2022屆高考物理一輪復習專題三牛頓運動定律試題1﹙含解析﹚

1、專題三 牛頓運動定律考點1牛頓運動定律的理解與應用高考幫揭秘熱點考向2019浙江4月選考,12,3分如圖所示,A、B、C為三個實心小球,A為鐵球,B、C為木球.A、 B兩球分別連接在兩根彈簧上,C球連接在細線一端,彈簧和細線的下端固定在裝水的杯子底部,該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內.若將掛吊籃的繩子剪斷,則剪斷的瞬間相對于杯底(不計空氣阻力,木水F1 B.F1和F2大小相等 C.F1先于F2產生 D.F1后于F2產生4.2015海南,8,5分,多選如圖所示,物塊a、b和c的質量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)

2、將細線剪斷.將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g.在剪斷瞬間()A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l25.2020山東,1,3分一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓,其位移s與時間t的關系圖像如圖所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小為g.以下判斷正確的是 ()A.0t1時間內,v增大,FNmgB.t1t2時間內,v減小,FNmgC.t2t3時間內,v增大,FNmg6.2021遼寧六校第一次聯(lián)考,多選如圖甲所示,一輕質彈簧的下端固定在水平面上,上端疊放兩個質量均為m的物體A、B(B與

3、彈簧連接,A、B均可視為質點),彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時物體處于靜止狀態(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在A上,使A開始向上做加速度大小為a的勻加速運動,測得A、B的v-t圖像如圖乙所示,已知重力加速度大小為g,則()A.施加力F前,彈簧的形變量為B.施加力F的瞬間,A、B間的彈力大小為m(g+a)C.A、B在t1時刻分離,此時彈簧彈力等于B的重力D.上升過程中,B速度最大時,A、B間的距離為a-7.2021安徽黃山高三模擬,多選如圖甲所示,物塊A、B靜止疊放在水平地面上,B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F的作用.A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示.已

4、知物塊A的質量m=3 kg,取g=10 m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,則 ()A.兩物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2B.當0F4 N時,A、B保持靜止C.當4 NF12 N時,A的加速度隨F的增大而增大考點2動力學兩類基本問題高考幫揭秘熱點考向2019江蘇,15,16分如圖所示,質量相等的物塊A和B疊放在水平地面上,左邊緣對齊.A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為.先敲擊A,A立即獲得水平向右的初速度,在B上滑動距離L后停下.接著敲擊B,B立即獲得水平向右的初速度,A、B都向右運動,左邊緣再次對齊時恰好相對靜止,此后兩者一起運動至停下.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.求:(1)A被

5、敲擊后獲得的初速度大小vA;(2)在左邊緣再次對齊的前、后,B運動加速度的大小aB、aB;(3)B被敲擊后獲得的初速度大小vB.拓展變式1.2020江西豐城模擬如圖所示,質量為10 kg的物體在F=200 N的水平推力作用下,從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面運動,斜面固定不動,與水平地面的夾角=37,力F作用2 s后撤去,物體在斜面上繼續(xù)上滑了1.25 s后速度減為零.求物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和物體沿斜面向上運動的總位移x.(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2)2.2015新課標全國,20,6分,多選如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t

6、圖線如圖(b)所示.若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出()圖(a) 圖(b)A.斜面的傾角B.物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度3.2016上海,25,4分地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動,力F隨高度x的變化關系如圖所示,物體能上升的最大高度為h,hH.當物體加速度最大時其高度為,加速度的最大值為.4.2020安徽安慶檢測如圖所示,質量為10 kg的環(huán)在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直桿由靜止從桿的底端開始運動,環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)=0.5,桿與水平地面的夾角=37,拉力F與桿的夾角=37,力F作用一段時間后撤去

7、,環(huán)在桿上繼續(xù)上滑了0.5 s后,速度減為零,g取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,桿足夠長.求:(1)拉力F作用的時間;(2)環(huán)運動到桿底端時的速度大小.5.2021山西太原模擬如圖所示,在豎直平面內有半徑為R和2R的兩個圓,兩圓的最高點相切,切點為A.B和C分別是小圓和大圓上的兩個點,其中AB長為R,AC長為2R.現(xiàn)沿AB和AC建立兩條光滑軌道,自A處由靜止釋放小球,已知小球沿AB軌道運動到B點所用時間為t1,沿AC軌道運動到C點所用時間為t2,則t1與t2之比為()A.13B.12C.1D.16.2020山東,8,3分如圖所示,一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上

8、,質量分別為m和2m的物塊A、B,通過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接,A、B間的接觸面和輕繩均與木板平行.A與B間、B與木板間的動摩擦因數(shù)均為,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.當木板與水平面的夾角為45時,物塊A、B剛好要滑動,則的值為()A.B.C.D.7.2017全國,25,20分如圖,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為2=0.1.某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s.A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止.設最大靜摩擦力等于滑動

9、摩擦力,取重力加速度大小g =10 m/s2.求:(1)B與木板相對靜止時,木板的速度;(2)A、B開始運動時,兩者之間的距離8.2020四川南充模擬如圖傳送裝置,水平傳送帶ab在電機的帶動下以恒定速率v=4 m/s運動,在傳送帶的右端點a無初速度輕放一個質量m=1 kg的物塊A(視為質點),當物塊A到達傳送帶左端點b點時,即刻再在a點無初速度輕放另一質量為2m的物塊B(視為質點).兩物塊到達b點時都恰好與傳送帶等速,b端點的左方為一個水平放置的長直軌道cd,軌道上靜止停放著質量為m的木板C,從b點滑出的物塊恰能水平滑上(無能量損失)木板上表面,木板足夠長.已知:物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)1=

10、0.8,與木板間的動摩擦因數(shù)2=0.2;木板與軌道間的動摩擦因數(shù)3=0.1;設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10 m/s2.試求:(1)物塊A、B滑上木板C上的時間差t;(2)木板C運動的總時間.9.如圖所示,傳送帶的傾角=37,從A到B的長度為LAB=16 m,傳送帶以v0=10 m/s的速度逆時針轉動.在傳送帶A端無初速度釋放一個質量為m=0.5 kg 的物體,它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.5,則物體從A運動到B所需的時間是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)10.新情境動車爬坡2020四川宜賓模擬,多選動車是怎樣爬坡的?西成高鐵從清涼山隧道開始一

11、路上坡,采用25的大坡度穿越秦嶺,長達45公里,坡道直接落差1 100米,為國內之最.幾節(jié)自帶動力的車廂加幾節(jié)不帶動力的車廂編成一組就是動車組.帶動力的車廂叫動車,不帶動力的車廂叫拖車.動車爬坡可以簡化為如圖所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B兩物塊一起沿傾角為的斜面向上做勻加速直線運動,兩物塊間用與斜面平行的輕彈簧相連,已知兩物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)相同,則下列操作能保證A、B兩物塊間的距離不變的是()A.只增加斜面的粗糙程度 B.只增加物塊B的質量C.只增大沿斜面向上的力F D.只增大斜面的傾角考點3實驗:探究加速度與力、質量的關系高考幫揭秘熱點考向2017浙江下半年選考,17,5

12、分在做“探究加速度與力、質量的關系”實驗中(1)右圖儀器需要用到的是.(2)下列說法正確的是.A.先釋放紙帶再接通電源B.拉小車的細線應盡可能與長木板平行C.紙帶與小車相連端的點跡較疏D.輕推小車,拖著紙帶的小車能夠勻速下滑說明摩擦力已被平衡(3)如圖所示是實驗時打出的一條紙帶,A、B、C、D、為每隔4個點取的計數(shù)點,據(jù)此紙帶可知小車在打點計時器打D點時速度大小為m/s(小數(shù)點后保留2位).拓展變式1.開放題2020山東濟南檢測如圖所示的實驗裝置可以驗證牛頓第二定律,小車上固定一個盒子,盒子內盛有砂子.砂桶的總質量(包括桶以及桶內砂子質量)記為m,小車的總質量(包括車、盒子及盒內砂子質量)記為

13、M.2.同2020北京第15題相似在探究加速度與力的關系的實驗中,小明同學設計了如圖甲所示(俯視圖)的實驗方案:將兩個小車放在水平木板上,前端分別系一條細線跨過定滑輪與砝碼盤相連,后端各系一細線.(1)平衡摩擦力后,在保證兩小車質量相同、盤中砝碼質量不同的情況下,用一黑板擦把兩條細線同時按在桌子上,抬起黑板擦時兩小車同時開始運動,按下黑板擦時兩小車同時停下來.小車前進的位移分別為x1、x2,由x=at2,知=,測出砝碼和砝碼盤的總質量m1、m2,若滿足,即可得出小車的質量一定時,其加速度與拉力成正比的結論.若小車的總質量符合遠大于砝碼和砝碼盤的總質量的需求,但該實驗中測量的誤差仍然較大,其主要

14、原因是.(2)小軍同學換用圖乙所示的方案進行實驗:在小車的前方安裝一個拉力傳感器,在小車后面固定紙帶并穿過打點計時器.由于安裝了拉力傳感器,下列操作要求中不需要的是.(填選項前的字母)A.測出砝碼和砝碼盤的總質量B.將木板墊起適當角度以平衡摩擦力C.跨過滑輪連接小車的細線與長木板平行D.砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車和傳感器的總質量(3)測出小車質量M并保持不變,改變砝碼的質量分別測得小車加速度a與拉力傳感器示數(shù)F,利用測得的數(shù)據(jù)在坐標紙中畫出如圖丙中的a-F圖線A;若小軍又以為斜率在圖像上畫出如圖丙中的圖線B,利用圖像中給出的信息,可求出拉力傳感器的質量為.3.如圖所示,某同學利用圖示裝置做

15、“探究加速度與物體所受合力的關系”的實驗.在氣墊導軌上安裝了兩個光電門1、2,滑塊上固定一遮光條,滑塊通過繞過兩個滑輪的細繩與彈簧測力計相連,實驗時改變鉤碼的質量,讀出彈簧測力計的不同示數(shù)F,不計細繩與滑輪之間的摩擦力和滑輪的質量.(1)根據(jù)實驗裝置圖,本實驗(填“需要”或“不需要”)將帶滑輪的氣墊導軌右端墊高,以平衡摩擦力;實驗中(填“一定要”或“不必要”)保證鉤碼的質量遠小于滑塊和遮光條的總質量;實驗中(填“一定要”或“不必要”)用天平測出所掛鉤碼的質量;滑塊(含遮光條)的加速度(填“大于”“等于”或“小于”)鉤碼的加速度.(2)某同學做實驗時,未掛細繩和鉤碼接通氣源,然后推一下滑塊(含遮

16、光條)使其從氣墊導軌右端向左運動,發(fā)現(xiàn)遮光條通過光電門2所用的時間大于通過光電門1所用的時間,該同學疏忽大意,未調節(jié)氣墊導軌使其恢復水平,就繼續(xù)進行其他實驗步驟(其他實驗步驟沒有失誤),則該同學作出的滑塊(含遮光條)的加速度a與彈簧測力計示數(shù)F的圖像可能是(填圖像下方的字母).(3)若該同學作出的a-F圖像中圖線的斜率為k,則滑塊(含遮光條)的質量為.4.圖(a)2018全國,23,9分某同學用圖(a)所示的裝置測量木塊與木板之間的動摩擦因數(shù).跨過光滑定滑輪的細線兩端分別與木塊和彈簧秤相連,滑輪和木塊間的細線保持水平,在木塊上方放置砝碼.緩慢向左拉動水平放置的木板,當木塊和砝碼相對桌面靜止且木

17、板仍在繼續(xù)滑動時,彈簧秤的示數(shù)即木塊受到的滑動摩擦力的大小.某次實驗所得數(shù)據(jù)在表中給出,其中f4的值可從圖(b)中彈簧秤的示數(shù)讀出.砝碼的質量m/kg0.050.100.150.200.25滑動摩擦力f/N2.152.362.55f42.93 圖(b)圖(c)回答下列問題:(1)f4=N;(2)在圖(c)的坐標紙上補齊未畫出的數(shù)據(jù)點并繪出f-m圖線;(3)f與m、木塊質量M、木板與木塊之間的動摩擦因數(shù)及重力加速度大小g之間的關系式為f=,f-m圖線(直線)的斜率的表達式為k=;(4)取g=9.80 m/s2,由繪出的f-m圖線求得=.(保留2位有效數(shù)字)5.2018江蘇,11,10分某同學利用

18、如圖所示的實驗裝置來測量重力加速度g.細繩跨過固定在鐵架臺上的輕質滑輪,兩端各懸掛一只質量為M的重錘.實驗操作如下:用米尺量出重錘1底端距地面的高度H;在重錘1上加上質量為m的小鉤碼;左手將重錘2壓在地面上,保持系統(tǒng)靜止.釋放重錘2,同時右手開啟秒表,在重錘1落地時停止計時,記錄下落時間;重復測量3次下落時間,取其平均值作為測量值t.請回答下列問題:(1)步驟可以減小對下落時間t測量的(選填“偶然”或“系統(tǒng)”)誤差.(2)實驗要求小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多,主要是為了.A.使H測得更準確B.使重錘1下落的時間長一些C.使系統(tǒng)的總質量近似等于2MD.使細繩的拉力與小鉤碼的重力近似相等(

19、3)滑輪的摩擦阻力會引起實驗誤差.現(xiàn)提供一些橡皮泥用于減小該誤差,可以怎么做?(4)使用橡皮泥改進實驗后,重新進行實驗測量,并測出所用橡皮泥的質量為m0.用實驗中的測量量和已知量表示g,得g=.答 案專題三牛頓運動定律考點1牛頓運動定律的理解與應用D剪斷繩子之前,A球受力分析如圖1所示,B球受力分析如圖2所示,C球受力分析如圖3所示.剪斷繩子瞬間,水杯和水都處于完全失重狀態(tài),水的浮力消失,杯子的瞬時加速度為重力加速度.又由于彈簧的形狀來不及發(fā)生改變,彈簧的彈力大小不變,相對地面而言,A球的加速度aA=g,方向豎直向下,其相對杯子的加速度方向豎直向下.繩子剪斷瞬間,C球所受的浮力和拉力均消失,其

20、瞬時加速度為重力加速度,故相對杯子靜止,綜上所述,D正確.x圖1 圖2 圖31.ACD物體保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)的性質叫慣性,所以A、C正確.如果沒有力,物體將保持靜止或勻速直線運動狀態(tài),所以B錯誤.運動物體如果不受力,將保持勻速直線運動狀態(tài),所以D正確.2.C設列車做勻加速直線運動的加速度為a,可將后面的38節(jié)車廂作為一個整體進行分析,設每節(jié)車廂的質量均為m,每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f,則有F-38f=38ma,再將最后面的2節(jié)車廂作為一個整體進行分析,設倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F,則有F-2f=2ma,聯(lián)立解得F=F,C項正確,A、B、D項均錯誤.3

21、.BF1和F2是作用力和反作用力,遵循牛頓第三定律,這對力同時產生、同時消失、大小相等、方向相反,B正確,A、C、D均錯誤.4.AC設物塊的質量為m,剪斷細線的瞬間,細線上的拉力消失,彈簧還沒有來得及改變,所以剪斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S1的拉力F1;剪斷細線前對bc和彈簧S2組成的整體分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1=3g,A正確,B錯誤.設彈簧S2的拉力為F2,則F2=mg,根據(jù)胡克定律F=kx可得l1=2l2,C正確,D錯誤.5.D根據(jù)位移時間圖像的斜率表示速度可知,0t1時間內,圖像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛頓

22、運動定律可知乘客處于失重狀態(tài),所受的支持力FNmg,選項C錯誤,D正確.6.ADA與B分離的瞬間,A與B的加速度相同,速度也相同,A與B間的彈力恰好為零.分離后A與B的加速度不同,速度不同.t=0時刻,即施加力F的瞬間,彈簧彈力沒有突變,彈簧彈力與施加力F前的相同,但A與B間的彈力發(fā)生突變.t1時刻,A與B恰好分離,此時A與B的速度相等、加速度相等,A與B間的彈力為零.t2時刻,B的v-t圖線的切線與t軸平行,切線斜率為零,即加速度為零.施加力F前,A、B整體受力平衡,則彈簧彈力大小F0=kx0=2mg,解得彈簧的形變量x0=,選項A正確.施加力F的瞬間,對B,根據(jù)牛頓第二定律有F0-mg-F

23、AB=ma,解得A、B間的彈力大小FAB=m(g-a),選項B錯誤.A、B在t1時刻之后分離,此時A、B具有共同的速度與加速度,且FAB=0,對B有F1-mg=ma,解得此時彈簧彈力大小F1=m(g+a),選項C錯誤.t2時刻B的加速度為零,速度最大,則kx=mg,解得此時彈簧的形變量x=,B上升的高度h=x0-x=,A上升的高度h=a,此時A、B間的距離h=a-,選項D正確.7.AB根據(jù)題圖乙可知,發(fā)生相對滑動時,A、B間的滑動摩擦力為6 N,所以A、B之間的動摩擦因數(shù)=0.2,選項A正確;當0F4 N時,根據(jù)題圖乙可知,f2還未達到B與地面間的最大靜摩擦力,此時A、B保持靜止,選項B正確;

24、當4 NF12 N時,根據(jù)題圖乙可知,此時A、B發(fā)生相對滑動,對A有a=2 m/s2,加速度不變,選項D錯誤.考點2動力學兩類基本問題(1)(2)3gg(3)2解析:(1)由牛頓運動定律知,A的加速度大小 aA=g由運動學公式有2aAL=解得vA=.(2)設A、B的質量均為m對齊前,B所受合外力大小F=3mg由牛頓運動定律有F=maB,得aB=3g對齊后,A、B所受合外力大小F=2mg由牛頓運動定律有F=2maB,得aB=g.(3)經(jīng)過時間t,A、B達到共同速度v,位移分別為xA、xB,A的加速度大小等于aA則v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且xB-xA=L解

25、得vB=2.1.0.2516.25 m解析:物體受力分析如圖所示,設未撤去F前,物體加速運動的加速度為a1,末速度為v,將重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛頓運動定律得FN=Fsin +mgcos Fcos -f-mgsin =ma1又f=FN加速過程由運動學規(guī)律可知v=a1t1撤去F后,物體減速運動的加速度大小為a2,則a2=gsin +gcos 由勻變速運動規(guī)律有v=a2t2由運動學規(guī)律知x=a1+a2聯(lián)立各式解得=0.25,x=16.25 m.2.ACD由題圖(b)可求出0t1和t12t1時間內物塊的加速度分別為a1=、a2=.設斜面的傾角為,由牛頓第二定律知,物塊上滑

26、時有-(mgsin +mgcos )=ma1,下滑時有mgcos -mgsin =ma2,聯(lián)立可求得物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)及斜面的傾角,A、C正確;從以上兩個方程可知,物塊質量被約去,即不可求,B錯誤;物塊沿斜面向上滑行的最大高度H=sin ,可求出,D正確.3.0或h解析:由題圖可知,力F隨著高度x的增加而均勻減小,即F隨高度x的變化關系為F=F0-kx,其中k=,則當物體到達h高度處時,向上的拉力F1=F0-h;由牛頓第二定律知,開始時加速度方向豎直向上,隨x的增加加速度逐漸減小,然后反方向增大.物體從地面上升到h高度處的過程中,根據(jù)動能定理可得WF+WG=0,即h-mgh=0,求得F0

27、=,則物體在剛開始運動時的加速度大小滿足F0-mg=ma1,求得a1=;當物體運動到h高度處時,加速度大小滿足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大時其高度是0或h.4.(1)1 s(2) m/s解析:(1)撤去拉力F后,由牛頓第二定律有mgsin +mgcos =ma2又0=v1-a2t2聯(lián)立解得v1=5 m/s撤去拉力F前(注意桿對環(huán)的彈力的方向),有Fcos -mgsin -(Fsin -mgcos )=ma1而v1=a1t1聯(lián)立解得t1=1 s.(2)環(huán)上滑至速度為零后反向做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得mgsin -mgcos =ma3,又s=(t1+t2),而

28、v2=2a3s聯(lián)立解得v= m/s.5.D如題圖所示,設圓中任意一條弦為OM,圓的半徑為R,則弦OM長s=2Rcos ,小球下滑的加速度a=gcos ,根據(jù)s=at2得t=2,與角無關,因此沿不同弦下滑的時間相等.故小球沿AB下滑所用的時間等于小球在高度為2R的位置做自由落體運動所用的時間,即2R=g,小球沿AC下滑所用的時間等于小球在高度為4R的位置做自由落體運動所用的時間,即4R=g,聯(lián)立有=,選項D正確.6.C根據(jù)題述, 物塊A、B剛要滑動,可知A、B之間的摩擦力fAB=mgcos 45,B與木板之間的摩擦力f=3mgcos 45.隔離A進行受力分析,由平衡條件可得輕繩中拉力F= fAB

29、+ mgsin 45.對AB整體,由平衡條件得2F=3mgsin 45-f,聯(lián)立解得=,選項C正確.7.(1)1 m/s(2)1.9 m解析:(1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動.設A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2,地面對木板的摩擦力大小為f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1.在物塊B與木板達到共同速度前有f1=1mAgf2=1mBgf3=2(m+mA+mB)g由牛頓第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-f1-f3=ma1設在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1.由運動學公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1聯(lián)

30、立式,代入已知數(shù)據(jù)得v1=1 m/s.(2)在t1時間間隔內,B相對于地面移動的距離為sB=v0t1-aB設在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2.對于B與木板組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,但運動方向與木板相反.由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設其大小為v2.設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學公式,對木板有v2=v1-a2t2對A有v2=-v1+aAt2在t2時間間隔內,B(以及木板)相對地面移動的距離為s1=v1t2-a2在(t1+t2)時間間

31、隔內,A相對地面移動的距離為sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇時,A與木板的速度恰好相同.因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為s0=sA+s1+sB聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得s0=1.9 m.(也可用如圖的速度時間圖線求解)8.(1)0.5 s(2)2.75 s解析:(1)物塊在傳送帶上的加速時間即為滑上木板的時間差,設物塊A、B在傳送帶上的加速度為a0,則有1mg=ma0解得a0=8 m/s2根據(jù)v=a0t 可得t=0.5 s.(2)過程一物塊A滑上木板C與木板有相對運動,則有2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向水平向右水平方向對木板C有2mg=32mg,木板

32、C保持靜止過程二經(jīng)過t=0.5 s后,物塊B滑上木板C,此時物塊A的速度為vA=v-aAt=3 m/s物塊B和木板C有相對運動,則有22mg=2maB代入數(shù)據(jù)解得aB=2 m/s2,方向向右對木板C有22mg+2mg-1(2m+2m)g=maC代入數(shù)據(jù)解得aC=2 m/s2,方向水平向左木板C由靜止開始向左勻加速運動,物塊A與木板C共速時有vA-aAt1=aCt1=vAC代入數(shù)據(jù)解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s此時vB=v-aBt1=2.5 m/s過程三物塊B相對木板C繼續(xù)向左運動,仍做aB=2 m/s2的勻減速運動,木板C和物塊A保持相對靜止,將木板C和物塊A看作整體有22mg

33、-3(2m+2m)g=2maAC解得aAC=0故木板C和物塊A向左做勻速直線運動,直到A、B、C共速,速度為vB-aBt2=vAC,解得t2=0.5 s過程四三物體保持相對靜止,一起做勻減速運動,直到減速到零,木板C停止運動,則有3(2m+2m)g=4maABC代入數(shù)據(jù)解得aABC=1 m/s2t3=1.5 s故木板C運動的總時間為t=t1+t2+t3=2.75 s.圖甲9.2 s解析:開始階段,傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向下,物體由靜止開始加速下滑,受力分析如圖甲所示由牛頓第二定律得mgsin +mgcos =ma1 解得a1=gsin +gcos =10 m/s2物體加速至速度與傳送

34、帶速度相等時需要的時間t1=1 s物體運動的位移s1=a1 =5 m16 m即物體加速到10 m/s時仍未到達B點圖乙當物體加速至與傳送帶速度相等時,由于tan ,物體在重力作用下將繼續(xù)加速,此后物體的速度大于傳送帶的速度,傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向上,如圖乙所示由牛頓第二定律得mgsin -mgcos =ma2,解得a2=2 m/s2設此階段物體滑動到B所需時間為t2,則LAB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s故所需時間t=t1+t2=2 s.10.ADA、B兩物塊間的距離不變,則彈簧彈力不變,對A、B及彈簧整體應用牛頓第二定律可得F-(mA+mB)gsin -(mA+mB)g

35、cos =(mA+mB)a,所以兩物塊做勻加速直線運動的加速度a=-gsin -gcos ,對物塊B應用牛頓第二定律可得T-mBgsin -mBgcos =mBa,所以彈簧彈力T=mB(gsin +gcos )+mBa=.只改變斜面粗糙程度或斜面傾角,彈簧彈力不變,兩物塊間的距離不變;只增加物塊B的質量,=增大,故彈簧彈力增大,兩物塊間的距離增大;只增大沿斜面向上的力F,彈簧彈力增大,兩物塊間的距離增大,故選項A、D正確.考點3實驗:探究加速度與力、質量的關系(1)AD(2)BD(3)0.21解析:(1)實驗通過打點計時器打出的紙帶求解物體的加速度,所以需要打點計時器,A正確;需要通過改變小車

36、質量和懸掛物的重力,來研究加速度與質量、合力之間的關系,故還需測量質量,即需要天平,D正確;打點計時器為計時儀器,所以不需要秒表,本實驗中小車受到的合力大小等于懸掛物的重力大小,故不需要彈簧測力計.(2)實驗時應先接通電源,后釋放紙帶,充分利用紙帶,打出更多的數(shù)據(jù),A錯誤;為了使得細線對小車的拉力等于小車所受的合力,繩子要與長木板平行,B正確;剛開始運動時速度較小,所以在相等時間間隔內小車運動的位移較小,故紙帶與小車相連端的點跡較密,C錯誤;輕推小車,拖著紙帶的小車能夠勻速下滑說明摩擦力已被平衡,D正確.(3)根據(jù)勻變速直線運動推論可知,打D點時小車的瞬時速度等于從打C點到打E點的過程中小車的

37、平均速度,從題圖中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,從打C點到打E點所用時間t=250.02 s=0.2 s,故vD=0.21 m/s.1.(1)否因為實驗的研究對象是整個系統(tǒng),系統(tǒng)受到的合力就等于mg(2)M+m解析:(1)將小車內的砂子轉移到桶中,就保證了M+m不變,即系統(tǒng)的總質量不變,研究對象是整個系統(tǒng),a=,可見a-F圖像的斜率是,系統(tǒng)的合力就等于所懸掛砂桶的重力mg,不必滿足Mm這樣的條件.(2)向小車內添加或去掉部分砂子,改變了系統(tǒng)的總質量M+m,而系統(tǒng)的合力仍等于所懸掛砂桶的重力mg,保證了合力不變.用圖像法處理數(shù)據(jù)時,以加速度a為縱軸,應該以為橫軸.2.(1)=黑板擦按下后小車不會立刻停下,測量的位移不是實際加速位移(2)AD(3)-M解析:(1)由位移公式