—高考物理总复习(知识回忆+跟踪练习+即时检测)第三章

第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律一、选择题1．(2015·河北石家庄二中测试)在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程．在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是( )A ．在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B ．牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点C ．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比D ．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快[解析] 在自由落体运动的研究中，伽利略让小球沿阻力很小的斜面滚下，用“冲淡”重力的巧妙方法加以突破，并未直接用实验验证，A 错误；伽利略理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，B 错误；胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，C 正确；伽利略认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快，D 错误． [答案] C2．(2015·江苏扬州中学开学考)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑平面，则下列说法正确的是( )A ．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B ．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C ．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D ．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利[解析] 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A 错误．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B 错误．设绳子的张力为F ，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F ，若m 甲>m 乙，则由a ＝F m 得a甲<a 乙，由x ＝12at 2得在相等时间内甲的位移小，因为开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会先过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C 正确．收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D 错误．[答案] C3．(多选)(2015·河北邯郸联考)设想能创造一理想的没有摩擦力的环境，用一个人的力量去推一万吨的巨轮，则从理论上可以说( )A．巨轮惯性太大，所以完全无法推动B．一旦施力于巨轮，巨轮立即产生一个加速度C．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后，要经过很长一段时间后才会产生一个明显的加速度D．由于巨轮惯性很大，施力于巨轮后，要经过很长一段时间后才会产生一个明显的速度[解析]由牛顿第二定律可知物体受力必产生加速度，即加速度与力为瞬时对应关系；而速度的获得需要时间的积累．[答案]BD4．(2015·陕西渭南一模)科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段．在研究和解决问题的过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法．理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示．①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动．通过对这个实验分析，我们可以得到的最直接结论是( )A．自然界的一切物体都具有惯性B．光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小[解析]理想斜面实验只能说明钢球具有惯性，推广到一切物体的是牛顿，故A错误；伽利略通过“理想斜面实验”和科学推理，得出的结论是：力不是维持物体运动的原因，光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力，故B正确；如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变，这是牛顿得出的，故C错误；小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小，这是牛顿第二定律内容，故D错误．[答案] B5．如图所示，用质量不计的轻细绳l1和l2将A、B两重物悬挂起来，下列说法正确的是( )A．l1对A的拉力和l2对A的拉力是一对平衡力B．l2对A的拉力和l2对B的拉力是一对作用力与反作用力C．l1对A的拉力和A对l1的拉力是一对平衡力D．l2对B的拉力和B对l2的拉力是一对作用力和反作用力[解析]l1对A的拉力与l2对A的拉力及A的重力是平衡的，故A错误；l2对A的拉力与A对l2的拉力是作用力与反作用力，故B错误；l1对A的拉力与A对l1的拉力是一对作用力与反作用力，故C错误．[答案] D6．“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法．下列说法正确的是( )A．汽车超速会增大汽车的惯性B．汽车超载会减小汽车的刹车距离C．疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D．汽车超载会增大汽车的惯性[解析]惯性的大小是用质量衡量的，故A错，D对．刹车阻力与汽车质量无关，所以汽车质量越大，刹车加速度越大，故B错；疲劳驾驶会延长汽车司机反应时间，故C错．[答案] D7．(2015·绵阳市南山中学高三月考)下列说法正确的是( )A．速度变化越快的物体惯性越小B．物体做曲线运动的条件是所受合力与速度既不垂直也不在同一直线上C．吊扇工作时向下压迫空气，空气对吊扇产生竖直向上的托力，减轻了吊杆对电扇的拉力D．两个小球A和B，中间用弹簧连接，并用细线将A球悬于天花板上，则弹簧对A的力和弹簧对B的力是作用力和反作用力[解析]质量是惯性大小的量度，A错；物体做曲线运动的条件是所受合力方向与速度方向不在同一直线上，B错；分析吊扇受力，有向下的重力和向上的拉力、托力，可知C正确；作用力和反作用力是二个物体间的相互作用力，故D错误．[答案] C8．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是( ) A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小[解析]这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题，因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系．故选项C正确．[答案] C9．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2 cm.已知A、B两物体的重力分别是3 N和5 N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是( )A．8 N和0 N B．5 N和7 NC．5 N和3 N D．7 N和7 N[解析]对A由平衡条件得F T－G A－kx＝0，解得F T＝G A＋kx＝3 N＋100×0.02 N＝5 N，对B由平衡条件得kx＋F N－G B＝0，解得F N＝G B－kx＝5 N－100×0.02 N＝3 N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N，故选项C正确．[答案] C10．(2015·潍坊一中检测)如图所示，物体A、B叠放在物体C上，C置于水平地面上，水平力F作用于B，使A、B、C一起匀速运动，各接触面间摩擦力的情况是( )A．B对C有向左的摩擦力B．C对A有向左的摩擦力C．物体C受到三个摩擦力作用D．C对地面有向右的摩擦力[解析]三个物体都做匀速直线运动，合外力均为零．以B为研究对象，B水平方向受到向右的拉力F作用，根据平衡条件得知，C对B有向左的静摩擦力，而且此静摩擦力与F 平衡，根据牛顿第三定律得知，B对C有向右的静摩擦力，故A错误．对A研究，由平衡条件得知：C对A没有摩擦力，否则A受力不平衡，不可能匀速直线运动，则A对C也没有摩擦力，对B错误．以整体为研究对象，由平衡条件得知：地面对C有向左的滑动摩擦力，则C对地面有向右的滑动摩擦力，故C受到两个摩擦力．故C错误，D正确．[答案] D二、非选择题11．(2015·天津六校联考)如右图所示，竖直悬挂的弹簧测力计吊一物体，处于静止状态，弹簧测力计示数表示物体对弹簧的拉力，其大小为F，试论证物体受到重力大小等于F，每一步推导都要写出所根据的物理规律．[解析]弹簧测力计的示数F等于弹簧受到的拉力，设物体受到弹簧的拉力为F′，物体受到的重力为G物体静止受力平衡，根据共点力平衡条件F′＝GF与F′是作用力和反作用力，根据牛顿第三定律F＝F′所以物体重力大小G＝F.[答案]G＝F12．如图所示是一种研究劈的作用的装置，托盘A固定在细杆上，细杆放在固定的圆孔中，下端有滚轮，细杆只能在竖直方向上移动，在与托盘连接的滚轮正下面的底座上也固定一个滚轮，轻质劈放在两滚轮之间，劈背的宽度为a，侧面的长度为L，劈尖上固定的细线通过滑轮悬挂总质量为m的钩码，调整托盘上所放砝码的质量M，可以使劈在任何位置时都不发生移动．忽略一切摩擦和劈、托盘、细杆与滚轮的重力，若M∶m＝1∶5，试求L是a的多少倍．[解析]分析托盘和劈的受力，如图甲、乙所示．托盘受向下的压力F3＝Mg，劈对滚轮的支持力F1，圆孔的约束力F2.劈受两个滚轮的作用力F4、F5，细线的拉力F6＝mg.对托盘有：F3＝Mg＝F1cosα，则Mg＝l2－a2/4lF1对劈有：F6＝mg＝2F5sinα，则mg＝aF5/1因为F1与F5是作用力与反作用力，所以F1＝F5由上三式得：M＝l2－a2/4am，代入数据得：L＝102a.[答案]10 2。

牛顿运动定律综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家,巧合的是,牛顿就出生在伽利略去世后第二年.下列关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是( D )A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的原因解析:A项是伽利略的观点,B,C两项是牛顿的观点,D项是亚里士多德的观点.2.人在平地上静止站立时,受到的支撑力等于人的重力.做原地纵跳时,在快速下蹲和蹬伸的过程中,人体受到的支撑力发生变化(如图,G为重力,F为支撑力).下列图像能正确反映该变化的是( D )解析:人腾空时支撑力为零,故A,C错误.人在快速下蹲和蹬伸的过程中,加速度先向下,再向上,即先失重,再超重,故支撑力先小于重力,然后大于重力,故B错误,D正确.3.某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验,如图,在光滑水平台面右端固定一个恒力器,在台面左端放一辆小车,车上固定一遮光条,遮光条宽度为d,恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F,使小车由静止开始依次经过两个光电门,光电门1,2记录的挡光时间分别为t1,t2,测得两光电门中心间距为x,不计遮光条质量.根据以上实验数据可得小车质量为( B )A. B.C. D.解析:对小车,由牛顿第二定律有F=ma,小车通过两光电门间距离的过程中,由运动学公式有()2-()2=2ax,联立两式解得小车的质量为m=,故B正确.4.如图所示,质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连,Ⅰ,Ⅱ的另一端分别固定于P,Q.小球静止时,Ⅰ中拉力大小为F T1,Ⅱ中拉力大小为F T2,当剪断水平细线Ⅱ的瞬间,小球的加速度a应是( C )A.a=g,方向竖直向下B.a=g,方向竖直向上C.a=,方向水平向左D.a=,方向沿Ⅰ的延长线解析:剪断水平细线Ⅱ的瞬间,由于弹簧的弹力不能突变,所以此时小球受到F T1和重力mg作用,合力水平向左,大小为F T2,所以加速度为a=,方向水平向左.5.如图所示,n个质量为m的相同木块并列放在水平面上,木块跟水平面间的动摩擦因数为μ,当对木块1施加一个水平向右的推力F时,木块加速运动,木块5对木块4的压力大小为( D )A.FB.C. D.解析:以整体为研究对象,根据牛顿第二定律有F-μnmg=nma,得a=-μg;以1,2,3,4整体为研究对象,设5对4的压力为N,根据牛顿第二定律有F-N-μ·4mg=4m·a,联立以上二式得N=,故A,B,C错误,D正确.6.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,物块M穿在杆上,M通过轻质细线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上.现使小车按图中所示分四次分别以加速度a1,a2,a3,a4向右匀加速运动,四种情况下M,m均与小车保持相对静止,且图1和图2中细线仍处于竖直方向,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为f1,f2,f3,f4,则下列判断错误的是( B )A.f1∶f2=1∶2B.f1∶f2=2∶3C.f3∶f4=1∶2D.tan α=2tan θ解析:题图1,2中M在水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律有f1=Ma1,f2=Ma2,所以f1∶f2=1∶2,故A正确,B错误;对3,4两图,以M,m整体为研究对象,受力分析如图所示,f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,可得f3∶f4=1∶2,故C正确;以m为研究对象,根据牛顿第二定律可得mgtan θ=ma3,mgtan α=ma4,联立可得tan α=2tan θ,故D正确.7.在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动;以沿斜面向上为正方向,0～7 s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律如图所示,g取10 N/kg,则下列说法中错误的是( B )A.物体的质量m=1 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tan θC.斜面倾斜角度满足sin θ=D.7 s后若撤去力F,物体将会做匀速直线运动解析:由题意及图像可得0～5s,拉力F方向沿斜面向上,有F1- mgsin θ-μmgcos θ=ma1, ①5～6 s,拉力F方向沿斜面向下,有F2-mgsin θ-μmgcos θ=ma2, ②6～7 s,拉力F方向仍沿斜面向下,物体沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有F3-mgsin θ+μmgcos θ=ma3, ③由v t图像得a1=1 m/s2,a2=-5 m/s2,a3=-3 m/s2,由F t图像得F1=3 N,F2=F3=-3 N,由①②式得m=1 kg,由②③式得sin θ=,A,C正确;由③式得mgsin θ=μmgcos θ,μ=tanθ,则撤去力F后物体所受合力为零,将做匀速直线运动,D正确,B错误.8.氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,重物运动的方向如图中箭头所示虚线方向,图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是( ABC )解析:重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动,故合力为零或者与速度共线,可能做匀速直线运动,故A正确;可能做匀减速直线运动,故B正确;可能做匀加速直线运动,故C正确;重力和绳的拉力的合力与速度必须共线,故D错误.9.一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下,若雨滴下落过程中所受重力保持不变,且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大,则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( AC )解析:根据牛顿第二定律得a=,因为速度增大,阻力增大,所以速度增大,加速度减小,雨滴做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,雨滴做匀速直线运动,故A,C正确.10.传送机的皮带与水平方向的夹角为α,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(a>gsin α)做匀加速直线运动,则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是( BC )A.支持力与静摩擦力的合力等于mgB.静摩擦力沿皮带向下C.静摩擦力的大小可能等于mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析:物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速直线运动,物块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误;加速度a>gsin α,说明静摩擦力沿皮带向下,B正确;由牛顿第二定律知mgsin α+F f=ma,因为a比gsin α大多少不明确,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin α,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tan α,故D错误. 11.建设房屋时,保持底边长L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动.下列说法正确的是( AC )A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析:屋檐的底角为θ,底边长为L,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N,垂直于屋顶方向mgcos θ=F N,平行于屋顶方向mgsin θ=ma,雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故A正确;雨滴对屋顶的压力F N′=F N=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故B错误;根据三角形知识判断,屋顶坡面的长度x=,由x=at2可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsin θ·t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,C正确.12.如图,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小.这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为M和m.各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是( BC )A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(M+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(M+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2M+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘解析:对纸板分析,当纸板相对砝码运动时,所受的摩擦力为f2=μ(M+m)g+μMg,故A错误;设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有f1=Ma1,F-f1-f2=ma2,发生相对运动需要a2>a1,此时f1=μMg,解得F>2μ(M+m)g,故B正确;若砝码与纸板分离时的速度小于,砝码匀加速运动的位移小于==,匀减速运动的位移小于==,则位移小于d,不会从桌面掉下,故C正确;当F=μ(2M+3m)g时,砝码未脱离纸板时的加速度a1=μg,纸板的加速度a3==2μg,根据a3t2-a1t2=d,解得t=,则此时砝码的速度v=a1t=,匀加速运动的位移x=a1t2=d,可知砝码将离开桌面,故D错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)在“验证牛顿运动定律”实验中,采用如图(甲)所示的装置图进行实验.(1)实验中,摩擦力已经平衡,测出小车的质量为M,沙和沙桶的总质量为m,若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力F的大小,这样做的前提条件是 .(2)在实验操作中,下列说法正确的是(填序号).A.求小车运动的加速度时,可用天平测出沙和沙桶的质量M′和m′,以及小车质量M,直接用公式a=g求出B.实验时,应先接通打点计时器的电源,再放开小车C.每改变一次小车的质量,都需要改变垫入的小木块的厚度D.先保持小车质量不变,研究加速度与力的关系;再保持小车受力不变,研究加速度与质量的关系,最后归纳出加速度与力、质量的关系(3)在满足实验条件下,某同学得到了如图(乙)的图线(M为小车和砝码的总质量),图线在纵轴上截距不为零的原因是 .解析:(1)根据牛顿第二定律得,mg=(M+m)a,解得a=,则绳子的拉力F=Ma==,可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时,小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力,所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量.(2)本实验探究加速度和力、质量的关系,所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用,故A错误;使用打点计时器时,应该先接通电源,后释放纸带,故B正确;平衡摩擦力后有μ=tan θ,小车质量改变时,总满足mgsin θ=μmgcos θ,与小车质量无关,所以不用再次平衡摩擦力,故C错误;本实验采用控制变量法,故D正确.(3)纵轴截距不为零,即小车质量M非常大时,小车仍有加速度,说明小车不受拉力作用时也具有加速度,因此可以断定平衡摩擦力过度.答案:(1)m≪M (2)BD(3)平衡摩擦力过度评分标准:每空2分.14.(6分)在学习牛顿第二定律之后,某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验”中,采用了如图(甲)所示的实验装置.操作如下:(1)平衡摩擦力时,按操作流程进行,若第一次打出的纸带如图(乙)所示,则应(选填“减小”“增大”或“不再调节”)木板的倾角,直到纸带上打出的点迹为止.(2)已知小车的质量为m0,砝码盘和砝码的总质量为m=30 g,实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上,则实验时砝码及砝码盘的总质量小车的质量.A.远小于B.远大于C.不必远小于(3)如图(丙)所示是根据实验数据描绘的小车加速度a与砝码盘及其中砝码的总质量m之间的关系图像.若牛顿第二定律成立,重力加速度g取10 m/s2,则小车的质量m0= g.解析:(1)由图(乙)纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大,即小车做加速运动,说明平衡摩擦力时木板的倾角过大,所以应该减小木板的倾角,直到打出的点迹均匀为止.(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上,系统的总质量m0+m不变,研究对象是整个系统,绳子的拉力是内力,所以本题不需要满足m0≫m,选项C正确.(3)a=,可得=·,图像的斜率k= kg·m-1·s2=,又知m=0.03 kg,解得m0=0.06 kg=60 g.答案:(1)减小均匀(2)C (3)60评分标准:(1)每空1分;(2)(3)每空2分.15.(9分)如图所示,光滑水平地面与足够长的倾角θ=30°的光滑斜面平滑连接,A球位于斜面底端,B球在水平地面上,两者相距L=10 m.现A,B两个小球均以初速度v0=10 m/s开始运动,A 沿斜面向上,B沿水平面向右,取g=10 m/s2,求:(1)B球刚要滑上斜面时A球的速度;(2)A球到达最高点时,A,B两球之间的距离.解析:(1)设B球经过t1时间到达斜面底端,则t1==1 s, (1分)A球在斜面上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得a==gsin 30°=5 m/s2, (2分)A球在斜面上运动有v1=v0-at1, (1分)得B球到达斜面底端时A球的速度为v1=5 m/s. (1分)(2)A球到达最高点的距离为s A== m=10 m, (1分)设A球在斜面上滑行时间t2速度减为零,则t2==2 s, (1分)B球在斜面上滑行距离s B=v0(t2-t1)-a(t2-t1)2=7.5 m, (1分)故A与B相距Δs=s A-s B=2.5 m. (1分)答案:(1)5 m/s (2)2.5 m16.(9分)如图所示,两个质量都是m的滑块A和B,紧挨着并排放在水平桌面上,A,B间的接触面垂直于纸面且与水平面成α角,所有接触面都光滑.现用一个水平推力F作用于滑块A上,使A,B一起向右做加速运动.(1)若A,B间不发生相对滑动,它们共同向右的最大加速度是多少?(2)若A,B间不发生相对滑动,水平推力的大小应在什么范围内才行?解析:(1)在水平推力F作用下,A,B一起加速,对整体则有F=2ma(1分)对滑块A,受力如图(a)所示,地面对A的弹力N为零时,A与B之间将要发生相对滑动,则F-Tsin α=ma, (1分)mg=Tcos α, (1分)滑块B的受力如图(b)所示,则T′sin α=ma, (1分)N′=mg+T′cos α, (1分)又T=T′, (1分)得A,B一起向右运动的最大加速度a=gtan α. (1分)(2)A,B不发生相对滑动的水平推力F的大小满足F≤2mgtan α, (1分)故F的取值范围为0<F≤2mgtan α. (1分)答案:(1)gtan α(2)0<F≤2mgtan α17.(10分)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图所示,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离s=5 m.开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进.滑板右端到达B处冲线,游戏结束.已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2 kg,滑板质量m2=1 kg,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)滑板由A滑到B的最短时间;(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围.解析:(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时,所用时间最短.设滑板加速度为a2,则f=μm1g=m2a2, (1分)得出a2=10 m/s2, (1分)又由s=, (1分)解得t=1 s. (1分)(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时,水平恒力最小,设为F1,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2, (1分)解得F1=30 N, (1分)当滑板运动到B,滑块刚好脱离时,水平恒力最大,设为F2,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1, (1分)-=L, (1分)解得F2=34 N, (1分)则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N. (1分)答案:(1)1 s (2)30 N≤F≤34 N18.(12分)如图所示为车站使用的水平传送带模型,其A,B两端的距离L=8 m,它与水平台面平滑连接.现有物块以v0=10 m/s的初速度从A端水平地滑上传送带.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.6.g取10 m/s2,试求:(1)若传送带保持静止,物块滑到B端时的速度大小;(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s,则物块到达B端时的速度大小;(3)若传送带逆时针匀速转动的速率恒为4 m/s,且物块初速度变为v0′=6 m/s,仍从A端滑上传送带,求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.(结果保留两位有效数字)解析:(1)设物块的加速度大小为a,由受力分析可知F N=mg,F f=ma,F f=μF N,得a=6 m/s2, (1分)传送带静止,物块从A到B做匀减速直线运动,又x== m>L=8 m, (1分)则由-=-2aL,得v B=2 m/s. (1分)(2)由题意知,物块先加速到v1=12 m/s,由-=2ax1,得x1= m<L=8 m, (1分)故物块先加速后匀速运动,即物块到达B时的速度为v B′=v1= 12 m/s. (1分)(3)由题意可知,物块先向右减速后向左加速,①向右减速到v2=0时,由-v0′2=-2ax2得x2=3 m, (1分)由v2=v0′-at1得t1=1 s. (1分)②向左加速到v3=4 m/s时,由-=2ax3得x3= m<x2=3 m, (1分)故向左先加速后匀速由v3=v2+at2得t2= s. (1分)③向左匀速运动v4=v3=4 m/s,x4=x2-x3= m, (1分)由x4=v4t3得t3= s, (1分)故t=t1+t2+t3= s=2.1 s. (1分)答案:(1)2 m/s (2)12 m/s (3)2.1 s- 11 -。

第三章牛顿运动定律第三讲实验四：验证牛顿第二定律课时跟踪练1．由于没有始终满足小车的质量M远大于砂和桶的总质量m的关系，结果得到的图象应是下图中的()解析：由于没有始终满足小车的质量M远大于砂和桶的总质量m的关系，则得到的a 1M图象先是直线后向下发生弯曲，故选D.答案：D2.如图所示，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有()A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1C．当F1＝F2、m1＝2m2时，x1＝2x2D．当F1＝F2、m1＝2m2时，x2＝2x1解析：题中m1和m2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量，题中只说明了两小车是相同的，并未告诉小车的质量是多少．当m1＝m2时，两车加砝码后质量仍相等，若F1＝2F2，则a1＝2a2，由x＝12at2得x1＝2x2，A对，B错；若m1＝2m2时，无法确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度关系也就不清楚，故无法判定两车的位移关系，C、D错．故选A.答案：A3．图甲为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．图甲(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是() A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是()A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 gC．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)图乙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为x AB＝4.22 cm、x BC＝4.65 cm、x CD＝5.08 cm、x DE＝5.49 cm、x EF＝5.91 cm、x FG＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝______m/s2(结果保留两位有效数字)．图乙解析：(1)平衡小车的摩擦力时，应撤去沙和沙桶，安装纸带，给打点计时器通电，根据纸带上打出点的分布来判断小车是否匀速运动，故B正确．(2)为使细线的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，应满足M≫m，故C组最合理．(3)由a＝（x DE＋x EF＋x FG）－（x AB＋x BC＋x CD）9T2，T＝0.1 s，可解得a≈0.42 m/s2.答案：(1)B(2)C(3)0.424．“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图象．他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图乙所示．(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)在轨道水平时，小车运动的阻力F f＝________N.(3)图乙中，拉力F较大时，a-F图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是()A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的．当轨道的右侧抬高过高时(平衡摩擦力过度)，拉力等于零时，也会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)根据牛顿第二定律得，F－F f＝ma，当F＝0.5 N时，a＝0，解得F f＝0.5 N.(3)由于开始段aF关系为一条倾斜的直线，所以在小车质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理有mg＝Ma，得a＝mgM＝FM，而实际上a′＝mgm＋M，可见aF图线末端明显偏离直线是由于没有满足M≫m造成的．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况．故C选项正确．答案：(1)①(2)0.5(3)C5．(2018·长沙模拟)某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图甲图乙(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(选填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，am图线不经过原点，可能的原因是________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_____________，钩码的质量应满足的条件是______________．解析：(1)由描点作图可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)由题给图象可知，当小车的加速度为0时，砝码质量不为0，说明此时存在摩擦力．(3)对小车受力分析，有F T－F f＝Ma，mg－F T＝ma.联立两式可得a＝mgM＋m－F fM＋m.可知应平衡摩擦力，平衡摩擦力后a＝mgM＋m，F T＝MmgM＋m.为使F T＝mg，应使m≪M.答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量6．(2018·开封模拟)在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔是T.图甲图乙(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为x1、x2、x3、x4，如图甲所示，为使由实验数据计算的结果更精确一些，计算加速度平均值的公式应为a＝____________．(2)在该实验中，为验证小车质量M不变时，a与F成正比，小车质量M、沙及沙桶的质量m分别选取下列四组值．A．M＝500 g，m分别为50 g、70 g、100 g、125 gB．M＝500 g，m分别为20 g、30 g、40 g、50 gC．M＝200 g，m分别为50 g、70 g、100 g、125 gD．M＝200 g，m分别为30 g、40 g、50 g、60 g若其他操作都正确，那么在选用________组值测量时所画出的aF图象较准确．(3)有位同学通过测量，作出a-F图象，如图乙所示．试分析：①图象不通过原点的原因是______________________．②图象上部弯曲的原因是________________________．解析：(1)逐差法处理实验数据，根据公式a＝（x3＋x4）－（x1＋x2）4T2求解加速度．(2)满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M的条件，绳对小车的拉力才近似等于沙和桶的重力，故选B.(3)分析实验误差出现的原因：①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够；②未满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M.答案：(1)（x3＋x4）－（x1＋x2）4T2(2)B(3)①没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够②未满足沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M7．某同学为探究加速度与合外力的关系，设计了如图甲所示的实验装置．一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及轻滑轮将小车与弹簧测力计相连．实验中改变悬挂的钩码个数进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用纸带计算出小车对应的加速度a.图甲(1)实验中的钩码的质量可以不需要远小于小车质量，其原因是________．A．车所受的拉力与钩码的重力无关B．小车所受的拉力等于钩码重力的一半C．小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出(2)图乙是实验中得到的某条纸带的一部分．已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，由纸带数据求出小车的加速度a＝________m/s2.图乙(3)根据实验数据绘出小车的加速度a与弹簧测力计示数F的关系图象，下列图象中最符合本实验实际情况的是________．解析：(1)小车所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，因此实验中钩码的质量可以不需要远小于小车质量，选项C正确．(2)由Δx＝aT2和逐差法，T＝5×150s＝0.1 s，可得a＝3.35－1.852×0.12×10－2 m/s2＝0.75 m/s2.(3)由于实验时没有平衡摩擦力，当拉力达到一定值时，小车才会运动，当小车运动起来后，对小车受力分析，水平方向小车受绳的拉力F绳＝2F，滑动摩擦力F f，由牛顿第二定律有：2F－F f＝ma，则a＝2m F－F fm，则知四个图象中符合实验实际情况的是图象B.答案：(1)C(2)0.75(3)B。

权掇市安稳阳光实验学校第2讲 两类动力学问题 超重和失重(对应学生用书第38页)动力学的两类基本问题应用牛顿运动定律求解的问题主要有两类： (1)已知受力情况求运动情况． (2)已知运动情况求受力情况．在这两类问题中，加速度是联系力和运动的桥梁．受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，求解这两类问题的思路如下．受力情况F 合F 合＝ma 加速度a 运动学公式运动情况v ，x ，t【针对训练】1．如图3－2－1所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( )图3－2－1A.L v ＋v 2μgB.L vC.2L μg D.2Lv【解析】 因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2Lμg，C 正确；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2Lv，D 正确；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v (t －v μg )＝L ，有：t ＝L v ＋v2μg，A正确；木块不可能一直匀速至右端，B 错误．【答案】 B超重与失重1.视重当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数叫做视重，其大小等于测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重与完全失重超重失重完全失重定义 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的状态 产生条件 物体有向上的加速度物体有向下的加速度a ＝g ，方向向下视重 F ＝m (g ＋a )F ＝m (g －a )F ＝0【针对训练】2．(2010·浙江高考)如图3－2－2所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )图3－2－2A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零 B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力【解析】 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．【答案】 A(对应学生用书第39页)两类动力学问题分析1.(有时需用牛顿第三定律)F 合＝ma ，二是运动学公式v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax ，x ＝(v 0＋v )t /2.其中加速度a 是联系力和运动的桥梁．2．牛顿第二定律的应用步骤分析解答物理学问题必备的六大环节，即：对象、状态、过程、规律、方法和结论．因而应用牛顿第二定律解题的步骤可有以下几个方面：(1)选取研究对象，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，并可把物体视为质点．(2)确定研究对象的运动状态，画出物体运动情景的示意图，并标明物体运动速度与加速度的方向．(3)分析研究对象的受力情况，并画出受力分析示意图．(4)选定合适的方向建立平面直角坐标系，依据牛顿第二定律列出方程，如F x ＝ma x ，F y ＝ma y .(5)代入已知条件求解结果并分析其结果的物理意义． 图3－2－3(2011·上海高考)如图3－2－3，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ，用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .【解析】 (1)物体做匀加速运动 L ＝12at 2则a ＝2L t 20＝2×2022 m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律F －f ＝maf ＝30 N －2×10 N＝10 N则μ＝f mg ＝102×10＝0.5.(2)F 作用的最短时间为t ，设物体先以大小为a 的加速度匀加速时间t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速时间t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律F cos 37°－μ(mg －F sin 37°)＝ma则a ＝F cos 37°＋μsin 37°m－μg＝[30×0.8＋0.5×0.62－0.5×10] m/s 2＝11.5 m/s 2a ′＝fm＝μg ＝5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at ＝a ′t ′则t ′＝a a ′t ＝11.55t ＝2.3tL ＝12at 2＋12a ′t ′2则t ＝2La ＋2.32a ′＝2×2011.5＋2.32×5s ＝1.03 s. 【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s 动力学问题的处理技巧该题第(1)问是已知运动情况求受力情况，第(2)问是由受力情况求运动情况，但不管哪种情况都要进行受力分析和运动分析，都要从受力或运动的一方求出加速度，然后转入另一方，所以求加速度是关键．【即学即用】1．(2010·海南高考)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为( )A.2μ1＋μ B.μ1＋2μC.μ2＋μ D.1＋μ2μ【解析】 木板水平时，小物块的加速度a 1＝μg ，设滑行初速度为v 0，则滑行时间为t ＝v 0μg；木板改成倾角为45°的斜面后，小物块上滑的加速度为：a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m ＝错误!，滑行时间为：t ′＝v 0a 2＝2v 01＋μg ，因此t ′t ＝2μ1＋μ，A 项正确．【答案】 A对超重、失重的进一步理解超重与失重错误!举重运动员在地面上能举起120 kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 kg的重物，求：(1)升降机运动的加速度；(2)若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g取10 m/s2)【审题视点】(1)地面上能举起120 kg，说明运动员的最大举力为1 200 N.(2)在超失重环境中，人的最大举力不变，但举起的重物可能小于或大于120 kg物体．【解析】运动员在地面上能举起m0＝120 kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F＝m0g＝1 200 N.(1)在运动着的升降机中只能举起m1＝100 kg的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a1，对物体由牛顿第二定律得：F －m1g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2.(2)当升降机以a2＝2.5 m/s2的加速度加速下降时，重物失重，设此时运动员能举起的重物质量为m2对物体由牛顿第二定律得：m2g－F＝m2a2解得：m2＝160 kg.【答案】(1)2 m/s2(2)160 kg【即学即用】2.图3－2－4(2011·四川高考)如图3－2－4是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲，在喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】对降落伞，匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力F T和浮力F平衡，即F T＝F－mg.在喷气瞬间，喷气产生的反冲力向上，使降落伞减速运动，设加速度大小为a，对降落伞应用牛顿第二定律：F－F T′－mg＝ma，F T′＝F－mg－ma<F T，故A正确，B错误．加速度方向向上，返回舱处于超重状态，故D错误．合外力方向向上、位移方向向下，做负功，故C错误．【答案】A(对应学生用书第40页)动力学中“动态变化”问题加速度决定于合外力，而速度的变化决定于加速度与速度的方向关系，所以处理此类问题的思维程序应如下：先对物体的受力进行分析，再求物体所受的合外力并分析其变化，然后用牛顿第二定律分析加速度的变化，最后根据加速度与速度的方向关系判断速度的变化情况．动态变化的过程以后还有“机车启动获得最大速度之前的过程”、“电磁感应部分导体棒获得收尾速度前的过程”，这些问题重在分析合力的变化以及潜在的状态(如平衡状态、收尾速度)．图3－2－5(阜阳一中模拟)如图3－2－5为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至b点弹性绳自然伸直，经过合力为零的c点到达最低点d，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )A．经过b点时，运动员的速率最大B．经过c点时，运动员的速率最大C．从c点到d点，运动员的加速度减小D．从c点到d点，运动员的加速度不变【潜点探究】(1)至b点弹性绳自然伸长，说明O→b，运动员自由下落．(2)c点合力为零，说明b→c弹力小于重力，运动员加速．(3)d为最低点，说明v d＝0，此时弹力最大，c→d，一直减速．【规范解答】运动员的下落过程从O→b为自由落体运动，b→c重力大于弹性绳的弹力，运动员做加速度越来越小的加速运动，到达c点时加速度为零，速度最大；c→d弹性绳的弹力大于重力，加速度竖直向上，运动员做加速度增大的减速运动，到达d点时速度减为零，故正确答案为B.【答案】B【即学即用】3．(2012·四川高考改编)如图3－2－6所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则( )图3－2－6A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为kx 0m＋μgC ．物体做匀减速运动的时间为2x 0μgD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg (x 0－μmgk) 【解析】 撤去F 后，物体向左做加速运动，其加速度大小a 1＝kx －μmgm ＝kxm－μg ，随物体向左运动，x 逐渐减小，所以加速度a 1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a 2＝μmg －kxm＝μg－kxm ，a 2随x 的减小而增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a 3＝μmg m＝μg ，所以选项A 错误；根据牛顿第二定律，刚撤去F 后，物体的加速度a ＝kx 0－μmg m ＝kx 0m－μg ，选项B 错误；物体做匀减速运动的位移为3x 0，则3x 0＝12a 3t 2，得物体做匀减速运动的时间t ＝6x 0a 3＝6x 0μg，选项C 错误；当物体的速度最大时，加速度a ′＝0，即kx ＝μmg ，所以x ＝μmgk，所以物体克服摩擦力做的功为W ＝μmg (x 0－x )＝μmg (x 0－μmgk)，选项D 正确．【答案】 D(对应学生用书第41页)●动力学中的转折点问题1．如图3－2－7所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动为( )图3－2－7A ．物块先向左运动，再向右运动B ．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．物块向右运动，速度逐渐增大，然后速度逐渐变小，直到做匀速运动 【解析】 木板受拉力作用后，物块相对木板滑动，说明木板加速度大于物块加速度；滑了一段距离后仍有滑动说明这时木板速度还是大于物块速度；此时撤掉拉力，物块的加速度方向与运动方向相同，做匀加速运动；木板的加速度方向与运动方向相反，做匀减速运动．当二者速度相同时，一起做匀速运动．C 选项正确．【答案】C●失重问题2．如图3－2－8所示，在托盘测力计的托盘内固定一个倾角为30°的斜面，现将一个重为4 N的物体放在斜面上，让它自由下滑，那么测力计因4 N 物体的存在而增加的读数不可能是( )图3－2－8A．4 N B．2 3 NC．2 N D．3 N【解析】当斜面光滑时，物体沿斜面下滑时有竖直向下的分加速度a y，处于失重状态，托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg－ma y，而a y＝a sin θ，又因mg sin θ＝ma，所以ΔF＝mg－mg sin2θ＝3 N；当斜面粗糙时，物体有可能匀速下滑，此时托盘测力计增加的示数为ΔF＝mg＝4 N，而当物体沿斜面加速下滑时，托盘测力计增加的示数应满足3 N<ΔF<4 N，所以选C.【答案】C●由运动情况推断受力情况3.图3－2－9(2011·上海高考改编)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图3－2－9所示，则( )A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不变D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大【解析】由图象可知0～t1，物体作a减小的加速运动，t1时刻a减小为零．由a＝F－fm可知，F逐渐减小，最终F＝f，故A、B错误．t1～t2物体作a 增大的减速运动，由a＝f－Fm可知，至物体速度减为零之前，F有可能是正向逐渐减小，也可能F已正向减为零且负向增大，故C错误，D正确．【答案】D●与图象结合的超失重问题4.图3－2－10(贵州天柱民族中学模拟)某研究性学习小组用实验装置模拟发射卫星．点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后的第一级和第二级相继脱落，实验中速度传感器测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图3－2－10所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( ) A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度 C. t 1～t 2时间内卫星处于超重状态 D. t 2～t 3时间内卫星处于超重状态【解析】 卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度，由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确，D 错误．【答案】 C●动力学的基本问题 5.图3－2－11(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图3－2－11所示．在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：(1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1； (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 【解析】 (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有v 2A 1－0＝2gH ①得：v A 1＝2gH .②(2)方法一：“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mg ③ F 合＝ma A ④0－v 2A 1＝－2a A h A ⑤ 由题意：F 浮＝109mg综合上述各式，得f A ＝mg (H h A －19)．⑥方法二：对“A 鱼”运动的全过程应用动能定理可得， mg (H ＋h A )－109mgh A －f A h A ＝0解得f A ＝mg (H h A －19)．(3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg (Hh B －19)⑦综合⑥、⑦两式，得f A f B ＝h B 9H －h A h A 9H －h B. 【答案】 (1)2gH (2)mg (H h A －19) (3)h B 9H －h Ah A 9H －h B课后作业(八) (对应学生用书第231页)(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．) 1．雨滴在下降过程中，由于水汽的凝聚，雨滴质量将逐渐增大，同时由于速度逐渐增大，空气阻力也将越来越大，最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降，在此过程中( )A ．雨滴所受到的重力逐渐增大，重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大，下落的加速度逐渐减小C ．由于空气阻力增大，雨滴下落的加速度逐渐增大D ．雨滴所受到的重力逐渐增大，但重力产生的加速度不变【解析】 雨滴在下落过程中，质量逐渐增大，雨滴所受的重力逐渐增大，但重力产生的加速度始终为g ，故A 错误，D 正确；由mg －F f ＝ma 得：a ＝g －F fm，可见雨滴下落的加速度逐渐减小的原因不是m 增大，而是F f 增大，故B 、C 错误．【答案】 D2.图3－2－12(淮北一中模拟)2011年8月30日，在韩国大邱世界田径锦标赛女子撑杆跳高决赛中，巴西选手穆勒以4米85的成绩夺冠．若不计空气阻力，则穆勒在这次撑杆跳高中( )A ．起跳时杆对她的弹力等于她的重力B ．起跳时杆对她的弹力小于她的重力C ．起跳以后的下落过程中她处于超重状态D ．起跳以后的下落过程中她处于失重状态【解析】 当物体加速度方向向上时处于超重状态，当物体的加速度方向向下时处于失重状态．对于本题来说起跳时竖直方向由静止上升，具有向上的加速度，故杆对运动员的弹力大于重力，故A 、B 错误；在下落过程具有向下的加速度，运动员处于失重状态，故C 错误，D 正确．【答案】D3．(芜湖模拟)在加速上升的电梯地板上放置着一个木箱，下列说法正确的是( )A．木箱对电梯地板的压力小于木箱的重力B．木箱对电梯地板的压力等于木箱的重力C．电梯地板对木箱的支持力大于木箱对电梯地板的压力D．电梯地板对木箱的支持力等于木箱对电梯地板的压力【解析】木箱的加速度方向竖直向上，合外力方向也向上，对木箱受力分析，其受到竖直向下的重力G和电梯地板对木箱竖直向上的支持力N的作用，因为合外力方向向上，所以N＞G，即电梯地板对木箱的支持力大于木箱的重力；因为电梯地板对木箱的支持力与木箱对电梯地板的压力是一对作用力与反作用力，所以它们的大小相等，选项C错误，D正确；因为N＞G，木箱对电梯地板的压力等于N，所以木箱对电梯地板的压力大于木箱的重力G，选项A、B错误．本题答案为D.【答案】D4．(洛阳一中质检)如图3－2－13所示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )图3－2－13A．0.35mg B．0.4mgC．0.3mg D．0.2mg【解析】重物受力图如图所示，根据牛顿第二定律可得N－mg＝ma sin 37°，f＝ma cos 37°，解得f＝0.2mg，即D正确．【答案】D5．如图3－2－14甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F 的作用，F与时间t的关系如图3－2－14乙所示，设物块与地面之间的最大静摩擦力f m大小与滑动摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是( )甲乙图3－2－14A．t0时间内加速度最小B．t3时刻加速度最小C．t3时刻物块的速度最大D．t2时刻物块的速度最小【解析】在t0时间内物块保持静止，所以物块的加速度为零，即A选项正确；t1时刻物块加速度最大，在t3时刻物块做减速运动，加速度不为零，所以B、C错；在t2时刻物块的加速度为零，速度最大，所以D错误．【答案】A6．(陕西师大附中质检)如图3－2－15所示，质量为10 kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5 N，物体处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动，则(g＝10 m/s2)( )图3－2－15A．物体相对小车向左运动B．物体受到的摩擦力增大C．物体受到的摩擦力大小不变D．物体受到的弹簧拉力增大【解析】由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供水平向左的静摩擦力，大小为5 N，且物体和小车间的最大静摩擦力f m≥5 N；若小车以1 m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，设弹力F不变，仍为5 N，由牛顿第二定律可知：F＋f＝ma，得f＝5 N≤f m，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项C正确．【答案】C7．(合肥一中模拟)如图3－2－16所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A ＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )图3－2－16A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定小于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B不可能等于3 m/s【解析】当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．【答案】A8.图3－2－17(铜陵模拟)某人在地面上用体重秤称得自己的体重为500 N，他将体重秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间内，体重秤的示数变化如图3－2－17所示，则电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )【解析】体重秤的示数显示的是人对体重秤的压力，根据牛顿第三定律，该示数等于电梯地面对人的支持力；根据G－t图象，在t0至t1时间内，电梯对人的支持力大小为450 N，小于重力500 N，这说明合力大小恒定、方向向下，加速度的大小不变、方向也向下，因为取竖直向上为正方向，所以加速度取负值，其对应的v－t图象是一条倾斜直线，该直线的斜率为负值，据此可知，选项B正确．【答案】B9.图3－2－18(福建泉州五中模拟)如图3－2－18所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员( )A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶3C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4【解析】a1t1＝v max＝a2t2，利用a1＝2a2得t1∶t2＝1∶2，B错误；下滑的最大速度v max＝2v＝2st＝8 m/s，A错误；加速过程中有mg－Ff1＝ma1，减速过程中有Ff2－mg＝ma2，而a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，所以Ff1∶Ff2＝1∶7，C正确；加速过程与减速过程的平均速度相等，则其位移x1＝v t1，x2＝v t2，x1∶x2＝t1∶t2＝1∶2，D错误．【答案】C10．(2010·福建高考)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图3－2－19所示．重力加速度g取10 m/s2，则物体在t＝0至t＝12 s这段时间的位移大小为( )图3－2－19A．18 m B．54 mC．72 m D．198 m【解析】本题考查了牛顿运动定律和运动学公式，解答这类题目的关键是对物体进行正确的受力分析和运动过程分析．物体所受摩擦力为f＝μmg＝0.2×2×10 N＝4 N，因此前3 s内物体静止.3 s～6 s，a＝F－fm＝8－42m/s2＝2 m/s 2，x 1＝12at 21＝12×2×32m ＝9 m ；6 s ～9 s ，物体做匀速直线运动，x 2＝vt 2＝at 1·t 2＝2×3×3 m＝18 m ；9 s ～12 s ，物体做匀加速直线运动，x 3＝vt 3＋12at 23＝6×3 m＋12×2×9 m＝27 m ；x 总＝x 1＋x 2＋x 3＝9 m ＋18 m ＋27 m ＝54m ，故B 选项正确．【答案】 B二、非选择题(本题共2小题，共30分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11. 图3－2－20(15分)(宿州模拟)如图3－2－20所示，质量为M 的铁箱内装有质量为m 的货物．以某一初速度向上竖直抛出，上升的最大高度为H ，下落过程的加速度大小为a ，重力加速度为g ，铁箱运动过程受到的空气阻力大小不变．求：(1)铁箱下落过程经历的时间；(2)铁箱和货物在落地前的运动过程中克服空气阻力做的功； (3)上升过程货物受到铁箱的作用力．【解析】 (1)设铁箱下落经历时间为t ，则H ＝12at 2，解得t ＝2Ha.(2)设铁箱运动过程中受到的空气阻力大小为f ，克服空气阻力做的功为W ，则(M ＋m )g －f ＝(M ＋m )a ，W ＝2fH ，解得：f ＝(M ＋m )(g －a )，W ＝2H (M ＋m )(g－a )．(3)设上升过程的加速度大小为a ′，货物受到铁箱的作用力大小为F ，则(M ＋m )g ＋f ＝(M ＋m )a ′，F ＋mg ＝ma ′，解得：F ＝m (g －a )，作用力方向竖直向下．【答案】 (1)t ＝ 2Ha(2)2H (M ＋m )(g －a )(3)m (g －a ) 竖直向下12．(15分)(海口实验中学模拟)如图3－2－21所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m ＝1 kg 的物体在平行于斜面向上的恒力F 作用下，从A 点由静止开始运动，到达B 点时立即撤去拉力F .此后，物体到达C 点时速度为零．每隔0.2 s 通过速度传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．图3－2－21试求：(1)斜面的倾角α；(2)恒力F 的大小；(3)t ＝1.6 s 时物体的瞬时速度．【解析】 (1)经分析可知，当t ＝2.2 s 时，物体已通过B 点．因此减速过程加速度大小a 2 ＝3.3－2.12.4－2.2m/s 2＝6 m/s 2，mg sin α＝ma 2，解得α＝37°.(2)a 1＝2.0－1.00.4－0.2m/s 2＝5 m/s 2F －mg sin α＝ma 1，解得F ＝11 N.(3)设第一阶段运动的时间为t 1，在B 点时有 5t 1＝2.1＋6(2.4－t 1)，t 1＝1.5 s可见，t ＝1.6 s 的时刻处在第二运动阶段，由逆向思维可得v ＝2.1 m/s ＋6(2.4－1.6) m/s ＝6.9 m/s.【答案】 (1)37° (2)11 N (3)6.9 m/s。