)時,彈簧的彈力等于A、B整體的重力,當施加力F的瞬間,彈力在瞬間不變,故A、B所受合力為10N,則a==2.5m/s2,隔離A物塊受力分析得F+mg-N=ma,解得N=25N,所以A對B的壓力大小等于25N,選項C正確。
6.【解析】選B、C。若拉力方向與物體運動方向相同,則斜率較大的圖線為不受拉力即只受摩擦力的速度-時間圖線,此時物體加速度為a1=m/s2,由牛頓第二定律可知此時摩擦力f=ma1=0.2N,圖像中斜率較小的圖線為受拉力時的圖線,加速度為a2=m/s2,由牛頓第二
31、定律可知f-F=ma2,代入已知條件可知,拉力F=0.1N;若拉力方向與物體運動方向相反,則斜率較小的圖線為不受拉力即只受摩擦力的速度-時間圖線,此時物體加速度為a3=m/s2,由牛頓第二定律可知此時摩擦力f=ma3=0.1N;圖像中斜率較大的圖線為受拉力的圖線,加速度為a4=m/s2,由牛頓第二定律可知F+f=ma4,代入已知條件可知,拉力F=0.1N。故B、C兩項正確。
【變式備選】(2020·淮陰一模)物體A、B都靜止在同一水平面上,它們的質(zhì)量分別為mA、mB,與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB,用水平拉力F拉物體A、B,所得的加速度a與拉力F關系圖線如圖中A、B所示,則( )
32、
A.μA=μB,mA>mB B.μA>μB,mAmB
【解析】選B。斜率表示物體質(zhì)量的倒數(shù),所以A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A的重力小于B的重力,由于橫坐標截距為物體受到的摩擦力大小,則A、B受到的摩擦力相等,那么μA>μB,選項B正確。
7.【解析】選B。撤去F后,在水平方向上物體受到彈簧的彈力和摩擦力的作用,由于彈力是變力,所以物體開始不可能做勻變速運動,A錯誤;撤去F瞬間,水平方向上物體受到彈簧向左的彈力N=kx0和向右的摩擦力f=μmg的作用,由牛頓第二定律可知a==-μg,B正確;物體到達初位置時,
33、和彈簧分離,之后才開始做勻減速運動,運動位移為3x0,加速度大小a==μg,由x=at2得t==,C錯誤;當水平方向上物體受到的彈簧向左的彈力N=kx和向右的摩擦力f=μmg平衡時,物體具有最大速度,所以x=,物體開始向左運動到速度最大,發(fā)生的位移為x0-x=x0-,D錯誤。
8.【解析】選A、D。滑塊A上滑時加速度的大小a1=||m/s2=8.0m/s2,選項A正確;滑塊A下滑時的加速度a2=m/s2=4.0 m/s2,選項B錯誤;由牛頓第二定律知A上滑時mgsinθ+μmgcosθ=ma1,A下滑時mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得μ=0.25,選項C錯誤;在速度—時間圖像中面積
34、表示位移,滑塊A上滑時運動的位移為1m,選項D正確。
9.【解析】(1)設小滑塊的加速度大小為a1,長木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得:
Eq-μ2mg=-ma1 (2分)
解得:a1=3m/s2 (1分)
μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2
35、 (2分)
解得:a2=1m/s2 (1分)
(2)設兩者經(jīng)過t時間相對靜止,此時的速度為v,則:
v0-a1t=a2t=v (1分)
解得:t=2s,v=2m/s (1分)
這段時間內(nèi)小滑塊的位移:
36、x1=v0t-a1t2=10m (1分)
長木板的位移x2=a2t2=2m (1分)
由于此后兩者一起向右減速運動,所以小滑塊最后距長木板左端Δx=x1-x2=8m
(1分)
(3)設兩者一起向右運動的加速度大小為a3,由牛頓第二定律得:
Eq-μ1(M+m)g=-(M+m)a3 (2分)
解得:a3=m/s2
37、 (1分)
一起向右減速的位移:
x3==6m (1分)
由能量守恒得:
Q=m+Eq(x1+x3)=6.4J (3分)
答案:(1)3m/s2 1 m/s2 (2)8 m (3)6.4 J
10.【解題指南】解答本題應注意以下兩點:
(1)物塊向左運
38、動速度減為0時相對地面向左運動距離最大;
(2)物塊向右運動過程先加速運動后勻速運動。
【解析】(1)設物塊與傳送帶間摩擦力大小為f,向左運動最大距離x1時速度變?yōu)?,由動能定理得:
f=μmg (1分)
fx1=m (2分)
解得:x1=4.5m (1分)
(2)設小物塊經(jīng)時間t1速度減為0,然后反向加速,設加速度大小為a,經(jīng)時間t2與傳送帶速度相等:
v1-at1=0 (2分)
39、
由牛頓第二定律得:
f=ma (2分)
解得:t1=1.5s (1分)
v0=at2 (2分)
解得:t2=1s (1分)
設反向加速時,物塊的位移為x2,則有:
x2=a=2m (2分)
物塊與傳送帶同速后,將做勻速直線運動,設經(jīng)時間t3再次回到B點,則:x1-x2=v0t3 (2分)
解得:t3=0.625s (1分)
故物塊從B點沖上傳送帶到再次回到B點所用的時間:t=t1+t2+t3=3.125s(1分)
答案:(1)4.5m (2)3.125 s
2020屆高三物理一輪復習收尾二輪專題突破檢測 牛頓運動定律及其應用
