1、专题三 牛顿运动定律考点1牛顿运动定律的理解与应用高考帮揭秘热点考向2019浙江4月选考,12,3分如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、 B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,木水F1 B.F1和F2大小相等 C.F1先于F2产生 D.F1后于F2产生4.2015海南,8,5分,多选如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态.现
2、将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2,重力加速度大小为g.在剪断瞬间()A.a1=3g B.a1=0 C.l1=2l2 D.l1=l25.2020山东,1,3分一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是 ()A.0t1时间内,v增大,FNmgB.t1t2时间内,v减小,FNmgC.t2t3时间内,v增大,FNmg6.2021辽宁六校第一次联考,多选如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B与
3、弹簧连接,A、B均可视为质点),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在A上,使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动,测得A、B的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度大小为g,则()A.施加力F前,弹簧的形变量为B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a)C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力等于B的重力D.上升过程中,B速度最大时,A、B间的距离为a-7.2021安徽黄山高三模拟,多选如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用.A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示.已
4、知物块A的质量m=3 kg,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则 ()A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0F4 N时,A、B保持静止C.当4 NF12 N时,A的加速度随F的增大而增大考点2动力学两类基本问题高考帮揭秘热点考向2019江苏,15,16分如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)A被
5、敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.拓展变式1.2020江西丰城模拟如图所示,质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角=37,力F作用2 s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数和物体沿斜面向上运动的总位移x.(已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2)2.2015新课标全国,20,6分,多选如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t
6、图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()图(a) 图(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度3.2016上海,25,4分地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,hH.当物体加速度最大时其高度为,加速度的最大值为.4.2020安徽安庆检测如图所示,质量为10 kg的环在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数=0.5,杆与水平地面的夹角=37,拉力F与杆的夹角=37,力F作用一段时间后撤去
7、,环在杆上继续上滑了0.5 s后,速度减为零,g取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,杆足够长.求:(1)拉力F作用的时间;(2)环运动到杆底端时的速度大小.5.2021山西太原模拟如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点,其中AB长为R,AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为()A.13B.12C.1D.16.2020山东,8,3分如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上
8、,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为45时,物块A、B刚好要滑动,则的值为()A.B.C.D.7.2017全国,25,20分如图,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 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
9、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8.2020四川南充模拟如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a无初速度轻放一个质量m=1 kg的物块A(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B(视为质点).两物块到达b点时都恰好与传送带等速,b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量为m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长.已知:物块与传送带间的动摩擦因数1=
10、0.8,与木板间的动摩擦因数2=0.2;木板与轨道间的动摩擦因数3=0.1;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.试求:(1)物块A、B滑上木板C上的时间差t;(2)木板C运动的总时间.9.如图所示,传送带的倾角=37,从A到B的长度为LAB=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度逆时针转动.在传送带A端无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数=0.5,则物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2)10.新情境动车爬坡2020四川宜宾模拟,多选动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山隧道开始一
11、路上坡,采用25的大坡度穿越秦岭,长达45公里,坡道直接落差1 100米,为国内之最.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组就是动车组.带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车.动车爬坡可以简化为如图所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B两物块一起沿倾角为的斜面向上做匀加速直线运动,两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连,已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同,则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是()A.只增加斜面的粗糙程度 B.只增加物块B的质量C.只增大沿斜面向上的力F D.只增大斜面的倾角考点3实验:探究加速度与力、质量的关系高考帮揭秘热点考向2017浙江下半年选考,17,5
12、分在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中(1)右图仪器需要用到的是.(2)下列说法正确的是.A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D、为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知小车在打点计时器打D点时速度大小为m/s(小数点后保留2位).拓展变式1.开放题2020山东济南检测如图所示的实验装置可以验证牛顿第二定律,小车上固定一个盒子,盒子内盛有砂子.砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m,小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量)记为
13、M.2.同2020北京第15题相似在探究加速度与力的关系的实验中,小明同学设计了如图甲所示(俯视图)的实验方案:将两个小车放在水平木板上,前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连,后端各系一细线.(1)平衡摩擦力后,在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下,用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上,抬起黑板擦时两小车同时开始运动,按下黑板擦时两小车同时停下来.小车前进的位移分别为x1、x2,由x=at2,知=,测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2,若满足,即可得出小车的质量一定时,其加速度与拉力成正比的结论.若小车的总质量符合远大于砝码和砝码盘的总质量的需求,但该实验中测量的误差仍然较大,其主要
14、原因是.(2)小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器,在小车后面固定纸带并穿过打点计时器.由于安装了拉力传感器,下列操作要求中不需要的是.(填选项前的字母)A.测出砝码和砝码盘的总质量B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量(3)测出小车质量M并保持不变,改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F,利用测得的数据在坐标纸中画出如图丙中的a-F图线A;若小军又以为斜率在图像上画出如图丙中的图线B,利用图像中给出的信息,可求出拉力传感器的质量为.3.如图所示,某同学利用图示装置做
15、“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力和滑轮的质量.(1)根据实验装置图,本实验(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;实验中(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量;滑块(含遮光条)的加速度(填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度.(2)某同学做实验时,未挂细绳和钩码接通气源,然后推一下滑块(含遮
16、光条)使其从气垫导轨右端向左运动,发现遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,该同学疏忽大意,未调节气垫导轨使其恢复水平,就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是(填图像下方的字母).(3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为.4.图(a)2018全国,23,9分某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木
17、板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.砝码的质量m/kg0.050.100.150.200.25滑动摩擦力f/N2.152.362.55f42.93 图(b)图(c)回答下列问题:(1)f4=N;(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数及重力加速度大小g之间的关系式为f=,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k=;(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得=.(保留2位有效数字)5.2018江苏,11,10分某同学利用
18、如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下:用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;在重锤1上加上质量为m的小钩码;左手将重锤2压在地面上,保持系统静止.释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t.请回答下列问题:(1)步骤可以减小对下落时间t测量的(选填“偶然”或“系统”)误差.(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了.A.使H测得更准确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(
19、3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测量量和已知量表示g,得g=.答 案专题三牛顿运动定律考点1牛顿运动定律的理解与应用D剪断绳子之前,A球受力分析如图1所示,B球受力分析如图2所示,C球受力分析如图3所示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度aA=g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其
20、瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确.x图1 图2 图31.ACD物体保持静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性,所以A、C正确.如果没有力,物体将保持静止或匀速直线运动状态,所以B错误.运动物体如果不受力,将保持匀速直线运动状态,所以D正确.2.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有F-38f=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F,则有F-2f=2ma,联立解得F=F,C项正确,A、B、D项均错误.3
21、.BF1和F2是作用力和反作用力,遵循牛顿第三定律,这对力同时产生、同时消失、大小相等、方向相反,B正确,A、C、D均错误.4.AC设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1=3g,A正确,B错误.设弹簧S2的拉力为F2,则F2=mg,根据胡克定律F=kx可得l1=2l2,C正确,D错误.5.D根据位移时间图像的斜率表示速度可知,0t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿
22、运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FNmg,选项C错误,D正确.6.ADA与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后A与B的加速度不同,速度不同.t=0时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相等、加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的切线与t轴平行,切线斜率为零,即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变量x0=,选项A正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-F
23、AB=ma,解得A、B间的弹力大小FAB=m(g-a),选项B错误.A、B在t1时刻之后分离,此时A、B具有共同的速度与加速度,且FAB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项C错误.t2时刻B的加速度为零,速度最大,则kx=mg,解得此时弹簧的形变量x=,B上升的高度h=x0-x=,A上升的高度h=a,此时A、B间的距离h=a-,选项D正确.7.AB根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数=0.2,选项A正确;当0F4 N时,根据题图乙可知,f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力,此时A、B保持静止,选项B正确;
24、当4 NF12 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a=2 m/s2,加速度不变,选项D错误.考点2动力学两类基本问题(1)(2)3gg(3)2解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小 aA=g由运动学公式有2aAL=解得vA=.(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3mg由牛顿运动定律有F=maB,得aB=3g对齐后,A、B所受合外力大小F=2mg由牛顿运动定律有F=2maB,得aB=g.(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A的加速度大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且xB-xA=L解
25、得vB=2.1.0.2516.25 m解析:物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得FN=Fsin +mgcos Fcos -f-mgsin =ma1又f=FN加速过程由运动学规律可知v=a1t1撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=gsin +gcos 由匀变速运动规律有v=a2t2由运动学规律知x=a1+a2联立各式解得=0.25,x=16.25 m.2.ACD由题图(b)可求出0t1和t12t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为,由牛顿第二定律知,物块上滑
26、时有-(mgsin +mgcos )=ma1,下滑时有mgcos -mgsin =ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数及斜面的倾角,A、C正确;从以上两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B错误;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin ,可求出,D正确.3.0或h解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其中k=,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0-h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中,根据动能定理可得WF+WG=0,即h-mgh=0,求得F0
27、=,则物体在刚开始运动时的加速度大小满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是0或h.4.(1)1 s(2) m/s解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有mgsin +mgcos =ma2又0=v1-a2t2联立解得v1=5 m/s撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有Fcos -mgsin -(Fsin -mgcos )=ma1而v1=a1t1联立解得t1=1 s.(2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mgsin -mgcos =ma3,又s=(t1+t2),而
28、v2=2a3s联立解得v= m/s.5.D如题图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R,则弦OM长s=2Rcos ,小球下滑的加速度a=gcos ,根据s=at2得t=2,与角无关,因此沿不同弦下滑的时间相等.故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R的位置做自由落体运动所用的时间,即2R=g,小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间,即4R=g,联立有=,选项D正确.6.C根据题述, 物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力fAB=mgcos 45,B与木板之间的摩擦力f=3mgcos 45.隔离A进行受力分析,由平衡条件可得轻绳中拉力F= fAB
29、+ mgsin 45.对AB整体,由平衡条件得2F=3mgsin 45-f,联立解得=,选项C正确.7.(1)1 m/s(2)1.9 m解析:(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1=1mAgf2=1mBgf3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-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-aBt1v1=a1t1联
30、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与木板组成的系统,由牛顿第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间
31、隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m.(也可用如图的速度时间图线求解)8.(1)0.5 s(2)2.75 s解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设物块A、B在传送带上的加速度为a0,则有1mg=ma0解得a0=8 m/s2根据v=a0t 可得t=0.5 s.(2)过程一物块A滑上木板C与木板有相对运动,则有2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向水平向右水平方向对木板C有2mg=32mg,木板
32、C保持静止过程二经过t=0.5 s后,物块B滑上木板C,此时物块A的速度为vA=v-aAt=3 m/s物块B和木板C有相对运动,则有22mg=2maB代入数据解得aB=2 m/s2,方向向右对木板C有22mg+2mg-1(2m+2m)g=maC代入数据解得aC=2 m/s2,方向水平向左木板C由静止开始向左匀加速运动,物块A与木板C共速时有vA-aAt1=aCt1=vAC代入数据解得t1=0.75 s,vAC=1.5 m/s此时vB=v-aBt1=2.5 m/s过程三物块B相对木板C继续向左运动,仍做aB=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止,将木板C和物块A看作整体有22mg
33、-3(2m+2m)g=2maAC解得aAC=0故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为vB-aBt2=vAC,解得t2=0.5 s过程四三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板C停止运动,则有3(2m+2m)g=4maABC代入数据解得aABC=1 m/s2t3=1.5 s故木板C运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s.图甲9.2 s解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分析如图甲所示由牛顿第二定律得mgsin +mgcos =ma1 解得a1=gsin +gcos =10 m/s2物体加速至速度与传送
34、带速度相等时需要的时间t1=1 s物体运动的位移s1=a1 =5 m16 m即物体加速到10 m/s时仍未到达B点图乙当物体加速至与传送带速度相等时,由于tan ,物体在重力作用下将继续加速,此后物体的速度大于传送带的速度,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上,如图乙所示由牛顿第二定律得mgsin -mgcos =ma2,解得a2=2 m/s2设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则LAB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s故所需时间t=t1+t2=2 s.10.ADA、B两物块间的距离不变,则弹簧弹力不变,对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可得F-(mA+mB)gsin -(mA+mB)g
35、cos =(mA+mB)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度a=-gsin -gcos ,对物块B应用牛顿第二定律可得T-mBgsin -mBgcos =mBa,所以弹簧弹力T=mB(gsin +gcos )+mBa=.只改变斜面粗糙程度或斜面倾角,弹簧弹力不变,两物块间的距离不变;只增加物块B的质量,=增大,故弹簧弹力增大,两物块间的距离增大;只增大沿斜面向上的力F,弹簧弹力增大,两物块间的距离增大,故选项A、D正确.考点3实验:探究加速度与力、质量的关系(1)AD(2)BD(3)0.21解析:(1)实验通过打点计时器打出的纸带求解物体的加速度,所以需要打点计时器,A正确;需要通过改变小车
36、质量和悬挂物的重力,来研究加速度与质量、合力之间的关系,故还需测量质量,即需要天平,D正确;打点计时器为计时仪器,所以不需要秒表,本实验中小车受到的合力大小等于悬挂物的重力大小,故不需要弹簧测力计.(2)实验时应先接通电源,后释放纸带,充分利用纸带,打出更多的数据,A错误;为了使得细线对小车的拉力等于小车所受的合力,绳子要与长木板平行,B正确;刚开始运动时速度较小,所以在相等时间间隔内小车运动的位移较小,故纸带与小车相连端的点迹较密,C错误;轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡,D正确.(3)根据匀变速直线运动推论可知,打D点时小车的瞬时速度等于从打C点到打E点的过程中小车的
37、平均速度,从题图中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,从打C点到打E点所用时间t=250.02 s=0.2 s,故vD=0.21 m/s.1.(1)否因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合力就等于mg(2)M+m解析:(1)将小车内的砂子转移到桶中,就保证了M+m不变,即系统的总质量不变,研究对象是整个系统,a=,可见a-F图像的斜率是,系统的合力就等于所悬挂砂桶的重力mg,不必满足Mm这样的条件.(2)向小车内添加或去掉部分砂子,改变了系统的总质量M+m,而系统的合力仍等于所悬挂砂桶的重力mg,保证了合力不变.用图像法处理数据时,以加速度a为纵
38、轴,应该以为横轴.2.(1)=黑板擦按下后小车不会立刻停下,测量的位移不是实际加速位移(2)AD(3)-M解析:(1)由位移公式x=at2知,小车从静止开始做匀加速直线运动时,时间相等的情况下加速度与位移成正比,根据牛顿第二定律有小车质量一定时,加速度与拉力成正比,拉力是用砝码及砝码盘的总重力提供的(即加速度与砝码及砝码盘总重力成正比),所以若满足=,则加速度与拉力大小成正比;若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量,但该实验中测量的误差仍然较大,分析实验中的客观原因,则应是位移测量出现了问题,比如黑板擦按下后小车不会立刻停下.(2)若安装了拉力传感器,则拉力不需要测量了,当然也不必满足砝码和
39、砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量;也不必测出砝码和砝码盘的总质量(是用它们的总重力代替拉力的),但仍需平衡摩擦力,细线要与长木板平行.(3)根据牛顿第二定律有a=F,对图线A有a0=F0,可得拉力传感器的质量为m=-M.3.(1)不需要不必要不必要大于(2)C(3)解析:(1)水平放置的气垫导轨连通气源时,导轨上的滑块与导轨之间没有摩擦力,所以不需要垫高气垫导轨的一端用来平衡摩擦力;滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出,故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不必要用天平测出所挂钩码的质量;因钩码挂在动滑轮上,则滑块(含遮光条)的加速度等于钩码加速度的2倍,即滑块(含遮光
40、条)的加速度大于钩码的加速度.(2)遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,说明滑块(含遮光条)做减速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,外力需到达一定的值才能使滑块(含遮光条)向导轨左端加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是C.(3)根据a=F知,k=,则m=.4.(1)2.75(2)如答图所示(3)(M+m)gg(4)0.40解析:(1)对弹簧秤进行读数(注意估读)得2.75 N.(2)绘f-m图线时,先在图像中添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点,画图时为一条直线,应尽可能使较多的点落在这条直线上,
41、不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧.这样能更好地减小误差,如答图所示.(3)由实验原理可得f=(M+m)g,则f-m图线的斜率为k=g.(4)根据图像求出k=3.9 N/kg,代入数据可得=0.40.5.(1)偶然(2)B(3)在重锤1上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落.(4)解析:(1)步骤多次测量取平均值是为了减小偶然误差.(2)实验中,小钩码的重力实质上等于系统所受的合外力,实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,这样可以使重锤1下落的加速度小一些,根据H=at2可知,可以使重锤1下落的时间长一些,便于测量时间,选项B正确.(3)在重锤1上粘些橡皮泥,调整橡皮泥质量,直至轻拉重锤1能够观察到重锤1匀速下落.(4)对两个重锤、小钩码和橡皮泥组成的系统,由牛顿第二定律得mg=(2M+m+m0)a,重锤1下落,根据匀变速直线运动规律,得H=at2,联立解得g=.
