6、點(diǎn),傳感器顯示的力隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示。重力加速度g=10m/s2。求:
(1)該學(xué)生下滑過(guò)程中的最大速度;
(2)5s內(nèi)該學(xué)生下滑的距離。
10.(20分)(2020·青島二模)如圖所示,在粗糙水平面上有一質(zhì)量為M、高為h的斜面體,斜面體的左側(cè)有一固定障礙物Q,斜面體的左端與障礙物的距離為d。將一質(zhì)量為m的小物塊置于斜面體的頂端,小物塊恰好能在斜面體上與斜面體一起保持靜止;現(xiàn)給斜面體施加一個(gè)水平向左的推力,使斜面體和小物塊一起向左勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)斜面體到達(dá)障礙物與其碰撞后,斜面體立即停止運(yùn)動(dòng),小物塊水平拋出,最后落在障礙物的左側(cè)P處(圖中未畫(huà)出),已知斜面體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)
7、為μ1,斜面傾角為θ,重力加速度為g,滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力,求:
(1)小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;
(2)要使物塊在地面上的落點(diǎn)P距障礙物Q最遠(yuǎn),水平推力F為多大;
(3)小物塊在地面上的落點(diǎn)P距障礙物Q的最遠(yuǎn)距離。
B組
(45分鐘 100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分。多選題已在題號(hào)后標(biāo)出)
1.(多選)(2020·山東高考)伽利略開(kāi)創(chuàng)了實(shí)驗(yàn)研究和邏輯推理相結(jié)合探索自然規(guī)律的科學(xué)方法,利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有( )
A.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因
B.物體之間普遍存在相互吸引力
C.忽略空氣阻力,重物與輕物下落得同樣快
D.物
8、體間的相互作用力總是大小相等、方向相反
2.(2020·石家莊二模)如圖所示,沿直線運(yùn)動(dòng)的小車內(nèi)懸掛的小球A和車水平底板上放置的物塊B都相對(duì)車廂靜止。關(guān)于物塊B受到的摩擦力,下列判斷中正確的是( )
A.物塊B不受摩擦力作用
B.物塊B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左
C.物塊B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右
D.因小車的運(yùn)動(dòng)方向不能確定,故物塊B受的摩擦力情況無(wú)法判斷
3.(2020·青島一模)DIS是由傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計(jì)算機(jī)組成的信息采集處理系統(tǒng),某課外實(shí)驗(yàn)小組利用DIS系統(tǒng)研究電梯的運(yùn)動(dòng)規(guī)律,他們?cè)陔娞輧?nèi)做實(shí)驗(yàn),在電梯天花板上固定一個(gè)力傳感器,傳感器的測(cè)量掛鉤向下,在
9、掛鉤上懸掛一個(gè)質(zhì)量為1.0kg的鉤碼,在電梯由靜止開(kāi)始上升的過(guò)程中,計(jì)算機(jī)屏上顯示如圖所示的圖像,則(g取10m/s2)( )
A.t1到t2時(shí)間內(nèi),電梯勻速上升
B.t2到t3時(shí)間內(nèi),電梯處于靜止?fàn)顟B(tài)
C.t3到t4時(shí)間內(nèi),電梯處于超重狀態(tài)
D.t1到t2時(shí)間內(nèi),電梯的加速度大小為5m/s2
4.(2020·唐山二模)一皮帶傳送裝置如圖所示,輕彈簧一端固定,另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊,已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上,彈簧恰好處于自然長(zhǎng)度且軸線水平。若在彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)的過(guò)程中,滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速,則在此過(guò)程中滑塊的速度和加速度變化情況是(
10、 )
A.速度增大,加速度增大
B.速度增大,加速度減小
C.速度先增大后減小,加速度先增大后減小
D.速度先增大后減小,加速度先減小后增大
5.(2020·泉州二模)如圖所示,豎直放置在水平面上的輕質(zhì)彈簧上疊放著兩物塊A、B,A、B的質(zhì)量均為2kg,它們處于靜止?fàn)顟B(tài),若突然將一個(gè)大小為10N,方向豎直向下的力施加在物塊A上,則此瞬間,A對(duì)B的壓力大小為(g=10m/s2)( )
A.10 N B.20 N
C.25 N D.30 N
6.(多選)(2020·金華二模)質(zhì)量為0.3kg的物體在水平面上做直線運(yùn)動(dòng),圖中的兩條直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉
11、力的圖線,則下列說(shuō)法正確的是( )
A.水平拉力可能是0.3 N
B.水平拉力一定是0.1 N
C.物體所受摩擦力可能是0.2 N
D.物體所受摩擦力一定是0.2 N
7.(2020·四川高考改編)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上,另一端與置于水平面上質(zhì)量為m的物體接觸(未連接),彈簧水平且無(wú)形變。用水平力F緩慢推動(dòng)物體,在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了x0,此時(shí)物體靜止。撤去F后,物體開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)的最大距離為4x0。物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。
則( )
A.撤去F后,物體先做勻加速運(yùn)動(dòng),再做勻減速運(yùn)動(dòng)
B.撤去F后,物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速
12、度大小為-μg
C.物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2
D.物體從開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過(guò)程中發(fā)生的位移為
8.(多選)利用如圖甲所示的裝置測(cè)量滑塊和滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù),將質(zhì)量為M的滑塊A放在傾斜滑板B上,C為位移傳感器,它能將滑塊A到傳感器C的距離數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)傳送到計(jì)算機(jī)上,經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上顯示出滑塊A的速度—時(shí)間(v-t)圖像。先給滑塊A一個(gè)沿滑板B向上的初速度,得到的v-t圖像如圖乙所示,
則( )
A.滑塊A上滑時(shí)加速度的大小為8m/s2
B.滑塊A下滑時(shí)加速度的大小為8m/s2
C.滑塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5
D.滑塊A上滑時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移為1m
二、計(jì)算題
13、(本大題共2小題,共36分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)
9.(18分)(2020·運(yùn)城一模)如圖所示,質(zhì)量M=0.2kg的長(zhǎng)木板靜止在水平地面上,與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,另一質(zhì)量m=0.1kg的帶正電小滑塊以v0=8m/s初速度滑上長(zhǎng)木板,滑塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5,小滑塊帶電量為q=2×10-3C,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程始終處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E=1×102N/C,(g=10m/s2)求:
(1)剛開(kāi)始時(shí)小滑塊和長(zhǎng)木板的加速度大小各為多少?
(2)小滑塊最后停在距長(zhǎng)木板左端多遠(yuǎn)的位置。
(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量。
10.(18分)(2020·大慶二模)如圖所
14、示,水平傳送帶AB長(zhǎng)L=10m,向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0=4m/s。一質(zhì)量為1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v1=6m/s的初速度從傳送帶右端B點(diǎn)沖上傳送帶,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。求:
(1)物塊相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)的最大距離;
(2)物塊從B點(diǎn)沖上傳送帶到再次回到B點(diǎn)所用的時(shí)間。
答案解析
A組
1.【解析】選A、C、D。物體處于失重狀態(tài)指的是在物體具有向下的加速度情況下,物體對(duì)支撐面的壓力或者對(duì)繩子的拉力小于物體的重力的現(xiàn)象,當(dāng)小朋友沿滑梯加速下滑時(shí),具有向下的加速度,滑梯對(duì)人的支持力小于人的重力,人處于失重狀態(tài);乘客坐在沿平直路面減速
15、行駛的汽車內(nèi),加速度在水平方向,對(duì)乘客受力分析可得在豎直方向汽車對(duì)乘客的作用力平衡了人的重力,人不處于失重狀態(tài);宇航員隨飛船繞地球做圓周運(yùn)動(dòng),宇航員處于完全失重狀態(tài);運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳板后僅受重力作用處于完全失重狀態(tài),故選項(xiàng)A、C、D正確。
2.【解析】選B。用90 N的水平推力推物體時(shí),由牛頓第二定律得F-f=ma1,解得f=9 N,撤掉水平推力后,物體所受合外力等于滑動(dòng)摩擦力,由牛頓第二定律f=ma2,解得加速度的大小為a2=0.2m/s2,選項(xiàng)B正確。
3.【解析】選C。取A、B及彈簧整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得:F1-F2=2ma,取B為研究對(duì)象:kx-F2=ma,解得x=,選項(xiàng)C正
16、確。
4.【解析】選C。由v-t圖像知,運(yùn)動(dòng)過(guò)程由兩個(gè)“子過(guò)程”構(gòu)成:拉力F作用下的勻加速運(yùn)動(dòng),撤去F后阻力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)的最大位移是v-t圖像與t軸圍成的三角形的面積,S=×8×14m=56 m,A錯(cuò)誤;勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得F-μmg=ma1,由圖像知運(yùn)動(dòng)的加速度a1=0.8m/s2。勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律得μmg=ma2,由圖像知運(yùn)動(dòng)的加速度a2=2.0m/s2。解上述各式得μ=0.2,F=5.6N,所以B錯(cuò)誤,C正確;
如圖所示,由幾何關(guān)系解得12s末的速度v=4m/s,對(duì)前12s應(yīng)用動(dòng)能定理得拉力與阻力做功的代數(shù)和W=mv2=16J,D錯(cuò)誤。
5.【
17、解析】選C、D。運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前,在接觸蹦床后開(kāi)始受到蹦床的彈力的作用,但是此時(shí)的蹦床形變較小,彈力較小,人受到合力還是向下的,所以人還在做向下的加速運(yùn)動(dòng),但加速度的大小是在減小的,當(dāng)彈力和人的重力相等時(shí),人的速度達(dá)到最大,再向下運(yùn)動(dòng)時(shí),彈力大于人的重力,合力向上,人開(kāi)始做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直到最后速度減為零。綜上所述可知,當(dāng)彈力和人的重力相等時(shí),速度最大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力等于運(yùn)動(dòng)員對(duì)床的作用力,選項(xiàng)B錯(cuò)誤,C正確;重力做的功等于重力勢(shì)能的變化,在下落過(guò)程中,重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功,重力勢(shì)能減小,選項(xiàng)D正確。
6.【解析】選A。當(dāng)盤(pán)靜止時(shí),對(duì)盤(pán)
18、和物體整體由平衡條件得kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛頓第二定律得,對(duì)整體k·Δl=(m+m0)a,對(duì)物體FN-mg=ma,解以上三式得FN=(1+)mg,選項(xiàng)A正確。
【方法技巧】瞬時(shí)性問(wèn)題的解題技巧
(1)分析物體在某一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度,關(guān)鍵是明確該時(shí)刻物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài),再由牛頓第二定律求出瞬時(shí)加速度,此類問(wèn)題應(yīng)注意以下幾種模型:
特性
模型
受外力時(shí)
的形變量
力能否
突變
產(chǎn)生拉力
或支持力
質(zhì)量
內(nèi)部
彈力
輕繩
微小不計(jì)
可以
只有拉力
沒(méi)有支持力
不
計(jì)
處
處
相
等
橡皮繩
較大
不能
只有拉力
19、沒(méi)有支持力
輕彈簧
較大
不能
既可有拉力
也可有支持力
輕桿
微小不計(jì)
可以
既可有拉力
也可有支持力
(2)在求解瞬時(shí)性加速度問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意:
①物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況是時(shí)刻對(duì)應(yīng)的,當(dāng)外界因素發(fā)生變化時(shí),需要重新進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析。
②加速度可以隨著力的突變而突變,而速度的變化需要一個(gè)過(guò)程的積累,不會(huì)發(fā)生突變。
7.【解析】選D。最初可以認(rèn)為物體受到了一個(gè)力F1和其他力的合力F2的共同作用,處于平衡狀態(tài),兩力大小相等、方向相反。F2始終不變,當(dāng)F1先減小后增大時(shí),物體受到的合力先增大后減小,物體的加速度由小變大,再由大變小,加速度方向始終與速度方向一致,做加
20、速運(yùn)動(dòng),在v -t圖像上,圖線的斜率先變大后變小,速度越來(lái)越大,選項(xiàng)D正確。
【變式備選】(2020·揚(yáng)州二模)從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球,小球從拋出點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的時(shí)刻為t1,下落到拋出點(diǎn)的時(shí)刻為t2。若空氣阻力的大小恒定,則在下圖中能正確表示被拋出物體的速率v隨時(shí)間t的變化關(guān)系的圖線是( )
【解析】選C。小球在上升過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度為a1=,下降過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其加速度為a2=,即a1>a2,且所分析的是速率與時(shí)間的關(guān)系,故選項(xiàng)C正確。
8.【解析】選B、D。繩剪斷前物體的受力情況如圖所示,由平衡條件得N+Fsinθ=mg,f=μN(yùn)=Fcosθ
21、,解得:F=,F的大小與傳送帶的速度無(wú)關(guān),選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;繩剪斷后物體在速度不同的傳送帶上的加速度相同,若L≤,則兩次都是勻加速到達(dá)左端,t1=t2,若L>,則物體在傳送帶上先加速再勻速到達(dá)左端,傳送帶速度小時(shí)需要的時(shí)間更長(zhǎng),t1>t2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,D正確。
9.【解析】(1)因?yàn)榛瑮U頂端所受拉力的大小與滑桿對(duì)這名學(xué)生拉力的大小相等,所以傳感器顯示的力的大小即為桿對(duì)這名學(xué)生的拉力的大小。
由圖像可知,0～1s內(nèi),滑桿對(duì)學(xué)生的拉力F1=380N;
5s后,滑桿對(duì)學(xué)生的拉力F3=500N,此時(shí)學(xué)生處于靜止?fàn)顟B(tài)。
設(shè)學(xué)生在0～1s內(nèi)的加速度為a,取豎直向下為正方向,由牛頓第二定律知,在0
22、～1s內(nèi)
mg-F1=ma ①(3分)
5s后mg-F3=0 ②(3分)
由①②可解得a=2.4m/s2 (2分)
可知,這名學(xué)生在下滑的第1s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),而由圖像可知,在1～5s內(nèi),滑桿對(duì)學(xué)生的拉力F2>mg,加速度方向豎直向上,學(xué)生做勻減速直線運(yùn)動(dòng),所以第1s末,這名學(xué)生的速度達(dá)到最大
vm=at=2.4m/s
23、 (2分)
(2)設(shè)這名學(xué)生第1s內(nèi)加速下滑的距離為x1,1～5s內(nèi)減速下滑的距離為x2,則有
x1=t1=1.2m (2分)
x2=t2=4.8m (2分)
5s內(nèi)該學(xué)生下滑的距離x=x1+x2=6.0m (2分)
答案:(1)2.4m/s (2)
24、6.0 m
10.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):
(1)小物塊恰好能在斜面體上保持靜止,靜摩擦力最大;
(2)物塊落點(diǎn)最遠(yuǎn),則其速度最大,斜面體和物塊的加速度應(yīng)該最大;
(3)小物塊離開(kāi)斜面體后做平拋運(yùn)動(dòng)。
【解析】(1)對(duì)m由平衡條件得:
mgsinθ-μ2mgcosθ=0 (2分)
解得:μ2=tanθ (1分)
(2)對(duì)m設(shè)其最大加速度為am,由牛頓第二定律得:
水平方向:Nsinθ+μ2Ncosθ=mam
25、 (2分)
豎直方向:Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0 (2分)
解得:am= (1分)
對(duì)M、m整體由牛頓第二定律得:
F-μ1(M+m)g=(M+m)am (2分)
解得:F
26、=μ1(M+m)g+(M+m) (1分)
(3)對(duì)M、m整體由動(dòng)能定理得:
Fd-μ1(M+m)gd=(M+m)v2 (3分)
解得:v=2 (1分)
對(duì)m由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得:
水平方向:xP+=vt (2分)
豎直方向:h=gt2 (2分)
27、
解得:xP=2- (1分)
答案:(1)tanθ
(2)μ1(M+m)g+(M+m)
(3)2-
B組
1.【解析】選A、C。亞里士多德認(rèn)為力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,伽利略利用理想的完全光滑的斜面實(shí)驗(yàn)和邏輯推理發(fā)現(xiàn)力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因,選項(xiàng)A正確;物體之間普遍存在相互吸引力是牛頓第一次提出的,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;亞里士多德認(rèn)為重物比輕物下落得快,伽利略應(yīng)用斜面結(jié)合數(shù)學(xué)推理及邏輯推理推翻了亞里士多德的觀點(diǎn),得出忽略空氣阻力的情況下,重物與輕物下落得同樣快的結(jié)論,選項(xiàng)C正確;物體間的相互作用力總是大小相
28、等、方向相反是牛頓第三定律的內(nèi)容,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
2. 【解析】選B。小球A受力情況如圖所示,由牛頓第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物塊B與小球A的加速度相同,由牛頓第二定律可知物塊B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,選項(xiàng)B正確。
3.【解析】選D。0～t1時(shí)間內(nèi),F1=mg,電梯靜止;t1～t2時(shí)間內(nèi),F2>mg,電梯加速上升,加速度a==5m/s2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,D正確;t2～t3時(shí)間內(nèi),F3=mg,電梯勻速上升,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;t3～t4時(shí)間內(nèi),F4
29、拉力(或支持力)大于重力時(shí),物體處于超重狀態(tài),小于重力時(shí)處于失重狀態(tài),等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。
(2)從加速度的角度判斷:當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài),具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài),向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。
(3)從速度變化角度判斷:
①物體向上加速或向下減速時(shí),超重;
②物體向下加速或向上減速時(shí),失重。
4.【解析】選D?；瑝K在傳送帶上受力如圖所示,當(dāng)f>kx時(shí),滑塊向左做加速運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得f-kx=ma,隨著x的增大,加速度a減小;當(dāng)f=kx時(shí),a=0,速度達(dá)到最大值;當(dāng)f
30、,速度v減小,直至為零,此時(shí)彈簧彈力最大,故選項(xiàng)D正確。
5.【解析】選C。對(duì)A、B整體分析,當(dāng)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí),彈簧的彈力等于A、B整體的重力,當(dāng)施加力F的瞬間,彈力在瞬間不變,故A、B所受合力為10N,則a==2.5m/s2,隔離A物塊受力分析得F+mg-N=ma,解得N=25N,所以A對(duì)B的壓力大小等于25N,選項(xiàng)C正確。
6.【解析】選B、C。若拉力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同,則斜率較大的圖線為不受拉力即只受摩擦力的速度-時(shí)間圖線,此時(shí)物體加速度為a1=m/s2,由牛頓第二定律可知此時(shí)摩擦力f=ma1=0.2N,圖像中斜率較小的圖線為受拉力時(shí)的圖線,加速度為a2=m/s2,由牛頓第二
31、定律可知f-F=ma2,代入已知條件可知,拉力F=0.1N;若拉力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相反,則斜率較小的圖線為不受拉力即只受摩擦力的速度-時(shí)間圖線,此時(shí)物體加速度為a3=m/s2,由牛頓第二定律可知此時(shí)摩擦力f=ma3=0.1N;圖像中斜率較大的圖線為受拉力的圖線,加速度為a4=m/s2,由牛頓第二定律可知F+f=ma4,代入已知條件可知,拉力F=0.1N。故B、C兩項(xiàng)正確。
【變式備選】(2020·淮陰一模)物體A、B都靜止在同一水平面上,它們的質(zhì)量分別為mA、mB,與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA、μB,用水平拉力F拉物體A、B,所得的加速度a與拉力F關(guān)系圖線如圖中A、B所示,則( )
32、
A.μA=μB,mA>mB B.μA>μB,mAmB
【解析】選B。斜率表示物體質(zhì)量的倒數(shù),所以A的質(zhì)量小于B的質(zhì)量,A的重力小于B的重力,由于橫坐標(biāo)截距為物體受到的摩擦力大小,則A、B受到的摩擦力相等,那么μA>μB,選項(xiàng)B正確。
7.【解析】選B。撤去F后,在水平方向上物體受到彈簧的彈力和摩擦力的作用,由于彈力是變力,所以物體開(kāi)始不可能做勻變速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;撤去F瞬間,水平方向上物體受到彈簧向左的彈力N=kx0和向右的摩擦力f=μmg的作用,由牛頓第二定律可知a==-μg,B正確;物體到達(dá)初位置時(shí),
33、和彈簧分離,之后才開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)位移為3x0,加速度大小a==μg,由x=at2得t==,C錯(cuò)誤;當(dāng)水平方向上物體受到的彈簧向左的彈力N=kx和向右的摩擦力f=μmg平衡時(shí),物體具有最大速度,所以x=,物體開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大,發(fā)生的位移為x0-x=x0-,D錯(cuò)誤。
8.【解析】選A、D?；瑝KA上滑時(shí)加速度的大小a1=||m/s2=8.0m/s2,選項(xiàng)A正確;滑塊A下滑時(shí)的加速度a2=m/s2=4.0 m/s2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由牛頓第二定律知A上滑時(shí)mgsinθ+μmgcosθ=ma1,A下滑時(shí)mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得μ=0.25,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在速度—時(shí)間圖像中面積
34、表示位移,滑塊A上滑時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移為1m,選項(xiàng)D正確。
9.【解析】(1)設(shè)小滑塊的加速度大小為a1,長(zhǎng)木板的加速度大小為a2,由牛頓第二定律得:
Eq-μ2mg=-ma1 (2分)
解得:a1=3m/s2 (1分)
μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2
35、 (2分)
解得:a2=1m/s2 (1分)
(2)設(shè)兩者經(jīng)過(guò)t時(shí)間相對(duì)靜止,此時(shí)的速度為v,則:
v0-a1t=a2t=v (1分)
解得:t=2s,v=2m/s (1分)
這段時(shí)間內(nèi)小滑塊的位移:
36、x1=v0t-a1t2=10m (1分)
長(zhǎng)木板的位移x2=a2t2=2m (1分)
由于此后兩者一起向右減速運(yùn)動(dòng),所以小滑塊最后距長(zhǎng)木板左端Δx=x1-x2=8m
(1分)
(3)設(shè)兩者一起向右運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a3,由牛頓第二定律得:
Eq-μ1(M+m)g=-(M+m)a3 (2分)
解得:a3=m/s2
37、 (1分)
一起向右減速的位移:
x3==6m (1分)
由能量守恒得:
Q=m+Eq(x1+x3)=6.4J (3分)
答案:(1)3m/s2 1 m/s2 (2)8 m (3)6.4 J
10.【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):
(1)物塊向左運(yùn)
38、動(dòng)速度減為0時(shí)相對(duì)地面向左運(yùn)動(dòng)距離最大;
(2)物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程先加速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)。
【解析】(1)設(shè)物塊與傳送帶間摩擦力大小為f,向左運(yùn)動(dòng)最大距離x1時(shí)速度變?yōu)?,由動(dòng)能定理得:
f=μmg (1分)
fx1=m (2分)
解得:x1=4.5m (1分)
(2)設(shè)小物塊經(jīng)時(shí)間t1速度減為0,然后反向加速,設(shè)加速度大小為a,經(jīng)時(shí)間t2與傳送帶速度相等:
v1-at1=0 (2分)
39、
由牛頓第二定律得:
f=ma (2分)
解得:t1=1.5s (1分)
v0=at2 (2分)
解得:t2=1s (1分)
設(shè)反向加速時(shí),物塊的位移為x2,則有:
x2=a=2m (2分)
物塊與傳送帶同速后,將做勻速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)時(shí)間t3再次回到B點(diǎn),則:x1-x2=v0t3 (2分)
解得:t3=0.625s (1分)
故物塊從B點(diǎn)沖上傳送帶到再次回到B點(diǎn)所用的時(shí)間:t=t1+t2+t3=3.125s(1分)
答案:(1)4.5m (2)3.125 s
2020屆高三物理一輪復(fù)習(xí)收尾二輪專題突破檢測(cè) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用
