專(zhuān)題提升6牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用[素養(yǎng)目標(biāo)]1.學(xué)會(huì)結(jié)合圖像解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題。2.認(rèn)識(shí)臨界問(wèn)題,掌握臨界、極值問(wèn)題的分析方法。3.能運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析物體多過(guò)程問(wèn)題。類(lèi)型一動(dòng)力學(xué)中圖像問(wèn)題的求解[例1]為了探究物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn):取一質(zhì)量為m的物體,使其在沿斜面方向的推力作用下向上運(yùn)動(dòng),如圖甲所示,通過(guò)力傳感器得到推力隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,通過(guò)頻閃照相處理后得出速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示,若已知斜面的傾角α=30°,重力加速度g取10m/s2。(1)求物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)求撤去推力F后,物體還能上升的距離(斜面足夠長(zhǎng))。解析:(1)0～2s內(nèi),物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),受力分析并根據(jù)牛頓第二定律得F1-mgsinα-μmgcosα=ma1,a1=ΔvΔt2s后物體做勻速運(yùn)動(dòng),F2-mgsinα-μmgcosα=ma2,a2=0,代入數(shù)據(jù)解得m=3kg,μ=39(2)撤去推力F后,有-μmgcosα-mgsinα=ma3,解得a3=-203m/s2x3=0-答案:(1)39解決圖像綜合問(wèn)題的關(guān)鍵(1)把圖像與具體的題意、情境結(jié)合起來(lái),明確圖像的物理意義以及圖像所反映的物理過(guò)程。(2)特別注意圖像中的一些特殊點(diǎn),如圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線的轉(zhuǎn)折點(diǎn)、兩圖線的交點(diǎn)等所表示的物理意義。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1]如圖所示,物體沿斜面由靜止滑下,在水平面上滑行一段距離后停止,物體與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,下圖中v、a、Ff和x分別表示物體的速度、加速度、摩擦力和位移。正確的是(C)解析:根據(jù)物體的受力情況,可以判斷出物體先在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),到達(dá)水平面上之后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),所以物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖像應(yīng)該是傾斜的直線,不能是曲線,故A錯(cuò)誤;由于物體的運(yùn)動(dòng)先是勻加速運(yùn)動(dòng),后是勻減速運(yùn)動(dòng),在每一個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中物體的加速度的大小是不變的,所以物體的a-t圖像應(yīng)該是兩段水平的直線,不能是傾斜的直線,故B錯(cuò)誤;在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,物體受到的都是滑動(dòng)摩擦力,壓力恒定時(shí)摩擦力大小不變,由于在斜面上的壓力比在水平面上的壓力小,所以滑動(dòng)摩擦力比在水平面上的小,故C正確;物體在斜面上做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng),物體的x-t圖像應(yīng)該是拋物線,圖線斜率逐漸增大,故D錯(cuò)誤。類(lèi)型二臨界、極值問(wèn)題的求解[例2]如圖所示,細(xì)線的一端固定在傾角為45°的光滑楔形滑塊A的頂端P處,細(xì)線的另一端拴一質(zhì)量為m的小球。(重力加速度為g)(1)當(dāng)滑塊至少以多大的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí),線對(duì)小球的拉力剛好等于零?(2)當(dāng)滑塊至少以多大的加速度a1向左運(yùn)動(dòng)時(shí),小球?qū)瑝K的壓力等于零?(3)當(dāng)滑塊以a′=2g的加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí),線中拉力為多大?解析:(1)對(duì)小球受力分析,小球受重力mg、線的拉力FT和斜面支持力FN作用,如圖甲,當(dāng)FT=0時(shí)有FNcos45°=mg,FNsin45°=ma,解得a=g,故當(dāng)向右加速度為g時(shí)線上的拉力為0。(2)假設(shè)滑塊具有向左的加速度a1時(shí),小球受重力mg、線的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如圖乙所示。由牛頓第二定律得水平方向:FT1cos45°-FN1sin45°=ma1,豎直方向:FT1sin45°+FN1cos45°-mg=0,聯(lián)立解得FN1=2m(g-a可以看出,當(dāng)加速度a1增大時(shí),小球所受的支持力FN1減小,線的拉力FT1增大。當(dāng)a1=g時(shí),FN1=0,此時(shí)小球雖與斜面接觸但無(wú)壓力,處于臨界狀態(tài),這時(shí)繩的拉力為FT1=2mg,所以滑塊至少以a1=g的加速度向左運(yùn)動(dòng)時(shí)小球?qū)瑝K的壓力等于零。(3)當(dāng)滑塊加速度大于g時(shí),小球?qū)ⅰ帮h”離斜面而只受線的拉力和重力的作用,如圖丙所示,此時(shí)細(xì)線與水平方向間的夾角α<45°。由牛頓第二定律得FT′cosα=ma′,FT′sinα=mg,解得FT′=5mg。答案:(1)g(2)g(3)5mg臨界問(wèn)題的處理思路(1)在動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中出現(xiàn)的“最大”“最小”“剛好”“恰能”等詞語(yǔ)時(shí),一般都暗含了臨界狀態(tài)的出現(xiàn),隱含了相應(yīng)的臨界條件。(2)求解此類(lèi)問(wèn)題時(shí),一定要找準(zhǔn)臨界點(diǎn),從臨界點(diǎn)入手分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,看哪些量達(dá)到了極值,然后對(duì)臨界狀態(tài)應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合整體法、隔離法求解即可。(3)常見(jiàn)的臨界條件①接觸與脫離的臨界條件:兩物體接觸面彈力FN=0。②相對(duì)靜止或相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件:靜摩擦力達(dá)到最大值。③繩子斷裂與松弛的臨界條件:繩子所能承受的張力是有限的,繩子斷與不斷的臨界條件是繩子張力等于它所能承受的最大張力,繩子松弛的臨界條件是FT=0。④加速度最大與速度最大的臨界條件:當(dāng)物體在受到變化的外力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí),其加速度和速度都會(huì)不斷變化,當(dāng)所受合力最大時(shí),具有最大加速度;合力最小時(shí),具有最小加速度。當(dāng)出現(xiàn)加速度為零時(shí),物體處于臨界狀態(tài),所以對(duì)應(yīng)的速度便會(huì)出現(xiàn)最大值。(4)求解臨界、極值問(wèn)題的三種常用方法①極限法:把物理問(wèn)題(過(guò)程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái),以達(dá)到正確解決問(wèn)題的目的。②假設(shè)法:臨界問(wèn)題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能,或變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件,往往用假設(shè)法。③數(shù)學(xué)方法:將物理過(guò)程轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)公式,根據(jù)數(shù)學(xué)表達(dá)式解出臨界條件。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2]一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端,另一端拴住質(zhì)量m1=4kg的物塊P,Q為一重物,已知Q的質(zhì)量為m2=8kg,彈簧的質(zhì)量不計(jì),勁度系數(shù)k=600N/m,系統(tǒng)處于靜止,如圖所示?，F(xiàn)給Q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力F,使它從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng),已知在前0.2s時(shí)間內(nèi),F為變力,0.2s以后,F為恒力,求力F的最大值與最小值。(sin37°=0.6,g取10m/s2)解析:從受力角度看,兩物體分離的條件是兩物體間的正壓力恰好為0,從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度看,一起運(yùn)動(dòng)的兩物體恰好分離時(shí),兩物體在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。設(shè)剛開(kāi)始時(shí)彈簧壓縮量為x0,則(m1+m2)gsinθ=kx0因?yàn)樵谇?.2s時(shí)間內(nèi),F為變力,0.2s以后,F為恒力,所以在0.2s時(shí),P對(duì)Q的作用力恰好為0,由牛頓第二定律知kx1-m1gsinθ=m1a前0.2s時(shí)間內(nèi)P、Q向上運(yùn)動(dòng)的距離為x0-x1=12at2聯(lián)立解得a=3m/s2,當(dāng)P、Q剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力最小,此時(shí)有Fmin=(m1+m2)a=36N,當(dāng)P與Q分離時(shí)拉力最大,此時(shí)有Fmax=m2(a+gsinθ)=72N,且此后恒為72N。答案:72N36N類(lèi)型三利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題[例3]如圖所示,一小轎車(chē)從高為10m、傾角為37°的斜坡頂端從靜止開(kāi)始向下行駛,當(dāng)小轎車(chē)到達(dá)底端時(shí)進(jìn)入一水平面,在距斜坡底端115m的地方有一池塘,發(fā)動(dòng)機(jī)在斜坡上產(chǎn)生的牽引力為2×103N,在水平地面上調(diào)節(jié)油門(mén)后,發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的牽引力為1.4×104N,小轎車(chē)的質(zhì)量為2t,小轎車(chē)與斜坡及水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2。求:(1)小轎車(chē)行駛至斜坡底端時(shí)的速度大小;(2)為使小轎車(chē)在水平地面上行駛而不掉入池塘,在水平地面上加速的時(shí)間不能超過(guò)多少?(轎車(chē)在行駛過(guò)程中不采用剎車(chē)裝置)解析:(1)小轎車(chē)在斜坡上行駛時(shí),由牛頓第二定律得F1+mgsin37°-μmgcos37°=ma1,代入數(shù)據(jù)得斜坡上小轎車(chē)的加速度a1=3m/s2,由v12=2a1x1=得行駛至斜坡底端時(shí)的速度大小v1=10m/s。(2)在水平地面上加速時(shí)F2-μmg=ma2,代入數(shù)據(jù)得a2=2m/s2,關(guān)閉油門(mén)后減速μmg=ma3,代入數(shù)據(jù)得a3=5m/s2,設(shè)關(guān)閉油門(mén)時(shí)轎車(chē)的速度為v2,v22-v1得v2=20m/s,t=v2即在水平地面上加速的時(shí)間不能超過(guò)5s。答案:(1)10m/s(2)5s(1)單個(gè)物體多過(guò)程處理方法①分析每個(gè)過(guò)程的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,根據(jù)每個(gè)過(guò)程的受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)確定解題方法(正交分解法或合成法)及選取合適的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。②注意前后過(guò)程物理量之間的時(shí)間關(guān)系、位移關(guān)系及速度關(guān)系(前一過(guò)程的末速度是后一過(guò)程的初速度)。(2)解決多過(guò)程問(wèn)題的一般步驟①將題目涉及的物理問(wèn)題合理地分解為幾個(gè)彼此相對(duì)獨(dú)立、又相互聯(lián)系的過(guò)程。②對(duì)各個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行受力分析及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析。③根據(jù)各個(gè)過(guò)程遵從的物理規(guī)律逐個(gè)建立方程。④通過(guò)各過(guò)程把相關(guān)聯(lián)的物理量聯(lián)系起來(lái)。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3](2020·浙江1月選考，19)一個(gè)無(wú)風(fēng)晴朗的冬日,小明乘坐游戲滑雪車(chē)從靜止開(kāi)始沿斜直雪道下滑,滑行54m后進(jìn)入水平雪道,繼續(xù)滑行40.5m后減速到零。已知小明和滑雪車(chē)的總質(zhì)量為60kg,整個(gè)滑行過(guò)程用時(shí)10.5s,斜直雪道傾角為37°(sin37°=0.6)。求小明和滑雪車(chē):(1)滑行過(guò)程中的最大速度vm的大小;(2)在斜直雪道上滑行的時(shí)間t1;(3)在斜直雪道上受到的平均阻力Ff的大小。解析:(1)由vm2=x1(2)由x1=vm2t1得t(3)a=vmt1由牛頓第二定律得mgsin37°-Ff=ma,解得Ff=180N。答案:(1)18m/s(2)6s(3)180N1.一質(zhì)量為1.0×103kg的汽車(chē)由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng),在前1200m內(nèi)汽車(chē)加速度與位移的關(guān)系如圖,則(C)A.位移在0～400m內(nèi),汽車(chē)的牽引力大小為5×103NB.位移在400～800m內(nèi),汽車(chē)的牽引力增大,速度增大C.位移在800～1200m內(nèi),汽車(chē)的運(yùn)行速度最大D.位移在800～1200m內(nèi),汽車(chē)受到的阻力大小為5×103N解析:位移在0～400m內(nèi),汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a1=0.5m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有F牽-Ff=ma1,根據(jù)圖像不能確定F牽和Ff,故A、D錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可知,在位移為400～800m內(nèi),汽車(chē)加速度減小,牽引力減小,800～1200m內(nèi),牽引力和阻力相等時(shí),加速度為零,速度不再增大,汽車(chē)的運(yùn)行速度達(dá)到最大,故B錯(cuò)誤,C正確。2.(多選)如圖所示,已知物塊A、B的質(zhì)量分別為m1=4kg、m2=1kg,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2,A與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.5,在水平力F的推動(dòng)下,要使A、B一起運(yùn)動(dòng)而B(niǎo)不致下滑,則力F大小可能的是(CD)A.50N B.100NC.125N D.150N解析:對(duì)B不下滑有μ1FN≥m2g,由牛頓第二定律FN=m2a;對(duì)整體有F-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a,得F≥125N,選項(xiàng)C、D正確。3.如圖所示,將一個(gè)小球以初速度v1從地面豎直上拋,上升到最高點(diǎn)后又落回,落回拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2。規(guī)定豎直向上為正方向,由于空氣阻力的影響,小球全過(guò)程的v-t圖像如圖所示,下列說(shuō)法不正確的是(D)A.上升過(guò)程中小球做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)B.下降過(guò)程中小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)C.t1時(shí)刻加速度等于重力加速度gD.時(shí)刻t1和t2的大小關(guān)系為t2<2t1解析:v-t圖像斜率表示加速度,由圖可知,圖線斜率逐漸減小,上升過(guò)程中小球做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),下降過(guò)程中小球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),故A、B正確;t1時(shí)刻小球的速度為0,此時(shí)的空氣阻力為0,只受重力作用,則加速度為重力加速度,故C正確;由牛頓第二定律可知,上升過(guò)程中小球的加速度大小a1=mg+Ffm>g,下落過(guò)程中小球的加速度大小為a2=mg-Ffm<g,兩過(guò)程中距離相等,由公式h=4.如圖所示,矩形盒內(nèi)用兩根細(xì)線固定一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的均勻小球,a線與水平方向成53°角,b線水平。兩根細(xì)線所能承受的最大拉力都是Fm=15N。(cos53°=0.6,sin53°=0.8,g取10m/s2)求:(1)當(dāng)該系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時(shí),為保證細(xì)線不被拉斷,加速度可取的最大值;(2)當(dāng)該系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),為保證細(xì)線不被拉斷,加速度可取的最大值。解析:(1)豎直向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),小球受力如圖所示,當(dāng)a線拉力為15N時(shí),由牛頓第二定律得豎直方向:Fmsin53°-mg=ma,水平方向:Fmcos53°=Fb,解得Fb=9N,此時(shí)加速度有最大值a=2m/s2。(2)水平向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得豎直方向:Fasin53°=mg,水平方向:Fb-Facos53°=ma′,解得Fa=12.5N,當(dāng)Fb=Fm=15N時(shí),加速度最大,有a′=7.5m/s2。答案:(1)2m/s2(2)7.5m/s2課時(shí)作業(yè)學(xué)考基礎(chǔ)練知識(shí)點(diǎn)一動(dòng)力學(xué)中圖像問(wèn)題的求解1.質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去F,其運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖所示。g取10m/s2,則物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和水平推力F的大小分別為(A)A.0.2,6N B.0.1,6NC.0.2,8N D.0.1,8N解析:在6～10s內(nèi)已撤去推力F,物體水平方向只受滑動(dòng)摩擦力作用,加速度a=-μg,vt圖像的斜率表示加速度,a=0-810-6m/s2=-2m/s2,解得μ=0.2。在0～6s內(nèi),由牛頓第二定律,F-μmg=ma′,而a′=1m/s2,解得F=6N,選項(xiàng)A正確。2.(多選)物體A、B、C均靜止在同一水平面上,它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C,所得加速度a與拉力F的關(guān)系圖線如圖中甲、乙、丙所示,則以下說(shuō)法正確的是(ABD)A.μA=μB,mA<mB B.μB<μC,mB=mCC.μB=μC,mB>mC D.μA<μC,mA<mC解析:根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma,得a=Fm-μg,則aF圖像的斜率k=1m,由題圖可看出,乙、丙的斜率相等,小于甲的斜率,則mA<mB=mC。當(dāng)F=0時(shí),a=-μg,根據(jù)題圖可看出,μA=μB<μC3.在t=0時(shí),將一乒乓球以某一初速度豎直向上拋出,一段時(shí)間后落回拋出點(diǎn)。已知乒乓球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速度大小關(guān)系為Ff=kv(k為大于零的常數(shù))。規(guī)定豎直向上為正方向,如圖是定性描述上述過(guò)程中乒乓球的加速度a、速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律的圖像,可能正確的是(D)解析:乒乓球上升、下降的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,加速度方向始終豎直向下,為負(fù)值,A、B錯(cuò)誤;上升的過(guò)程中,速度減小,空氣阻力減小,向下的合力減小,因此加速度也減小;下落的過(guò)程中,向下的速度越來(lái)越大,空氣阻力越來(lái)越大,重力不變,因此向下的合力減小,加速度仍減小,因此整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,加速度一直減小,在vt圖像中,斜率逐漸減小,C錯(cuò)誤,D正確。4.如圖所示,固定光滑細(xì)桿與地面成一定傾角,在桿上套有一個(gè)光滑小環(huán),小環(huán)在沿桿方向的推力F作用下向上運(yùn)動(dòng),推力F與小環(huán)速度v隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小環(huán)的質(zhì)量m;(2)細(xì)桿與地面間的傾角α。解析:(1)(2)前2s內(nèi),由vt圖像可知a=ΔvΔt=0.5m/s對(duì)小環(huán)受力分析,沿輕桿方向上,由牛頓第二定律得F1-mgsinα=ma,2s后,小環(huán)受力平衡,滿(mǎn)足F2=mgsinα,代入數(shù)據(jù)解得m=1kg,α=30°。答案:(1)1kg(2)30°知識(shí)點(diǎn)二臨界、極值問(wèn)題的求解5.如圖所示,在前進(jìn)的車(chē)廂的豎直后壁上放一個(gè)物體,物體與壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,要使物體不下滑,車(chē)廂前進(jìn)的加速度至少應(yīng)為(重力加速度為g,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(B)A.μg B.gμ C.μg解析:設(shè)物體的質(zhì)量為m,在豎直方向上有mg=Ff,Ff為摩擦力。在臨界狀態(tài)下,Ff=μFN,FN為物體所受的水平彈力。又由牛頓第二定律得FN=ma。由以上各式得加速度a=gμ6.如圖甲所示,一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上,上端放置一物體(物體與彈簧不連接),初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng),拉力F與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示(g取10m/s2),則下列結(jié)論正確的是(C)A.物體與彈簧分離時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài)B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC.物體的加速度大小為5m/s2D.物體的質(zhì)量為3kg解析:物體與彈簧分離時(shí),彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),故A錯(cuò)誤;剛開(kāi)始物體處于靜止?fàn)顟B(tài),重力和彈力二力平衡,有mg=kx,拉力F1為10N時(shí),物體出現(xiàn)加速度,根據(jù)牛頓第二定律有F1+kx-mg=ma,此后加速度不變,物體與彈簧分離后,拉力F2為30N,根據(jù)牛頓第二定律有F2-mg=ma,代入數(shù)據(jù)解得m=2kg,k=5N/cm,a=5m/s2,故B、D錯(cuò)誤,C正確。7.如圖所示,水平桌面上放置一個(gè)傾角為45°的光滑楔形滑塊A,一細(xì)線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處,細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運(yùn)動(dòng)(g取10m/s2),則下列說(shuō)法正確的是(A)A.當(dāng)a=5m/s2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為22B.當(dāng)a=15m/s2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為22C.當(dāng)a=5m/s2時(shí),地面對(duì)A的支持力一定大于兩個(gè)物體的重力之和D.當(dāng)a=15m/s2時(shí),地面對(duì)A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和解析:設(shè)加速度為a0時(shí)小球恰好對(duì)滑塊的壓力等于零,對(duì)小球受力分析,受重力、拉力,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向F合=Fcos45°=ma0,豎直方向Fsin45°=mg,解得a0=g。當(dāng)a=5m/s2時(shí),小球未離開(kāi)滑塊,根據(jù)牛頓第二定律,水平方向Fcos45°-FNcos45°=ma,豎直方向Fsin45°+FNsin45°=mg,解得FN=22N,故A正確;當(dāng)a=15m/s2知識(shí)點(diǎn)三利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決多過(guò)程問(wèn)題8.如圖所示,從某一高處自由下落的小球,落至彈簧上端并將彈簧壓縮到最短,忽略空氣阻力。小球被彈簧彈起直至離開(kāi)彈簧的過(guò)程中,小球的速度和所受合力變化情況是(C)A.合力變大,速度變大B.合力變小,速度變大C.合力先變小后變大,速度先變大后變小D.合力先變大后變小,速度先變小后變大解析:小球被彈簧彈起直至離開(kāi)彈簧的過(guò)程中,彈力一直減小,開(kāi)始時(shí),彈力大于重力,合力向上,彈起的過(guò)程中,合力減小,加速度減小,但是加速度的方向與速度方向相同,做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)重力大于彈力時(shí),合力方向向下,合力增大,加速度增大,但加速度的方向與速度方向相反,做減速運(yùn)動(dòng)。所以合力先變小后變大,速度先變大后變小,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。9.一個(gè)小球從靜止開(kāi)始沿如圖所示的光滑斜面軌道AB勻加速下滑,然后進(jìn)入水平軌道BC勻速運(yùn)動(dòng),之后靠慣性沖上斜面軌道CD,直到速度減為零。設(shè)小球經(jīng)過(guò)水平面和兩斜面的銜接點(diǎn)B、C時(shí)速度的大小不變。下表是測(cè)出的不同時(shí)刻小球速度的大小,重力加速度g取10m/s2,求:時(shí)刻t/s00.61.21.85.0101315速度v/(m·s-1)03.06.09.015159.03.0(1)斜面AB的傾角α是多少?(2)小球從開(kāi)始下滑直至在斜面CD上速度減為零通過(guò)的總路程是多少?解析:(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知小球沿AB斜面下滑的加速度a1=Δv1Δt1=9由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得mgsinα=ma1,解得sinα=0.5,即斜面AB的傾角α=30°。(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,小球在斜面AB上下滑時(shí)間t1=va1=小球在斜面CD上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3=9.0-3.從最大速度vm=15m/s減至速度為9.0m/s用時(shí)t3=15-于是,小球在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=13s-t1-t3=8s,故小球的總路程s=vm22a1+vm解得s=180m。答案:(1)30°(2)180m選考提升練10.(多選)如圖甲所示,用一水平外力F拉著一個(gè)靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體,逐漸增大F,物體做變加速運(yùn)動(dòng),其加速度a隨外力F變化的圖像如圖乙所示,若重力加速度g取10m/s2。根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計(jì)算出(AB)A.物體的質(zhì)量B.斜面的傾角C.加速度由2m/s2增加到6m/s2的過(guò)程中物體通過(guò)的位移D.加速度為6m/s2時(shí)物體的速度解析:由題圖乙可知,當(dāng)水平外力F=0時(shí),物體的加速度a=-6m/s2,物體沿斜面方向只有重力分力,由牛頓第二定律,此時(shí)加速度a=-gsinθ,可求出斜面的傾角θ=37°,選項(xiàng)B正確;當(dāng)水平外力F=15N時(shí),物體的加速度a=0,此時(shí)Fcosθ=mgsinθ,可得m=2kg,選項(xiàng)A正確;由于不知道加速度與時(shí)間的關(guān)系,所以無(wú)法求出物體在各個(gè)時(shí)刻的速度,也無(wú)法求出物體加速度由2m/s2增加到6m/s2過(guò)程中的位移,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。11.如圖所示,質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)木板靜止在水平面上,其上放一質(zhì)量為m2的物塊。物塊與木板的接觸面是光滑的。從t=0時(shí)刻起,給物塊施加一水平恒力F。分別用a1、a2和v1、v2表示木板、物塊的加速度和速度大小,下列圖像符合運(yùn)動(dòng)情況的是(D)解析:木板水平方向不受力,一定保持靜止,加速度為0,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;物塊的加速度a2=Fm2,即物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng),物塊運(yùn)動(dòng)的v12.(多選)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球A,小球被水平擋板P托住使彈簧長(zhǎng)度恰為自然長(zhǎng)度(小球與擋板不粘連),然后使擋板P以恒定的加速度a(a<g)開(kāi)始豎直向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則(BC)A.小球與擋板分離的時(shí)間為t=kaB.小球與擋板分離的時(shí)間為t=2C.小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)的過(guò)程中,小球速度最大時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x=mgD.小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)的過(guò)程中,小球速度最大時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量x=mg解析:小球與擋板之間彈力為零時(shí)分離,此時(shí)小球的加速度仍為a,由牛頓第二定律得mg-kx=ma,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式得x=12at2,解得t=2m(13.(2020·浙江7月選考，19)如圖1所示,有一質(zhì)量m=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的14時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí),測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的Ft圖線如圖2所示,t=34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力,求:(1)物件做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向;(2)物件勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小;(3)物件總位移的大小。解析:(1)由牛頓第二定律有mg-F=ma,得a=0.125m/s2,方向豎直向下。(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v=at2=1m/s。(3)勻速上升的位移h1=vt1=26m,勻減速上升的位移h2=v2t2總位移h=40m。答案:(1)0.125m/s2方向豎直向下(2)1m/s(3)40m《運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系》檢測(cè)試題(時(shí)間:90分鐘滿(mǎn)分:100分)一、選擇題(共12題,每題4分,共48分。第1～6題只有一項(xiàng)符合題目要求,第7～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分)1.下列說(shuō)法正確的是(C)A.牛頓最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因B.一個(gè)運(yùn)動(dòng)的物體,如果不再受力,它總會(huì)逐漸停下來(lái),這說(shuō)明,靜止?fàn)顟B(tài)才是物體長(zhǎng)時(shí)間不受力時(shí)的“自然狀態(tài)”C.伽利略根據(jù)理想實(shí)驗(yàn)推論出:如果沒(méi)有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個(gè)速度,將保持這個(gè)速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)下去D.車(chē)速越大,剎車(chē)后滑行的距離越長(zhǎng),所以慣性越大解析:伽利略最早指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故A錯(cuò)誤;一個(gè)運(yùn)動(dòng)的物體,它總會(huì)逐漸停下來(lái),是因?yàn)槲矬w受到了摩擦力,如果不受力,物體會(huì)永遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去,故B錯(cuò)誤;伽利略根據(jù)理想實(shí)驗(yàn)推論出:如果沒(méi)有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個(gè)速度,將保持這個(gè)速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)下去,故C正確;慣性只與質(zhì)量有關(guān),與速度無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤。2.關(guān)于國(guó)際單位制,下列說(shuō)法正確的是(A)A.在國(guó)際單位制中,力的單位是根據(jù)牛頓第二定律定義的B.力學(xué)的三個(gè)基本單位是N、m、sC.秒是國(guó)際單位制中力學(xué)三個(gè)基本量之一D.kg、m/s、N是國(guó)際單位中的導(dǎo)出單位解析:在國(guó)際單位制中力的單位是牛頓,它屬于導(dǎo)出單位,是根據(jù)牛頓第二定律F=ma定義的,1N就是使質(zhì)量為1kg的物體產(chǎn)生1m/s2加速度的力,故A正確;在國(guó)際單位制中,力學(xué)的三個(gè)基本單位是m、kg、s,故B錯(cuò)誤;國(guó)際單位制中力學(xué)三個(gè)基本量是長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間,而秒只是時(shí)間的單位,故C錯(cuò)誤;在國(guó)際單位制中,kg是國(guó)際單位中的基本單位,m/s、N是導(dǎo)出單位,故D錯(cuò)誤。3.某超市安裝了智能化的自動(dòng)扶梯(無(wú)臺(tái)階),如圖所示。為了節(jié)約能源,在沒(méi)有乘客乘行時(shí),自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行,當(dāng)有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯經(jīng)過(guò)先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行。則電梯在運(yùn)送乘客的過(guò)程中(A)A.乘客始終受摩擦力作用B.乘客經(jīng)歷先超重再失重C.乘客對(duì)扶梯的作用力始終豎直向下D.扶梯對(duì)乘客的作用力始終垂直斜面向上解析:乘客站在斜面上,始終受摩擦力作用,否則將沿斜面下滑,故A正確;加速運(yùn)動(dòng)階段,乘客有向上的加速度,乘客處于超重狀態(tài);勻速運(yùn)動(dòng)階段,扶梯對(duì)乘客的作用力等于重力,乘客既不超重,也不失重,故B錯(cuò)誤;加速運(yùn)動(dòng)階段,扶梯對(duì)乘客有沿斜面向上的摩擦力和垂直斜面向上的支持力,二者合力即扶梯對(duì)乘客的作用力指向斜上方,不是垂直斜面向上,根據(jù)牛頓第三定律分析可知,乘客對(duì)扶梯的作用力不是豎直向下,故C、D錯(cuò)誤。4.如圖所示,有材料相同的P、Q兩物塊通過(guò)輕繩相連,并在拉力F作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng),輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F一定時(shí),Q受到繩的拉力(D)A.與斜面傾角θ有關(guān) B.與動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)C.與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) D.僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān)解析:設(shè)Q物塊繩上的拉力大小F2,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,對(duì)Q、P整體分析,根據(jù)牛頓第二定律有F-(mP+mQ)g(sinθ+μcosθ)=(mP+mQ)a,對(duì)Q隔離分析有F2-mQg(sinθ+μcosθ)=mQa,聯(lián)立解得F2=mQ5.如圖所示,假設(shè)運(yùn)動(dòng)員在訓(xùn)練中手持乒乓球拍托球沿水平面做勻加速運(yùn)動(dòng),球拍與球保持相對(duì)靜止且球拍平面和水平面之間夾角為θ。設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m,不計(jì)球拍和球之間摩擦,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則(C)A.運(yùn)動(dòng)員的加速度大小為gsinθB.球拍對(duì)球的作用力大小為mgcosθC.運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為M+D.運(yùn)動(dòng)員對(duì)地面的作用力方向豎直向下解析:球和運(yùn)動(dòng)員具有相同的加速度,對(duì)球受力分析如圖甲所示,球所受的合力F合=mgtanθ,根據(jù)牛頓第二定律得a=F合m=gtanθ,故A錯(cuò)誤;根據(jù)平行四邊形定則知,球拍對(duì)球的作用力大小為FN=mgcos6.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道,其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上,C是圓上任意一點(diǎn),A、M分別為此圓與y、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且∠BMO=60°,O′為圓心。現(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放,它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn),所用時(shí)間分別為tA、tB、tC,則tA、tB、tC的大小關(guān)系是(B)A.tA<tC<tBB.tA=tC<tBC.tA=tC=tBD.由于C點(diǎn)的位置不確定,無(wú)法比較時(shí)間大小關(guān)系解析:在AM段,小球的位移x1=2R,加速度a1=mgsin45°m=212a1tA2得,tA=2x1a1gsin60°=32g,由x2=12a2tB2得,tB=2x2a2=8R3g。在CM段,設(shè)CM與豎直方向夾角為θ,同理可解得tC=27.如圖所示,一輕質(zhì)彈簧上端固定在升降機(jī)的天花板上,下端掛一小球,在升降機(jī)勻速豎直下降過(guò)程中,小球相對(duì)于升降機(jī)靜止,若升降機(jī)突然停止運(yùn)動(dòng),設(shè)空氣阻力可忽略不計(jì),彈簧始終在彈性限度內(nèi),且小球不會(huì)與升降機(jī)的內(nèi)壁接觸,則小球在繼續(xù)下降的過(guò)程中(BD)A.小球的加速度逐漸減小B.小球處于超重狀態(tài)C.小球處于失重狀態(tài)D.小球的速度逐漸減小解析:升降機(jī)突然停止,小球由于慣性繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),但是受到彈簧的拉力越來(lái)越大,拉力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相反,則小球做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,則小球處于超重狀態(tài);小球加速度增大,故A、C錯(cuò)誤,B、D正確。8.一輛小車(chē)靜止在水平地面上,bc是固定在車(chē)上的一根水平桿,質(zhì)量為M的物塊穿在桿上,M通過(guò)細(xì)線懸吊著質(zhì)量為m的小物體,m在小車(chē)的水平底板上,小車(chē)未動(dòng)時(shí)細(xì)線恰好在豎直方向上,現(xiàn)使小車(chē)如圖分四次分別以a1、a2、a3、a4向右勻加速運(yùn)動(dòng),四種情況下M、m均與車(chē)保持相對(duì)靜止,且圖甲和圖乙中細(xì)線仍處于豎直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次為Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,則下列說(shuō)法正確的是(ACD)A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff1∶Ff2=2∶3C.Ff3∶Ff4=1∶2 D.tanα=2tanθ解析:甲乙兩圖中,M水平方向只受靜摩擦力作用,根據(jù)牛頓第二定律得Ff1=Ma1,Ff2=Ma2,而a1∶a2=1∶2,則Ff1∶Ff2=1∶2,故A正確,B錯(cuò)誤;丙丁兩圖中,對(duì)m和M整體受力分析,受總重力(M+m)g、支持力FN、摩擦力Ff,如圖,根據(jù)牛頓第二定律有Ff=(M+m)a,所以Ff3∶Ff4=a3∶a4=4∶8=1∶2,故C正確;對(duì)物體m隔離受力分析,可得tanθ=a3tanα=a4g,而a3∶a9.一物塊放在如圖所示的小車(chē)上,小車(chē)在水平面上做直線運(yùn)動(dòng),物塊始終與小車(chē)保持相對(duì)靜止。設(shè)小車(chē)對(duì)物塊的支持力為FN,小車(chē)對(duì)物塊的摩擦力為Ff,關(guān)于小車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊的受力情況,下列說(shuō)法正確的是(AC)A.若小車(chē)向左運(yùn)動(dòng),FN不可能為零B.若小車(chē)向左運(yùn)動(dòng),Ff不可能為零C.若小車(chē)向右運(yùn)動(dòng),FN不可能為零D.若小車(chē)向右運(yùn)動(dòng),Ff不可能為零解析:若小車(chē)向左勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件得知,物塊所受的Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車(chē)向左加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可知,合力向左,FN不可能為零,Ff可能為零;若小車(chē)向左做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知合力向右,則物塊所受Ff不可能為零,則FN不可能為零,故A正確,B錯(cuò)誤;若小車(chē)向右勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件得知,物塊所受的Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車(chē)向右加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可知,合力向右,Ff不可能為零,FN不可能為零;若小車(chē)向右做減速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知合力向左,則物塊所受FN不可能為零,Ff可能為零,故C正確,D錯(cuò)誤。10.如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連,豎直放在光滑的水平面上,木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木塊C迅速移開(kāi),若重力加速度為g,則在木塊C移開(kāi)的瞬間(AC)A.彈簧的形變量不改變B.彈簧的彈力大小為mgC.木塊A的加速度大小為2gD.木塊B對(duì)水平面的壓力迅速變?yōu)?mg解析:開(kāi)始時(shí)整體處于平衡狀態(tài),彈簧的彈力等于A和C的重力,即F=3mg,撤去C的瞬間,彈簧的形變量不變,彈簧的彈力F不變,仍為3mg,故A正確,B錯(cuò)誤;撤去C瞬間,彈簧彈力不變,對(duì)木塊A,由牛頓第二定律得F-mg=ma,解得a=2g,方向豎直向上,故C正確;撤去C的瞬間,彈簧的彈力不變,仍為3mg,對(duì)木塊B,由平衡條件得F+mg=FN,解得FN=4mg,由牛頓第三定律知,木塊B對(duì)水平面的壓力為4mg,故D錯(cuò)誤。11.小物體P在光滑水平面上正在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)。從t=0時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí),P的加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示,加速度方向與v0方向相同,圖中a0、t0為已知量,則小物體P(AC)A.在2t0和4t0時(shí)刻的速度一定不相等B.在3t0時(shí)刻的速度為7a0t0C.在2t0到4t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移為2v0t0+14a0tD.在t0時(shí)刻的速度為1.5a0t0解析:在2t0到4t0時(shí)間內(nèi),物體加速度不變,即物體做勻加速運(yùn)動(dòng),則在2t0和4t0時(shí)刻的速度一定不相等,選項(xiàng)A正確;由a=ΔvΔΔt,即at圖像的“面積”等于速度的變化量,由圖可知v0=12a0t0=0.5a0t0,則在0～3t0時(shí)間內(nèi)的速度變化量為12(a0+3a0)·2t0+3a0t07a0t0,則3t0時(shí)刻的速度為v0+7a0t0=7.5a0t0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;同理在2t0時(shí)刻的速度為4.5a0t0,則在2t0到4t0時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)位移為x=4.5a0t0×2t0+12·3a0×(2t0)2=15a0t02,而2v0t0+14a0t02=15a0t02,選項(xiàng)C正確;由幾何關(guān)系可知,t0時(shí)刻P的加速度為2a012×(a0+2a0)·2t0=3.5a0t012.如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ,在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊,小木塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,小木塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示,若θ、g、v0、t0已知,則下列說(shuō)法中正確的是(AD)A.傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B.μ=tanθ+vC.傳送帶的速度大于v0D.t0后一段時(shí)間內(nèi),小木塊加速度為2gsinθ-v解析:若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)小木塊沿傳送帶下滑時(shí),有mgsinθ>μmgcosθ,小木塊將一直勻加速到底端;當(dāng)小木塊沿傳送帶上滑時(shí),有mgsinθ<μmgcosθ,則小木塊先勻加速運(yùn)動(dòng),在速度與傳送帶相等后,做勻速運(yùn)動(dòng),兩種情況均不符合運(yùn)動(dòng)圖像,故傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),故A正確;在0～t0時(shí)間內(nèi),小木塊受到豎直向下的重力和沿傳送帶向下的摩擦力,做加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ,由題圖可知a1=v0t0,聯(lián)立解得μ=v0gt0cosθ2gsinθ-v0二、非選擇題(共52分)13.(6分)某同學(xué)利用如圖甲所示裝置做“探究彈簧彈力大小與其長(zhǎng)度的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。(1)某次在彈簧下端掛上鉤碼后,彈簧下端處的指針在刻度尺上的指示情況如圖乙所示,此時(shí)刻度尺的讀數(shù)x=。

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖丙的坐標(biāo)紙上已描出了多次測(cè)量的彈簧所受彈力大小F跟彈簧長(zhǎng)度x的數(shù)據(jù)點(diǎn),請(qǐng)作出Fx圖線。(3)根據(jù)所作出的圖線,可得該彈簧的勁度系數(shù)k=N/m。(保留兩位有效數(shù)字)

解析:(1)由圖示刻度尺可知,其分度值為1mm,其示數(shù)為11.80cm。(2)根據(jù)坐標(biāo)系內(nèi)描出的點(diǎn)作出圖像如圖所示。(3)由圖示圖像可知,彈簧的勁度系數(shù)為k=ΔFΔx答案:(1)11.80cm(11.79～11.81cm均可)(2)圖見(jiàn)解析(3)49評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每問(wèn)2分。14.(8分)在用如圖甲所示的裝置“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中,保持小車(chē)質(zhì)量一定時(shí),驗(yàn)證小車(chē)加速度a與合力F的關(guān)系。(1)除了電火花計(jì)時(shí)器、小車(chē)、砝碼、砝碼盤(pán)、細(xì)線、附有定滑輪的長(zhǎng)木板、墊木、導(dǎo)線及開(kāi)關(guān)外,在下列器材中必須使用的有。A.220V、50Hz的交流電源B.電壓可調(diào)的直流電源C.刻度尺D.秒表E.天平(附砝碼)(2)為了使細(xì)線對(duì)小車(chē)的拉力等于小車(chē)所受的合力,以下操作正確的是(多選)。

A.調(diào)整長(zhǎng)木板上滑輪的高度使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行B.在調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜度平衡摩擦力時(shí),應(yīng)當(dāng)將砝碼和砝碼盤(pán)通過(guò)細(xì)線掛在小車(chē)上C.在調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜度平衡摩擦力時(shí),應(yīng)當(dāng)將穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶連在小車(chē)上(3)某同學(xué)得到了如圖乙所示的一條紙帶,由此得到小車(chē)加速度的大小a=m/s2。(保留兩位有效數(shù)字)

(4)在本實(shí)驗(yàn)中認(rèn)為細(xì)線的拉力F等于砝碼和砝碼盤(pán)的總重力,已知兩位同學(xué)利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的aF圖像如圖丙中的1、2所示。①出現(xiàn)圖線1的原因是;②出現(xiàn)圖線2的原因是

。解析:(1)電火花計(jì)時(shí)器需要220V、50Hz的交流電源,不需要直流電源;需要用刻度尺測(cè)量紙帶上點(diǎn)跡間的距離;需要天平測(cè)量小車(chē)的質(zhì)量;紙帶上每相鄰兩個(gè)點(diǎn)的時(shí)間間隔為0.02s,不需要秒表測(cè)時(shí)間,故選A、C、E。(2)為了使細(xì)線對(duì)小車(chē)的拉力等于小車(chē)所受的合力,需要平衡摩擦力,平衡摩擦力時(shí)應(yīng)當(dāng)將穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶連在小車(chē)上,調(diào)整長(zhǎng)木板的傾斜度,讓小車(chē)拖著紙帶做勻速直線運(yùn)動(dòng),同時(shí)要調(diào)整長(zhǎng)木板上滑輪的高度使細(xì)線與長(zhǎng)木板平行,故A、C正確,B錯(cuò)誤。(3)根據(jù)Δx=aT2可得小車(chē)加速度的大小a=x3+x4-x1(4)根據(jù)圖線1可知,當(dāng)沒(méi)有掛砝碼、砝碼盤(pán)時(shí),小車(chē)產(chǎn)生了加速度,因此說(shuō)明平衡摩擦力時(shí)木板傾角太大;根據(jù)圖線2可知,隨著F的增大,即砝碼、砝碼盤(pán)的質(zhì)量增大,不再滿(mǎn)足砝碼、砝碼盤(pán)質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量,因此曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象。答案:(1)ACE(2)AC(3)3.2(4)①平衡摩擦力時(shí)木板傾角太大②不再滿(mǎn)足砝碼、砝碼盤(pán)質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)的質(zhì)量評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):每問(wèn)2分。15.(8分)如圖是上海中心大廈,小明乘坐大廈快速電梯,從底層到達(dá)第119層觀光平臺(tái)僅用時(shí)55s。若電梯先以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng),達(dá)到最大速度18m/s,然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng),最后以加速度a2做勻減速運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)觀光平臺(tái)。假定觀光平臺(tái)高度為549m,g取10m/s2。(1)若電梯經(jīng)過(guò)20s勻加速達(dá)到最大速度,求加速度a1的大小及上升高度h;(2)在(1)問(wèn)中的勻加速上升過(guò)程中,若小明的質(zhì)量為60kg,求小明對(duì)電梯地板的壓力。解析:(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得電梯勻加速上升時(shí)的加速度a1=vm1820m/s2=0.9m/s2,電梯勻加速上升的高度h=vm22(2)設(shè)小明受到電梯地板的支持力為FN,由牛頓第二定律得FN-mg=ma1,(1分)解得FN=654N,(2分)由牛頓第三定律可知,小明對(duì)電梯地板的壓力大小為FN′=FN=654N,方向豎直向下。(1分)答案:(1)0.9m/s2180m(2)654N,方向豎直向下16.(10分)圖甲所示為冰庫(kù)工作人員移動(dòng)冰塊的場(chǎng)景,工作人員先斜向上拉冰塊移動(dòng)一段距離,然后放手讓冰塊向前滑動(dòng)到目的地,其工作原理可簡(jiǎn)化為如圖乙所示。設(shè)冰塊質(zhì)量M=100kg,冰塊與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05,冰塊起始位置與目的地距離為12m,工人拉冰塊時(shí)拉力與水平方向成53°角向上。某次拉冰塊時(shí),工人從滑道前端拉著冰塊(冰塊初速度可視為零)勻加速前進(jìn)了4.0m后放手,冰塊剛好到達(dá)滑道末端靜止。已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,g取10m/s2,求:(1)冰塊在加速與減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小之比;(2)冰塊滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度;(3)工人拉冰塊的拉力大小。解析:(1)設(shè)加速時(shí)加速度大小為a1,減速時(shí)加速度大小為a2,最大速度為v,加速前進(jìn)位移為x,總位移為L(zhǎng),則加速階段有v2=2a1x(1分)減速階段有0-v2=-2a2(L-x),(1分)則a1a2(2)減速階段冰塊所受合力等于滑動(dòng)摩擦力,則μMg=Ma2,(1分)解得a2=0.5m/s2(1分)根據(jù)0-v2=-2