1、考点考点1 1 对牛顿运动定律的理解对牛顿运动定律的理解 1.(2020浙江7月选考,2,3分)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 答案答案 B 缓慢起动时,两只行李箱处于受力平衡状态,行李箱的运动状态不会改变,即两只行李箱 会与车子保持相对静止,选项A错误;急刹车时,行李箱a由于惯性保持原有运动状态,且其竖立在公 交车上,最大静摩擦力较小,因
2、此会相对车子向前运动,选项B正确;根据F向=m可知,缓慢转弯时, 所需向心力很小,因此静摩擦力足够提供两只行李箱转弯所需的向心力,所以两只行李箱会与车子 保持相对静止,选项C错误;根据F向=m可知,急转弯时行李箱b需要的向心力较大,如果行李箱b所 受最大静摩擦力不足以提供向心力,则会做离心运动,即可能会相对车子向外侧运动,选项D错误。 2 v r 2 v r 2.(2018浙江4月选考,1,3分)通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是 ( ) A.亚里士多德 B.伽利略 C.笛卡尔 D.牛顿 答案答案 B 伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”,故选B。 知
3、识拓展知识拓展 伽利略创造了一套对近代科学的发展极为有益的科学方法,其核心是把实验和逻辑推 理(包括数学演算)和谐地结合起来。 3.(2019浙江4月选考,1,3分)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是( ) A.功/焦耳 B.质量/千克 C.电荷量/库仑 D.力/牛顿 答案答案 B 本题考查国际单位制中的基本单位,通过“基本量”和“基本单位”的定义,考查学生 的理解能力,体现了“物理观念”学科素养。 质量是基本量,其单位千克是国际单位制中的基本单位,其他三个都不是基本量,其对应的单位也 不是基本单位。故选B。 知识拓展知识拓展 国际单位制中共有七个基本单位:长度的单位“米”
4、、质量的单位“千克”、时间的 单位“秒”、电流的单位“安(培)”、热力学温度的单位“开(尔文)”、物质的量的单位“摩 (尔)”、发光强度的单位“坎(德拉)”,即“m、kg、s、A、K、mol、cd”。 4.(2016课标,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上的 力不发生改变,则( ) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案答案 BC 本题考查牛顿第二定律的理解,利用对力与运动关系的分析,考查学生的理解能力,同 时也
5、体现了“物理观念”素养中的“运动与相互作用观念”要素。 由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做匀变速直线运动, 质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上,则质点做匀变速曲 线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,即质点单位时间内速度的变化量是不变的,但速率的变化量 可能变化,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总与该恒力方向相同,C项 正确。 解题关键解题关键 施加恒力F即F合,与a同向。 分别分析F与原速度方向在与不在同一直线上的两种情况。 5.(2016上海单科,4,2分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小
6、车向右做匀加速运动时, 球所受合外力的方向沿图中的( ) A.OA方向 B.OB方向 C.OC方向 D.OD方向 答案答案 D 当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受 合外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。 试题拓展试题拓展 无论小车在水平面上做何种运动,其合力方向都是水平的。 6.(2017上海单科,6,3分)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时,水面 形状接近于图( ) 答案答案 A 本题考查牛顿第一定律的理解,利用对火车运动的分析,考查学生对惯性的理解能力,同 时渗透了“运动与相互作用观念”的
7、素养要素。 当火车向右做匀减速运动时,碗内的水由于惯性,保持原来较大的速度向右运动,则只有图A所示的 情形符合要求,故A正确。 温馨提示温馨提示 求解本题时还可以直接利用日常生活经验,即不需过多进行动力学分析。 以下为教师用书专用 1.(2018浙江11月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位,下列正确的是( ) A.N/C B.V/m C.kg m/(C s2) D.kg m/(A s3) 答案答案 D 电场强度E=,电场力的单位为N,电荷量的单位为C,所以电场强度的单位是N/C,而1 N /C=1=1 kg m/(A s3),D正确。 F q 2 kg m/ A s s
8、2.(2018浙江4月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是( ) A.kg m2/s2 B.kg m/s2 C.N/m D.N m 答案答案 A 国际单位制中力学的基本单位有:千克(kg),米(m),秒(s)。能量的单位从功的角度(W=F s)可 得1 J=1 N m,力的单位由牛顿第二定律F=ma知可表示为kg m/s2,所以能量的单位用国际单位 制的基本单位表示为kg m2/s2,故选A。 3.(2017浙江11月选考,2,3分)在国际单位制中,属于基本量及基本单位的是( ) A.质量,千克 B.能量,焦耳 C.电阻,欧姆 D.电量,库仑 答案答案 A 在国际
9、单位制中,基本量有:质量、长度、时间、电流、发光强度、热力学温度、物质 的量,所以答案为A。 4.(2017浙江4月选考,1,3分)下列物理量及对应的国际单位制单位符号,正确的是( ) A.力,kg B.功率,J C.电场强度,C/N D.电压,V 答案答案 D 力的国际单位制单位符号是N,功率的国际单位制单位符号是W,电场强度的国际单位 制单位符号是N/C,电压的国际单位制单位符号是V,故选D。 5.(2016浙江10月选考,2,3分)下列均属于国际制基本单位的是( ) A.m、N、J B.m、kg、J C.m、kg、s D.kg、m/s、N 答案答案 C 本题考查了国际单位制基本单位。力学
10、中有3个基本物理量:质量、长度、时间,国际 单位制基本单位分别是:kg、m、s。 6.(2015浙江10月选考,1,3分)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物 理量是( ) A.质量和时间 B.质量和位移 C.重力和时间 D.重力和位移 答案答案 A kg是质量对应的单位,s是时间对应的单位,位移的单位是m,重力的单位是N且不是国际 单位制基本单位,故A正确。 7.(2015课标,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当 机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉 力大小为F;当机车在
11、西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。 不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为 ( ) A.8 B.10 C.15 D.18 2 3 答案答案 BC 如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东 行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=mxa,联 立两式有y=x。可见,列车车厢总节数N=x+y=x,设x=3n(n=1,2,3,),则N=5n,故可知选项B、C正 确。 2 3 2 3 5 3 8.(2019北京理综,20,6分)国际单位制(缩写SI)定义了
12、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的跃迁辐射 的频率=9 192 631 770 Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 m 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,m对 应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量
13、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 答案答案 D 本题考查了国际单位制中的基本单位及导出单位,利用单位的定义方法及导出方法考 查了学生的理解能力、推理能力,体现了科学本质、科学态度等素养要求,渗透了关注社会发展、 科技进步等价值观念。 由于物理常量与环
14、境和测量方式等因素无关,故用来定义基本单位时也不受环境、测量方式等因 素的影响,A正确。由题意可知,t、的单位已定义,真空中光速c、基本电荷e、普朗克常量h均为 基本物理常量,故可分别用l=vt、I=q/t、h=mc2来定义长度单位m、电流单位A及质量单位kg,B、 C正确,D错误。 知识拓展知识拓展 新SI用物理规律定义了基本物理量的单位,这才是本质的定义,才是符合自然规律的定 义,代表人类对目前已经认识到的自然界基本规律的某种总结,对科学和技术发展影响深远。 9.2019天津理综,9(1)第26届国际计量大会决定,质量单位“千克”用普朗克常量h定义,“国际千 克原器”于2019年5月20日
15、正式“退役”。h的数值为6.6310-34,根据能量子定义,h的单位是 ,该单位用国际单位制中的力学基本单位表示,则为 。 答案答案 J s kg m2/s 解析解析 本题考查国际单位制中普朗克常量h的导出单位,题目背景渗透了“科学态度”与“社会 责任”的素养要素。 能量E=h,则h=E/,故h的单位为J s。由W=Fs=mas可知,1 J=1 kg (m/s2) m,故1 J s=1 kg m2/s。 知识拓展知识拓展 用物理规律重新定义基本物理量保证了基本单位的稳定性,这是科技进步的体现,影响 深远。 考点考点2 2 牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用 1.(2020山东,11,
16、4分)(多选)如图所示,质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于 墙面的水平轻绳,左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩 码B挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B由静止释放,当B下降到最低点时(未着地),A对水平桌面 的压力刚好为零。轻绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,物块A始终处于静止状态。以下判断正 确的是( ) A.M2m B.2mM3m C.在B从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B先做正功后做负功 D.在B从释放位置运动到速度最大的过程中,B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量 答案答案 ACD 将钩码从弹簧原长的位置由静止释放,钩
17、码在竖直方向上做简谐运动,刚释放时钩 码的加速度为a=g,由对称性可知,当钩码下降到最低点时a=-g,则由牛顿第二定律mg-T=ma可得此 时弹簧弹力大小T=2mg,设滑轮与A间轻绳与水平方向的夹角为,由于此时A对水平桌面的压力恰 好为零,故有T sin =Mg,可见M=2m sin 2m,A项正确,B项错误。B从释放到运动到最低点的过程 中先加速后减速到零,动能先增大后减小,由动能定理可知合力先做正功后做负功,C项正确。而B 从释放到速度最大的过程中除重力外只有弹簧弹力做负功,由功能关系可知,其机械能的减少量等 于克服弹簧弹力所做的功,D正确。 2.(2020天津,8,5分)(多选)复兴号动
18、车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能,成为我国高 铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车,初速度为v0,以恒定功率P在平直轨道上 运动,经时间t达到该功率下的最大速度vm,设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t 内 ( ) A.做匀加速直线运动 B.加速度逐渐减小 C.牵引力的功率P=Fvm D.牵引力做功W=m-m 1 2 2 m v 1 2 2 0 v 答案答案 BC 对动车受力分析,由牛顿第二定律可得-F=ma,可知a随v增大而减小,动车做加速度 减小的加速运动,故A选项错误、B选项正确;当动车达到最大速度vm时,牵引力等于阻力F,故P= Fvm,C
19、选项正确;由动能定理可得W-Wf=m-m,故选项D错误。 P v 1 2 2 m v 1 2 2 0 v 3.(2019海南单科,5,4分)如图,两物块P、Q置于水平地面上,其质量分别为m、2m,两者之间用水平 轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的 拉力F,使两物块做匀加速直线运动,轻绳的张力大小为( ) A.F-2mg B.F+mg C.F-mg D.F 1 3 1 3 1 3 答案答案 D 本题为连接体问题,通过对本题的分析解答,考查了学生的推理能力,同时也渗透了科学 思维中的模型建构及科学推理要素。 对整体进行受力分析:F- 3mg=3m
20、a, 对P进行受力分析:T-mg=ma, 联立解得轻绳的张力大小为T=,故A、B、C错误,D正确。 3 F 4.(2018课标,15,6分)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之间关系的图像可能正确的是( ) 答案答案 A 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律,利用物块P上升过程的动力学分 析,考查学生的分析综合能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了“科学思维”素养中的 “科学推理”及“模型建构”要素。 设系统静止时弹簧压缩
21、量为x0,由胡克定律和平衡条件得mg=kx0。力F作用在P上后,物块受重力、 弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。联立以上两式得F=kx+ma, 所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。 易错点拨易错点拨 注意胡克定律中形变量的含义 胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量。本题中x表示P离开静止位置的位移,此时的形变量 为x0-x而不是x。 5.(2019课标,20,6分)(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=4
22、s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10 m/s2。由题给数据可以得出( ) A.木板的质量为1 kg B.2 s4 s内,力F的大小为0.4 N C.02 s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 答案答案 AB 分析知木板受到的摩擦力f=f。0 2 s,木板静止,F=f,F逐渐增大,所以C错误。4 s5 s, 木板加速度大小a2= m/s2=0.2 m/s2,对木板受力分析,f=ma2=0.2 N,得m=1 kg,所以A正确。2 s 4 s,对木板
23、有F-f=ma1,F=f+ma1=0.2 N+1 N=0.4 N,所以B正确。由于无法确定物块的质量, 则尽管知道滑动摩擦力大小,仍无法确定物块与木板间的动摩擦因数,故D错误。 0.4-0.2 1 0.4-0 2 审题指导审题指导 审题注意木板与实验台之间摩擦不计。 利用v-t图像把木板的运动分为三个过程。 结合f-t图像对木板三个过程受力分析,列动力学方程。 6.(2020山东,16,9分)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模 型:U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角 为17.2。某次练习过程中,运动员以vM=10
24、m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面 ABCD滑出轨道,速度方向与轨道边缘线AD的夹角=72.8,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图 乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不计空气阻力,取重力加速度的大小g=10 m/s2,sin 72.8= 0.96,cos 72.8=0.30。求: 图甲 图乙 (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d; (2)M、N之间的距离L。 答案答案 (1)4.8 m (2)12 m 解析解析 (1)在M点,设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1,由运动的合成与分解规律得 v1=vM sin 72.8 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的
25、分加速度为a1,由牛顿第二定律得 mg cos 17.2=ma1 由运动学公式得 d= 联立式,代入数据得 d=4.8 m (2)在M点,设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2,由运动的合成与分解规律得 v2=vM cos 72.8 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2,由牛顿第二定律得 mg sin 17.2=ma2 2 1 1 2 v a 设腾空时间为t,由运动学公式得 t= L=v2t+a2t2 1 1 2v a 1 2 联立式,代入数据得 L=12 m 7.(2020浙江7月选考,19,9分)如图1所示,有一质量m=200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向
26、上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的时开始计时,测得电机的牵引力 随时间变化的F-t图线如图2所示,t=34 s 末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和 空气阻力,求物件(g=10 m/s2) (1)做匀减速运动的加速度大小和方向; (2)匀速运动的速度大小; (3)总位移的大小。 图1 图2 1 4 答案答案 (1)0.125 m/s2 竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m 解析解析 (1)牛顿第二定律mg-FT=ma 得a=g-=0.125 m/s2 竖直向下 (2)运动学公式v=at2=1 m/s (3)匀速上升的位移h1=vt1=26 m 匀减速上升
27、的位移h2=t2=4 m 总位移h=40 m T F m 2 v 8.(2020课标,25,20分)如图,相距L=11.5 m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。 传送带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱(可 视为质点),以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数=0.10, 重力加速度取g=10 m/s2。 (1)若v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间; (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度; (3)若v=6.0 m/s,载物箱滑上传送带t= s后,传送带速度突然变
28、为零。求载物箱从左侧平台向右 侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量。 13 12 答案答案 (1)2.75 s (2)4 m/s m/s (3)0 32 解析解析 (1)传送带的速度为v=4.0 m/s时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其加速度大小为a,由 牛顿第二定律有 mg=ma 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1,由运动学公式有 v2-=-2as1 联立式,代入题给数据得 s1=4.5 m 因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到 离开传送带所用的时间为t1,做匀减速运动所用的时间为t1,由运动学公式有 v=v0-at1 t1=
29、t1+ 联立式并代入题给数据得 t1=2.75 s 2 0 v 1 -L s v (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时,到达右侧平台时的速度最小,设为v1;当载物箱滑 上传送带后一直做匀加速运动时,到达右侧平台时的速度最大,设为v2。由动能定理有 -mgL=m-m 1 2 2 1 v 1 2 2 0 v mgL=m-m 由式并代入题给条件得 v1= m/s,v2=4 m/s (3)传送带的速度为v=6.0 m/s时,由于v0vmg(L-s2-s3),即载物箱运动到右侧平台时速度大于零,设为v3。由运动学 公式有 1 2 9.(2018浙江4月选考,19,9分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游
30、戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37 的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧 倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不 变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数=0.25,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2。求: (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小; (2)企鹅在冰面滑动的加速度大小; (3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示) 答案答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2 m/s 34 解析解析 (1)在企鹅向上“奔跑
31、”过程中,有x=at2,代入数据解得x=16 m。 (2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过程是从 最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有 mg sin 37+mg cos 37=ma1 mg sin 37-mg cos 37=ma2 代入数据解得a1=8 m/s2,a2=4 m/s2。 (3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设该过程所用时间为t,位移为x,则有t= ,x=a1t2 解得x=1 m 企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为vt,则有=2a2(x+x) 解得vt=2 m/s 1 2 1 at a
32、1 2 2 t v 34 解题思路解题思路 企鹅的运动分为三个过程:a.向上做匀加速直线运动;b.向上做匀减速直线运动;c.向 下做匀加速直线运动。 企鹅向上滑动与向下滑动时加速度都斜向下,但滑动摩擦力方向不同,加速度大小也不同。 分析受力求加速度,分析运动过程求速度及位移。 素养考查素养考查 第(1)问中通过对匀变速直线运动规律的应用,形成物理观念中的运动与相互作用观 念。第(2)问通过受力分析及应用牛顿第二定律求得加速度,体现了物理观念中的运动与相互作用 观念要素。第(3)问中建构匀变速直线运动模型,体现了科学思维中的模型建构要素。 10.(2017课标,25,20分)如图,两个滑块A和B
33、的质量分别为mA=1 kg和mB=5 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/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。 答案答案 (1)1 m/s (2)1.9 m 解析解析 (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,
34、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。 在滑块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后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定 律有 f1+f3=(mB+m)a2
35、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与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为 1 2 2 1 t 1 2 2 2 t 1 2 s0=s
36、A+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) 解题思路解题思路 首先分别计算出B与木板、A与木板、木板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、 B及木板的运动情况。 把握好几个运动节点。 由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。 A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。 木板先加速后减速,存在两个过程。 评分参考评分参考 每式2分, 每式1分,共20分。 以下为教师用书专用 1.(2015海南单科,8,5分)(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
37、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相对于原长的伸长分别记为l1和l2,重力加速度大小为g。在剪断的 瞬间( ) A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l2 答案答案 AC 剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线上的拉力为T=3mg。因在剪断瞬间,弹簧未发生 突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,对a隔离进行受力分 析,由牛顿第二定律有:3mg=ma1,得a1=3g,A正确,B错误。由胡克定律知:2mg=kl1,mg=kl2,所以l1= 2l2,C正确,D错误。 2.(
38、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。小环套在轨道上自N 点由静止滑下再滑上OM。已知小环在轨道NO下滑的距离小于在轨道OM上滑的距离,忽略小环 经过O点时的机械能损失,轨道各处的动摩擦因数相同。若用a、f、v和E分别表示小环的加速 度、所受的摩擦力、速度和机械能,这四个物理量的大小随环运动路程的变化关系如图。其中能 正确反映小环自N点到右侧最
39、高点运动过程的是( ) 答案答案 A 小环沿NO轨道下滑至O点速度为v, 小环下滑和上滑过程中都是做匀变速直线运动,加速度大小恒定,下滑过程中有x1=t1 同理上滑过程中有x2=t2 根据题意可知x1x2,所以t1a2,A正确; 小环下滑过程和上滑过程中的摩擦力大小 f1=mg cos f2=mg cos 根据题意可知,cos cos ,则f1f2,B错误; 根据速度与位移关系v2-=2ax可知,速度与位移不可能为线性关系,C错误; 小环运动过程中,摩擦力做功改变小环的机械能,所以E-x图线斜率表示摩擦力,即f=,f1mg时,物块和木板一定发生相对滑动 B.当F=mg时,物块的加速度大小为g
40、C.当F=2mg时,木板的加速度大小为g D.不管力F多大,木板的加速度始终为0 1 12 1 6 答案答案 B 本题以板块模型为情景,考查牛顿第二定律的综合应用,体现运动与相互作用观念、模 型建构和科学推理要素,属于综合性考查要求。当物块相对于木板刚要发生相对滑动时,物块和长 木板间的静摩擦力达到最大值。 对整体:F- (m+2m)g=(m+2m)a 隔离木板:mg- (m+2m)g=2ma 联立解得a=g,F=mg 故当Fmg时,物块和木板不一定发生相对滑动,只有Fmg时物块和木板才一定发生相对滑动, 故A错误。 当F=mg时,物块和长木板相对静止,对整体有mg- (m+2m)g=(m+2
41、m)a,得a=g,故B正确。 当F=2mg时,物块和木板发生相对滑动,隔离木板有mg- (m+2m)g=2ma,得a=g,故C错误。 当物块对木板的摩擦力大于 (m+2m)g时,木板将向右加速,加速度大于零,故D错误。 1 4 1 4 1 8 9 8 9 8 1 4 1 12 1 4 1 8 1 4 解题指导解题指导 根据物块与长木板间的最大静摩擦力、木板与桌面间的最大静摩擦力,利用整体法与 隔离法分析出两者相对静止时的临界加速度和此时的拉力。 4.(2018新疆一模,19)(多选)飞机场的行李传送装置如图所示,水平传送带以速度v1顺时针匀速转 动,倾斜传送带以速度v2顺时针匀速转动,v1ta
42、n ,两传送带之间平滑连接,则行李箱运动的速度随时间变化的关系可能 是( ) 答案答案 ACD 本题以传送带为情景,结合运动的图像,考查了学生的分析综合能力,体现了模型建 构和科学推理要素。行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线 运动,行李箱可能与传送带达到共速,之后做匀速直线运动。滑上倾斜传送带时,由于v1tan ,有mg cos mg sin ,可知行李箱先做匀加速运动,与传送带共速后匀速运动,所以A项是可能 的,故A正确;行李箱在水平传送带上可能先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,滑上倾斜传送 带时,行李箱先做匀加速运动,与传送带共速后不可能做匀减速运动,所以
43、B项是不可能的,故B错 误;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传送带时,可能一直做匀加速运 动,所以C项是可能的,故C正确;行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动,滑上倾斜传送 带时,可能先做匀加速运动,后做匀速直线运动,D项是可能的,故D正确。 二、非选择题(共39分) 5.(2020贵州黔东南模拟,9)(7分)研究性学习小组的同学欲探究加速度与力、质量的关系,该小组 在实验室设计了一套如图甲所示的装置,图中A为小车(车上有槽,可放入砝码),B为打点计时器,C 为力传感器(可直接读出绳上的拉力大小),P为小桶(可装入沙子),M是一端带有定滑轮的水平放置 的足够长的木
44、板,不计细绳与滑轮间的摩擦。由静止释放小车A,通过分析纸带求出小车的加速度。 (1)在平衡小车受到的摩擦力时,下列说法正确的是 ;(填选项前面的序号) A.轻推小车前,挂上小车前端的细绳和小桶P,但小桶内不装入沙子,取下纸带 B.轻推小车前,取下小车前端的细绳,装上纸带 C.接通打点计时器电源,轻推小车,若打出的点迹间的距离逐渐增大,则应移动垫片,使木板的倾角 增大 (2)该小组同学在探究拉力一定的情况下,加速度与质量的关系时发现,在不改变小桶内沙子的质 量而只在小车上的槽内增加砝码时,力传感器的示数 (选填“变化”或“不变”); (3)已知交流电源的频率为50 Hz,某次实验得到的纸带如图乙
45、所示,每相邻两点间还有4个点未画 出,由纸带可求得小车的加速度a= m/s2。(结果保留两位有效数字) 答案答案 (1)B (2)变化 (3)1.3 解析解析 (1)平衡摩擦力时,应不挂小桶,装上纸带,推动小车,观察到打点计时器正常工作时纸带上打 出的点迹间距相等即可,故A错误,B正确; 接通打点计时器电源,轻推小车,若打出的点迹间的距离逐渐增大,说明平衡摩擦过大,则应移动垫 片使木板的倾角减小,故C错误。 (2)在小车上的槽内增加砝码时,小车的加速度会发生变化,则小桶的加速度发生变化,对小桶根据 牛顿第二定律有mg-2F=ma,a变化,所以F也会发生变化。 (3)由题知,每相邻两点间还有4个
46、点未画出,则相邻计数点的时间间隔T=0.1 s,根据逐差法可得小车 的加速度为a= 代入数据可得a=1.3 m/s2 3412 2 -() 4 ssss T 6.(2020安徽合肥二测,12)(12分)如图所示,在离地面高h=5 m处固定一水平传送带,传送带以v0=2 m/s 顺时针转动。长为L的薄木板甲和小物块乙(乙可视为质点),质量均为m=2 kg,甲的上表面光滑,下 表面与传送带之间的动摩擦因数1=0.1。乙与传送带之间的动摩擦因数2=0.2。某一时刻,甲的右 端与传送带右端N的距离d=3 m,甲以初速度v0=2 m/s向左运动的同时,乙以v1=6 m/s冲上甲的左端, 乙在甲上运动时受
47、到水平向左拉力F=4 N,g取10 m/s2,试问: (1)当甲速度为零时,其左端刚好与传送带左端M相齐,乙也恰与甲分离,求MN的长度LMN; (2)当乙与甲分离时立即撤去F,乙将从N点水平离开传送带,求乙落地时距甲右端的水平距离。 答案答案 (1)10 m (2)3 m 解析解析 本题考查牛顿运动定律的应用,通过对甲、乙的运动分析,考查学生的综合分析能力,体现 运动与相互作用观念和科学推理要素。 (1)选水平向右为正方向,设甲的加速度为a1,对甲,由牛顿第二定律得 1 2mg=ma1 a1=2 m/s2 设甲速度由v0减到0过程通过的位移为x1,经历的时间为t1 由0-=2a1x1得 x1=-1 m 由0=-v0+a1t1得 得t1=1 s 设乙从开始到与甲分离过程中的加速度为a2,末速度为v2,通过的位移为x2,由牛顿第二定律得-F= ma2 得a2=-2 m/s2 2 0 v 又v2=v1+a2t1得 v2=4 m/s x2=v1t1+a2=5 m 1 2 2 1 t 由几何关系知 LMN=2|x1|+x2+d=10 m (
