全国版2022高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律1练习含解析

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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,ρ木<ρ水<ρ铁)              (　　)A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动拓展变式1.[全国卷高考题改编,多选]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.关于惯性有下列说法,其中正确的是              (　　)A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力的作用,物体只能处于静止状态C.物体保持静止或匀速直线运动状态的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动2.[2020江苏,5,3分]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为              (　　)A.F　　 　　B.　　 　　C.　　 　　D.3.[2020浙江1月选考,2,3分]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则              (　　)A.F2>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Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断瞬间              (　　)A.a1=3g　　　　 　　B.a1=0           C.Δl1=2Δl2                   D.Δl1=Δl25.[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.0~t1时间内,v增大,FN>mgB.t1~t2时间内,v减小,FN<mgC.t2~t3时间内,v增大,FN<mgD.t2~t3时间内,v减小,FN>mg6.[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0<F<4 N时,A、B保持静止C.当4 N<F<12 N时,A、B发生相对滑动D.当F>12 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μ.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、a'B;(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θ=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μ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Ⅰ,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,h<H.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μ=0.5,杆与水平地面的夹角θ=37°,拉力F与杆的夹角θ=37°,力F作用一段时间后撤去,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.1∶3　　　B.1∶2　　　C.1∶　　　D.1∶6.[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,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μ,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μ的值为              (　　)A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.7.[2017全国Ⅲ,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μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=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μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2;木板与轨道间的动摩擦因数μ3=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Δt;(2)木板C运动的总时间.9.如图所示,传送带的倾角θ=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μ=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θ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θ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“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Ⅱ,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μ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μ=　　　　.(保留2位有效数字) 5.[2018江苏,11,10分]某同学利用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:①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;②在重锤1上加上质量为m的小钩码;③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;④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④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(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上.相对地面而言,B球的加速度aB=>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.B　F1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=kΔx可得Δl1=2Δl2,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,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力FN<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力FN=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力FN>mg,选项C错误,D正确.6.AD　A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-FAB=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Δh=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μ==0.2,选项A正确;当0<F<4 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;当4 N<F<12 N时,根据题图乙可知,此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力,所以A、B没有发生相对滑动,选项C错误;当F>12 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)3μg　μg　(3)2解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小 aA=μg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=3μmg由牛顿运动定律有F=maB,得aB=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.(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解得vB=2.1.0.25　16.25 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 θ+mgcos θFcos θ-f-mgsin θ=ma1又f=μFN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 θ+μgcos θ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μ=0.25,x=16.25 m.2.ACD　由题图(b)可求出0~t1和t1~2t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为θ,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mgsin θ+μmgcos θ)=ma1,下滑时有μmgcos θ-mgsin θ=ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ,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 θ,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=,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 θ+μmgcos θ=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 θ-mgsin θ-μ(Fsin θ-mgcos θ)=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 θ-μmgcos θ=ma3,又s=(t1+t2),而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=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=gcos θ,根据s=at2得t=2,与角θ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=μmgcos 45°,B与木板之间的摩擦力f=μ·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+ mgsin 45°.对AB整体,由平衡条件得2F=3mgsin 45°-f,联立解得μ=,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=μ1mAg　①f2=μ1mBg　②f3=μ2(m+mA+mB)g　③由牛顿第二定律得f1=mAaA　④f2=mBaB　⑤f2-f1-f3=ma1　⑥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-aBt1　⑦v1=a1t1　⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s　⑨.(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①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧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)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2　A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μ1mg=ma0解得a0=8 m/s2根据v=a0Δt 可得Δt==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μ2mg=maA,解得aA=2 m/s2,方向水平向右水平方向对木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止过程二经过Δt=0.5 s后,物块B滑上木板C,此时物块A的速度为vA=v-aAΔt=3 m/s物块B和木板C有相对运动,则有μ2·2mg=2maB代入数据解得aB=2 m/s2,方向向右对木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(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μ2·2mg-μ3(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μ3(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 θ+μmgcos θ=ma1 解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t1==1 s物体运动的位移s1=a1 =5 m<16 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μ<tan θ,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 θ-μmgcos θ=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.AD　A、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 θ-μ(mA+mB)·gcos θ=(mA+mB)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度a=-gsin θ-μgcos θ,对物块B应用牛顿第二定律可得T-mBgsin θ-μmBgcos θ=mBa,所以弹簧弹力T=mB(gsin θ+μgcos θ)+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=2×5×0.02 s=0.2 s,故vD===0.21 m/s.1.(1)①　②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M≫m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)μ(M+m)g　μg　(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,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=μ(M+m)g,则f-m图线的斜率为k=μg.(4)根据图像求出k=3.9 N/kg,代入数据可得μ=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④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=.