第四章测评卷
(满分:100分)
一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(2024山东名校联考)2023年5月10日21时22分,搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭在中国文昌航天发射场点火发射,约10 min后,天舟六号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道,飞船太阳能帆板展开工作,发射取得成功。天舟六号货运飞船总重13.5 t,长度为10.6 m,载货量从6.9 t提高到7.4 t,有效的装载容积从18.1 m3提升到了22.5 m3,是世界上运货能力最强的货运飞船之一。下列说法正确的是 ( )
A.题目中m是国际单位制的基本单位 B.kg、m3、N都是国际单位制的导出单位
C.“飞船总重13.5 t”指的是飞船受到的重力 D.物理学中所有物理量都有单位
2.在观看天宫课堂时,观察到抛出的冰墩墩相对于天宫做匀速直线运动,某同学在地面上也抛出冰墩墩,观察到冰墩墩落向地面。下列说法正确的是( )
A.地面上抛出的冰墩墩向下掉落,有向下的惯性 B.天宫中的冰墩墩由于完全失重,质量为零
C.地面上的冰墩墩速度越大,惯性越大 D.冰墩墩在天宫中的质量与在地面上的一样大
3.(2024山东烟台高一校考)无风时,一雨滴从云层中静止下落,下落过程中受到的空气阻力与v2成正比,假设雨滴下落过程中质量不变,其v-t图像可能正确的是( )
4.如图所示,在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体,其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦,斜面倾角为θ。当车的加速度a突然增大时,斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是( )
A.F1增大,F2不变 B.F1不变,F2增大 C.F1减小,F2增大 D.F1增大,F2减小
5.(2024山东潍坊高一期末)如图所示,斜面体甲放在小车内的水平地板上,物块乙放在斜面体上,两者一起随车向右做匀加速运动,关于甲、乙受力的分析正确的是( )
A.甲可能受到4个力的作用
B.甲受到水平地板向右的摩擦力
C.乙可能受到2个力的作用
D.小车对甲的作用力大小等于甲、乙的重力之和
6.如图所示,完全相同的木块A、B用轻质弹簧连接,在恒力F作用下向右做匀加速直线运动,已知加速度大小为a,木块与地面间的动摩擦因数为μ,取重力加速度为g,在撤去F的瞬间,木块B的加速度为( )
A.a B.a-μg C.a+μg D.a+2μg
7.如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B上,以FN表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量。初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x=0),现改变力F的大小,使B以的加速度匀加速向下运动,g为重力加速度,空气阻力不计,此过程中FN或F随x变化的图像正确的是( )
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.(2024山东东营高一校考)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-6和y=-2t+140。取竖直向上为正方向,则( )
A.EF段无人机的速度大小为4 m/s
B.FM段无人机先处于超重状态,后处于失重状态
C.FM段无人机速度的变化量为-6 m/s
D.N点之后,无人机一直向下做减速运动
9.如图所示,一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。将一物体无初速放在皮带左端,以出发时为计时起点,以x、v、a、Ff分别表示物体位移大小、速度大小、加速度大小和所受摩擦力大小。下列关于相关物理量随时间变化图像中,正确的是( )
10.(2024山东名校联盟月考)如图甲所示,质量为m=2 kg的物块放在质量为m0=1 kg的木板左端,木板放在粗糙水平地面上,对木板施加水平向右的拉力F=21 N,物块与木板相对静止一起运动,t=3 s后撤去拉力F,最终物块恰好不从木板上滑落,整个过程中木板的速度—时间图像如图乙所示。物块可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.前3 s内,物块的加速度小于2 m/s2 B.撤去拉力F后,物块的加速度大于6 m/s2
C.物块与木板间的动摩擦因数为0.45 D.木板的长度为1 m
三、非选择题(本题共5小题,共54分)
11.(6分)用图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数,长木板固定在水平桌面上,圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上,位置可以调节;物块上固定宽d=2.10 mm的遮光条,从圆弧轨道上某点由静止释放。
(1)某次遮光条通过光电门的时间t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度v= m/s。(结果保留三位有效数字)
(2)调节光电门位置,测每次遮光条通过光电门的时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量,得到-x图像如图乙所示,已知图线斜率为k,重力加速度为g,则物块与长木板间的动摩擦因数μ= 。(用已知量的字母表示)
(3)本实验中, (选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
12.(10分)在天宫课堂中我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验,如图甲所示,主要步骤如下:
甲
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块上;
②接通气源,放上滑块,调平气垫导轨;
③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块,拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时;
④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像,部分图像如图乙所示。
乙 丙
回答以下问题:
(1)当 时,说明气垫导轨已调水平;
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据,画出a-F图像如图丙中所示,则滑块与加速度传感器的总质量为 kg(结果保留两位有效数字);
(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,根据下表中数据在图丙中画出新的a-F图像,求出待测物体的质量为 kg;
F/N 0.10 0.22 0.34 0.50 0.62
a/(m·s-2) 0.30 0.67 1.00 1.50 1.86
(4)若滑块受到的阻力不可忽略,则上述过程中待测物体质量的测量值 (选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
13.(10分)如图所示,为应对火灾等紧急情况,人们设计了如图所示逃生滑梯。只需按下紧急开关,窗外的充气泵就会对气囊开始充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员以正确的姿势从窗口滑梯下来,就能顺利逃离现场了。若沿气囊下滑高度h=3.2 m,气囊所构成的斜面长度为l=6.4 m,一个质量为m=60 kg的人沿气囊滑下时的阻力是Ff=240 N,g取10 m/s2。
(1)求该人下滑所需的时间t。
(2)人们通过改变斜面长度l以缩短逃生时间(因高度h不可变),出于安全考虑,人员在气囊上加速度不得大于4 m/s2,若阻力大小不变,求轨道的最小长度lmin。
14.(12分)(2024山东济南实验中学高一期末)如图甲所示,有一足够长的粗糙斜面,倾角θ=37°,一滑块以初速度v0=16 m/s从底端A点滑上斜面,滑至B点后又返回到A点,滑块运动的v-t图像如图乙所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)滑块与斜面之间的动摩擦因数;
(2)滑块再次回到A点时的速度大小;
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间。
15.(16分)(2024云南昆明高一期末)如图所示,一辆货车运载着完全相同的圆柱形空油桶,每个空油桶质量均为m。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只油桶A,并自由地摆放在油桶B、C之间,没有用绳索固定。汽车在水平路面上向右做直线运动,重力加速度为g,不计油桶之间的摩擦力。求:
(1)当汽车向右做匀速直线运动时,B对A的支持力大小;
(2)当汽车向右以0.2g加速度刹车时,A对C的压力大小;
(3)当汽车再次向右启动时,为保证A不发生滚动,汽车的最大启动加速度大小。
参考答案
第四章测评卷
1.A m是国际单位制的基本单位,故A正确;kg是国际单位制的基本单位,N是导出单位,故B错误;“飞船总重13.5 t”指的是飞船的质量,不是飞船受到的重力,故C错误;物理学中不是所有物理量都有单位,例如动摩擦因数μ,故D错误。
2.D 地面上抛出的冰墩墩向下掉落,是由于重力作用,A错误; 天宫中的冰墩墩处于完全失重状态,但质量与在地面上的一样大,B错误,D正确;惯性只与质量有关,质量越大,惯性越大,C错误。
3.D 根据题意可知,雨滴受到的空气阻力Ff=kv2(k为常数),根据牛顿第二定律得mg-Ff=ma,联立得a=g-,可知雨滴由静止下落后,随着速度的逐渐增大,加速度逐渐减小,所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动,当空气阻力等于雨滴的重力时,雨滴做匀速直线运动。故选D。
4.B 平板车的加速度沿水平方向,则圆柱体的加速度沿水平方向,对圆柱体受力分析如图所示,因为圆柱体在竖直方向上合力为零,则F1cos θ=mg,当平板车的加速度增大时,斜面对圆柱体的弹力F1不变;水平方向上F2-F1sin θ=ma,加速度增大时,挡板对圆柱体的弹力F2增大。故选B。
5.B 乙所受力的合力水平向右,则其受重力、甲的支持力和沿斜面向上的摩擦力,C错误;对甲、乙整体,合力水平向右,则甲物体受到水平地板向右的摩擦力,还受到重力、小车的支持力及乙的压力和摩擦力共5个力作用,A错误,B正确;甲、乙整体受重力、小车的支持力和摩擦力,合力方向向右,则小车对甲的作用力(小车的支持力和摩擦力的合力)大小大于甲、乙的重力之和,D错误。
6.D 设A、B的质量都为m,一起向右做匀加速直线运动,对A、B整体由牛顿第二定律可得F-2μmg=2ma,设弹簧弹力为F',对A由牛顿第二定律可得F'-μmg=ma,解得F'=F=m(a+μg),突然将外力F撤去,撤去外力的瞬间,弹簧弹力不变,对B由牛顿第二定律可得F'+μmg=ma',解得木块B的加速度大小为a'=a+2μg,故D正确。
7.D 设B对A的作用力FN刚好为零时弹簧的伸长量为x0,则对A有mg-kx0=m,解得x0=,在此之前,根据牛顿第二定律对A有mg-FN-kx=m,解得FN=-kx, FN由开始运动时的线性减小到零,A、B错误;将A、B看成整体,则2mg-F-kx=2m·,解得F=mg-kx,力F由开始运动时的mg线性减小到,此后托盘与物块分离,力F保持不变,C错误,D正确。
8.AC 根据EF段方程y=4t-26可知,EF段无人机做匀速运动,速度大小为v==4 m/s,故A正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机处于失重状态,故B错误;根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s,则FM段无人机速度的变化量为Δv=v'-v=-2 m/s-4 m/s=-6 m/s,故C正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知N点之后,无人机一直向下运动,但不是一直做减速运动,故D错误。
9.BC 物体刚放到传送带到速度增加到与传送带速度相等之前,物体做匀加速直线运动,位移与时间满足x=at2,物体速度和传送带速度相等后,物体做匀速运动,故A错误;物体刚放到传送带到速度增加到与传送带速度相等之前,物体做匀加速直线运动,速度与时间满足v=at,物体速度和传送带速度相等后,物体做匀速运动,速度不再发生变化,故B正确;物体刚放到传送带到速度增加到与传送带速度相等之前,物体做匀加速直线运动,加速度为定值,物体速度和传送带速度相等后,物体做匀速运动,加速度为零,故C正确;物体刚放到传送带到速度增加到与传送带速度相等之前,物体所受的摩擦力恒定,物体速度和传送带速度相等后,物体做匀速运动,所受摩擦力为零,故D错误。
10.CD 由图乙可知,前3 s内物块与木板共同运动的加速度大小为a1=2 m/s2,A错误;撤去拉力F后,木板的加速度大小为a2=6 m/s2,此时物块与木板发生了相对滑动,即物块运动得比木板快,所以物块的加速度应小于木板的加速度,B错误;木板受到拉力F时,有F-μ2(m0+m)g=(m0+m)a1,解得μ2=0.5,撤去拉力F后,有μ2(m0+m)g-μ1mg=m0a2,解得μ1=0.45,C正确;由图乙可知,撤去拉力F后,木板运动x2=3 m后停止运动,物块以加速度a==μ1g=4.5 m/s2减速直至停止,物块的位移x1==4 m,故木板的长度L=x1-x2=1 m,D正确。
11.解析 (1)遮光条通过光电门的时间t=0.84 ms,则物块通过光电门的速度v= m/s=2.50 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg=ma,所以a=μg,根据运动学关系可知=2ax,即·x,则=k,解得μ=。
(3)本实验中,物块在长木板上运动后,由光电门测量通过光电门时的初速度,故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
答案 (1)2.50
(2)
(3)不需要
12.解析 (1)当滑块处于静止,加速度传感器的示数为零时或轻推滑块,滑块做匀速运动时,说明气垫导轨已调水平。
(2)根据牛顿第二定律F=ma,则a-F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数,根据图丙,则有 kg-1=5 kg-1,则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20 kg。
(3)滑块上增加待测物体,根据题表中数据在图丙中画出新的a-F图像如下图中Ⅱ所示
图线Ⅱ斜率为 kg-1=3 kg-1,则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m'=0.33 kg,待测物体的质量为Δm=m'-m=0.13 kg。
(4)若滑块受到的阻力不可忽略,则对滑块,牛顿第二定律表达式为F-μmg=ma,得a=F-μg,知a-F图像的斜率仍为滑块与加速度传感器的总质量的倒数,则待测物体的质量测量值也不变,等于真实值。
答案 (1)加速度传感器的示数为零(或滑块处于静止,轻推做匀速运动)
(2)0.20
(3)图像见解析 0.13
(4)等于
13.解析 (1)设气囊与水平方向夹角为θ,根据几何关系有sin θ=
人下滑过程,根据牛顿第二定律mgsin θ-Ff=ma
根据匀变速直线运动规律l=at2
解得t= s。
(2)当加速度a'=4 m/s2时,气囊长度最小,此时sin θ'=
根据牛顿第二定律mgsin θ'-Ff=ma'
解得lmin=4 m。
答案 (1) s (2)4 m
14.解析 (1)由图乙可知,滑块上滑时的加速度大小a1= m/s2=8 m/s2
由牛顿第二定律得mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1
解得μ=0.25。
(2)由图乙可知,A、B之间的距离s=t1=×2 m=16 m
由B到A过程,根据牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得a2=4 m/s2
由速度位移公式可得,滑块再次回到A点时的速度大小vA= m/s=8 m/s。
(3)由图乙可知,滑块从A到B所用的时间t1=2 s,由速度时间公式得,滑块从B到A过程所用的时间t2= s=2 s,则滑块在整个运动过程中所用的时间t=t1+t2=(2+2) s。
答案 (1)0.25
(2)8 m/s
(3)(2+2) s
15.解析 (1)当汽车向右做匀速直线运动时,对A受力分析如图所示
竖直方向由平衡条件得FBAsin 60°+FCAsin 60°=mg
其中FBA=FCA
联立得,B对A的支持力大小为FBA=mg。
(2)当汽车向右以0.2g加速度刹车时,由牛顿第二定律得
水平方向FCA'cos 60°-FBA'cos 60°=ma,竖直方向FBA'sin 60°+FCA'sin 60°=mg
联立解得FCA=mg
由牛顿第三定律可知,A对C的压力大小为mg。
(3)当汽车再次向右启动时,为保证A不发生滚动,C对A刚好没有支持力,对A,由牛顿第二定律得=ma',解得a'=g。
答案 (1)mg
(2)mg
(3)g04
分层作业24 牛顿第一定律
A组必备知识基础练
题组一 对惯性的理解
1.(2024山东潍坊高一统考)2023年9月21日神舟十六号航天员在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中,一航天员用水袋做了一颗水球,另一航天员用白毛巾包好的“球拍”击打水球,水球被弹开。对于该实验说法正确的是( )
A.击打水球过程中,水球所受弹力是水球发生形变产生的
B.击打水球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对平衡力
C.梦天实验舱内,水球体积越大其惯性越大
D.梦天实验舱内可进行牛顿第一定律的实验验证
题组二 惯性现象及其解释
2.(多选)(2024贵州贵阳高一校考)下列关于牛顿第一定律和惯性的分析正确的是( )
A.地球自西向东自转,你向上跳起来后,还会落到原地
B.冰壶离开手后在冰面上的运动速度越来越慢,说明运动需要力来维持
C.安全带的作用是防止人在汽车刹车时由于惯性而发生危险
D.向上抛出的物体,在空中向上运动时,肯定受到了向上的作用力
3.对一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是( )
A.采用了大功率的发动机后,某些赛车(质量不变)的速度能超过老式螺旋桨飞机的速度,这表明通过科学手段能使小质量的物体获得大惯性
B.射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,这表明它的惯性变小了
C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性
D.车手骑摩托车刹车停止后,摩托车的惯性消失了
题组三 对牛顿第一定律的理解
4.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定的斜面上,上表面水平,在上表面上放一光滑的小球B,劈形物体A从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A.沿斜面向下的直线 B.竖直向下的直线
C.无规则曲线 D.抛物线
5.(2024广东深圳高一校考)列车在平直轨道上行驶,水龙头的水滴均落在正下方B点(AB与轨道平行),如图所示,某乘客观察到水滴落在B点的右方A点,则下列说法正确的是( )
A.列车先静止,后向左做加速运动
B.列车先静止,后向右做加速运动
C.列车先向左做匀速运动,后做减速运动
D.列车先向右做匀速运动,后做加速运动
B组关键能力提升练
6.著作《考工记》中有“马力既竭,辀犹能一取焉”,意思是马对车不施加拉力了,车还能继续向前运动,这是关于惯性的最早记述。下列说法正确的是( )
A.“马力既竭”时马的惯性为0
B.“马力既竭”时车的惯性不变
C.马的拉力越大,车的惯性越大
D.马车速度越大,车的惯性越大
7.如图所示,在光滑水平面上有一密闭水箱,其中水的密度为ρ0,A、B、C三个小球的密度分别为ρA>ρ0,ρB=ρ0,ρC<ρ0,分别用细线1、2、3系在水箱中,开始时水箱静止,细线均竖直,现用力向右突然拉动水箱的瞬间,则( )
A.细线均竖直
B.细线1左倾,细线3右倾,细线2竖直
C.细线均左倾
D.细线1右倾,细线3左倾,细线2竖直
8.中秋节时用一根细线将灯笼静止悬挂,下面还有一根相同的细线。如果猛地一拉下面的细线,如下说法正确的是( )
A.灯笼由于受到惯性作用保持不动
B.下面的细线先发生断裂
C.断裂前瞬间,上面的细线受力小于灯笼的重力
D.断裂前瞬间,下面的细线受力大于灯笼的重力
参考答案
第四章 运动和力的关系
分层作业24 牛顿第一定律
1.C 击打水球过程中,水球所受弹力是“球拍”发生形变产生的,故A错误;击打水球过程中,水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是作用力与反作用力,故 B错误;梦天实验舱内,水球体积越大,水球质量越大,其惯性越大,故C正确;牛顿第一定律是物体不受外力作用下的理想情况,不可用实验直接验证,故D错误。
2.AC 地球自西向东自转,你向上跳起来后,由于具有惯性,要保持原有的运动状态,因此还会落到原地,故A正确;冰壶离开手后在冰面上的运动速度越来越慢,因为受到了摩擦力的阻碍作用,摩擦力的阻碍作用改变了冰壶的运动状态,说明力是改变物体运动状态的原因,故B错误;安全带的作用是防止人在汽车刹车时由于惯性而发生危险,故C正确;向上抛出的物体,在空中向上运动时,由于物体具有惯性,要保持原有的运动状态,而不是因为受到了向上的作用力,故D错误。
3.C 赛车的质量不变,则惯性不变,A错误;射出枪膛的子弹在运动过程中由于质量不变,则惯性不变,B错误;货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,列车的质量发生了变化,则惯性会变化,C正确;摩托车的惯性只与质量有关,与速度大小无关,D错误。
4.B 小球原来静止时受重力和支持力作用,其合力为零。当劈形物体A由静止释放,A沿斜面下滑,故B也将运动,运动状态就要发生改变,但由于惯性,小球原来速度为零,没有水平或其他方向上的速度,而小球又光滑,除竖直方向有力外,其他方向上不受力,因为力是使物体运动状态改变的原因,故小球只能在竖直方向上运动,在碰到斜面之前,运动轨迹应为一条直线,即竖直向下的直线。
5.A 水滴下落时,水平方向保持原来的速度,若列车静止或匀速运动,列车的水平位移与水滴的水平位移相同,则水滴落在B点;若列车向左加速运动,水滴仍保持下落时的水平速度,而列车的水平位移增大,故水滴可落在A点;同理,列车向右减速运动,水滴也可落在A点。故选A。
6.B 惯性大小只与质量有关,跟其他因素无关,车的质量不变,惯性不变,马有质量,所以惯性不能为0,故B正确。
7.B 当用力向右突然拉动水箱时,由于ρA>ρ0,ρB=ρ0,ρC<ρ0,A的惯性大于相同体积的水的惯性,细线1向左倾斜;B的惯性与相同体积的水的惯性相同,细线2不倾斜,仍竖直;而C的惯性小于相同体积的水的惯性,细线3向右倾斜。故B正确。
8.B 惯性不是力,所以不能说灯笼受到惯性作用,A错误。若突然对下面的细线施加很大的力,此时由于惯性,灯笼有保持原状态(静止)的特性,使得上面的细线形变量不能立即增加,则上面的细线的拉力未明显变化(等于灯笼的重力);而下面的细线受到突然向下的力只需大于下面的细线的最大承受能力,下面的细线将立即断裂,但不知道下面的细线的最大承受能力是多少,则与灯笼的重力关系无法比较,B正确,C、D错误。04
分层作业25 实验:探究加速度与力、质量的关系
A组必备知识基础练
1.(2024黑龙江哈尔滨第一中学期末改编)“探究加速度与力、质量的关系”的实验的装置如图甲所示。
甲
(1)当小车的质量m0与盘和砝码的质量m的大小关系满足 时,才可以认为细绳对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力大小。
(2)在探究加速度与力的关系时,应保持 不变,分别改变施加在小车上的力F,测出相应的加速度a。
(3)在探究加速度与质量的关系时,应保持 不变,分别改变小车的质量m0,测出相应的加速度a。
(4)为了更直观地反映小车的加速度a与小车质量m0的关系,往往用两者的关系图像表示出来,该关系图像应选用 。
A.a-m0图像 B.a-图像
C.a-图像 D.a-图像
(5)A同学根据测量数据作出的a-F图线如图乙所示,此图线说明实验存在的问题是 。
(6)B、C两同学用同一装置做实验,画出了各自得到的a-F图线如图丙中的图线所示,则两位同学做实验时的哪一个物理量取值不同 。
2.(2024江苏常州高一期末)某同学在探究小车加速度与质量的关系时,采用了如图甲所示的方案。
甲
(1)保持砝码盘中砝码质量不变,通过增减小车中的砝码个数改变砝码和小车的总质量m0,利用纸带上打出的点来测量小车的加速度,对此实验方案,下列做法合理的是 。
A.在平衡阻力时,需要把木板的一侧垫高,将砝码盘及盘中砝码用细线通过定滑轮系在小车上
B.实验时,先接通打点计时器电源,待打点计时器工作稳定后再释放小车
C.调节滑轮,使细线与木板平行
D.电火花计时器应使用220 V直流电源
(2)实验中打出的一条纸带的部分实验数据如图乙所示,相邻两个计数点间还有四个计时点未画出。所用交变电源的频率为50 Hz,由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2(结果保留两位有效数字)。
乙
(3)小明记录的6组实验数据并作出a-图像如图丙所示,由a-图像可得出的实验结论为 。
丙
3.某实验小组用如图所示的装置做探究物体的加速度与质量的关系的实验。
(1)安装好实验装置后,首先平衡阻力。将长木板的右端适当垫高, (选填“挂”或“不挂”)托盘时轻推小车,若打点计时器在纸带上打出的点越来越密集,则应将长木板下的垫块向 (选填“左”或“右”)移些。重复调整垫块的位置,直到打点计时器在纸带上打出的点间距相等时,说明阻力已平衡。
(2)保持合力不变,研究加速度与质量的关系,m0为小车的质量,m为托盘与盘中砝码的总质量。在绘出a-图线后,发现在较大时图线发生了明显的弯曲,为使作出的图线为直线,下列做法正确的是 。
A.改作a-(m0+m)图线
B.改作a-图线
C.改作a-图线
D.改作a-图线
B组关键能力提升练
4.某课外兴趣小组设计的探究物体平均加速度与物体受力、物体质量关系的实验方案图如图所示。该小组同学先将挡板竖直固定在水平桌面上,再将弹簧一端固定在挡板上,另一端处于自然状态,并在桌面上标记自由端的位置O;在O点左侧安装一光电门,并调整其高度;将刻度尺紧贴桌边固定,使其0刻线与O点对齐。将装有遮光片的小车置于桌面上并向右压缩弹簧到某位置,记录固定在小车右侧面的薄长铁条此时所指刻度尺的刻度值x,然后释放小车记录光电门显示的遮光时间Δt。用游标卡尺测得遮光片的宽度d。请回答下列问题:
(1)光电门的位置应离O点适当 (选填“近些”或“远些”);
(2)小车加速过程的平均加速度为a= (用测得的物理量的符号表示);
(3)为减小实验误差,本实验应选用劲度系数 (选填“较大”或“较小”)的弹簧进行实验;
(4)保持小车质量不变,要探究小车平均加速度a与所受合力F的关系,只需探究平均加速度a与 的关系即可(用测得的物理量的符号表示)。
5.(2024山东名校高一联考)图甲是某研究性学习小组探究小车加速度与力的关系的实验装置,长木板置于水平桌面上,一端系有砂桶的细线通过两个光滑滑轮与固定的力传感器相连,拉力传感器可显示细线中拉力F的大小,改变砂桶中砂的质量进行多次实验。
(1)实验中 平衡小车运动中受到的阻力, 满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。(均选填“需要”或“不需要”)
(2)实验中得到一条纸带,选取纸带的一段进行测量,如图乙所示,图中各点均为计时点,测得x1=4.60 cm、x2=11.52 cm。已知打点计时器所接交变电源的频率为50 Hz,则小车的加速度大小a= m/s2。
(3)多次实验后,根据记录的实验数据,以力传感器的示数F为纵坐标,以小车的加速度a为横坐标,画出的F-a图像如图丙所示,测得图线的斜率为k,则小车的质量m= 。
(4)若实验时打点计时器所接交变电源的实际频率为49 Hz,而处理数据时却仍按50 Hz去处理,则实验计算得到的加速度相较于实际的加速度 (选填“偏大”或“偏小”)。
参考答案
分层作业25 实验:探究加速度与力、质量的关系
1.解析 (1)“探究加速度与力、质量的关系”的实验时,当m0远大于m时才可以认为细绳对小车的拉力大小等于盘和砝码的总重力大小。
(2)“探究加速度与力、质量的关系”的实验中采用了控制变量法,在探究加速度与力的关系时,应保持小车的质量不变。
(3)在探究加速度与质量的关系时,应保持施加在小车上的力F不变。
(4)根据牛顿第二定律F=m0a,得a=,a与成正比,即a- 图像应为过原点的直线,为了更直观地反映小车的加速度a与质量m0的关系,应选用a- 图像。
(5)由图乙可知,当F增大到一定程度时才有加速度,说明小车所受的阻力没有平衡掉。
(6)根据牛顿第二定律F=m0a,得a=F,a-F图像的斜率表示小车的质量倒数,B、C两同学做实验时小车的质量不同。
答案 (1)m0 m (2)小车的质量 (3)施加在小车上的力F (4)C (5)平衡阻力不足 (6)小车的质量
2.解析 (1)在平衡阻力时,不能使细线对小车有力的作用,故不能将砝码盘及盘中的砝码用细线通过定滑轮系在小车上,故A错误;为了使纸带上获得足够多、清晰的点迹,实验时,需要先接通打点计时器的电源,待打点计时器工作稳定后再释放小车,故B正确;为保证小车在运动过程中受到的拉力等于细线的拉力,细线与木板需要平行,故C正确;电火花计时器应使用220 V交变电源,故D错误。
(2)因为交变电源的频率是50 Hz,相邻两个计数点间还有四个计时点未画出,所以相邻计数点的时间间隔T=0.1 s,小车的加速度a= m/s2≈0.48 m/s2。
(3)由图丙可知,在小车所受拉力不变的情况下,加速度与质量的倒数成正比,即加速度与质量成反比。
答案 (1)BC (2)0.48 (3)小车所受拉力不变的情况下,加速度与质量成反比
3.解析 (1)平衡阻力时,应将长木板的右端适当垫高,小车不挂托盘时轻推小车;打点计时器在纸带上打出的点越来越密集,说明小车做减速运动,则应将长木板下的小垫块向左移动些,使长木板倾角增大一些;
(2)较大时图线发生了明显的弯曲,说明不满足托盘和砝码的总质量远小于小车的质量,此时应该把托盘和砝码与小车看成一个整体,有a=,应改作a-图线,故选C。
答案 (1)不挂 左 (2)C
4.解析 (1)为了比较准确地测量出小车离开弹簧时的速度大小,光电门的位置应离O点适当近些,以减小小车与桌面间的摩擦力的影响。
(2)小车经光电门时的瞬时速度近似等于遮光片经光电门时的平均速度,则有v=,由题意可知,小车加速的位移为x,由速度位移公式,可得小车的平均加速度为a=。
(3)为减小实验误差,本实验应选用劲度系数较大的弹簧。劲度系数较大的弹簧,在同样的形变量的情况下,弹簧的弹力较大,可以减小阻力的影响。
(4)x是弹簧的形变量,因此小车质量不变,要探究小车平均加速度a与所受合力F的关系,只需探究平均加速度a与形变量x的关系。
答案 (1)近些 (2) (3)较大 (4)x
5.解析 (1)实验中为了使小车所受定滑轮的拉力等于小车受到的合力,需要平衡小车运动中受到的阻力;因为有力传感器测量拉力,则不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量。
(2)小车的加速度大小a= m/s2=2.32 m/s2。
(3)根据牛顿第二定律得2F=ma,解得F=a,则图像的斜率k=,解得m=2k。
(4)若实验时打点计时器所接交变电源的实际频率为49 Hz,则打点周期偏大,而处理数据时却仍按50 Hz去处理,则实验计算得到的加速度相较于实际的加速度偏大。
答案 (1)需要 不需要 (2)2.32 (3)2k (4)偏大04
分层作业26 牛顿第二定律
A组必备知识基础练
题组一 对牛顿第二定律的理解
1.(2024山东济南高一期末) 如图所示,滑翔伞是一批热爱跳伞、滑翔翼的飞行人员发明的一种飞行器。现有一滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动。若空气对滑翔伞和飞行人员的作用力为F,则此过程中F的方向可能是( )
2.如图所示,一物块位于光滑水平桌面上;用一大小为F、方向如图所示的力去推它,使它以加速度a向右运动。若保持力的方向不变而增大力的大小,则( )
A.a变大
B.a不变
C.a变小
D.因为物块的质量未知,故不能确定a变化的趋势
3.如图所示,一辆装满石块的货车在平直道路上行驶,驾驶员突然发现前方发生事故,紧急刹车使得汽车做减速运动。货厢中某石块受到周围接触的物体对它的作用力为F,关于F的方向,下列图中可能正确的是( )
题组二 加速度、速度变化情况的分析
4.静止在光滑水平冰面上的一个物体在水平外力F的作用下开始运动,当F的大小逐渐减小而方向保持不变时,物体的运动是( )
A.匀减速直线运动
B.匀加速直线运动
C.速度逐渐增大的变加速直线运动
D.速度逐渐减小的变加速直线运动
5.(2024广东深圳高一期末)蹦极是一项非常刺激的户外极限运动。如图所示,弹性绳(满足胡克定律)一端固定在高空跳台上,另一端系住跳跃者的脚腕,跳跃者从跳台上由静止开始落下,弹性绳质量不计,忽略空气阻力的影响,则跳跃者第一次下落的过程中( )
A.其惯性增大
B.速度先增大后减小
C.加速度先不变后增大
D.弹性绳伸直时跳跃者开始做减速运动
题组三 牛顿第二定律的应用
6.(2024安徽蚌埠高一期末)如图所示,一质量为m的老鹰斜向下俯冲进行狩猎,该过程老鹰可视为做加速度大小为的匀加速直线运动,且该直线路径与水平方向成30°角,重力加速度为g,则老鹰在俯冲过程中,空气对其作用力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
7.(2024吉林长春吉大附中实验学校期末)如图所示,某滑雪场的索道与水平面夹角为θ=37°,质量为m=50 kg的人坐在缆车内的水平座椅上。已知g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,当缆车随索道以a=2 m/s2的加速度斜向上运动时,则( )
A.座椅对人的摩擦力大小为100 N
B.座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方
C.座椅对人的支持力大小为560 N
D.座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方
B组关键能力提升练
8.在静止的车厢内,用细绳a和b系住一个小球,a斜向上拉小球,b水平拉小球,如图所示。现让车从静止开始向右做匀加速运动,小球相对于车厢的位置不变,与小车静止时相比,细绳a、b的拉力Fa、Fb变化情况是( )
A.Fa变大,Fb不变 B.Fa变大,Fb变小
C.Fa不变,Fb变小 D.Fa不变,Fb变大
9.如图所示,将两根原长为l的相同轻质橡皮筋共同系住一质量为m、可视为质点的小球,然后水平固定在相距为2l的两根竖直杆上。初始时,用手托住小球,使两根橡皮筋均保持原长并处于水平位置,若橡皮筋伸长满足胡克定律,且劲度系数均为。突然放手,让小球从静止开始下落,当小球下落高度为l时其加速度大小为( )
A.(-1)g B.(+1)g
C.g D.g
10.如图所示,一位同学手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速直线运动,球拍与乒乓球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为θ。设球拍和乒乓球的质量分别为m0、m,重力加速度为g,不计球拍和乒乓球之间的摩擦,不计空气阻力,则( )
A.球拍对乒乓球的支持力大小为mgcos θ
B.乒乓球的加速度大小为gtan θ
C.乒乓球的加速度大小为gsin θ
D.该同学对球拍的作用力大小为m0g
C组核心素养拔高练
11.四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用。一架质量m=2 kg的无人机,能提供向上最大的升力为32 N。现让无人机在地面上从静止开始竖直向上运动,25 s后悬停在空中,执行拍摄任务。前25 s内运动的v-t图像如图所示,在运动时所受阻力大小恒为无人机重的,g取10 m/s2。求:
(1)无人机从静止开始竖直向上运动,25 s内运动的位移大小;
(2)无人机加速和减速上升过程中提供的升力大小;
(3)25 s后,无人机悬停在空中,完成拍摄任务后,关闭升力一段时间,之后又重新启动提供向上的最大升力。为保证着地时速度为零,求无人机从开始下落到恢复最大升力的最长时间t。(设无人机只做直线下落)
参考答案
分层作业26 牛顿第二定律
1.A 滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动,则F与G的合力方向与v同向,故A符合题意,B、C、D不符合题意。
2.A 由于桌面光滑,故不受摩擦力,物块受力为重力G、桌面对物块的支持力FN、推力F,设推力与水平方向夹角为α,将F沿水平方向和竖直方向分解,由牛顿第二定律得Fcos α=ma,所以a=,F方向不变而大小增大,可得a变大。选项A正确。
3.C 当货车向右做减速运动时,石块与货车相对静止,则有两者的加速度方向相同,均水平向左,由牛顿第二定律可知,石块受合力的方向水平向左,则有石块受重力与周围接触的物体对它的作用力为F的合力水平向左,由平行四边形定则可知,F的方向应斜向左上方,故C正确。
4.C 由题知,F的大小逐渐减小,根据牛顿第二定律得知,加速度也逐渐减小,而F的方向与运动方向相同,则物体做加速运动,故物体做速度逐渐增大的变加速直线运动,故C正确。
5.B 惯性的大小只与质量有关,质量不变,惯性不变,故A错误。弹性绳在绷紧前,跳跃者做自由落体运动,速度逐渐增大;弹性绳绷紧后,跳跃者受到弹性绳向上的弹力和向下的重力,弹力先小于重力,后大于重力,合力先向下后向上,则跳跃者先向下加速后减速,因此跳跃者的速度先增大后减小,故B正确,D错误。弹性绳绷紧前,跳跃者的加速度竖直向下保持不变;弹性绳绷紧后,弹力逐渐增大,跳跃者所受合力先减小直至零再反向增大,则跳跃者的加速度先向下减小直至零后向上增大,故C错误。
6.C 老鹰受重力和空气的作用力,且合力方向沿直线方向,其受力如图所示,由几何关系可知F的大小为mg,C正确。
7.C 将加速度a分解为水平方向和竖直方向,则水平加速度为ax=acos 37°=1.6 m/s2,ay=asin 37°=1.2 m/s2,在水平方向上根据牛顿第二定律得Ff=max=80 N,方向水平向右,故A、B错误;在竖直方向上,得FN-mg=may,得FN=mg+may=560 N,设座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为α,有tan α==7,故C正确,D错误。
8.C 以小球为研究对象,分析受力情况,如图所示,根据牛顿第二定律得,水平方向Fasin α-Fb=ma,竖直方向Facos α-mg=0。由题意可知,α不变,则Fa不变;Fb=Fasin α-ma
10.B 乒乓球和该同学具有相同的加速度,对乒乓球受力分析如图甲所示,则FN=,根据牛顿第二定律得mgtan θ=ma,解得a=gtan θ,故A、C错误,B正确;对球拍和乒乓球整体受力分析,如图乙所示,整体的加速度与乒乓球的加速度相同,根据平行四边形定则知,该同学对球拍的作用力为F=,故D错误。
11.解析 (1)由v-t图像面积可得,无人机从静止开始竖直向上运动,25 s内运动的位移为x=×(10+25)×4 m=70 m。
(2)由图像的斜率知,无人机加速过程加速度大小为a1=0.8 m/s2,设加速过程升力为F1,
由牛顿第二定律得F1-mg-mg=ma1
解得F1=25.6 N
由图像的斜率知,无人机减速过程中加速度大小为a2=0.4 m/s2,设减速过程升力为F2,
由牛顿第二定律得mg+mg-F2=ma2
解得F2=23.2 N。
(3)设失去升力下降阶段加速度大小为a3,由牛顿第二定律得
mg-Ff=ma3,解得a3=8 m/s2
恢复最大升力后加速度大小为a4,由牛顿第二定律得
Fmax-mg+mg=ma4,解得a4=8 m/s2
根据对称性可知,应在下落过程的中间位置恢复升力,
由a3t2,得t= s。
答案 (1)70 m (2)25.6 N 23.2 N (3) s04
分层作业27 力学单位制
A组必备知识基础练
题组一 对单位制的理解
1.物理公式不仅反映了物理量之间的数量关系,同时也反映了物理量之间的单位换算关系。在物理学中,把作用于物体的力F与作用时间t的乘积定义为冲量I,即I=Ft,用国际单位制中的基本单位表示冲量单位的是( )
A.N·m/s B.N·m
C.kg·m/s D.kg·m/s2
2.第26届国际计量大会决定,千克由普朗克常量h及米和秒定义,即1 kg=。此次标准实施后,国际单位制中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上,保证了SI单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是( )
A.普朗克常量h是个无单位的常量
B.普朗克常量h的单位等效于N·m·s
C.普朗克常量h的单位等效于kg·m·s-2
D.受外界因素的影响,普朗克常量h的数值也会发生细微变化
题组二 单位制在物理计算中的应用
3.用国际单位制验证下列表达式,可能正确的是 ( )
A.x=at(x为位移、a为加速度、t为时间)
B.a=μg(a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度)
C.F=m(F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径)
D.v=gR(v为速度、R为半径、g为重力加速度)
4.(2024四川遂宁高一校考)某运输机的升力为FL=CLpS(其中p为飞行动压,S为机翼面积,CL是一个无单位升力系数)。若用ρ表示空气的密度,m表示飞机的质量,v表示飞行速度,F表示飞机发动机推力,试根据所学的物理知识和方法进行分析,判断出下列飞行动压p的表达式合理的是( )
A.p= B.p=
C.p= D.p=
B组关键能力提升练
5.小球在液体中运动时会受到液体的摩擦阻力,这种阻力称为粘滞力。如果液体的粘滞性较大,小球的半径较小,则小球受到的粘滞力Ff=6πηrv,式中η称为液体的粘滞系数,r为小球半径,v为小球运动的速度。若采用国际单位制中的基本单位来表示η的单位,则其单位为( )
A. B.
C. D.η为常数,没有物理单位
6.声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关。下列速度的表达式(k为比例系数,无单位)中可能正确的是( )
A.v=k B.v=
C.v= D.v=
7.汽车行驶时,如果空气阻力很大,会增加汽车燃油消耗量或严重影响汽车的动力性能。经研究,人们发现空气阻力的大小F阻与空气密度ρ、物体迎风面积S、物体与空气的相对运动速度v均有关,关系式为F阻=kρSvx,其中k是一个无单位的常数。请根据国际单位制推断速度v的指数x的数值。
C组核心素养拔高练
8.(2024北京第十三中学校考)有些知识我们可能没有学过,但运用我们已有的物理思想和科学方法,通过必要的分析和推理可以解决一些新的问题。例如通过单位制的学习,我们可以推导动量(p=mv)和冲量(I=Ft)单位二者是等价的。拉提琴时,琴弦振动的频率f(单位:s-1)由琴弦的质量m、长度L和所受拉力FT决定。现将拉力增大21%,琴弦振动的频率将( )
A.减小21% B.增大21%
C.增大46.41% D.增大10%
参考答案
1.C 根据牛顿第二定律可知F=ma,即1 N=1 kg·m/s2,则I=Ft的单位,1 N·s=1 kg·m/s2·s=1 kg·m/s,故选项C正确,选项A、B、D错误。
2.B 依题意1 kg=,则h=6.626 070 15×10-34 kg·m2·s-1,所以h的单位为kg·m2·s-1;由于1 N=1 kg·m·s-2,所以普朗克常量h的单位等效于N·m·s,故B正确,A、C错误;普朗克常量不随外界因素发生变化,D错误。
3.B 因为at的单位是m/s2 s=m/s,而x的单位是m,则表达式错误,选项A错误;因为μ无单位,而a与g的单位相同,则a=μg正确,选项B正确;F的单位是 N,而m的单位是kg·=kg/s≠ N,选项C错误;因gR的单位是m/s2·m=m2/s2≠m/s,选项D错误。
4.C 根据题意可得p=,所以飞行动压的单位为的单位为,故A错误。的单位为 kg· m/s2· kg/m3· m/s=,故B错误。的单位为 kg/m3·(m/s)2=,故C正确。的单位为,故D错误。
5.B 力的单位是牛顿,用力学基本单位表示为kg·m/s2,由Ff=6πηrv可得η=,其中r的单位是m,v的单位是 m/s,所以η的单位为,B正确。
6.C v的单位是m/s,p的单位是N/m2,ρ的单位是kg/m3,经计算得表达式v=k右侧的单位是,表达式v=右侧的单位是,表达式v=右侧的单位是,表达式v=右侧的单位是,故C正确。
7.解析 由于F阻=kρSvx,则有vx=,对该表达式根据国际单位制进行单位运算有vx==(m·s-1)2,可知x=2。
答案 2
8.D 根据题意可知,频率的单位为s-1,质量单位为 kg,长度单位为m,拉力的单位N= kg· m/s2,从单位方面分析只有组合才能得到频率的单位,增加一个系数c可得公式f=c,现将拉力增大21%,琴弦振动的频率变为f'=c=1.1f,即琴弦振动的频率将增大10%,故选D。04
分层作业28 牛顿运动定律的应用
A组必备知识基础练
题组一 从受力确定运动情况
1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取 10 m/s2,则汽车刹车前的速度为( )
A.7 m/s B.14 m/s C.10 m/s D.20 m/s
2.如图所示,一光滑竖直圆槽,AP、BP、CP为通过最低点P与水平面分别成30°、45°、60°角的三个光滑斜面,与圆相交于A、B、C点。若一物体由静止分别从A、B、C滑至P点所需的时间为t1、t2、t3,则 ( )
A.t1
C.t1=t2=t3 D.t1=t2
3.从距地面h高度处由静止释放一小球,与地面碰撞后竖直返回且碰撞前后速率不变,返回的高度为原高度的一半,已知重力加速度为g,小球的质量为m,运动过程中阻力大小不变,则小球所受阻力大小为( )
A.mg B.mg
C.mg D.mg
4.手机给人们带来便利的同时也带来了很多困扰,人们对手机的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看手机,经常出现手机砸到头部的情况。若手机从离人约20 cm的高度无初速度掉落,砸到头部后手机未反弹,头部受到手机的冲击时间约为0.2 s。假定手机作用在人头部的力为恒力,方向竖直向上,重力加速度g取10 m/s2,下列分析不正确的是( )
A.手机刚要接触头部之前的速度大小约为2 m/s
B.手机与头部作用时减速的加速度大小约为10 m/s2
C.头部对手机的作用力对手机产生的加速度大小约为10 m/s2
D.手机对头部的作用力大小约等于手机重力的2倍
5.2023年10月26日11时14分,神舟十七号载人飞船成功发射。发射开始阶段,航天员躺卧在座椅上。若把火箭发射后前20 s时间内的运动看作是竖直向上的匀加速直线运动,加速度大小为4g,g取10 m/s2。求:
(1)火箭在这20 s内上升的高度h;
(2)座椅对航天员的支持力大小是他所受重力的多少倍。
B组关键能力提升练
6.(多选)某屋顶的侧面可以看作如图所示的等腰三角形ABC,下雨天时有雨滴(可视为质点)从顶点A由静止沿屋顶AC无阻力下滑,某同学对屋顶的设计提出了以下几点想法,其中正确的是( )
A.若使雨滴到达C点的速度更大,在不改变BC长度的前提下,应增大A点距离BC的高度
B.若使雨滴到达C点的时间更短,在不改变BC长度的前提下,应增大A点距离BC的高度
C.若使雨滴对AC的压力更小,在不改变房屋高度的前提下,应增大BC的长度
D.若使雨滴下滑的加速度更大,在不改变房屋高度的前提下,应减小BC的长度
7.(多选)(2024山东济宁一中校考)如图所示,质量均为m的圆环A与球B用一轻质细绳相连,圆环A套在水平细杆上,设有一水平恒力F作用在球B上,使圆环A与球B一起向右匀加速运动。已知细绳与竖直方向的夹角θ=45°,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.细绳对球B的拉力大于细杆对圆环A的支持力
B.球B受到的水平恒力大于mg
C.若细杆光滑,则加速度等于g
D.若细杆粗糙,则动摩擦因数小于
8.(2024山东潍坊高一统考)如图所示,倾角为37°的斜面固定在水平桌面上。质量为1 kg的光滑小滑块位于斜面底端,对小滑块施加一个与斜面夹角为37°的拉力F,使其由静止开始运动,1 s后撤掉拉力F,再经1 s滑块返回出发点,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则拉力F的大小为( )
A.8 N B.10 N C.12 N D.15 N
9.(2024山东济宁检测)竖直加速度计可以用来测量电梯在竖直方向运行时的加速度,由固定在轻弹簧上的小球和带刻度的小木板构成,构造如图所示。电梯静止时,指针指示零刻度线。弹簧下端小球的质量为0.2 kg,图中小木板上相邻两刻度线之间的距离为1 cm,刻度线旁标注了小球的加速度(电梯的加速度)。
(1)求弹簧的劲度系数。
(2)若指针恰好指在小木板上的5 m/s2刻度,请简要说出此时电梯的运动情况。
C组核心素养拔高练
10.(2024江苏常州高一校考)如图所示,利用轻绳拉着橡胶轮胎在场地上进行体能训练,细绳和水平地面的夹角为α,训练时橡胶轮胎做匀加速直线运动,橡胶轮胎始终不离开地面,下列说法正确的是( )
A.夹角一定,加速度越大,地面对橡胶轮胎的支持力越大
B.夹角一定,加速度越大,地面对橡胶轮胎的摩擦力越大
C.加速度一定,夹角越大,细绳的拉力一定增大
D.加速度一定,夹角越大,细绳的拉力可能减小
参考答案
分层作业28 牛顿运动定律的应用
1.B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动速度与位移关系式=2ax,可得汽车刹车前的速度为 v0==14 m/s,因此选项B正确。
2.C 设圆槽的直径为d,某一斜面的倾斜角为θ,由牛顿第二定律可得,沿斜面下滑加速度为a=gsin θ,斜面的长度为x=dsin θ,由位移时间公式x=at2可得t=,可知物体沿斜面下滑的时间与斜面的倾斜角无关,则有t1=t2=t3,故C正确。
3.D 设小球所受阻力大小为Ff,落地速度大小为v,小球下落时,满足mg-Ff=ma1,2a1h=v2,小球反弹时满足mg+Ff=ma2,2a2·=v2,联立解得Ff=mg,故选D。
4.C 手机做自由落体运动,故手机接触头部之前的速度约为v= m/s=2 m/s,选项A正确,不符合题意;手机接触头部之前的速度约为2 m/s,砸到头部后手机未反弹即末速度为0,头部受到手机的冲击时间约为0.2 s,根据加速度定义a= m/s2=-10 m/s2,负号表示方向向上,加速度大小为10 m/s2,故选项B正确,不符合题意;选向上为正方向,加速度大小为10 m/s2,根据牛顿第二定律F-mg=ma,解得F=2mg,F产生的加速度a'==2g=20 m/s2,选项C错误,符合题意;根据力的作用是相互的,则手机对头部的作用力也是2mg,约等于手机重力的2倍,选项D正确,不符合题意。
5.解析 (1)火箭发射后前20 s时间内看作是竖直向上的匀加速直线运动,其加速度大小为4g,则有h=×4gt2=×4×10×202 m=8 000 m。
(2)根据牛顿第二定律可得F-mg=m·4g,解得F=5mg,则有=5,即座椅对航天员的支持力大小是他所受重力的5倍。
答案 (1)8 000 m (2)5
6.AD 雨滴运动的加速度为a=gsin θ,所以,在不改变房屋高度的前提下,减小BC的长度,斜面的倾角θ变大,加速度增大,故D正确;若增大A点距离BC的高度,则斜面的倾角θ变大,根据速度位移关系有v2=2alAC=2gsin θ·=glBCtan θ,由此可知,斜面倾角θ变大,雨滴到达C点的速度更大,故A正确;根据位移时间关系有lAC=at2=gsin θ·t2=,所以t=,由此可知,斜面倾角θ变大,雨滴运动到达C点的时间可能增大也可能减小,故B错误;雨滴对房屋的压力等于房屋对雨滴的支持力,其大小为FN=mgcos θ,由此可知,在不改变房屋高度的前提下,增大BC的长度,斜面倾角θ变小,FN增大,故C错误。
7.BCD 对A、B分别受力分析,如图所示
对A,由牛顿第二定律得FTsin 45°-Ff=ma,由平衡条件得FN-FTcos 45°-mg=0
又Ff=μFN
同理对B有F-FT'sin 45°=ma,FT'cos 45°-mg=0,又FT=FT',联立解得FT=FT'=mg,FN=2mg,则FT'
8.B 根据题意,拉力F撤掉前,小滑块加速度a=,刚撤去拉力F时小滑块速度v=at,位移x1=at2,撤掉拉力F后,小滑块在斜面上的加速度大小a1==gsin 37°,再经过1 s的时间内小滑块的位移为-x1=vt1-a1,联立得F=10 N,故选B。
9.解析 (1)电梯静止时,指针指示零刻度线,设弹簧伸长量为Δx,有mg=kΔx
当指针指到-5 m/s2时,加速度大小为5 m/s2 ,有F弹=k(Δx+x1)
又x1=0.1 m
根据牛顿第二定律得F弹-mg=ma
联立解得Δx=0.2 m,k=10 N/m。
(2)若指针恰好指在小木板上的5 m/s2刻度,此时的弹力F弹'=k(Δx-x1)=1 N
答案 (1)10 N/m (2)电梯加速下降或减速上升
10.D 对轮胎受力分析,如图所示,由牛顿第二定律得,
水平方向Fcos α-Ff=ma,竖直方向FN+Fsin α-mg=0,其中Ff=μFN,联立可得FN=,Ff=,所以夹角一定,加速度越大,地面对橡胶轮胎的支持力、摩擦力越小,故A、B错误。由以上分析得F=,其中tan φ=,若α+φ>,加速度一定,夹角越大,α+φ从逐渐增大,则sin (α+φ)逐渐减小,所以细绳的拉力逐渐增大;若α+φ<,加速度一定,夹角越大,α+φ从锐角逐渐增大,则sin (α+φ)逐渐增大,细绳的拉力减小;当α+φ=时,F有最小值,故C错误,D正确。04
分层作业29 超重和失重
A组必备知识基础练
题组一 超重、失重的判断
1.(2024广东肇庆高一期末)2023年10月26日,“神舟十七号”载人飞船发射任务取得圆满成功,并与空间站成功对接。如图所示,火箭正在竖直方向加速上升,下列说法正确的是( )
A.火箭在竖直方向加速上升的过程中,航天员处于超重状态
B.若火箭竖直上升的加速度逐渐减小,则喷出的热气流对火箭的作用力小于火箭的重力
C.若火箭竖直上升的加速度逐渐减小,则航天员对座椅的压力小于自身重力
D.空间站绕地球运行时,航天员处于完全失重状态,航天员的重力消失了
2.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x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.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.t1~t2时间内,v减小,FN
题组二 超重、失重与动力学图像的综合
3.为了研究物体超重和失重现象,小宇同学在竖直升降的电梯中,利用传感器测量自己对电梯的压力大小,该同学与电梯相对静止。对收集到的数据进行分析、处理、抽象。画出该同学对电梯的压力随时间变化的图像,其从静止开始到再次静止的一个过程如图所示。由图可以判断( )
A.电梯一定在上升,t1时刻该同学处于失重状态,t2时刻该同学处于超重状态
B.电梯一定在上升,t1时刻该同学处于超重状态,t2时刻该同学处于失重状态
C.电梯一定在下降,t1时刻该同学处于失重状态,t2时刻该同学处于超重状态
D.电梯一定在下降,t1时刻该同学处于超重状态,t2时刻该同学处于失重状态
4.重力为600 N的某同学站在力传感器上,做下蹲动作时,传感器记录了力随时间变化的图线,如图所示。由图可知( )
A.该同学在下蹲过程先超重再失重
B.该同学在t1时刻重心速度最大
C.该同学在t2时刻重心最低
D.该同学在t4时刻重心速度为零
题组三 用牛顿第二定律分析超重、失重现象
5.(多选)(2024贵州贵阳高一期末)质量为50 kg的同学站在一高层大楼电梯内的体重计上,电梯开始时停在第一楼层,启动后最初10 s体重计显示的读数为60 kg,之后20 s体重计显示的读数为45 kg。重力加速度g取9.8 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
A.该电梯启动后上升最初49 m所用时间为5 s
B.该电梯在最后10 s内经过的位移大小为49 m
C.该电梯从启动开始,在30 s末的速度大小为零
D.该同学在最初10 s和之后20 s内所受重力大小分别为588 N和441 N
6.一质量为m=40 kg的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从0时刻由静止开始下降,在0~6 s内体重计示数F的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2。求这段时间内电梯下降的高度。
B组关键能力提升练
7.(多选)某同学在地面上用体重计称得体重为490 N。他将体重计移至电梯内称其体重,t0~t3时间段内,体重计的示数如图所示,取向上运动的方向为正方向,则电梯运行的v-t图像可能是下图中的( )
8.(多选)弹簧高跷是一种新型的运动器材,如图所示,当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后,人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,则下列说法正确的是 ( )
A.弹簧压缩到最低点时,高跷对人的作用力大于人的重力
B.人向上弹起过程中,一直处于超重状态
C.人向上弹起过程中,踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力
D.人和高跷离开地面上升过程中处于完全失重状态
9.如图所示,质量为m0的框架放在水平地面上,一轻质弹簧上端固定在框架上,下端挂一个质量为m的小球,小球上下振动时,框架始终没有跳起,则下列说法正确的是( )
A.小球向下运动过程中处于失重状态
B.小球向下运动过程中,框架对地面的压力可能先减小后增大
C.小球向上运动过程中处于超重状态
D.当框架对地面的压力为零的瞬间,小球受到的合力为(m+m0)g
10.某运动员在蹦床比赛时,运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图所示。g取10 m/s2,根据F-t图像求:
(1)运动员的质量。
(2)运动员在运动过程中的最大加速度大小。
(3)在不计空气阻力情况下,运动员离开蹦床上升的最大高度。
C组核心素养拔高练
11.(多选)(2024湖南岳阳统考改编)如图甲所示,小明在地球表面做物体在竖直方向做直线运动的实验,弹簧原长时,小球由静止释放,在弹簧弹力与重力作用下,测得小球的加速度a与位移x的关系图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k,不考虑地球自转影响,忽略空气阻力,下列说法正确的是 ( )
A.小球的位移为x0时,小球正好处于完全失重状态
B.小球的最大速度为
C.小球的质量为
D.小球的质量为
参考答案
分层作业29 超重和失重
1.A 火箭加速上升的过程中,航天员处于超重状态,A正确;若火箭竖直上升的加速度逐渐减小,但加速度方向仍竖直向上,火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭的重力,航天员对座椅的压力大于自身重力,B、C错误;空间站绕地球运行时,航天员处于完全失重状态,但航天员仍受重力,D错误。
2.D 根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,乘客处于失重状态,由牛顿运动定律可知,乘客所受的支持力FN
3.B 电梯最后静止时,该同学对电梯的压力大小F等于该同学的重力G,可知第一阶段F>G,该同学处于超重状态,则加速度向上,该同学从静止开始运动,则电梯一定在上升,且t1时刻该同学处于超重状态;t2时刻F
5.BC 最初10 s体重计显示的读数为60 kg,由牛顿第二定律得F-mg=ma1,又F=60×9.8 N=588 N ,解得a1=1.96 m/s2,该段时间位移大小为h1=a1=98 m,该电梯启动后上升最初49 m所用时间为t= s=5 s,故A错误;之后20 s体重计显示的读数为45 kg,此时失重,加速度向下,同理得该段时间加速度大小为a2= m/s2=0.98 m/s2,根据以上分析最初10 s末速度大小为v=a1t1=19.6 m/s,从该时刻开始到减速到零所需时间为t2==20 s,故该电梯从启动开始,在30 s末的速度大小为零,故C正确;重力始终不变,故D错误;逆向来看可知,该电梯在最后10 s内经过的位移大小为x=a2×0.98×102 m=49 m,故B正确。
6.解析 由题图可知,在第一段时间t1=1 s内,电梯向下匀加速运动,有
mg-F1=ma1
解得a1=2 m/s2
电梯下降的高度h1=a1=1 m
在第二段时间t2=3 s内,电梯向下匀速运动,
速度为v=a1t1=2 m/s
下降高度h2=vt2=6 m
在第三段时间t3=2 s内,电梯向下匀减速运动,
F2-mg=ma2
解得a2=1 m/s2
下降高度h3=vt3-a2=2 m
所以,在整个过程中,电梯下降的总高度为
h=h1+h2+h3=9 m。
答案 9 m
7.AC 由图像可知,人先超重,再平衡,最后失重,则电梯的加速度先向上,再为0,最后向下;若电梯向上运动的方向为正,则电梯可能先匀加速向上,再匀速向上,最后匀减速向上;或者电梯可能先匀减速向下,再匀速向下或静止,最后匀加速向下;故A、C正确。
8.ACD 弹簧压缩到最低点时,人要向上弹起,加速度的方向向上,人处于超重状态,高跷对人的作用力大于人的重力,故A正确;人向上弹起过程中,开始处于超重状态,弹力大于重力,上升过程,弹力减小,重力不变,当速度达到最大时,重力等于弹力,之后重力大于弹力,合力向下,处于失重状态,故B错误;人向上弹起过程中,由牛顿第三定律可知,踏板对人的作用力等于人对踏板的作用力,故C正确;人和高跷离开地面上升过程中只受重力,处于完全失重状态,故D正确。
9.D 小球从最高点向下运动过程中,小球先处于失重状态,过了平衡位置,小球处于超重状态,A错误;小球从最低点向上运动过程中,小球先处于超重状态,过了平衡位置,小球处于失重状态,C错误;小球从最高点向下运动过程中,弹簧对小球的作用力先向下减小后向上增大,故弹簧对框架的作用力先向上减小后向下增大,根据平衡条件可知地面对框架的支持力一直增大,根据牛顿第三定律可知框架对地面的压力一直增大,B错误;当框架对地面的压力为零的瞬间,对框架受力分析知,框架所受重力等于弹簧对框架的弹力,且弹簧弹力竖直向上,即F=m0g,则对小球受力分析知,小球受重力和弹簧向下的弹力,即合力为F合=mg+F=(m0+m)g,D正确。
10.解析 (1)由题图可知,刚站上去的时候弹力等于重力,故运动员所受重力为500 N,设运动员质量为m,则m==50 kg。
(2)由题图可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2 500 N,设运动员的最大加速度为am,则Fm-mg=mam
am= m/s2=40 m/s2。
(3)由题图可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为9.4 s,再下落到蹦床上的时刻为11 s,它们的时间间隔均为1.6 s。根据竖直上抛运动的对称性,可知其自由下落的时间为0.8 s。
设运动员上升的最大高度为H,则
H=gt2=×10×0.82 m=3.2 m。
答案 (1)50 kg (2)40 m/s2 (3)3.2 m
11.BD 由题图乙可知,小球的位移为x0时,小球的加速度为0,小球受到的合力为0,弹簧的拉力与小球的重力等大反向,小球既不处于失重状态也不处于超重状态,故A错误;小球的加速度a与位移x的关系图像与坐标轴围成的面积表示速度二次方的一半,当小球的加速度为零时,小球的速度最大,设小球的最大速度为v,则有v2=a0x0,得小球的最大速度v=,故B正确;设地球表面的重力加速度为g,小球的质量为m,当小球向下运动的位移为x,弹簧的伸长量也为x,对小球受力分析,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,得a=-x+g,结合图乙可知-=-,得m=,故C错误,D正确。04
分层作业30 连接体问题 动力学图像 瞬时加速度问题
A组必备知识基础练
题组一 连接体问题
1.如图所示,甲、乙两物体叠放一起放置在光滑水平面上,将一水平向右的恒力F=3 N作用在物体甲上,使甲、乙一起向右做加速运动,已知物体甲和乙的质量关系m甲=2m乙=2 kg,则甲对乙的摩擦力( )
A.大小为1 N,方向水平向左
B.大小为1 N,方向水平向右
C.大小为2 N,方向水平向左
D.大小为2 N,方向水平向右
2.如图所示,两个质量分别为m1=2 kg和m2=3 kg的物体放置于光滑水平面上,中间用轻质弹簧测力计连接,两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力分别作用于质量为m1和m2的物体上,两物体一起运动,则( )
A.弹簧测力计的示数为24 N
B.m1和m2共同运动的加速度大小为a=4 m/s2
C.突然撤去F2的瞬间,m1的加速度大小为a1=3 m/s2
D.突然撤去F1的瞬间,m2的加速度大小为a2=2 m/s2
3.(2024河南南阳高一期末)如图所示,将一花瓶置于桌面上的桌布上,用水平向右的拉力将桌布迅速抽出,花瓶发生了平移,但最终并没有滑出桌面,这是大家熟悉的惯性演示实验。若花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )
A.桌布对花瓶摩擦力的方向向左
B.若增大水平拉力,更快地将桌布拉出,则花瓶仍不能滑出桌面
C.花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上的滑动时间不相等
D.桌布对花瓶的摩擦力与桌面对花瓶的摩擦力相同
题组二 动力学图像
4.如图所示,在光滑的水平面上有一段长为l、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x,设该处的拉力为FT,则能正确描述FT与x之间的关系的图像是( )
5.如图甲所示,小物块从光滑斜面上自由滑下,小物块的位移x和时间的二次方t2的关系如图乙所示,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.小物块的加速度大小恒为2.5 m/s2
B.斜面倾角为30°
C.小物块2 s末的速度是5 m/s
D.小物块第2 s内的平均速度大小为5 m/s
题组三 瞬时加速度问题
6.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3质量为m,2、4质量为m0,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有( )
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=g
D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g
7.(2024江苏扬州高一期中)如图所示,A、B、C三个小球质量均为m,重力加速度大小为g,A、B之间用一根没有弹性的轻质细线连在一起,B、C之间用轻弹簧连接,整个系统用细线悬挂在天花板上并处于静止状态。弹簧始终在弹性限度内。现将A上端的细线剪断,使A的上端失去拉力,则在剪断细线的瞬间,A、B、C三个小球的加速度大小分别是( )
A.1.5g,1.5g,0 B.g,2g,0
C.g,g,g D.g,g,0
B组关键能力提升练
8.如图所示,两材质不同的物块用细线连接,放在粗糙的斜面上加速下滑,加速度分别为a1和a2,两物块与斜面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2,则下列关系正确的是( )
A.若μ1>μ2,则a1>a2 B.若μ1>μ2,则a1
9.(多选)(2024安徽蚌埠高一期末)如图所示,A、B、C三个小球质量均为m,有四根不可伸长的细绳a、b、c、d连接三个小球,细绳d的拉力方向可在竖直平面内改变,每次确保小球A位置不动;细绳a与竖直方向夹角为37°保持不变。已知重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法正确的是( )
A.当细绳d水平时,细绳b受到的拉力大小为mg
B.当细绳d水平时,细绳c受到的拉力大小为mg
C.细绳d拉力的最小值为2.4mg
D.剪断细绳b瞬间小球A的加速度大小为0.6g
10.(多选)(2024辽宁丹东高一校考)粗糙的水平地面上一物体在水平拉力作用下做直线运动,设运动时间为t,位移为x,其-t图像如图甲所示,水平拉力与时间关系的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.物体质量为2 kg
B.物体与地面间的动摩擦因数μ = 0.2
C.0~4 s内物体的加速度大小为2 m/s2
D.0~10 s内物体的位移大小为60 m
11.如图甲所示,两滑块P、Q用细线跨过定滑轮相连,Q距地面一定高度,P可在平行于斜面的细线牵引下沿粗糙斜面向上滑动,未与定滑轮碰撞。已知斜面倾角θ=30°,P的质量为m=1 kg。某时刻由静止释放P,测得P沿斜面向上运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.P与斜面之间的动摩擦因数μ=
B.P与斜面之间的动摩擦因数μ=
C.Q的质量为1 kg
D.Q的质量为4 kg
C组核心素养拔高练
12.(2024河北衡水校考)如图所示,系在墙上的轻绳跨过两个轻质滑轮连接着物体P和物体Q,两段连接动滑轮的轻绳始终水平。已知P、Q的质量均为1 kg,P与水平桌面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小为g取10 m/s2,当对P施加水平向左的拉力F=30 N时,Q向上加速运动。下列说法正确的是( )
A.P、Q运动的加速度大小之比为2∶1
B.P的加速度大小为2 m/s2
C.轻绳的拉力大小为10 N
D.若保持Q的加速度不变,改变拉力F与水平方向的夹角,则拉力F的最小值为12 N
参考答案
分层作业30 连接体问题 动力学图像 瞬时加速度问题
1.B 对甲、乙整体进行分析有F=(m甲+m乙)a,解得a=1 m/s2,方向水平向右,对乙进行受力分析,有Ff=m乙a,解得Ff=1 N,方向水平向右。故B正确。
2.D 根据牛顿第二定律得F1-F2=(m1+m2)a,F1-kx=m1a,解得a=2 m/s2,kx=26 N,A、B错误;突然撤去F2的瞬间,弹簧的弹力不变,质量为m1的物体的加速度大小仍然为a1=2 m/s2,C错误;突然撤去F1的瞬间,弹簧的弹力不变,质量为m2的物体的加速度大小仍然为a2=2 m/s2,D正确。
3.B 花瓶相对于桌布向左运动,则桌布对花瓶摩擦力的方向向右,故A错误。对桌布,由牛顿第二定律得F-2μmg=m0a1,若增大水平拉力,桌布的加速度增大;由x1=a1t2可知桌布被拉出的时间缩短,桌布将更快地被拉出,则花瓶在桌布上运动的时间也缩短;对花瓶,由牛顿第二定律得μmg=ma2,解得a2=μg,由x2=a2t2可知,花瓶加速运动的位移变短,在桌面上滑行的距离缩短,不能滑出桌面,故B正确。由于花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,所以桌布对花瓶的摩擦力与桌面对花瓶的摩擦力大小相等,方向相反,故D错误;花瓶在桌布上和桌面上运动时加速度大小都等于a2,花瓶在桌布上加速运动和在桌面上减速运动,由v=a2t1可知,花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上的滑动时间相等,故C错误。
4.A 对整体受力分析,由牛顿第二定律可求得整体的加速度;再由牛顿第二定律可得出FT与x的关系。设单位长度质量为m,对整体分析有F=lma;对x分析可知FT=xma,联立解得FT=x,故可知FT与x成正比,且x=0时,FT=0,故A正确。
5.B 由位移公式可得x=at2,图线的斜率为a= m/s2,解得a=5 m/s2,A错误;由牛顿第二定律可得mgsin θ=ma,解得θ=30°,B正确;小物块2 s末的速度是v2=at=10 m/s,C错误;小物块1 s末的速度为5 m/s,第2 s内的平均速度大小为=7.5 m/s,D错误。
6.C 在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,物块1、2受到的合力均等于各自的重力,由牛顿第二运动定律知a1=a2=g;物块3、4间的轻弹簧的形变来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小F1和对物块4向下的弹力大小F2仍为mg,物块3满足mg=F1,a3=0;物块4满足F2+m0g=m0a4,得a4=g,故C正确。
7.A 剪断细线前,由平衡条件可知,A上端细线的拉力为3mg,A、B之间细线的拉力为2mg,轻弹簧的拉力为mg。在剪断细线的瞬间,轻弹簧中拉力不变,C所受合力为零,所以C的加速度为零;A、B被细线连在一起,加速度相同,整体受到二者重力和轻弹簧向下的拉力,由牛顿第二定律得3mg=2ma,解得a=1.5g,故选A。
8.D 设细线拉力大小为FT,物块1的加速度a1==gsin θ-μ1gcos θ+,同理,物块2的加速度a2==gsin θ-μ2gcos θ-。若μ1>μ2,则μ1gcos θ->μ2gcos θ+时,a1
9.AD 细绳d水平时,选三个小球整体为研究对象,设细绳a和d受到的拉力大小分别为Fa和Fd,由平衡条件有Facos 37°=3mg,Fasin 37°=Fd,得Fa=mg,Fd=mg,选小球C为研究对象,设细绳c受到的拉力大小为Fc,由平衡条件有Fc=mg,B错误;选B、C两小球整体为研究对象,设细绳b受到的拉力大小为Fb,则由平衡条件有Fb=mg,A正确;当细绳d拉力方向与细绳a方向垂直时,细绳d拉力最小为Fdm,选三个小球整体为研究对象,由平衡条件得Fdm=3mgsin 37°=1.8mg,C错误;剪断细绳b瞬间,小球A沿细绳a方向合力为零,垂直细绳a方向合力产生的加速度大小为a,由牛顿第二定律有mgsin 37°=ma,得a=0.6g,D正确。
10.AD 根据匀变速直线运动位移规律x=v0t+at2,得=v0+t,-t图像的截距表示初速度,斜率k=,则0~4 s内物体的加速度大小为a1=×2 m/s2=3 m/s2,故C错误;0~4 s内物体的位移和末速度分别为x1=a1t2=24 m,v1=a1t1=12 m/s,4~10 s内物体的加速度大小为a2=×2 m/s2=2 m/s2,减速时间t2==6 s,4~10 s内物体的位移为x2=a2=36 m,则0~10 s内物体运动的位移大小为x=x1+x2=60 m,故D正确;在0~4 s内,根据牛顿第二定律有F1-μmg=ma1,在4~10 s内有F2+μmg=ma2,联立解得m=2 kg,μ=0.1,故A正确,B错误。
11.A 由图乙可知,1~1.5 s内,P减速上滑的加速度大小a==8 m/s2,对P由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得μ=,故A正确,B错误;由图乙可知,0~1 s内,P加速上滑的加速度大小为a'==4 m/s2,对P由牛顿第二定律有FT-mgsin θ-μmgcos θ=ma',对Q由牛顿第二定律mQg-FT=mQa',联立解得mQ=2 kg,故C、D错误。
12.D 根据动滑轮的原理,Q移动的速度始终是P的2倍,同时开始运动,速度变化量始终是2倍关系,由公式a=可知,P、Q运动的加速度大小之比为1∶2,故A错误;由牛顿第二定律,对Q有FT-mg=m·2a,对P有F-2FT-μmg=ma,联立解得轻绳的拉力大小为FT=12 N,P的加速度大小为a=1 m/s2,故B、C错误;若保持Q的加速度不变,则P的加速度也不变,则有FT=12 N,a=1 m/s2,设拉力F与水平方向的夹角θ,则对P分析有Fcos θ-2FT-μ(mg-Fsin θ)=ma,化简可得F= N,其中sin φ=,当sin (θ+φ)=1时,拉力F有最小值,且最小值为12 N,故D正确。04
分层作业31 传送带模型 板块模型
A组必备知识基础练
题组一 传送带模型问题
1.如图甲所示,传送带与水平面的夹角为θ,逆时针运行速度恒为v0,现将质量为m的物块轻放到传送带顶端,物块从顶端到底端的过程中v-t图像如图乙所示,物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则物块( )
A.在0~t1时间内所受摩擦力大小为μmg,方向沿斜面向下
B.在0~t1时间内所受摩擦力大小为μmgcos θ,方向沿斜面向上
C.在t1后所受摩擦力大小为μmgcos θ,方向沿斜面向下
D.在t1后所受摩擦力大小为mgsin θ,方向沿斜面向上
2.如图所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1,则( )
A.t2时刻,小物块离A处的距离达到最大
B.t3时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0~t2时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
D.0~t2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
3.快递给人们带来更加快捷的生活,快递公司通过传送带分拣物品。如图为快递传送带的简化模型,水平传送带以2 m/s的恒定速率顺时针转动,A、B间的距离为4.25 m,物品与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。将一可视为质点的物品轻放在水平传送带的左端A处,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.物品在传送带上一直做加速运动
B.物品经过0.25 s到达B端
C.物品相对于传送带的位移为0.25 m
D.若仅使传送带的速率增大,物品在传送带上受到的摩擦力也增大
题组二 板块模型问题
4.如图所示,质量为m0=2 kg、长度为l=3 m的长木板放在水平桌面上,右端放有一质量为m=1 kg、长度可忽略的小木块,已知小木块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1,木板与桌面之间的动摩擦因数为μ2=0.2,开始时小木块、木板均静止,某时刻起给木板施加一水平向右的恒力F=12 N,g取10 m/s2,则小木块从开始运动到离开木板所经历的时间为( )
A.1 s B.2 s C.3 s D.4 s
5.如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常量),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
6.(多选)(2024贵州毕节高一期末)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在光滑水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则( )
A.无论F为何值,B的加速度都不会超过μg
B.当F=4μmg时,B的加速度大小为2μg
C.当F=8μmg时,A的加速度大小为3μg
D.当F>6μmg时,A、B开始相对滑动
7.如图甲所示,物块A与木板B叠放在粗糙水平面上,其中A的质量为m,B的质量为2m,且B足够长,A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。对木板B施加一水平变力F,F随t变化的关系如图乙所示,A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A.在0~t1时间内,A、B间的摩擦力为μmg
B.在t1~t2时间内,A受到的摩擦力方向水平向左
C.在t2时刻,A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D.在t3时刻以后,A、B间的摩擦力大小为μmg
B组关键能力提升练
8.(多选)如图所示,一倾角为θ的倾斜传送带以速度v顺时针匀速运转,t=0时刻,一小滑块(可视为质点)从传送带底端以大小为v0的初速度向上滑入传送带,经一段时间后小滑块离开传送带。关于小滑块在传送带上的运动,下列说法可能正确的是( )
A.小滑块一直做匀速直线运动
B.小滑块一直做匀加速直线运动
C.小滑块一直做匀减速直线运动
D.小滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动
9.(多选)如图所示,物块A和木板B的质量均为m,A、B间的动摩擦因数为2μ,B与水平面间的动摩擦因数为,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平向右的恒定拉力F,则施加拉力F后( )
A.B与地面间的摩擦力大小可能等于F
B.A、B之间的摩擦力大小可能等于2μmg,也可能小于2μmg
C.B的加速度可能为
D.B的加速度可能为
10.(多选)如图所示,水平传送带A、B两端相距s=3.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s,到达B端的瞬时速度设为vB,g取10 m/s2,则下列说法正确的是( )
A.若传送带不动,则vB=4 m/s
B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,则vB=4 m/s
C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,则vB=3 m/s
D.若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,则vB= m/s
11. (多选)(2024辽宁卷)一足够长的木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( )
A.小物块在t=3t0时刻滑上木板
B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C.小物块与木板的质量之比为3∶4
D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
C组核心素养拔高练
12.(2024山东淄博实验中学校考)如图所示,静止的水平传送带足够长,其上叠放着静止的A、B两物体,A与B之间的动摩擦因数为μ1,B与传送带之间的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2,某时刻传送带由静止开始顺时针转动,其水平部分加速度大小为a,重力加速度为g,则在传送带加速过程中( )
A.物体A、B之间的摩擦力可能为0
B.无论a多大,物体B相对传送带都不会滑动
C.只要a足够大,物体A、B之间就可以发生相对滑动
D.若a<μ2g,则物体A、B与皮带之间都保持相对静止
参考答案
分层作业31 传送带模型 板块模型
1.D 在0~t1时间内所受摩擦力为滑动摩擦力,所以摩擦力大小为μmgcos θ,物体相对传送带向上运动,所以摩擦力方向沿斜面向下,故A、B错误;t1后两者相对静止,受到的摩擦力为静摩擦力,根据平衡可知,摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsin θ,方向沿斜面向上,故C错误,D正确。
2.C 由v-t图像得到,小物块在t1时刻速度为零,下一刻开始向右运动,所以t1时刻小物块离A处最远,故A错误;t2时刻,小物块第一次与传送带相对静止,之前始终相对传送带向左运动,所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大,故B错误;0~t2时刻,小物块相对传送带向左运动,始终受到向右的滑动摩擦力Ff=μmg,滑动摩擦力的大小和方向都不变,故C正确,D错误。
3.C 物品刚放上传送带时的加速度为a==8 m/s2,设物品到达B端前已经与传送带共速,则加速过程时间为t1= s=0.25 s,加速过程通过的位移为x1=t1=0.25 m<4.25 m,假设成立;共速后物品做匀速运动的时间为t2= s=2 s,故物品从A到B端所用时间为t=t1+t2=2.25 s,故A、B错误。物品相对于传送带的位移为Δx=x传-x1=vt1-x1=2×0.25 m-0.25 m=0.25 m,故C正确。若仅使传送带的速率增大,物品在传送带上受到的摩擦力为Ff=μmg,可知受到的摩擦力保持不变,故D错误。
4.B 依题意可知F>(μ1+μ2)(m0+m)g,所以小木块与木板之间一定发生相对滑动,设小木块和木板的加速度分别是a1和a2,根据牛顿第二定律得μ1mg=ma1,F-μ2(m0+m)g-μ1mg=m0a2,解得a1=μ1g,a2=,恰好拉出时a2t2-a1t2=l,解得t==2 s,故B正确。
5.A 当F比较小时,木块和木板相对静止,加速度相同,根据牛顿第二定律得a=,a∝t;当F比较大时,木块相对于木板运动,根据牛顿第二定律得,对木板a1=,由于μ、m1、m2都是定值,则木板的加速度a1不变;对木块a2=t-μg,a2是t的线性函数,t增大,a2增大;由于,则两者相对运动后a2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率,故A正确。
6.CD A与B间的最大静摩擦力为Ffm=μ·2mg=2μmg,当A、B恰好要发生相对滑动时,B的加速度最大,根据牛顿第二定律有Ffm=ma,解得a=2μg,故A错误;此时对A、B整体,有F0=3ma,解得F0=6μmg,可知,当F>6μmg时,A、B开始发生相对滑动,故D正确;当F=4μmg时,A、B保持相对静止,对A、B整体有4μmg=3ma1,解得a1=μg,故B错误;当F=8μmg时,A、B发生相对滑动,对A,有F-Ffm=2ma2,解得a2=3μg,故C正确。
7.D A、B间的滑动摩擦力大小为FfAB=μmg,B与地面间的滑动摩擦力大小为Ff=3μmg,故在0~t1时间内,推力小于木板与地面间的滑动摩擦力,故B静止,A、B间摩擦力为零,故A错误;A在木板上产生的最大加速度为a==μg,此时对A、B整体分析可知F-3μmg=3ma,解得F=6μmg,故在t1~t2时间内,A、B一起向右做加速运动,对A分析可知,A受到的摩擦力方向水平向右,故B错误;在t2时刻,A、B整体加速度为a=,A、B间的摩擦力大小为FfAB=μmg,故C错误;在t3时刻以后,A、B发生相对滑动,故A、B间的摩擦力大小为μmg,故D正确。
8.ABC 设滑块与传送带间的最大静摩擦力为Ffm,若满足v=v0,Ffm≥mgsin θ,则小滑块一直做匀速直线运动,故A正确;设滑块与传送带间的动摩擦因数为μ,若满足v>v0,μmgcos θ>mgsin θ,滑块滑上传送带后,做匀加速直线运动,若滑块加速到与传送带同速前,离开传送带,则小滑块在传送带上一直做匀加速直线运动,故B正确;若满足v
9.ABD 若F比较小,A、B整体处于静止状态,由整体法可知地面对B的摩擦力大小等于F,故A正确;假如A、B之间不相对滑动,它们之间的静摩擦力就小于或者等于2μmg,假如A、B之间发生相对滑动,它们之间的滑动摩擦力就等于2μmg,故B正确;当A、B之间的摩擦力达到最大值2μmg,B和地面之间的摩擦力达到μmg时,木板B的加速度最大,据牛顿第二定律得2μmg-μmg=ma,所以木板B的最大加速度为μg,故C错误;当A、B一起加速时,对A、B整体由牛顿第二定律得加速度为a=,故D正确。
10.CD 若传送带不动,工件的加速度a=-=-μg=-1 m/s2,由=2as得vB=3 m/s,故A错误;若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动,工件的受力情况不变,由牛顿第二定律得知,工件的加速度仍为a=-μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,故B错误;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左,做匀减速运动,工件的加速度仍为a=-μg,工件的运动情况跟传送带不动时的一样,则vB=3 m/s,故C正确;若传送带以速度v=6 m/s顺时针匀速转动,工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向右,做匀加速运动,由牛顿第二定律得知,工件的加速度为a'=μg=1 m/s2,由vB'2-=2a's得vB'= m/s,故D正确。
11.ABD 本题借助板块模型,考查对速度图像的理解以及运动和力的关系。由题图可知,3t0时刻,木板运动状态发生改变,说明小物块在3t0时刻滑上木板,A正确。0~3t0内,木板的加速度a1=μg;3t0~4t0内,对于木板有a2==μg。根据牛顿第二定律得0~3t0内有F-μm木g=μgm木;3t0~4t0内,对小物块有a'==2μg,根据牛顿第二定律得μxmg=ma',μx=2μ,故B正确。对木板3t0~4t0内有F-μ(m木+m)g-2μmg=-m木a2,解得,故C错误。F=μm木g=3μmg,故4t0后做匀速运动,D正确。
12.D 因为传送带由静止开始顺时针加速转动,则A、B也会加速运动起来,又因为A的加速度由B给A的摩擦力提供,则物体A、B之间的摩擦力一定不为零,故A错误。将A、B看作整体,整体的最大加速度满足μ2(m+m0)g=(m+m0)am,即am=μ2g,A的最大加速度满足μ1mg=ma1m,可得a1m=μ1g,因为μ1>μ2,则A、B之间始终保持相对静止;当传送带的加速度a大于A、B整体的最大加速度时,即a>μ2g,整体会相对于传送带发生滑动;若传送带的加速度小于等于A、B整体的最大加速度时,即a≤μ2g,整体会与传送带保持相对静止,故B、C错误,D正确。
