山东专用2020版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律综合检测含解析新人教版

A.a1=0,a2=0B.a1=a,a2=aC.a1=a,a2=aD.a1=a,a2=a答案D解析撤去拉力F的瞬间,物体A的受力不变,所以a1=a,对物体A受力分析得F弹=m1a;撤去拉力F的瞬间,物体B受到的合力大小为F弹'=m2a2,所以a2=,故选项D正确.。

4.(动力学两类基本问题)(20xx·湖南长沙月考)如图是汽车运送圆柱形工件的示意图,图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器,假设圆柱形工件表面光滑,汽车静止不动时Q传感器示数为零,P、N传感器示数不为零.。

当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零时,Q、N传感器示数不为零.。

已知sin 15°=0.26,cos 15°=0.97,tan 15°=0.27,g取10 m/s2,则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A.3B.2.7C.1.5D.1答案A解析当汽车向左匀加速启动过程中,P传感器示数为零而Q、N传感器示数不为零,受力分析如图:竖直方向:FQ+mg=FNcos 15°水平方向:F合=FNsin 15°=ma联立解得a=tan 15°=×0.27+2.7 m/s2>2.7 m/s2,故A选项正确.。

5.(动力学两类基本问题)(20xx·辽宁沈阳四校月考)如图所示,当小车向右加速运动时,物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上,当车的加速度增大时( )A.M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小答案C解析分析M受力情况如图所示,因M相对车厢壁静止,有Ff=Mg,与水平方向的加速度大小无关,A、D错误.。

水平方向,FN=Ma,FN随a的增大而增大,由牛顿第三定律知,B错误.。

因FN增大,物体与车厢壁的最大静摩擦力增大,故M相对于车厢仍静止,C正确.。

6.(图象问题)(20xx·河北衡水中学一调)如图,穿在水平直杆上质量为m 的小球开始时静止.。

第三章牛顿运动定律一、选择题（每小题6分,共60分）1.下列说法正确的是 （C ） A. 物体的速度越大，其惯性越大B. 速度很大的物体，其加速度一定很大C. 一对作用力与反作用力大小相等，性质相同D. 做曲线运动的物体所受到的合外力方向与加速度方向一定不在同一直线上【解析】物体的惯性的大小量度是质量，与运动状态无关,A 项错误；加速度反映物体 速度变化的快慢，与速度大小无关,B 项错误；由牛顿第三定律，可知一对作用力与反 作用力大小相等，性质相同,C 项正确；由牛顿第二定律可知，合外力与加速度方向一 定相同,D 项错误。

2. 竖直起飞的火箭在推力F 的作用下产生10 m/s 2的加速度，若推动力增大到2F,则 火箭的加速度将达到（g 取10 m/s 2,不计空气阻力） （C ）2 2 A.20 m/s B.25 m/sD.40 m/s 【解析】根据牛顿第二定律可知 F-mg=ma 当推力为2F 时有2F-mg=ma 代入数据解 得a 2=30 m/s 2,C 项正确。

3. （2020 •福建六校联考）|甲、乙、丙、丁四个物体的运动情况或所受合力的情况如 图所示，四幅图的图线都是直线，下列有关说法中正确的是 A. 甲物体受到不为零且恒定的合力C.30 m/s(D)B. 乙物体受到的合力越来越大C. 丙物体受到的合力为零D. 丁物体的加速度越来越大【解析】甲物体做匀速直线运动，所受合力为零，故A 项错误；乙物体做匀加速直线运 动，加速度恒定，受到的合力恒定，故B 项错误；丙物体的加速度恒定，则受到的合力 恒定,且不为零,故C 项错误；丁物体受到的合力F 越来越大,则加速度越来越大,故D 项正确。

4. 如图所示,木块A 的质量为m,木块B 的质量为M,叠放在光滑的水平面上,A 、B 之 间的动摩擦因数为 卩,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现用水平力 F 作用于A,则保持A 、B 相对静止的条件是F 不超过 (C)A. 卩 mgB.卩 MgC. , m g l +专D.(X + T【解析】由于A 、B 相对静止，以整体为研究对象可知F=(M+m)a 若A 、B 即将相对滑 动，以物体B 为研究对象可知X mg=Ma 联立解得F=X mg ,C 项正确。

牛顿运动定律 同步测试卷时间：90分钟 总分：100分一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中1～7为单项选择题，8～10题为多项选择题，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)1．一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断，例如从解得物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性，举例如下：声音在空气中的传播速度v 与空气的密度ρ、压强p 有关，下列速度表达式中，k 为比例系数，无单位，则这四个表达式中可能正确的是(B)A ．v ＝kp ρB ．v ＝kp ρC ．v ＝k ρpD ．v ＝kp ρ 【解析】根据力学单位制，速度的单位是m/s ，密度的单位是kg/m 3，压强的单位是kg/m ·s 2，所以kp ρ的单位是m 2/s 2，选项A 、D 错误；kp ρ的单位是m/s ，选项B 正确、C 错误． 2．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹．下列说法正确的是(D)A ．褐色的痕迹将出现在木炭的左侧B ．木炭的质量越大，痕迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短D ．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短【解析】木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向左运动，所以会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A 错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向左做匀减速直线运动，根据v 2＝2ax ，其中a ＝μg ，与m 无关，选项B 错；由前式知，a 一定时，v 越大，x 越长，选项C 错；在v 一定时，μ越大，a 越大，x 越小，选项D 对．3．如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m 1>m 2＋m 3，关于弹簧测力计的读数T ，正确的是(A)A ．T<(m 1＋m 2＋m 3)gB ．T>(m 1＋m 2＋m 3)gC ．T ＝(m 1＋m 2＋m 3)gD ．无法判断【解析】由m 1>m 2＋m 3可知，m 1向下加速，处于失重状态；(m 2＋m 3)向上加速，处于超重状态．m 1与m 2和m 3通过绳子连接，两部分的加速度大小相等，整体系统对弹簧测力计的拉力：T ＝(m 1＋m 2＋m 3)g －m 1a ＋(m 2＋m 3)a.因为m 1>m 2＋m 3，所以T<(m 1＋m 2＋m 3)g ，故A 正确．4．如图所示，A 、B 两个物体通过一轻弹簧相连，已知m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg.现对A 施加一大小为3 N 的水平恒力F ，使它们一起沿粗糙的水平地面向右做匀速运动，某时刻突然撤去力F ，此时A 、B 两物体的加速度分别为a A 、a B ，则(C)A ．a A ＝aB ＝0B ．a A ＝a B ＝1 m/s 2，方向水平向左C ．a A ＝3 m/s 2，方向水平向左，a B ＝0D ．a A ＝3 m/s 2，方向水平向右，a B ＝1.5 m/s 2，方向水平向左【解析】在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F －μ(m A ＋m B )g ＝0，解得：μ＝0.1，对B 受力分析可得F 弹－μm B g ＝0，解得：F 弹＝μm B g ＝2 N ；当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来得及变化，故B 物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A 分析，由牛顿第二定律可得F 弹＋μm A g ＝m A a A ，解得：a A ＝3 m/s 2，方向水平向左，故C 正确．5．质量为2 kg 的木板B 静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示．A 和B 经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A 和B 的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是(C)A ．A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.4B ．B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2C ．A 的质量m ＝6 kgD ．A 的质量m ＝3 kg【解析】由图象可知，A 在0～1 s 内的加速度a 1＝v 1－v 0t 1＝－2 m/s 2 对A 由牛顿第二定律得：－μ1mg ＝ma 1解得：μ1＝0.2，A 错误．由图象知，A 、B 整体在1～3 s 内的加速度a 3＝v 3－v 1t 2＝－1 m/s 2，对A 、B 由牛顿第二定律得：－(M ＋m)g μ2＝(M ＋m)a 3，解得：μ2＝0.1，B 错误．由图象可知B 在0～1 s 内的加速度a 2＝v 1－v 0t 1＝2 m/s 2，对B 由牛顿第二定律得：μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 2，代入数据解得：m ＝6 kg.C 正确，D 错误．6．如图所示，Oa 、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O 、a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O ′为圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环从O 点无初速释放，一个滑环从d 点无初速释放，用t 1、t 2、t 3分别表示滑环沿Oa 、Ob 、ad 到达a 、b 所用的时间，则下列关系不正确的是(A)A ．t 1＝t 2B ．t 2＞t 3C ．t 1＜t 2D ．t 1＝t 3【解析】设Ob 与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得Oa 与竖直方向的夹角为θ2，环沿Oa 下滑时的加速度大小为a 1＝gcos θ2，沿Ob 下滑时的加速度大小为a 2＝gcos θ，设Ob 长为L ，由几何关系得Oa 长为Lcos θ2，根据运动学公式有L ＝12a 2t 22，Lcos θ2＝12a 1t 21得t 22＝2L gcos θ，t 21＝2L g ，由此得到t 1＜t 2；由于t 1＝2L g ，同理可得到t 3＝2L g，因此t 1＝t 3，t 2＞t 3，故A 错误，B 、C 、D 正确．本题选不正确的，故选A.7．如图所示，水平面上停放着A 、B 两辆小车，质量分别为M 和m ，M ＞m ，两小车相距为L ，人的质量也为m ，另有质量不计的硬杆和细绳．第一次人站在A 车上，杆插在B 车上；第二次人站在B 车上，杆插在A 车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t 1、t 2，则(B)A ．t 1等于t 2B ．t 1小于t 2C ．t 1大于t 2D ．条件不足，无法判断【解析】设拉力为F ，当人在A 车上时，由牛顿第二定律得，A 车的加速度为：a A ＝F M ＋m①，B 车的加速度为：a B ＝F m ②，AB 两车都做匀加速直线运动，12a A t 21＋12a B t 21＝L ③，当人在B 车上时，由牛顿第二定律得，A 车的加速度为：a A ′＝F M ④，B 车的加速度为：a B ′＝F 2m⑤，AB 两车都做匀加速直线运动，12a A ′t 22＋12a B ′t 22＝L ⑥，由①②③④⑤⑥式解得：t 21t 22＝m ＋M 2M<1，所以t 1＜t 2；故选B.8．如图所示，小车内有一质量为m 的物块，一轻弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内．弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，物块和车之间动摩擦因数为μ.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止．下列说法正确的是(AC)A ．若μmg 小于kx ，则车的加速度方向一定向左B ．若μmg 小于kx ，则车的加速度a 最小值为kx －μmg m，且车只能向左加速运动 C ．若μmg 大于kx ，则车的加速度方向可以向左也可以向右D ．若μmg 大于kx ，则加速度最大值为kx ＋μmg m ，加速度的最小值为μmg －kx m【解析】弹簧处于压缩状态，弹力向左；由牛顿第二定律：F ＝ma 知，若μmg 小于kx ，则车的加速度方向一定向左，A 正确；若μmg 小于kx ，则车的加速度a 最小值为a ＝kx －μmg m，且方向向左，但可以减速向右，B 错误；若μmg 大于kx ，则车的加速度方向可以向左也可以向右，C 正确；若μmg 大于kx ，则加速度最大值为a′＝kx ＋μmg m，加速度的最小值为0，D 错误．9．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v 2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v 3，下列说法正确的是(BC)A ．只有v 1＝v 2时，才有v 3＝v 1B ．若v 1>v 2，则v 3＝v 2C ．若v 1<v 2，则v 3＝v 1D ．不管v 2多大，总有v 3＝v 1【解析】若v 1≤v 2，物块先在传送带上向左匀减速到0，又向右加速到v 1后，以v 1返回水平面，C 对，A 错．若v 1>v 2，物块在传送带上向左匀减速到0，向左的位移x ＝v 222μg，再向右加速运动同样大小的位移x ，返回水平面，v 23＝2μgx ＝v 22，B 对，D 错．10．如图所示，足够长的倾斜传送带以v ＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A 、B 物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A 、B 两物块释放时有一定间距，与传送带间的动摩擦因数分别为μA ＝0.75、μB ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法中正确的是(BC)A ．物块B 先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B ．物块B 最终一定追上物块AC ．在t ＝0.24 s 时，A 、B 物块速度大小相等D ．在相碰前，A 、B 两物块之间的距离一直减小【解析】物块B 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB ＝0.5<tan θ＝0.75，则物块将继续加速下滑，选项A 错误；物块A 先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA ＝0.75＝tan θ＝0.75，则物块将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B 最终一定追上物块A ，选项B 正确；物块B 开始下滑的加速度a B1＝gsin 37°＋μB gcos 37°＝10 m/s 2，与传送带共速时经过的时间：t B ＝v a B＝0.24 s ；物块A 开始下滑的加速度a A1＝gsin 37°＋μA gcos 37°＝12 m/s 2，与传送带共速时经过的时间：t A ＝v a A＝0.2 s ；共速后物块A 与传送带一起匀速下滑，则t ＝0.24 s 时两物块速度相等，选项C 正确；在开始的0.24 s 内因为A 的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s 后物块B 继续加速下滑速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D 错误．二、实验题(本大题共3个小题，共22分)11．(6分)某探究学习小组用如图所示的方案测滑块与木板间的动摩擦因数．在实验桌上固定一斜面，在斜面上距斜面底端挡板一定距离处放置一小滑块，系住小滑块的轻质细线跨过光滑的定滑轮后系住一小球，整个系统处于静止状态．剪断细线后，小滑块沿斜面向下运动与挡板相碰，小球自由下落与地面相碰，先后听到两次碰撞的声音．反复调节滑块的位置，直到只听到一次碰撞的声音．测得此情况下小滑块距挡板的距离x ＝0.5 m ，距桌面距离h ＝0.3 m ，小球下落的高度H ＝1.25 m ，取g ＝10 m/s 2.不考虑空气的阻力，则：(1)小滑块与挡板碰前瞬间的速度大小为__2__ m/s.(2)滑块与木板间动摩擦因数的表达式为2用所给物理量的符号表示)，代入数据得μ＝__0.25__．【解析】(1)对于小球做自由落体运动，则有H ＝12gt 2，得到t ＝2H g 对于滑块，沿斜面向下做匀加速运动，运动时间与小球自由下落时间相等，则有 x ＝12at 2，联立以上两式，得：a ＝xg H ＝0.5×101.25m/s 2＝4 m/s 2. 由位移与速度公式v 2＝2ax ，解得：v ＝2ax ＝2 m/s ；(2)设木板的倾角为α，根据牛顿第二定律得：mgsin α－μmgcos α＝ma由图看出，sin α＝h x 联立解得：μ＝Hh －x 2H x 2－h2 代入数据解得：μ＝0.2512．(8分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：(1)为使细线的拉力等于小车受到的合力，应调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，同时将长木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在__不挂__(填“挂”或“不挂”)砂桶的情况下做匀速直线运动．(2)若某同学根据实验数据作出的加速度a 与作用力F 的图线如图1所示，试分析图象不过原点的主要原因是__没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够__．(3)实验中得到的一条纸带如图2所示，纸带上每相邻的两计数点间的时间间隔为T ，则打点计时器打下点D 时，小车运动速度的表达式v D ＝__x 3＋x 42T__，小车运动加速度的表达式a ＝__（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T__．【解析】(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响，采取的做法是将带滑轮的长木板一端适当垫高，使小车在不挂钩码的情况下做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力大小等于绳子的拉力；(2)F≠0，a ＝0，所以图线不过原点的主要原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；(3)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D 点时小车的瞬时速度大小．v D ＝x 3＋x 42T； 根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：x 3－x 1＝2a 1T 2；x 4－x 2＝2a 2T 2，为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值得：a ＝12(a 1＋a 2)＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）4T2. 13．(8分)为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置．其中M 为小车的质量，m 为砂和砂桶的质量，m 0为小车上滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．(1)实验时，一定要进行的操作是__BC__．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__2.00__ m/s2(结果保留三位有效数字)．(3)该同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度以为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，求得图线的斜率为k，则小车的质量为__C__．A.1kB.1k－m 0 C.2k －m 0 D.2m【解析】(1)本题拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故A 错误，D 错误．该题是力传感器测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B 正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录力传感器的示数，故C 正确；故选BC ；(2)根据Δx ＝aT 2，利用逐差法a ＝（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2＝（0.110 9＋0.091 3＋0.071 0）－（0.051 2＋0.030 9＋0.011 0）9×0.12 m/s 2＝2.00 m/s 2； (3)根据牛顿第二定律2F ＝(M ＋m 0)a ，a ＝2M ＋m 0F ，对a －F 图来说，图象的斜率表示小车质量与滑轮质量和的倒数的2倍，故M ＋m 0＝2k ，解得M ＝2k－m 0，故C 正确． 三、计算题(本大题共3个小题，共38分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)14．(12分)有一个推矿泉水瓶的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后未停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图所示，AC 为水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知AB 长度为L 1＝4 m ，BC 长度为L 2 ＝1 m ，瓶子质量为m ＝1 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.5.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝10 N ，瓶子沿AC 做直线运动(g 取10 m/s 2)，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想在游戏中获得成功，试问：推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？【解析】游戏要想获得成功，瓶滑到C 点速度恰好为0，推力作用时间最长．设最长作用时间为t 1，有推力作用时瓶的加速度为a 1，t 1时刻瓶的速度为v ，推力停止后加速度为a 2.由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1，μmg ＝ma 2加速运动过程中的位移： x 1＝v 22a 1减速运动过程中的位移：x 2＝v 22a 2位移关系满足： x 1＋x 2＝L 1＋L 2v ＝a 1t 1解得 t1＝1 s15．(12分)一质量为M＝2.5 kg的物块A放在与滑轮相距l的平台上，现有一轻绳跨过定滑轮，左端与物块连接，右端挂质量为m＝0.5 kg的小球B，绳拉直时用手托住小球使其在距地面h高处静止，绳与滑轮间的摩擦不计，重力加速度为g(g取10 m/s2)．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(1)某探究小组欲用上述装置测量物块与平台间的动摩擦因数．放开小球，系统运动，该小组对小球匀加速下落过程拍得同一底片上多次曝光的照片如图乙所示，拍摄时每隔1 s曝光一次，若小球直径为20 cm，求物块A与平台间的动摩擦因数μ；(2)设小球着地后立即停止运动，已知l＝3.0 m，要使物块A不撞到定滑轮，求小球下落的最大高度h.【解析】(1)对照片分析知，x1＝60 cm，x2＝100 cm，由Δx＝x2－x1＝aT2得a＝0.4 m/s2对小球B有：mg－F T＝ma对物块A有：F T′－F f＝MaF f＝μMg F T＝F T′解得：μ＝0.152.(2)对小球B：小球做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，落地时速度为v，由运动学公式有：v2－0＝2ah对物块A：B从开始下落到着地，A也运动了h，随后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，有：μMg＝Ma′要使物块不撞到定滑轮，则应满足v2≤2a′(l－h)可得h≤2.375 m，所以小球下落的最大高度为2.375 m.16．(14分)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．【解析】(1)当θ＝30°，对木块受力分析：mgsin θ＝μF N F N －mgcos θ＝0则动摩擦因数：μ＝tan θ＝tan 30°＝33(2)当θ变化时，木块的加速度a 为：mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 木块位移s 为：v 2＝2as ，则s ＝v 202g （sin θ＋μcos θ） 令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时s 最小即θ＝60°，s 最小值为s min ＝v 202g （sin 60°＋μcos 60°）＝3v 204gs min ＝532m。

教学资料范本2020高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律8题型探究课牛顿运动定律的综合应用题型专练巩固提升新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx 最新高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律8题型探究课牛顿运动定律的综合应用题型专练巩固提升新人教版1.如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为ma 和mb ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb ，已知Fa ＞Fb ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零 解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝，单独对a 进行分析，设a 、b 间的作用力为Fab ，则a ＝＝，即Fab ＝，由于不知道ma 与mb 的大小关系，故Fab 可能为正，可能为负，也可能等于0.2．(20xx ·南京五校联考)如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )A ．B 的加速度为gsin θG cos θ．绳的拉力为BC ．绳的方向保持竖直D ．绳的拉力为G解析：选A.A 、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin θ，所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos θ，故选项B、C、D都错误．3. (多选)(高考江苏卷)如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ.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．当 F < 2μmg 时，A、B 都相对地面静止B．当 F ＝μmg 时， A 的加速度为μgC．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过μg 解析：选BCD.A、B间的最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，选项A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，选项D正确；对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，选项C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，选项B正确．4. (20xx·南京模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )B．gsin αA．3gsin αD．2gsin αC. 解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝＝3gsin α，正确选项为A.5.如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsin θ解析：选 A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．6．(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是( )解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当μ1mg＞μ2(M＋m)g 时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由μ1mg＞μ2(M＋m)g，可得μ1mg＞μ2mg，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故选项C错误，B正确．7．(多选)(20xx·苏州××区模拟)如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v1＝2 m/s运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是( )A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B．若传送带的速度为5 m/s，小物块将从传送带左端滑出C．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出D．若小物块的速度为1 m/s，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出解析：选BC.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x.根据牛顿第二定律得μmg ＝ma，解得a＝μg＝2 m/s2，则x＝,2a)＝m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为5 m/s时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B正确；若小物块的速度为4 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x′＝,2a)＝m＝4 m<6 m，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x″＝,2a)＝m＝1 m<6 m，以后小物块以v1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为 2 m/s，C正确；若小物块的速度为1 m/s，小物块向左减速运动的位移大小为x＝,2a)＝ m＝0.25 m<6 m，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x<x″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s的速度从传送带的右端滑出，D错误．8．利用阿特伍德机可以研究超重和失重现象，其研究步骤如下：如图所示，原来定滑轮左右两侧都悬挂质量为2m的物块，弹簧秤示数为2mg.若在右侧悬挂的物块上再增加质量为m的物块，左侧物块将获得向上的加速度，可观察到弹簧秤上的示数变大，左侧物块处于超重状态；若将右侧物块的质量减小到m，左侧物块将向下做加速运动，可观察到弹簧秤上的示数变小，左侧物块处于失重状态．请问：左侧物块处于超重状态时，弹簧秤的读数是多少？左侧物块处于失重状态时，弹簧秤的读数又是多少？(不计连接物块的细线和弹簧秤的质量)解析：左侧物块处于超重状态时，对左侧物块受力分析知F－2mg＝2ma，对右侧的物块受力分析知3mg－F＝3ma联立解得F＝mg左侧物块处于失重状态时，对左侧物块受力分析知2mg－F′＝2ma′对右侧的物块受力分析知F′－mg＝ma′联立解得F′＝mg.答案：mg mg。

第1讲牛顿第一、第三定律A组基础过关1.伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。

利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。

斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。

根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面绝对光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态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,它的加速度越小答案A根据题意,铺垫材料粗糙程度降低时,小球上升的最高位置升高,当斜面绝对光滑时,小球将上升到与O点等高的位置,而B、C、D三个选项,从题目不能直接得出,故选A。

2.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。

下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C.人推车前进,人对车的作用力大于车对人的作用力D.物体在地面上滑行,不论物体的速度多大,物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等答案D由牛顿第三定律可知,作用力和反作用力同时产生,同时消失,A项错;物体对地面的压力和地面对物体的支持力作用在不同的两个物体上,而平衡力是作用在同一物体上的,B项错;作用力与反作用力等大反向,故人对车的作用力等于车对人的作用力,C项错;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对相互作用力,大小相等,D项对。

3.(2018山东烟台检测)如图所示,有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上,当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时,两个人会向相反方向运动。

第三章 第3课时 牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(68520064)(2017·河南周口西华一中等校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，乘客( )A ．处于失重状态B ．处于超重状态C ．受到向后的摩擦力作用D ．所受力的合力沿斜面向下解析：B [当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A 错误，B 正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C 错误．由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D 错误．]2．(2017·宁夏银川二中月考)电梯在t ＝0时由静止开始上升，运动的a ­t 图象如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量m ＝50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．第9 s 内乘客处于失重状态B ．1～8 s 内乘客处于平衡状态C ．第2 s 内乘客对电梯的压力大小为550 ND ．第9 s 内电梯速度的增加量为1 m/s解析：C [第9 s 内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A 错误；1～8 s 内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B 错误；第2 s 内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有N －mg ＝ma ，解得N ＝550 N ，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N ，C 正确；第9 s 内电梯速度的增加量等于该时间内a ­t 图象与时间轴所围图形的面积，即Δv ＝12×1×1.0 m/s＝0.5 m/s ，D 错误．]3．如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向右的恒力F ，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力F ′，且F ′满足的关系为F ′＝kv .已知小圆环的质量为m ，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为μ.则小圆环运动过程中速度随时间变化的图象为( )解析：C [刚开始运动时，加速度a 1＝F －μmg －kvm，随着速度v 增大，a 1增大，当速度v 增大到kv >mg时，加速度a 2＝F －μkv －mgm，随着速度v 增大，a 2减小，当a 2减小到0时，做匀速运动，则C 正确．]4．某同学将一台载有重物的电子台秤置于直升式电梯内，从1楼直升到达10楼下电梯，在进入电梯到下电梯的全过程中他用相机拍摄了如图所示的四幅照片，若电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，据此下列判断正确的是( )A ．甲应为电梯减速时所拍摄的B ．乙表明了电梯处于失重状态C ．丙应为电梯匀速时所拍摄的D ．丁应为电梯减速时所拍摄的解析：D [电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，若示数大于9，则电梯加速上升或减速下降，处于超重状态；若示数小于9，则电梯减速上升或加速下降，处于失重状态；若示数等于9，则电梯处于静止或匀速运动状态．所以D 正确．]5．(68520065)(2017·云南玉溪一中月考)如图所示，三个物体质量分别为m 1＝1.0 kg 、m 2＝2.0 kg 、m 3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m 1和m 2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2将(g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．和m 1相对静止一起沿斜面下滑B ．和m 1相对静止一起沿斜面上滑C ．相对于m 1上滑D ．相对于m 1下滑解析：D [假设m 1和m 2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a ＝m 3g －m 1＋m 2g sin 30°m 1＋m 2＋m 3＝2.5 m/s 2.隔离对m 2分析，根据牛顿第二定律得f －m 2g sin 30°＝m 2a ，解得f ＝m 2g sin 30°＋m 2a ＝15 N ，最大静摩擦力f m ＝μm 2g cos 30°＝8 3 N ，可知f >f m ，知m 2的加速度小于m 1的加速度，m 2相对于m 1下滑，故D 正确．]6．(2017·河北唐山一模)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体A ，用质量与A 相同的物体B 推A 使弹簧压缩，A 、B 与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB 且μA >μB .释放A 、B ，二者向右运动一段距离后将会分离，则A 、B 分离时( )A ．弹簧形变量为零B ．弹簧压缩量为μA ＋μBmg kC ．弹簧压缩量为μA －μBmg kD ．弹簧伸长量为μA ＋μBmgk解析：C [设A 、B 分离时弹簧伸长量为x ，当A 、B 刚好分离时，A 、B 间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律得μB mg m ＝μA mg ＋kxm ，解得x ＝μB －μAmgk.由于μA >μB ，所以有x <0，说明弹簧压缩，且压缩量为μA －μBmgk，故选C.]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520066)(2017·江苏南京盐城一模)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：CD [运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B 错误，D 正确．]8．(2017·河北百校联盟联考)在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯从静止开始一直上升，最后停止运动：传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(F ­t )图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 电梯中的物体处于超重状态B ．18～22 s 内，电梯中的物体处于先超重再失重状态C ．从图中可以求出物体的重力D ．从图中可以找出电梯上升时的最大加速度解析：ACD [在0～4 s 内重物对台秤的压力大于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向上，处于超重状态，电梯加速上升，故A 正确；在18～22 s 内重物对台秤的压力小于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向下，处于失重状态，电梯减速上升，故B 错误；由图象可知，电梯匀速上升时台秤的示数是30 N ，所以物体的重力是30 N ，质量为3 kg ，故C 正确；在0～4 s 内，重物所受最大支持力N ＝50 N ，由牛顿第二定律有N －mg ＝ma ，解得a ＝203m/s 2＝6.7 m/s 2；在18～22 s 内，重物所受最小支持力N ′＝10 N ，由牛顿第二定律有mg －N ′＝ma ′，解得a ′＝203m/s 2＝6.7 m/s 2，故D 正确．] 9．(2017·山西太原期末)如图所示，两质量相等的长方体物块A 、B 通过一水平轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，开始时弹簧处于原长．现在A 上施加一个水平恒力F ，A 、B 从静止开始运动到弹簧第一次达到最长的过程中，下列说法中正确的有(弹簧处在弹性限度内)( )A ．物块A 的速度一直增大，加速度一直减小B ．物块B 的速度一直增大，加速度一直增大C ．弹簧第一次达到最长时，A 、B 的速度相同D ．弹簧第一次达到最长时，A 、B 的加速度相同解析：ABC [作出两物块运动的v ­t 图象如图所示，在整个过程中，A 的合力(加速度)减小，而B 的合力(加速度)增大，在达到共同加速度之前，A 的合力(加速度)一直大于B 的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B 的合力(加速度)．由于加速度与速度方向相同，所以物块A 、B 的速度一直在增大．故A 、B 正确．t 1时刻，两物块加速度相等时，v ­t 图线切线的斜率相同，速度差最大，t 1时刻之后，A 的速度仍大于B 的速度，弹簧仍在伸长，当弹簧第一次达到最长时，物块A 、B 的速度相等，故A 、B 加速度相等时，弹簧的长度不是最长，故D 错误，C 正确．]10．(2017·辽宁大连二十四中期中)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离．t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A 、B 两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )A ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力大小为0.6 N B ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零C ．t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左D ．从t ＝0时刻到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m解析：AD [设t 时刻A 、B 分离，分离之前A 、B 共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有a ＝F 1＋F 2m A ＋m B＝3.6＋01＋2 m/s 2＝1.2 m/s 2，分离时有F 2－f ＝m B a ，得F 2＝f ＋m B a ＝(0.3＋2×1.2)N＝2.7 N ，经历时间t ＝43.6×2.7 s ＝3 s ，根据位移公式s ＝12at 2＝5.4 m ，则D 正确；当t ＝2 s 时，F 2′＝1.8 N ，F 2′＋f ′＝m B a ，得f ′＝m B a －F 2′＝0.6 N ，A 正确，B 错误；当t ＝2.5 s 时，F 2″＝2.25 N ，F 2″＋f ″＝m B a ，得f ″＝m B a －F 2″>0，C 错误．]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(68520067)(20分)(2017·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的v ­t 图象如图所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)，CD 线是曲线的渐近线．(sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)v ­t 图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动．(2)当v 0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2，当v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时：mg sin θ－kv 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝kv 1＋μmg cos θ② 联立①②得kv 0＋ma 0＝kv 1， 得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s ， 由②式，得μ＝mg sin θ－kv 1mg cos θ＝0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 20 (3)1 kg/s 0.37512．(68520068)(20分)(2017·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 与地面间没有摩擦，B 物体运动的v ­t 图象如图(b)所示．取g ＝10 m/s 2，求：(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．解析：(1)在水平推力F 作用下，设物体A 、B 一起做匀加速运动的加速度为a ，由B 物体的v ­t 图象得a ＝3 m/s 2.对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B 做匀速运动，对于A 物体有μm A g ＝m A a A ，a A ＝μg ＝3 m/s 2，v t ＝v 0－a A t ＝0，解得t ＝2 s ，物体A 的位移为x A ＝v t ＝6 m ，物体B 的位移为x B ＝v 0t ＝12 m ，所以A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离为Δx ＝x B －x A ＝6 m. 答案：(1)15 N (2)6 m。

教学资料范本2020高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律 10 实验三加速度与物体质量、物体受力的关系随堂检测巩固落实新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律 10 实验三加速度与物体质量、物体受力的关系随堂检测巩固落实新人教版1. (20xx·扬州高三考试)如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a－F图象，图象是一条过原点的直线．①a－F图象斜率的物理意义是____________________．②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？答：________(选填“合理”或“不合理”)；③本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：________(选填“是”或“否”)；理由是___________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以________的倒数为横轴．解析：(1)①将车内的沙子转移到桶中，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图象斜率的物理意义是，即系统的总质量倒数(小车、盒子及盒内沙子、悬挂的桶以及桶内沙子质量之和的倒数)；②把沙桶的总重力，当作合外力F是合理的；③因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车(包括盛沙的盒及盒内的沙子)的总质量．(2)向小车内添加或去掉部分沙子，是改变系统的总质量M＋m，而系统的合外力仍等于所悬挂沙桶的重力mg，保证了合外力不变．所以用图象法处理数据时，以加速度a为纵轴，应该以M＋m倒数为横轴，即小车质量、盒子及盒内沙子与悬挂的沙桶(包括桶与桶内的沙)质量之和．答案：(1)①②合理③否因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg (2)M＋m 2．某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的a－F图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________(选填“偏大”或“偏小”)．(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足__________的条件．(3)该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δx＝xDG－xAD＝________ cm.由此可算出小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)解析：(1)根据所给的a－F图象可知，当F＝0时，小车已经有了加速度a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．(2)根据牛顿第二定律，对小车F＝Ma，对砝码和盘mg－F＝ma，解得F＝<mg，只有当M≫m时，小车受到的拉力才近似等于mg，从而减小误差．(3)由题图丙可读出xAD＝2.10 cm，xDG＝3.90 cm，所以Δx＝xDG－xAD＝1.80 cm，根据Δx＝aΔt2，解得a＝5.0m/s2.答案：(1)偏大(2)小于M≫m (3)1.80 5.0 3．在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：(1)当M与m的大小关系满足__________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下，探究加速度与小车质量的关系，以下做法正确的是________．A．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源D．小车运动的加速度可用天平测出m和M，直接用公式a＝求出(3)在保持小车及车中的砝码质量M一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a－F关系分别如图中甲、乙所示(a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)．其原因分别是：甲图：________________________________________________________________________；乙图：________________________________________________________________________.解析：(1)对盘及盘中砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma，联立可得：a＝，F＝mg，只有当m≪M时，才可认为F≈mg.(2)平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C不正确；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D不正确．(3)由甲图可看出F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．答案：(1)m≪M (2)B (3)木板的倾角过大没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足4．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图所示，其读数为____________ cm.(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________________．(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝_____________________________．(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于__________(选填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)d＝0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.9 cm＋0.060 cm＝0.960 cm.(2)由v＝得，vA＝，vB＝，物块做匀加速直线运动，则v－v＝2ax，即－＝2as，得a＝.(3)整体运用牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m) ，则μ＝,Mg).(4)由实验装置引起的误差为系统误差．答案：(1)0.960 (2) (3),Mg) (4)系统误差。