1、专题三 牛顿运动定律 考点 1牛顿运动定律的理解与应用 揭秘热点考向揭秘热点考向 2019 浙江 4 月选考,12,3 分 如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上,C 球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止 吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,木水F1B.F1和F2大小相等C.F1先于F2产生D.F1后于F2产生 4. 2015 海南,8,5 分,多选如图所示,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
2、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相对于原长的伸长分别记为l1和l2,重力加 速度大小为g.在剪断瞬间() A.a1=3gB.a1=0C.l1=2l2D.l1=l2 5. 2020 山东,1,3 分一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图 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.0t1时间内,v增大,FNmg B.t1t2时间内,v减小,FNmg C.t2t3时间内,v增大,FNmg 6.2021 辽宁六校第一次联考,多选如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在
3、水平面上,上端叠 放两个质量均为m的物体A、B(B与弹簧连接,A、B均可视为质点),弹簧的劲度系数为k,初始 时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在A上,使A开始向上做加速度大小为a的 匀加速运动,测得A、B的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度大小为g,则() A.施加力F前,弹簧的形变量为 B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a) C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力等于B的重力 D.上升过程中,B速度最大时,A、B间的距离为a - 7.2021 安徽黄山高三模拟,多选如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小 从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用.A、B间
4、的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉 力F变化的情况如图乙所示.已知物块A的质量m=3 kg,取g=10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动 摩擦力,则() A.两物块间的动摩擦因数为 0.2 B.当 0F4 N 时,A、B保持静止 C.当 4 NF12 N 时,A的加速度随F的增大而增大 考点 2动力学两类基本问题 揭秘热点考向揭秘热点考向 2019江苏,15,16分如图所示,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.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
5、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、aB; (3)B被敲击后获得的初速度大小vB. 拓展变式拓展变式 1. 2020 江西丰城模拟如图所示,质量为 10 kg 的物体在F=200 N 的水平推力作用下,从粗糙斜 面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角=37,力F作用 2 s 后 撤去,物体在斜面上继续上滑了 1.25 s 后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数和物体 沿斜面向上运动的总位移x.(已知 sin
6、37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s 2) 2.2015 新课标全国,20,6 分,多选如图(a),一物块在t=0 时刻滑上一固定斜面,其运动的 v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出() 图(a)图(b) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 3. 2016 上海,25,4 分地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变 化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,hH.当物体加速度最大时其高度为,加 速度的最大值为. 4.2020 安徽安庆检测 如图所示,
7、质量为 10 kg 的环在F=140 N 的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开 始运动,环与杆之间的动摩擦因数=0.5,杆与水平地面的夹角=37,拉力F与杆的夹角 =37,力F作用一段时间后撤去,环在杆上继续上滑了 0.5 s 后,速度减为零,g取 10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,杆足够长.求: (1)拉力F作用的时间; (2)环运动到杆底端时的速度大小. 5. 2021 山西太原模拟如图所示,在竖直平面内有半径为R和 2R的两个圆,两圆的最高点相切, 切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点,其中AB长为R,AC长为 2R.现沿AB和AC 建立两条光
8、滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿 AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为() A.13B.12C.1D.1 6.2020 山东,8,3 分如图所示 ,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和 2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳 跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为 ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为 45时,物块A、B刚好要滑动, 则的值为() A.B.C.D. 7.2017 全国,25,20 分 如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg 和mB=5
9、kg,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1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为 2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/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=10 m/s 2.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 8.2020 四川南充模拟如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s 运 动,在传送带的右端点a无初速度轻放一个质量m=1 kg 的物块A(视为质点),当物块A到达传 送带左端
10、点b点时,即刻再在a点无初速度轻放另一质量为 2m的物块B(视为质点).两物块到 达b点时都恰好与传送带等速,b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放 着质量为m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长. 已知:物块与传送带间的动摩擦因数1=0.8,与木板间的动摩擦因数2=0.2;木板与轨道间的 动摩擦因数3=0.1;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s 2.试求: (1)物块A、B滑上木板C上的时间差t; (2)木板C运动的总时间. 9.如图所示,传送带的倾角=37,从A到B的长度为LAB=16 m,传送带以v0=10 m/s 的
11、速度逆 时针转动.在传送带A端无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦 因数=0.5,则物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取 10 m/s 2) 10.新情境动车爬坡2020 四川宜宾模拟,多选动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山 隧道开始一路上坡,采用 25的大坡度穿越秦岭, 长达 45 公里,坡道直接落差 1 100 米,为国内之最.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车 厢编成一组就是动车组.带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车.动车爬坡可以简化为 如图所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B两物块一起沿倾
12、角为的斜面向上做匀加 速直线运动,两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连,已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同, 则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是() A.只增加斜面的粗糙程度B.只增加物块B的质量 C.只增大沿斜面向上的力FD.只增大斜面的倾角 考点 3实验:探究加速度与力、质量的关系 揭秘热点考向揭秘热点考向 2017 浙江下半年选考,17,5 分 在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中 (1)右图仪器需要用到的是. (2)下列说法正确的是. 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
13、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 知小车在打点计时器打D点时速度大小为m/s(小数点后保留 2 位). 拓展变式拓展变式 1.开放题2020 山东济南检测如图所示的实验装置可以验证牛顿第二定律,小车上固定一 个盒子,盒子内盛有砂子.砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m,小车的总质量(包 括车、盒子及盒内砂子质量)记为M. 2.同 2020 北京第 15 题相似在探究加速度与力的关系的实验中,小明同学设计了如图甲所示 (俯视图)的实验方案:将两个小车放在水平木板上,前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘 相连,后端各
14、系一细线. (1)平衡摩擦力后,在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下,用一黑板擦把两条细 线同时按在桌子上,抬起黑板擦时两小车同时开始运动,按下黑板擦时两小车同时停下来.小 车前进的位移分别为x1、x2,由x= at 2,知 =,测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2,若满 足,即可得出小车的质量一定时,其加速度与拉力成正比的结论.若小车 的总质量符合远大于砝码和砝码盘的总质量的需求,但该实验中测量的误差仍然较大,其主要 原因是. (2)小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器,在小车后面 固定纸 带并穿过 打点计时器.由于安 装了拉力 传感器,下列操 作要求中
15、 不需要的 是.(填选项前的字母) A.测出砝码和砝码盘的总质量 B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力 C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行 D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量 (3)测出小车质量M并保持不变,改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F, 利用测得的数据在坐标纸中画出如图丙中的a-F图线A;若小军又以 为斜率在图像上画出如图 丙中的图线B,利用图像中给出的信息,可求出拉力传感器的质量为. 3.如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导 轨上安装了两个光电门 1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹
16、簧测力 计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力 和滑轮的质量. (1)根据实验装置图,本实验(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫 高,以平衡摩擦力;实验中(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块 和遮光条的总质量;实验中(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量; 滑块(含遮光条)的加速度(填“大于” “等于”或“小于”)钩码的加速度. (2)某同学做实验时,未挂细绳和钩码接通气源,然后推一下滑块(含遮光条)使其从气垫导轨 右端向左运动,发现遮光条通过光电门 2 所用的时间大于通过光电门 1 所用的时间,该同学疏
17、 忽大意,未调节气垫导轨使其恢复水平,就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误), 则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是(填图 像下方的字母). (3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为. 4. 图(a) 2018 全国,23,9 分某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光 滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放 置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时, 弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在
18、表中给出,其中f4的值可 从图(b)中弹簧秤的示数读出. 砝码的质量 m/kg 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 滑动摩擦力 f/N 2.15 2.36 2.55f42.93 图(b)图(c) 回答下列问题: (1)f4=N; (2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线; (3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小g之间的关系式为 f=,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k=; (4)取g=9.80 m/s 2,由绘出的 f-m图线求得=.(保留 2 位有效数字) 5.2018 江苏,11,10 分 某同学利用如图所示的实验装置来测量
19、重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮, 两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下: 用米尺量出重锤 1 底端距地面的高度H; 在重锤 1 上加上质量为m的小钩码; 左手将重锤 2 压在地面上,保持系统静止.释放重锤 2,同时右手开启秒表,在重锤 1 落地时停 止计时,记录下落时间; 重复测量 3 次下落时间,取其平均值作为测量值t. 请回答下列问题: (1)步骤可以减小对下落时间t测量的(选填“偶然”或“系统”)误差. (2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了. A.使H测得更准确 B.使重锤 1 下落的时间长一些 C.使系统的总质量近似等于 2M D.使细绳
20、的拉力与小钩码的重力近似相等 (3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做? (4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测 量量和已知量表示g,得g=. 答案 专题三牛顿运动定律 考点考点 1 1牛顿运动定律的理解与应用牛顿运动定律的理解与应用 D剪断绳子之前,A球受力分析如图 1 所示,B球受力分析如图 2 所示,C球受力分析如图 3 所 示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加 速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度 aA=
21、g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮 力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D 正确. x 图 1图 2图 3 1.ACD物体保持静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性,所以 A、C 正确.如果没有力,物体将 保持静止或匀速直线运动状态,所以 B 错误.运动物体如果不受力,将保持匀速直线运动状态, 所以 D 正确. 2.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的 38 节车厢作为一个整体进行分析, 设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有 F-38f=38ma,再将最后面的 2 节车厢作
22、为一个整体进行分析,设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节 车厢的牵引力为F,则有F-2f=2ma,联立解得F= F,C 项正确,A、B、D 项均错误. 3.BF1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,A、C、D 均错误. 4.AC设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以 剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可 知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1=3g,A 正确,B 错误.设弹簧S2 的拉力为F
23、2,则F2=mg,根据胡克定律F=kx可得l1=2l2,C 正确,D 错误. 5.D根据位移时间图像的斜率表示速度可知,0t1时间内,图像斜率增大,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FNmg,选项 C 错误,D 正确. 6.ADA与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后 A与B的加速度不同,速度不同.t=0 时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与 施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相 等、 加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的
24、切线与t轴平行,切线斜率为零, 即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变 量x0=,选项 A 正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-FAB=ma,解得A、B间 的弹力大小FAB=m(g-a),选项 B 错误.A、B在t1时刻之后分离,此时A、B具有共同的速度与加 速度,且FAB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项 C 错误.t2时刻B的加 速度为零,速度最大,则kx=mg,解得此时弹簧的形变量x=,B上升的高度h=x0-x=,A上 升的高度h= a,此时A、B间的距离h= a -,
25、选项 D 正确. 7.AB根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为 6 N,所以A、B之间的动摩 擦因数=0.2,选项 A 正确;当 0F4 N 时,根据题图乙可知,f2还未达到B与地面间的最大 静摩擦力,此时A、B保持静止,选项 B 正确;当 4 NF12 N 时,根 据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a=2 m/s 2,加速度不变,选项 D 错误. 考点考点 2 2动力学两类基本问题动力学两类基本问题 (1)(2)3gg(3)2 解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小aA=g 由运动学公式有 2aAL= 解得vA=. (2)设A、B的质量均为m 对齐前,B所受
26、合外力大小F=3mg 由牛顿运动定律有F=maB,得aB=3g 对齐后,A、B所受合外力大小F=2mg 由牛顿运动定律有F=2maB,得aB=g. (3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A的加速度大小等于aA 则v=aAt,v=vB-aBt xA= aAt 2,x B=vBt- aBt 2 且xB-xA=L 解得vB=2. 1.0.2516.25 m 解析: 物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和 F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得 FN=Fsin+mgcos Fcos-f-mgsin=ma1 又f=
27、FN 加速过程由运动学规律可知v=a1t1 撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=gsin+gcos 由匀变速运动规律有v=a2t2 由运动学规律知x= a1+a2 联立各式解得=0.25,x=16.25 m. 2.ACD由题图(b)可求出 0t1和t12t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾 角为,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mgsin+mgcos)=ma1,下滑时有mgcos -mgsin=ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数及斜面的倾角,A、C 正确;从以上 两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B 错误;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin
28、,可求出,D 正确. 3.0 或h 解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其 中k= ,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0- h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向 竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中, 根据动能定理可得WF+WG=0,即h-mgh=0,求得F0=,则物体在刚开始运动时的加速度大小 满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而 F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是 0 或h. 4.(1)1 s(2)m/s
29、解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有 mgsin+mgcos=ma2 又 0=v1-a2t2 联立解得v1=5 m/s 撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有Fcos-mgsin-(Fsin-mgcos)=ma1 而v1=a1t1 联立解得t1=1 s. (2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma3, 又s= (t1+t2),而v 2=2a 3s 联立解得v=m/s. 5.D如题图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R,则弦OM长s=2Rcos,小球下滑 的加速度a=gcos,根据s=at 2得 t=2,与角无关,因此沿不同弦下滑的
30、时间相等.故小球 沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为 2R的位置做自由落体运动所用的时间,即 2R=g,小 球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为 4R的位置做自由落体运动所用的时间,即 4R=g, 联立有 = ,选项 D 正确. 6.C根据题述, 物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力fAB=mgcos 45,B与木板之 间的摩擦力f= 3mgcos 45.隔离A进行受力分析,由平衡条件可得轻绳中拉力F=fAB+mgsin 45.对AB整体,由平衡条件得 2F=3mgsin 45-f,联立解得= ,选项 C 正确. 7.(1)1 m/s(2)1.9 m 解析:(1)滑块A和B在木板上滑
31、动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为 f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为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=1mAg f2=1mBg f3=2(m+mA+mB)g 由牛顿第二定律得 f1=mAaA f2=mBaB f2-f1-f3=ma1 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 v1=a1t1 联立式,代入已知数据得v1=1 m/s. (2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为 sB=v0t1- aB 设在B与木板达到共同速度v1
32、后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第 二定律有 f1+f3=(mB+m)a2 由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动 方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大 小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2 对A有v2=-v1+aAt2 在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2- a2 在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2) 2 A和B相遇时,A与木板的速度恰
33、好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9 m. (也可用如图的速度时间图线求解) 8.(1)0.5 s(2)2.75 s 解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设物块A、B在传送带上的加速 度为a0,则有 1mg=ma0 解得a0=8 m/s 2 根据v=a0t可得t= =0.5 s. (2)过程一 物块A滑上木板C与木板有相对运动,则有2mg=maA,解得aA=2 m/s 2,方向水平向右 水平方向对木板C有2mg=32mg,木板C保持静止 过程二 经过t=0.5 s 后,物块B滑上木板C,此时物块A
34、的速度为vA=v-aAt=3 m/s 物块B和木板C有相对运动,则有22mg=2maB 代入数据解得aB=2 m/s 2,方向向右 对木板C有22mg+2mg-1(2m+2m)g=maC 代入数据解得aC=2 m/s 2,方向水平向左 木板C由静止开始向左匀加速运动,物块A与木板C共速时有vA-aAt1=aCt1=vAC 代入数据解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s 此时vB=v-aBt1=2.5 m/s 过程三 物块B相对木板C继续向左运动,仍做aB=2 m/s 2的匀减速运动,木板 C和物块A保持相对静止, 将木板C和物块A看作整体有 22mg-3(2m+2m)g=2maAC 解
35、得aAC=0 故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为vB-aBt2=vAC,解得t2=0.5 s 过程四 三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板C停止运动,则有 3(2m+2m)g=4maABC 代入数据解得aABC=1 m/s 2 t3=1.5 s 故木板C运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s. 图甲 9.2 s 解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分 析如图甲所示 由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma1 解得a1=gsin+gcos=10 m/s 2 物体加速至速度与传送带速度相等
36、时需要的时间t1= =1 s 物体运动的位移s1=a1=5 m16 m 即物体加速到 10 m/s 时仍未到达B点 图乙 当物体加速至与传送带速度相等时,由于tan,物体在重力作用下将继续加速,此后物体 的速度大于传送带的速度,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上,如图乙所示 由牛顿第二定律得 mgsin-mgcos=ma2,解得a2=2 m/s 2 设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则 LAB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s 故所需时间t=t1+t2=2 s. 10.ADA、B两物块间的距离不变,则弹簧弹力不变,对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可 得F-(mA+mB)gsin-(
37、mA+mB)gcos=(mA+mB)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度 a=-gsin-gcos,对物块B应用牛顿第二定律可得T-mBgsin-mBgcos=mBa, 所以弹簧弹力T=mB(gsin+gcos)+mBa=.只改变斜面粗糙程度或斜面倾角,弹簧弹 力不变,两物块间的距离不变;只增加物块B的质量,=增大,故弹簧弹力增大,两物块 间的距离增大;只增大沿斜面向上的力F,弹簧弹力增大,两物块间的距离增大,故选项 A、D 正 确. 考点考点 3 3实验实验: :探究加速度与力、质量的关系探究加速度与力、质量的关系 (1)AD(2)BD(3)0.21 解析:(1)实验通过打点计时器打出的纸
38、带求解物体的加速度,所以需要打点计时器,A 正确;需 要通过改变小车质量和悬挂物的重力,来研究加速度与质量、合力之间的关系,故还需测量质 量,即需要天平,D 正确;打点计时器为计时仪器,所以不需要秒表,本实验中小车受到的合力大 小等于悬挂物的重力大小,故不需要弹簧测力计. (2)实验时应先接通电源,后释放纸带,充分利用纸带,打出更多的数据,A 错误;为了使得细线 对小车的拉力等于小车所受的合力,绳子要与长木板平行,B 正确;刚开始运动时速度较小,所 以在相等时间间隔内小车运动的位移较小,故纸带与小车相连端的点迹较密,C 错误;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,D 正确.
39、 (3)根据匀变速直线运动推论可知,打D点时小车的瞬时速度等于从打C点到打E点的过程中 小车的平均速度,从题图中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,从打C点到打 E点所用时间t=250.02 s=0.2 s,故vD= =0.21 m/s. 1.(1)否因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合力就等于mg(2)M+m 解析:(1)将小车内的砂子转移到桶中,就保证了M+m不变,即系统的总质量不变,研究对象是整 个系统,a=,可见a-F图像的斜率是,系统的合力就等于所悬挂砂桶的重力mg,不必 满足Mm这样的条件. (2)向小车内添加或去掉部分砂子,改变了
40、系统的总质量M+m,而系统的合力仍等于所悬挂砂桶 的重力mg,保证了合力不变.用图像法处理数据时,以加速度a为纵轴,应该以为横轴. 2.(1)=黑板擦按下后小车不会立刻停下,测量的位移不是实际加速位移(2)AD (3)-M 解析:(1)由位移公式x= at 2知,小车从静止开始做匀加速直线运动时,时间相等的情况下加速 度与位移成正比,根据牛顿第二定律有小车质量一定时,加速度与拉力成正比,拉力是用砝码 及砝码盘的总重力提供的(即加速度与砝码及砝码盘总重力成正比),所以若满足=,则加速 度与拉力大小成正比;若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量,但该实验中测量的误差 仍然较大,分析实验中的客观原
41、因,则应是位移测量出现了问题,比如黑板擦按下后小车不会 立刻停下. (2)若安装了拉力传感器,则拉力不需要测量了,当然也不必满足砝码和砝码盘的总质量远小 于小车和传感器的总质量;也不必测出砝码和砝码盘的总质量(是用它们的总重力代替拉力 的),但仍需平衡摩擦力,细线要与长木板平行. (3)根据牛顿第二定律有a= F,对图线A有a0=F0,可得拉力传感器的质量为m= -M. 3.(1)不需要不必要不必要大于(2)C(3) 解析:(1)水平放置的气垫导轨连通气源时,导轨上的滑块与导轨之间没有摩擦力,所以不需要 垫高气垫导轨的一端用来平衡摩擦力;滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出,故不必要 满足钩
42、码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不必要用天平测出所挂钩码的质量;因钩码 挂在动滑轮上,则滑块(含遮光条)的加速度等于钩码加速度的 2 倍,即滑块(含遮光条)的加速 度大于钩码的加速度. (2)遮光条通过光电门 2 所用的时间大于通过光电门 1 所用的时间,说明滑块(含遮光条)做减 速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,外力需到达一定的值才能使滑块(含遮光条)向导轨左 端加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是 C. (3)根据a= F知,k=,则m= . 4.(1)2.75(2)如答图所示(3)(M+m)gg(4)0.40 解析:(1)对弹簧秤进行读数(注意
43、估读)得 2.75 N. (2)绘f-m图线时,先在图像中添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点,画图时为 一条直线,应尽可能使较多的点落在这条直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧. 这样能更好地减小误差,如答图所示. (3)由实验原理可得f=(M+m)g,则f-m图线的斜率为k=g. (4)根据图像求出k=3.9 N/kg,代入数据可得=0.40. 5.(1)偶然(2)B(3)在重锤 1 上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤 1 能观察到其匀 速下落.(4) 解析:(1)步骤多次测量取平均值是为了减小偶然误差. (2)实验中,小钩码的重力
44、实质上等于系统所受的合外力,实验要求小钩码的质量m要比重锤的 质量M小很多,这样可以使重锤 1 下落的加速度小一些,根据H= at 2可知,可以使重锤 1 下落的 时间长一些,便于测量时间,选项 B 正确. (3)在重锤 1 上粘些橡皮泥,调整橡皮泥质量,直至轻拉重锤 1 能够观察到重锤 1 匀速下落. (4)对两个重锤、小钩码和橡皮泥组成的系统,由牛顿第二定律得mg=(2M+m+m0)a,重锤 1 下落, 根据匀变速直线运动规律,得H=at 2,联立解得 g=. 专题三牛顿运动定律 考点 1牛顿运动定律的理解与应用 1.2021 贵州贵阳高三摸底测试一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x
45、与时间t的关 系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,重力加速度大小为g.以下判断正确的是 () A.0t1时间内,FNmg C.t2t3时间内,FNmg D.t2t3时间内,FNM,则x1=x2B.若msin,则x1x2D.若sin,则x1v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙所示,则 () A.0t3时间内,小物块所受的摩擦力始终不变 B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足mg,选项 A 错误;在t1t2时间 内,x-t图线的斜率保持不变,所以速度不变,即乘客匀速上升,则FN=mg,选项 B 错误;在t2t3时 间内,x-t图线的斜率变小,所以速度
46、减小,即乘客减速上升,加速度方向向下,根据牛顿第二定 律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,则FNtc.AM、BM在水平面上的投影长度相等,且L=2Rsincos,BM的倾角=60,则b球 由B点下滑到M点用时tb满足=gsin ,解得tb=totc,选项 C 正确,A、B、D 错误. 4.D在F由零逐渐增加的过程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,还有可 能为零,A 错误;对A、B整体,地面对B的支持力FN=(M+m)g,与力F大小无关,B 错误;对A、B 整体,由水平方向受力平衡可知,地面对B的摩擦力等于F,并随F的增大而增大,则B对地面的 摩擦力也随F的增大而增大,
47、C 错误;当F=mgtan时,A与B间的摩擦力为零,A、B处于A与B 间的摩擦力方向改变的临界状态,D 正确. 5.ABA、B两物块在水平面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)g=(m+M)a1, 对物块A有T1- mg=ma1,联立得T1=F.A、B两物块在斜面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有 F-(m+M)gsin=(m+M)a2,对物块A有T2-mgsin=ma2,联立得T2=F.因为T1=T2,所以x1=x2,弹 簧的伸长量关系与m和M的大小、和 sin的大小均无关,恒有x1=x2,故选 A、B. 考点考点 2 2动力学两类基本问题动力学两类基本问题 1.C物
48、体静止时,所受合力为零,设弹簧形变量为x0,斜面倾角为,弹簧劲度系数为k,有 mgsin=kx0,设物体做匀加速运动的加速度为a,脱离弹簧前,经过时间t,物体运动的位移 x=at 2,此时弹簧的形变量为 x0-x,根据牛顿第二定律有F+k-mgsin=ma,联立解得 F=ma+t 2,选项 C 正确. 2.CD在 02 s 内,由图像得 =- t+6,即x=6t-3t 2,与 x=v0t+a1t 2比较得 v0=6 m/s,a1=-3 m/s 2, 即 1 s 末物块的加速度大小为 3 m/s 2,选项 A 错误;2 s 末,速度 v2=v0+a1t2=0,向右运动的位移 为 6 m,在 26
49、 s 内,分析可知物块向左运动的位移大小为 12 m,即-12 m=a2,解得a2=-1.5 m/s 2, 物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动,6 s 末物块的速度大小v6=1.54 m/s=6 m/s, 选项 B 错误;根据牛顿第二定律知在 26 s 内,有-F+mg=ma2,在 02 s 内有-F-mg=ma1,解得 =0.075,F=2.25 N,选项 C、D 正确. 3.BCD由图示分析可知,木块沿斜面向上做匀减速运动时的加速度a1= = m/s 2=-10 m/s 2,运动时间 t=s=1 s5s,故A错误;由A中分析可知,在 01 s 内木块向上做匀减 速运动,1 s 后木块
50、反向做匀加速运动,则在t=1 s 时摩擦力反向,故 B 正确;由图示分析可知, 木块反向做匀加速运动时的加速度a2= = m/s 2=2 m/s2,对木块,由牛顿第二定律有-mgsin -mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2,代入数据解得=0.5,=37,故 C、D 正确. 5.AC根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可知:第一阶段,F3 N,此时的摩擦力f 与外力相等,说明A、B都静止,且B与地面间的滑动摩擦力为 3 N;第二阶段,3 N12 N,此时A、B间的摩擦力达到最大值,不再随外 力的变化而变化,则A、B间的摩擦力为滑动摩擦力,两者发生相对滑动,故A与B间滑动摩擦 力
