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(新教材)2019-2020学年新课程同步人教版高中物理必修第一册学案教师用书
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第一章 运动的描述
第1节
质点 参考系
1.填一填
(1)物体:物质由分子、原子等组成,物体是物质的聚集状态。
(2)质点:用来代替物体的有质量的点。
(3)物体可看成质点的条件:物体的大小和形状对研究问题的影响可忽略。
(4)物理模型法:在物理学中,突出问题的主要因素,忽略次要因素,建立理想化的物理模型,并将其作为研究对象,是经常采用的一种科学研究方法。质点这一理想化模型就是这种方法的具体应用。
2.判一判
(1)体积很小的物体一定能看成质点。(×)
(2)做直线运动的物体一定能看成质点。(×)
(3)原子在任何情况下都能看成质点。(×)
3.选一选
(1)在研究物体的运动时,力学中引入“质点”的概念,从科学方法上描述属于( )
A.极限分析物理问题的方法
B.观察实验的方法
C.建立理想化的物理模型的方法
D.等效替代的方法
解析:选C 质点的引入是突出问题的主要因素,忽略次要因素,是一种建立理想化的物理模型的方法,C正确。
(2)在某运动会上记录下列运动员的比赛成绩时,可看成质点的是( )
解析:选A 马拉松比赛时,由于路程较长,运动员的大小、形状可以忽略,故可以看成质点,A正确;跳水时,裁判员要关注运动员的动作,运动员的大小、形状不能忽略,故不能看成质点,B错误;击剑时要注意运动员的肢体动作,运动员的大小、形状不能忽略,故不能看成质点,C错误;体操中主要根据运动员的肢体动作评分,运动员的大小、形状不能忽略,故不能看成质点,D错误。
1.填一填
(1)运动与静止:自然界的一切物体都处于永恒的运动中,运动是绝对的,静止是相对的。
(2)定义:在描述物体的运动时,被选定作为参考,假定不动的物体。
(3)选取:①选择不同的参考系来观察同一物体的运动,其结果可能会不同。
②参考系可以任意选择,但选择得当,会使问题的研究变得简洁、方便。
③通常情况下,在讨论地面上物体的运动时,都以地面为参考系。
2.判一判
(1)自然界中没有绝对静止的物体。(√)
(2)研究物体的运动时,必须选地面作为参考系。(×)
(3)物体运动情况的描述与所选取的参考系有关。(√)
3.想一想
如图所示,甲、乙两人描述此列车的运动,甲说它向北行驶,乙说它向南后退,这可能吗?
提示:可能。选择不同的参考系描述同一物体的运动时结果一般不同,甲一定选择了相对列车向南运动的物体作为参考系,乙一定选择了相对列车向北运动的物体作为参考系。
对质点的理解 |
[学透用活]
1.质点的研究方法
(1)质点是一种理想化的物理模型,是在研究物体运动时,突出问题的主要因素,忽略次要因素,对实际物体进行的近似处理。
(2)在物理学中,突出问题的主要因素,忽略次要因素,建立理想化的物理模型,并将其作为研究对象,是经常采用的一种科学研究方法。
2.质点的三个特点
(1)没有大小和形状。
(2)具有物体的全部质量。
(3)是一种理想化的物理模型,实际生活中并不存在。
3.把物体看成质点的三种情况
(1)物体的大小和形状对所研究的问题无影响,或者有影响但可以忽略不计,则可将物体看成质点。
(2)当物体上各部分的运动情况完全相同时,物体上任何一点的运动情况都能反映该物体的运动,一般可看成质点。
(3)物体有转动,但相对于平动而言可以忽略其转动时,可把物体看成质点。如图所示,汽车在运行时,虽然车轮转动,但我们研究的是汽车整体的运动快慢,这时可将汽车看成质点。
[多选]下列几种奥运会比赛项目中的研究对象可看成质点的是( )
A.在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时
B.帆船比赛中确定帆船在大海中的位置时
C.跆拳道比赛中研究运动员的动作时
D.铅球比赛中研究铅球被掷出后在空中的飞行时间时
[解析] 支撑杆从插在地面某点到把运动员送过横杆过程中,不能忽略其长度、形状,A错误;帆船的大小在相对于帆船在大海中的位置时可忽略,故可看成质点,B正确;跆拳道比赛中运动员的肢体动作是不能忽略的,C错误;研究铅球被掷出后在空中的飞行时间时,铅球的形状、大小可忽略,故可看成质点,D正确。
[答案] BD
物体能否看成质点的判断方法
(1)确定问题的性质,即题中关注的要素是什么,分析、求解的物理量是什么。
(2)假设物体的形状、大小被忽略,思考要求解的物理量、关注的要素是否受影响。若不受影响,则物体就能被看成质点;若受影响,则物体就不能被看成质点。
[对点练清]
1.在物理学中,突出问题的主要因素,忽略次要因素,建立理想化的物理模型,并将其作为研究对象,是经常采用的一种科学方法。质点就是这种物理模型之一。下列对有关质点的说法正确的是( )
A.只有体积小的物体才能看成质点
B.物体在任何情况下都能看成质点
C.研究地球自转的规律时,可以把地球看成质点
D.研究地球公转的规律时,可以把地球看成质点
解析:选D 物体是否能看成质点,不以物体的体积大小为条件,选项A错误;质点是一种理想化的物理模型,只有满足条件的物体才能看成质点,选项B错误;研究地球自转的规律时,地球上不同地方的运动情况一般是不同的,所以地球不能看成质点,选项C错误;研究地球公转的规律时,由于地球的大小引起的运动差异很小,可以忽略不计,故此时地球可看成质点,选项D正确。
2.下列关于质点的说法正确的是( )
A.只有体积很小或质量很小的物体才可以看成质点
B.只要物体运动得不是很快,物体就可以看成质点
C.质点是一种特殊的实际物体
D.物体的大小和形状在所研究的问题中影响很小,可以忽略不计时,可把它看成质点
解析:选D 质点是一种理想化的物理模型,与物体的体积大小或质量没有关系,选项A、C错误;能否将物体看成质点,与物体的运动状态无关,选项B错误;物体的大小和形状在所研究的问题中影响很小,可以忽略不计时,可把它看成质点,选项D正确。
3.下列关于质点的正确说法有( )
A.计算火车通过站台的时间时,可把火车看成质点
B.研究沿地面翻滚前进的体操运动员的动作时,可把运动员看成质点
C.蚂蚁很小,可把蚂蚁看成质点
D.研究乒乓球的接发球技术时,不能将乒乓球看成质点
解析:选D 计算火车通过站台的时间时需要用到火车的长度,不能将火车看成质点,A错;翻滚前进的运动员的不同部位动作不同,不能将其看成质点,B错;物体的大小不是判断它是否能看成质点的条件,C错;研究乒乓球的接发球技术时,要考虑乒乓球的转动情况,不能将乒乓球看成质点,D对。
对参考系的理解 |
[学透用活]
1.参考系的四个性质
标准性 | 被选为参考系的物体都是假定不动的,被研究的物体是运动还是静止,都是相对于参考系而言的 |
任意性 | 任何物体都可以作为参考系 |
同一性 | 比较多个物体的运动或同一物体在不同阶段的运动时,必须选择同一个参考系 |
差异性 | 对于同一个物体的运动,选择不同的参考系,观察结果一般不同 |
2.参考系的选取方法
(1)研究地面上物体的运动时,常选地面或相对地面静止的物体作为参考系。
(2)研究某一系统中物体的运动时,常选系统为参考系。例如:研究宇航舱内物体的运动情况时,选取宇航舱为参考系。
[多选]下列说法正确的是( )
A.参考系就是绝对不动的物体
B.只有选好参考系以后,物体的运动性质才能确定
C.同一物体的运动,相对于不同的参考系,观察的结果可能不同
D.我们平常所说的楼房是静止的,是以地面为参考系
[解析] 参考系是为了描述物体的运动,选来作为标准的物体,可以是运动的,也可以是静止的,故A错误;运动和静止是相对的,要描述物体的运动,必须选择参考系,故B正确;描述同一运动时,若以不同物体作为参考系,观察结果可能不同,C正确;参考系的选取,原则上是任意的,但在实际问题中,应以对运动的描述尽可能简单为原则,一般以地面为参考系,我们平常所说的楼房是静止的,就是以地面为参考系,D正确。
[答案] BCD
物体运动情况的判断方法
(1)确定研究对象。
(2)根据题意选择合适的参考系。
(3)分析被研究物体相对于所选参考系的位置变化情况。
[对点练清]
4.如图所示是体育摄影中“追拍法”的成功之作,摄影师眼中清晰的滑板运动员是静止的,而模糊的背景是运动的,摄影师用自己的方式表达了运动的美。请问摄影师选择的参考系是( )
A.大地 B.太阳
C.滑板运动员 D.步行的人
解析:选C 由于摄影师眼中滑板运动员是静止的,故滑板运动员和摄影师相对静止,以滑板运动员作为参考系,摄影师是静止的,所以滑板运动员的图片是清晰的,但由于背景相对于滑板运动员是运动的,所以背景相对于摄影师是运动的,所以拍摄出的背景是模糊的。故在“追拍法”中摄影师选择的参考系是滑板运动员,C正确。
5.火车停靠在站台上时,乘客往往会发现对面的火车缓缓开动了,等到站台出现,才知道对面的火车没有动,而是自己乘坐的火车开动了。乘客前、后两次选取的参考系是( )
A.站台,对面的火车
B.两次都是对面的火车
C.两次都是站台
D.自己坐的火车,站台
解析:选D 乘客看到对面的火车开动,是以自己乘坐的火车为参考系;当等到站台出现,发现自己乘坐的火车开动了,是以站台为参考系,选项A、B、C错误,D正确。
6.如图所示,由于风的缘故,河岸上的旗帜向右飘,在河面上的两艘船A、B上的旗帜分别向右和向左飘,A、B船的运动状态是( )
A.A船肯定是向左运动的
B.A船肯定是静止的
C.B船肯定是向右运动的
D.B船可能是静止的
解析:选C 从河岸上的旗帜的飘动方向可以判断风向右吹;由此可以判断B船一定向右运动且船速比风速大;A船可能静止,也可能向左运动,还有可能向右运动,但是船速比风速小。则C正确,A、B、D错误。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、教材可视为质点吗(核心素养之科学思维)
[选自鲁科版教材P20“物理聊吧”]
沿某方向推动桌面上的教科书(如图),若要测量书移动的距离,能否将它视为质点?为什么?
书围绕自身某点转动。若要讨论书边缘某点的运动情况,能否将书视为质点?为什么?
说一说,还有哪些可将一个物体视为质点(或不能视为质点)的问题情境。
[提示] (1)书沿某方向在桌面上运动时,各点的运动情况相同,可以用一个点的运动来表示整本书的运动情况,故可将书视为质点。
(2)书围绕自身某点转动时,书各点的运动情况不同,与书的形状和大小有关,故不能将书视为质点。
(3)①求火车从北京到广州的时间时可以将火车视为质点,若求火车经过某座桥梁的时间就不能将火车视为质点。
②研究篮球运动员投球动作时不能将运动员视为质点,若研究运动员在球场上的占位及运动轨迹时可将运动员视为质点。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P32第7题]
[多选]如图所示,有甲、乙、丙三架观光电梯,甲中乘客看到高楼在向下运动,乙中乘客看到甲在向下运动,丙中乘客看到甲、乙都在向上运动。甲、乙、丙相对于地面的运动情况可能是( )
A.甲向上运动,乙向下运动,丙不动
B.甲向上运动,乙向上运动,丙不动
C.甲向上运动,乙向上运动,丙向下运动
D.甲、乙、丙都向上运动,且丙比甲、乙都慢
解析:选BCD 在描述物体的运动时要选取参照物,而所选取的参照物不同,对物体运动的描述也不相同。本题中甲、乙、丙三架电梯中的乘客在观察高楼或其他电梯时都是以自己所乘电梯为参照物的,所以甲中乘客看到高楼向下运动,一定是高楼不动,甲电梯向上运动,乙中乘客看到甲在向下运动,说明乙一定向上运动且比甲的速度还大,丙看到甲、乙均向上运动,丙有静止不动、向下运动、以比甲、乙都小的速度向上运动三种可能,故B、C、D均正确。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.物理学中引入“质点”概念,从科学方法上分析属于( )
A.观察、实验的方法 B.建立理想模型的方法
C.类比的方法 D.逻辑推理的方法
解析:选B 对于具有一定质量的物体,我们假设其质量集中在物体的中心,便抽象出质点模型,所以从科学方法上分析属于建立理想模型的方法,故选项B正确。
2.斯诺克世界公开赛中,丁俊晖又有出色发挥。下列关于台球的说法中正确的有( )
A.因为台球比较小,所以一定可以把它看成质点
B.丁俊晖在击台球时可以把台球看成质点
C.解说员在解说进球路线时可以把台球看成质点
D.丁俊晖在分析进球路线时可以把台球看成质点
解析:选C 物体能否看成质点, 要看物体的大小和形状在所研究的问题中起主要作用还是起次要作用,故A错;丁俊晖在击台球时,需要考虑台球的旋转情况,因此不能把台球看成质点,故B错;解说员在解说进球路线时只需说明球的行进轨迹,因此可以把台球看成质点,故C对;丁俊晖在分析进球路线时需要考虑球的旋转情况对路线的影响,因此不可以把台球看成质点,故D错。
3.2019年1月3日上午10点26分,“嫦娥四号”探测器成功着陆月球背面的预选着陆区,这是人类首次在月球背面软着陆。探测器在地球发射场发射阶段通过运载火箭上的摄像头观察到地面正在向下运动,此时我们选取的参考系是( )
A.地面 B.运载火箭
C.发射架 D.发射场内的树木
解析:选B 探测器在地球发射场发射阶段通过运载火箭上的摄像头观察到地面正在向下运动,说明地面相对火箭在向下运动,故选择的参考系是运载火箭,故B正确,A、C、D错误。
4.研究下列物体运动时,研究对象能看成质点的是( )
A.在空中沿曲线飞行的铅球
B.做花样滑冰的运动员
C.穿越750米长栖霞山隧道的火车
D.乒乓球运动员发出的弧旋球
解析:选C 在空中沿曲线飞行的铅球,铅球的大小和旋转情况,对铅球的轨迹来说可以忽略,因而可以把这时的铅球看成质点,A正确;花样滑冰运动员的动作复杂,既有旋转又有平移,若对运动员的动作进行技术分析,则不能把其看成质点,但若只研究运动员的滑行路线,则可以把其看成质点,B错误;火车与栖霞山隧道的长度相差不大,不能把火车看成质点,C错误;弧旋的乒乓球在转动,其各点的运动情况不同,因而不能把它看成质点,D错误。
5.下列关于参考系的说法中不正确的是( )
A.研究任何物体的运动时,都要选别的物体作为参考系
B.研究某物体的运动时,必须选特定的物体作为参考系,不能任意选取
C.若某物体在一段时间内相对于所选参考系的位置始终没有变化,则该物体相对于所选参考系是静止的
D.一个物体相对于一个参考系是静止的,相对于另一个参考系不一定是静止的
解析:选B 一个物体是否运动,以及做何种运动,都是相对于别的物体来说的,因此,研究任何物体的运动,都要选取参考系,而且参考系可以任意选取,一个物体相对于不同的参考系,位置是否变化及如何变化,都可能不同。选项A、C、D正确,B错误。
6.2019年国际泳联世界跳水系列赛北京站,男子双人十米跳台决赛中,中国选手曹缘/陈艾森以494.55分的总成绩夺冠,如图所示为两人在男子双人十米跳台比赛中,则下列说法正确的是( )
A.教练为了研究两人的技术动作,可将图片中两人看成质点
B.两人在下落过程中,感觉水面是静止的
C.陈艾森感觉曹缘是静止的
D.观众观看两人比赛时,可将两人看成质点
解析:选C 研究两人的技术动作时,两人的形状和大小不能忽略,不能看成质点,故A错误;两人在下落过程中,速度增加,以两人为参考系,水面在上升,故B错误;以陈艾森为参考系,曹缘处于静止状态,故C正确;观众观看两人比赛时,要看动作,不能将两人看成质点,故D错误。
7.我们在描述某个物体的运动时,总是相对一定的参考系而言的,下列说法不正确的是( )
A.我们说“太阳东升西落”,是以地球为参考系的
B.我们说“地球围绕太阳转”,是以太阳为参考系的
C.我们说“同步卫星在高空静止不动”,是以太阳为参考系的
D.坐在火车上的乘客看到铁路旁的树木、电线杆迎面向他飞奔而来,是以火车或他自己为参考系的
解析:选C “太阳东升西落”是相对于我们居住的地球而言的,是以地球为参考系的,A正确;“地球围绕太阳转”是以太阳为参考系的,B正确;“同步卫星在高空静止不动”是相对于地球而言的,是以地球为参考系的,C错误;火车上的乘客看到铁路旁的树木、电线杆迎面向他飞奔而来,是以火车或他自己为参考系的,D正确。
8.甲、乙、丙三个观察者同时观察一个物体的运动。甲说:“它在做匀速运动”,乙说:“它是静止的”,丙说:“它在做变速运动”。则下列说法中正确的是( )
A.在任何情况下都不可能出现题中所说的情况
B.三人中总有一人或两人说错了
C.如果选同一参考系,那么三人的说法都是对的
D.如果各自选择各自的参考系,那么三人的说法都可能对
解析:选D 选择不同的参考系来观察同一物体的运动,其结果会有所不同,比如对于静止在地面上的某一物体,相对于匀速运动的甲来说它在做匀速运动,相对于站在地面上静止的乙来说它是静止的,相对于变速运动的丙来说它在做变速运动,选项D正确。
9.在无风状态下雨滴是竖直下落的。试想坐在匀速前进的列车中的乘客感觉到雨滴是沿什么方向下落的?
解析:乘客是以列车为参考系观察雨滴运动的,雨滴在竖直下落的同时相对列车向后运动,故乘客感觉雨滴是倾斜落向后下方的。
答案:倾斜落向后下方
B级—选考提能
10.两辆汽车在平直公路上行驶,甲车内的人看见窗外树木向东移动,乙车内的人发现甲车没有运动。如果以大地为参考系,上述事实说明( )
A.甲车向西运动,乙车不动
B.乙车向西运动,甲车不动
C.甲车向西运动,乙车向东运动
D.甲、乙两车以相同的速度向西运动
解析:选D 以甲车为参考系,树木向东移动,说明甲车相对地面是向西行驶的,而选乙车为参考系时,甲车没有运动,说明甲、乙两车相对静止,它们的运动情况是相同的,故D正确。
11.[多选]根据我国已经确定的探月工程计划,整个探月工程分为三个阶段,一期工程为“绕”,二期工程为“落”,三期工程为“回”。我国首颗绕月探测卫星“嫦娥一号”由“长征三号甲”运载火箭成功送入太空,在“嫦娥一号”卫星飞向38万千米外月球的漫长旅途中,需要进行一系列高度复杂又充满风险的动作,即三次绕地球变轨,然后进入地月转移轨道,再三次绕月球变轨,最后绕月球做圆周运动。如图所示是“嫦娥一号”升空的路线图,下列说法正确的是( )
A.图中描述卫星绕地球运动情境的三个椭圆轨道都是以地球为参考系的
B.图中描述卫星绕月球运动情境的三个运动轨道都是以月球为参考系的
C.图中描述卫星运动情境的所有轨道都是以地球为参考系的
D.图中描述卫星运动情境的所有轨道都是以太阳为参考系的
解析:选AB 卫星绕地球运行的三个椭圆轨道是以地球为参考系的,卫星绕月球运行的三个运动轨道是以月球为参考系的,故选项A、B正确。
12.从水平匀速飞行的飞机上向外自由释放一个物体,不计空气阻力,在物体下落的过程中,地面上的人看到物体沿什么方向运动?飞机上的乘客看到物体沿什么方向运动?
解析:地面上的人观察物体运动时是以地面为参考系,看到物体竖直下落的同时,还沿飞机飞行方向运动,其轨迹为曲线。飞机上的乘客观察物体运动时是以飞机为参考系的,因物体和飞机水平方向的运动相同,所以飞机上的乘客看到物体沿竖直方向向下运动。
答案:见解析
第2节
时间 位移
1.填一填
(1)时刻:表示某一瞬间,在时间轴上用点表示。
(2)时间间隔:表示某一过程,在时间轴上用线段表示。
(3)时刻与时间间隔的联系:两个时刻之间的间隔为时间间隔。
2.判一判
(1)时刻指较短的一段时间,而时间间隔指较长的一段时间。(×)
(2)“北京时间12点整”中的时间指时刻。(√)
(3)1分钟可分为60个时刻。(×)
3.选一选
(1)下列各选项的表述中,不是指时间的是( )
A.3月1日到3月2日之间
B.一光年
C.一整夜
D.45分钟
解析:选B 一光年是指光在真空中一年的行程,故选项B符合题意。根据时间的定义可知选项A、C、D都是指时间,故选项A、C、D不符合题意。
(2)下列说法表示同一时刻的是( )
A.第2 s末和第3 s初
B.前3 s内和第3 s内
C.第3 s末和第2 s初
D.第1 s内和第1 s末
解析:选A 第2 s末指第2 s刚刚结束的时刻,也就是第3 s刚刚开始的时刻,即第3 s初,选项A正确;前3 s内指从计时开始持续的前3 s时间,而第3 s内指从第2 s末开始到第3 s末这1 s的时间,它们表示两段不同的时间间隔,选项B错误;第3 s末和第4 s初表示同一时刻,第2 s初和第1 s末表示同一时刻,选项C错误;第1 s内指从计时开始到第1 s末的一段时间间隔,而第1 s末指的是时刻,选项D错误。
1.填一填
(1)坐标系
①建立坐标系的物理意义:为了定量地描述物体的位置。
②平面直角坐标系:描述物体在某平面内的具体位置及运动。
③一维坐标系:描述做直线运动的物体的位置及运动。
(2)路程:物体运动轨迹的长度。
(3)位移
①物理意义:描述物体位置变化的物理量。
②定义:由初位置指向末位置的有向线段。
③大小:初、末位置间有向线段的长度。
④方向:由初位置指向末位置。
(4)矢量和标量
①矢量:既有大小又有方向的物理量。
②标量:只有大小没有方向的物理量。
2.判一判
(1)长度、质量、路程都是标量。(√)
(2)如果物体的位移为零,物体的路程也一定为零。(×)
(3)汽车里程表上显示的数字表示位移大小。(×)
3.选一选
(1)下列物理量中是矢量的是( )
A.质量 B.路程
C.位移 D.时间
解析:选C 质量、路程、时间都是只有大小没有方向,即都是标量,而位移是既有大小又有方向,即位移是矢量,故选项C正确,A、B、D错误。
(2)某同学绕操场一周跑了400 m,用时65 s。这两个物理量分别是( )
A.路程、时刻 B.位移、时刻
C.路程、时间间隔 D.位移、时间间隔
解析:选C 绕操场一周跑了400 m,用时65 s,分别是指该同学运动的路程及所用的时间间隔,C正确。
1.填一填
(1)直线运动的位移
研究直线运动时,在物体运动的直线上建立x轴,如图所示。
①物体的初、末位置,可用位置坐标x1、x2表示。
②物体的位移:Δx=x2-x1。
(2)位移—时间图像
①物理意义:描述物体在某一时刻的位置或某一段时间间隔的位移。
②作图:在直角坐标系中选择时刻t为横轴,选择位置x为纵轴,描出物体在各个时刻的位置,用平滑的曲线连接各点,就得到位置—时间图像,通过它能直观地看出物体在任意时刻的位置。如果将物体运动的初始位置选作位置坐标原点O,则位置与位移大小相等(x=Δx),位置—时间图像就成为位移—时间图像,又称xt图像。
2.判一判
(1)在一维坐标系中,物体的位移等于其位置坐标。(×)
(2)在xt图像中,可以求出物体在某段时间内的位移。(√)
3.想一想
以电梯底端为坐标原点,沿电梯向上为正方向建立直线坐标系,思考以下问题:
(1)在上面建立坐标系的基础上,如何表示电梯内乘客的位移?
(2)电梯内正在上行的乘客的位移是正值还是负值?下行的乘客呢?乘客运动的路程可以是负值吗?
提示:(1)电梯的位置坐标即表示电梯内乘客的位移。
(2)电梯内乘客在上行和下行过程中均在x轴正半轴,位移均为正值,路程不可能为负值。
时刻和时间间隔 |
[学透用活]
1.时刻只能显示运动的一瞬间,好比一张照片。常用来表示时刻的关键词有:初、末、时等。如图所示,E点表示第4 s末,亦即第5 s初。
2.时间间隔能显示运动的一个过程,好比一段录像。常用来表示时间间隔的关键词有:内、经历、历时等。如图所示,前2 s内、第2 s内指的是时间间隔。
[多选]根据如图所示的时间坐标轴,下列有关时刻与时间间隔的叙述正确的是( )
A.t2表示时刻,称为第2 s末或第3 s内,也可以称为2 s 时
B.0~t2表示时间间隔,称为最初2 s内或第2 s内
C.t2~t3表示时间间隔,称为第3 s内
D.tn-1~tn表示时间间隔,称为第n s内
[解析] t2表示时刻,称为第2 s末或第3 s初,故A错误;0~t2表示时间间隔,称为前2 s内或最初2 s内,第2 s 内表示1 s末到2 s末这1 s的时间间隔,故B错误;t2~t3表示时间间隔,称为第3 s内,故C正确;tn-1~tn表示时间间隔,称为第n s 内,故D正确。
[答案] CD
判断时刻与时间间隔的两种方法
(1)根据上下文判断:分析题干,根据题意去体会和判断。时刻对应的是某一状态,时间间隔对应的是某一过程。
(2)利用时间轴判断:画出时间轴,把所给的时刻和时间间隔表示出来,对应一个点的是时刻,对应一段线段的是时间间隔。
[对点练清]
1.[多选]高一(5)班上午第一节课上化学,第二节课上英语,若每节课为40 min,课间为10 min,则下列说法正确的是( )
A.上英语课和化学课的起、止时刻相同
B.上英语课和化学课的时间间隔相同
C.上化学课的末时刻是上英语课的初时刻
D.上化学课的末时刻与上英语课的初时刻的间隔是时间间隔
解析:选BD 上英语课和化学课的起、止时刻不同,选项A错误;上英语课和化学课都是用时40 min,时间间隔相同,选项B正确;上化学课的末时刻比上英语课的初时刻早10 min,选项C错误;上化学课的末时刻与上英语课的初时刻的间隔是10 min,是时间间隔,选项D正确。
2.下列关于时间间隔和时刻的说法正确的是( )
A.列车员说“火车8点42分到站”指的是时间间隔
B.“前3秒钟”“最后3秒钟”“第3秒钟”指的都是时间间隔
C.“第1秒末”“最后1秒”指的都是时刻
D.轮船船务员说本班轮离港时间为“17点25分”指的是时间间隔
解析:选B “火车8点42分到站”指的是一个时间点,是时刻,故A错误;“前3秒钟”“最后3秒钟”“第3秒钟”指的是时间的长度,都表示时间间隔,故B正确;“第1秒末”指的是时刻,“最后1秒”指的是时间间隔,故C错误;“17点25分”指的是一个时间点,是时刻,故D错误。
3.2018年11月6日上午11时10分,伴随着巨大的轰鸣声,万众瞩目的空军歼20战机亮相第十二届中国航展,歼20战机飞行表演历时约为20分钟。下列说法正确的是( )
A.“2018年11月6日上午11时10分”指的是时间间隔
B.“约为20分钟”指的是时刻
C.研究人员在定位歼20战斗机的位置时可将其看成质点
D.研究歼20战斗机在飞行过程中进行姿势调整时可将其看成质点
解析:选C “2018年11月6日上午11时10分”指的是时刻,故A错误;“约为20分钟”指的是时间间隔,故B错误;研究人员在定位歼20战斗机的位置时其大小可以忽略,可将其看成质点,故C正确;研究歼20战斗机在飞行过程中进行姿势调整时需要考虑飞机的大小、形状,不能将其看成质点,故D错误。
位移与路程的比较 |
[学透用活]
位移和路程的区别与联系
| 位移 | 路程 | |
区别 | 物理意义 | 描述物体的位置变化 | 描述物体实际运动轨迹的长度 |
定义 | 从初位置指向末位置的有向线段 | 物体运动轨迹的长度 | |
标矢性 | 是矢量,有大小和方向 | 是标量,只有大小,没有方向 | |
大小 | 初、末位置之间的距离,由初、末位置决定,与路径无关 | 运动轨迹的长度,与路径有关 | |
联系 | (1)都是描述物体运动的物理量 (2)都是过程量 (3)位移的大小一般小于路程,只有在物体做单向直线运动时,位移的大小才等于路程 (4)单位相同,在国际单位制中,都是“米” |
某同学晨跑时,从A出发,其运动轨迹如图所示,其中BC为一半圆。当其到达C点时,其运动的路程和位移大小分别为(π取3.14)( )
A.500 m 500 m B.500 m 0
C.500 m 314 m D.614 m 500 m
[解析] 位移是指从初位置指向末位置的有向线段,大小为线段AC的长度,即为500 m,路程为线段AB和弧BC的长度之和,为614 m,所以D正确,A、B、C错误。
[答案] D
确定物体位移和路程的方法
(1)确定研究对象和研究过程。
(2)找出该过程中物体的初位置和末位置,则由初位置指向末位置的有向线段就是位移。线段的长度表示位移的大小,方向表示位移的方向。
(3)建立位置坐标系,画出物体的实际运动轨迹示意图,轨迹的长度就是路程。
[对点练清]
4.[多选]下列关于位移和路程的说法正确的是( )
A.位移的大小和路程总是相等的,只不过位移是矢量,而路程是标量
B.位移是描述物体的直线运动,路程是描述物体的曲线运动
C.位移取决于初、末位置,路程取决于实际运动的轨迹
D.运动物体的路程总大于或等于位移的大小
解析:选CD 路程总是大于或等于位移的大小,A错误,D正确;位移取决于初、末位置,路程取决于实际运动的轨迹,与物体做直线运动、曲线运动无关,B错误,C正确。
5.[多选]下列哪种情况指的是位移的大小( )
A.机动车里程表上所显示的千米数
B.标准田径场跑道的周长是400 m
C.乘飞机由北京到上海的直线距离约为1 080 km
D.计量跳远运动员的比赛成绩
解析:选CD 机动车里程表上所显示的千米数是运动轨迹的长度,是路程,A错误;标准田径场跑道的周长,是轨迹的长度,是路程,B错误;乘飞机由北京到上海的直线距离为位移的大小,C正确;跳远运动员的比赛成绩是初、末位置的距离,是位移的大小,D正确。
6.一支长150 m的队伍匀速前进,通信兵从队尾前进了300 m 后赶到队首,传达命令后立即返回,当通信兵回到队尾时,队伍已前进了200 m,则在此全过程中,通信兵的位移大小和路程分别是多少?
解析:设队伍长度用线段AB表示,通信兵的运动情况如图所示,通信兵的初位置和末位置都是队尾,所以位移大小为200 m,通信兵由队首返回队尾时,由图可知,他的路程为100 m,所以总路程为400 m。
答案:200 m 400 m
矢量和直线运动的位移表示 |
[学透用活]
[多选]物体做直线运动时,可以用坐标轴上的坐标表示其位置,用坐标的变化量表示其位移。如图所示,一个物体沿直线从A运动到C,然后又从C运动到B,物体的位移分别是ΔxAC=-4 m-5 m=-9 m;ΔxCB=1 m-(-4 m)=5 m。下列说法正确的是( )
A.C到B的位移大于A到C的位移,因为正数大于负数
B.A到C的位移大于C到B的位移,因为符号表示位移的方向,不表示大小
C.因为位移是矢量,所以这两个矢量的大小无法比较
D.物体由A运动到B的位移ΔxAB=ΔxAC+ΔxCB
[解析] 位移是矢量,比较两位移的大小时,只需比较数值,符号表示方向,选项A、C错误,B正确;因ΔxAC=xC-xA,ΔxCB=xB-xC,则ΔxAC+ΔxCB=xC-xA+xB-xC=xB-xA=ΔxAB,即ΔxAB=ΔxAC+ΔxCB,选项D正确。
[答案] BD
直线运动的位置和位移的“正、负”
[对点练清]
7.[多选]关于矢量和标量,下列说法正确的是( )
A.矢量是既有大小又有方向的物理量
B.标量是既有大小又有方向的物理量
C.位移-10 m比5 m小
D.-10 ℃比5 ℃的温度低
解析:选AD 由矢量的定义可知,选项A正确,B错误;位移的正、负号只表示方向,不表示大小,其大小由数值和单位决定,所以-10 m的位移比5 m的位移大,选项C错误;温度是标量,其正、负是相对0 ℃时高出和低于的温度,所以-10 ℃比5 ℃的温度低,选项D正确。
8.[多选]如图所示是为了定量研究物体的位置变化而作出的坐标轴(x轴),在画该坐标轴时规定原点在一长直公路上某中心点,公路为南北走向,规定向北为正方向,坐标轴上有A、B两点,A点的位置坐标为xA=5 m,B点的位置坐标为xB=-3 m。下列说法正确的是( )
A.A点位于该中心点南5 m处
B.A点位于该中心点北5 m处
C.B点位于该中心点南3 m处
D.B点位于该中心点北3 m处
解析:选BC 由题意可知,A点在原点的正方向5 m处,即位于该中心点北5 m处,同理B点位于该中心点南3 m 处,选项B、C正确。
9.[多选]某一运动质点沿一直线做往返运动,如图所示,OA=AB=OC=CD=1 m,O点为x轴上的原点,且质点由A点出发向x轴的正方向运动至B点再返回沿x轴的负方向运动,以下说法正确的是( )
A.质点在从A→B→C的过程中发生的位移为2 m,路程为4 m
B.质点在从B→D的过程中发生的位移为-4 m,路程为4 m
C.当质点到达D点时,其位置可用D点的坐标-2 m表示
D.当质点到达D点时,相对于A点的位移为-5 m
解析:选BC 质点在从A→B→C的过程中,位移大小为从A点指向C点的线段的长度,为2 m,方向为A到C,所以位移为-2 m,路程为4 m,选项A错误;质点在从B→D的过程中,经过的路程为4 m,位移方向由B指向D,所以位移为-4 m,选项B正确;当质点到达D点时,位置在原点的左侧,坐标为-2 m,在A点左侧3 m处,相对于A点的位移为-3 m,选项C正确,D错误。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、空间和时间的尺度(核心素养之物理观念)
[选自鲁科版教材P17“科学书屋”]
科学技术的发展极大地拓展了人们对空间和时间的认识范围。目前,人类观测到的空间,最远可至1026 m的宇宙深处,最小约为10-15 m的微观世界;认识到的时间,最久可至1017 s以前的宇宙大爆炸(根据宇宙大爆炸理论测算的宇宙年龄),最短约为10-25 s(一种微观粒子的寿命)。一些事件的时间数量级如下:
请你以秒为单位,估算自己从出生到现在已度过了多长时间。对比以上某个事件的时间数量级,说说珍惜时间的意义。
[提示] 假如你15周岁,从出生到现在的时间为15×365×24×3 600 s=4.7×108 s,相当于地球绕太阳公转15圈的时间,但相对于地球上人类出现的时间1014 s,这4.7×108 s又是那么短暂,真是昙花一现,稍纵即逝,所以同学们一定要珍惜时间、珍惜青春,去做更多有意义的事情。
二、位移的方向很重要(核心素养之科学思维)
[选自鲁科版教材P22图1-15]
在物理学中,有一类物理量只用大小就能描述,如物体的质量等;另有一类物理量,不仅要用大小还要指明方向才能描述,如位移等。为了区别这两类物理量,人们把像质量这样只用大小就能描述的物理量称为标量(scalar),把像位移这样既有大小又有方向的物理量称为矢量(vector)。在很多情况下,矢量的方向很重要,例如,仅知道从起点到目的地的位移大小而不知道位移的方向,那还不能完全确定目的地的位置(如图)。
在一望无际的沙漠里,正当你饥渴难耐时,有人告诉你在离你500 m的地方有一水源,你能快速地找到它吗?如果告诉你在离你500 m的东北方向有一水源呢?
[提示] 只告诉水源在离你500 m的地方,那水源可能在离你500 m的圆周上各个位置,很难直接找到;如果再告诉你在东北方向,就相当于知道了位移大小和方向,那么水源位置也就确定了。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.在某校举行的创新设计大赛上,某班“科技之光”兴趣小组设计了一种音乐钟,该音乐钟每隔一段相等的时间就发出一段1分钟的美妙乐声。已知上午9时和9时41分发出乐声。下列有关该音乐钟的说法正确的是( )
A.上午9时和9时41分发出乐声,9时和9时41分指的是时间间隔
B.该音乐钟每隔40分钟发出一次乐声,每隔40分钟指的是时间间隔
C.该音乐钟持续发出1分钟的美妙乐声,1分钟指的是时刻
D.该音乐钟在上午10时22分时会再次发出乐声,10时22分指的是时间间隔
解析:选B 9时和9时41分是音乐钟发出乐声的时刻,选项A错误;每隔40分钟发出一次乐声,是指从上次发完乐声到下次发出乐声的这一段时间间隔,选项B正确;持续发出1分钟的美妙乐声,1分钟指的是该音乐钟从开始发出乐声到乐声结束的这一段时间间隔,选项C错误;每隔40分钟发出一次乐声,一次发出乐声要持续1分钟,则上午10时22分时会再次发出乐声,10时22分指再次发出乐声的时刻,选项D错误。
2.关于矢量和标量,下列说法正确的是( )
A.标量只有正值,矢量可以取负值
B.标量和矢量无根本区别
C.标量和矢量,一个有大小无方向,一个有大小也有方向
D.标量和矢量的运算方法相同
解析:选C 标量和矢量都有正、负值,A错误;标量只有大小,没有方向,矢量既有大小,又有方向,B错误,C正确;标量与矢量相比最大的不同是它们的运算法则不同,标量采用算术运算法则,矢量的运算法则以后学习,D错误。
3.下列说法中正确的是( )
A.第4 s末就是第5 s初,指的是时间间隔
B.物体在第5 s内指的是物体在第4 s末到第5 s末这1 s 的时间间隔
C.只有静止的物体才能被选作参考系
D.位移是矢量,路程也是矢量
解析:选B 第4 s末就是第5 s初,是时间轴上的点,指的是时刻,故A错误;物体在第5 s内指的是物体在第4 s末到第5 s末这1 s的时间间隔,故B正确;参考系的选择是任意的,静止和运动的物体都可以被选作参考系,故C错误;位移有大小也有方向,是矢量,路程只有大小没有方向,是标量,故D错误。
4.下列关于同一质点的位移和路程的说法正确的是( )
A.位移是矢量,位移的方向即质点运动的方向
B.路程是标量,即位移的大小
C.位移的大小不会比路程大
D.质点做直线运动时,路程等于位移的大小
解析:选C 位移是描述质点位置改变的物理量,它是矢量,既有大小又有方向,大小表示质点位置改变的大小,方向表示位置改变的方向,即方向由初位置指向末位置,选项A错误;路程是标量,它描述的是质点运动轨迹的长度,路程大于或等于位移的大小,只有当质点做单方向直线运动时,质点的路程才等于位移的大小,选项B、D错误,C正确。
5.下列说法中正确的是( )
A.质点做直线运动时,其位移的大小和路程一定相等
B.质点做曲线运动时,某段时间内位移的大小一定小于路程
C.位移相同的两个质点,它们所通过的路程一定相等
D.两个质点通过相同的路程,它们的位移大小一定相等
解析:选B 当质点做单方向直线运动时,质点的位移大小和路程才相等,故选项A错误;两点之间线段最短,位移大小等于初、末位置之间的直线距离,路程是曲线运动轨迹的长度,故选项B正确;位移相同的两个质点,说明初、末位置相同,但运动轨迹不一定相同,选项C错误;两个质点通过的路程相等,但运动轨迹不一定相同,运动位移大小不一定相等,选项D错误。
6.某校操场的国旗平台离地面的高度是0.5 m,将坐标系的原点定在平台上,取旗杆所在直线向上为坐标轴的正方向,旗杆上固定国旗的A、B两点离地面的距离分别为10.9 m和9.4 m,那么A、B两点的坐标分别是( )
A.10.9 m,9.4 m B.11.4 m,9.9 m
C.10.4 m,8.9 m D.10.9 m,-9.4 m
解析:选C A点的坐标为xA=10.9 m-0.5 m=10.4 m;B点的坐标为xB=9.4 m-0.5 m=8.9 m,C正确。
7.一质点在x轴上运动(以向右为正方向),各个时刻的位置坐标如下表所示,则位移最大的时间是( )
t/s | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
x/m | 5 | 3 | 1 | -3 | -5 | -3 | 1 | 3 | 5 |
A.第1 s内 B.前4 s内
C.8 s内 D.第4 s内
解析:选B 根据直线运动中位移与位置的关系可以判断第1 s内的位移为-2 m,前4 s内的位移为-10 m,8 s内的位移为0,第4 s内的位移为-2 m,所以前4 s内位移最大,B正确。
8.以下四种运动中,哪种运动位移的大小最大( )
A.物体先向东运动了4 m,接着再向南运动了3 m
B.物体先向东运动了8 m,接着再向西运动了4 m
C.物体沿着半径为4 m的圆轨道运动了圈
D.物体向北运动了2 s,每秒通过3 m的路程
解析:选D A选项的过程图如图甲所示,位移大小x1==5 m,方向由A指向C;B选项的过程图如图乙所示,位移大小x2==4 m,方向由A指向C;C选项的过程图如图丙所示,位移大小x3==4 m,方向由A指向B;D选项的位移大小x4=6 m,则x4>x3>x1>x2,D正确。
9.某班级的教室在3楼,每天同学们都要从1楼爬到3楼上课。如图所示,若每层楼的高度都是3 m,楼梯的倾角为45°,某同学从楼梯沿折线从大门走到3楼教室门口,他走过的位移大小是多少?路程是多少?(把某同学爬楼过程等效为物体沿坡滑行)
解析:如题图所示,折线为某同学的运动轨迹,
每个斜梯长为1.5 m,
路程l=4×1.5 m=6 m≈8.485 m。
初位置在大门口,末位置在教室门口,
从初位置到末位置的有向线段为位移,
所以位移大小为x=2h=6 m。
答案:6 m 8.485 m
B级—选考提能
10.如图所示,自行车的车轮半径为R,车轮沿直线无滑动地滚动,当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时,气门芯位移的大小为( )
A.πR B.2R
C.2πR D.R
解析:选D 开始运动时,气门芯在轮子的正上方,距离地面2R,当气门芯由轮子的正上方第一次运动到轮子的正下方时,气门芯在水平方向的位移为轮子周长的一半,即×2πR=πR,所以气门芯位移的大小为=R,故D正确。
11.[多选]如图所示为A、B两个物体从O点开始运动的位移—时间图像的一部分。从A、B两物体的位移—时间图像可知,下列说法中正确的是( )
A.A、B两物体的运动方向相同
B.A物体4 s内发生的位移是10 m
C.B物体发生10 m位移的时间是4 s
D.A、B两物体同时开始运动
解析:选ACD A、B两物体的运动图线相对时间轴的倾斜方向相同,即A、B两物体的运动方向相同,选项A正确;由题图可知,B物体在4 s内的位移是10 m,A物体在4 s内的位移为20 m,选项B错误,C正确;A、B两物体都是从0时刻开始运动,选项D正确。
12.如图所示,一辆汽车沿着马路由A地出发经B、C地到达D地,A、C、D恰好在一条直线上。求汽车的位移及路程。
解析:位移的大小是初、末位置间的直线距离,而路程是汽车运动的实际路径,
由勾股定理得:
xAC== m=1 000 m,
由于A、C、D共线,所以汽车的位移为:
xAD=xAC+xCD=1 000 m+800 m=1 800 m,
因为tan ∠BAC=,所以∠BAC=53°,
即位移方向为北偏东53°或东偏北37°,
汽车的路程为:xAB+xBC+xCD=2 200 m。
答案:1 800 m,方向为北偏东53°或东偏北37° 2 200 m
第3节 位置变化快慢的描述—速度(第1课时)
1.填一填
(1)物理意义:描述物体运动快慢的物理量。
(2)定义:位移与发生这段位移所用时间的比值。
(3)定义式:v=。
(4)单位:在国际单位制中,速度的单位是米每秒,符号是m/s或m·s-1,常用的单位还有千米每小时(km/h或km·h-1)、厘米每秒(cm/s或cm·s-1)等。
(5)矢量性:速度是矢量,其方向与时间Δt内的位移Δx的方向相同。
2.判一判
(1)运动越快的物体速度越大。(√)
(2)物体运动的位移越大,速度越大。(×)
(3)物体运动的速度与位移成正比,与时间成反比。(×)
3.想一想
(1)如图甲所示,30 min内自行车行驶了8 km、汽车行驶了50 km,应该如何比较它们运动得快慢呢?
(2)如图乙所示,百米赛跑中优秀运动员跑10 s,而某同学跑13.5 s,应该如何比较他们跑得快慢呢?
提示:(1)相等的时间内汽车比自行车行驶得远,故汽车运动得快。
(2)相等的距离,优秀运动员用的时间短,故优秀运动员跑得快。
1.填一填
(1)平均速度
①物理意义:描述物体在一段时间内运动的平均快慢程度和方向。
②定义式:=。
(2)瞬时速度
①物理意义:描述物体在某时刻运动的快慢。
②速率:瞬时速度的大小。
③匀速直线运动:瞬时速度保持不变的运动。在匀速直线运动中,平均速度与瞬时速度相等。
2.判一判
(1)物体的瞬时速度总为零,则平均速度一定为零。(√)
(2)物体的平均速度为零,则物体一定处于静止状态。(×)
(3)两物体的速度分别为v1=2 m/s,v2=-3 m/s,则它们的大小关系为v1>v2。(×)
3.选一选
(1)如图所示,某汽车内的里程表显示了汽车行驶的相关数据,则此时汽车的( )
A.速率约为50 m/s
B.瞬时速度约为50 m/s
C.速率约为50 km/h
D.平均速度约为50 km/h
解析:选C 汽车内的仪表显示的是汽车的瞬时速度大小,即速率,单位为km/h,由题图可知,汽车速率约为50 km/h,选项C正确。
(2)四月的江南草长莺飞,桃红柳绿,雨水连绵。伴随温柔的雨势,时常出现瓢泼大雨,雷电交加的景象,在某次闪电过后约2 s小明听到雷声,则雷电生成处离小明的距离约为( )
A.6×102 m B.6×104 m
C.6×106 m D.6×108 m
解析:选A 声速大约为340 m/s,所以雷电生成处距离小明的距离约为s=vt=680 m≈6×102 m,选项A正确。
对速度的理解 |
[学透用活]
1.关于速度的理解
(1)速度是描述物体运动快慢的物理量,v=也叫物体位置的变化率,速度越大,表示物体运动得越快,其位置变化得也就越快。
(2)比值定义法:用两个物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。一般地,被定义的物理量往往是反映物质最本质的属性,不随定义所用的物理量的改变而改变。v=是速度的定义式,不是决定式,不能认为v与位移成正比,与时间成反比。
2.速度方向的表示方法
物体做直线运动时,可沿运动方向建立直线坐标系,物体的速度就可用正、负号表示,速度的方向与规定的正方向相同时取正值,相反时取负值。
[多选]甲、乙两质点在同一直线上匀速运动,取向右为正方向,甲质点的速度为2 m/s,乙质点的速度为-4 m/s,则可知( )
A.乙质点的速度大于甲质点的速度
B.因为+2>-4,所以甲质点的速度大于乙质点的速度
C.这里正、负号的物理意义是表示质点的运动方向
D.若甲、乙两质点同时由同一点出发,则10 s后甲、乙两质点相距60 m
[解析] 速度是矢量,其正、负表示质点的运动方向,故A、C正确,B错误;甲、乙两质点在同一直线上沿相反方向运动,10 s内甲运动了20 m,乙运动了40 m,故10 s后甲、乙相距60 m,D正确。
[答案] ACD
速度大小的比较要看其绝对值,正负号只表示直线运动中物体运动的方向。
[对点练清]
1.(2018·浙江4月选考)某驾驶员使用定速巡航,在高速公路上以时速110公里行驶了200公里。其中“时速110公里”、“行驶200公里”分别是指( )
A.速度、位移 B.速度、路程
C.速率、位移 D.速率、路程
解析:选D 时速不考虑方向,即为速率,200公里为路程,D正确。
2.[多选]下列关于速度的说法正确的是( )
A.速度是描述物体运动快慢的物理量,速度大表示物体运动得快
B.速度是描述物体的位置变化快慢的物理量,速度大表示物体位置变化大
C.速度越大,位置变化越快,位移也就越大
D.速度是矢量,速率是标量
解析:选AD 速度是描述物体运动快慢的物理量,它表示物体位置变化的快慢,不能表示位置变化的大小,故选项A正确,B错误;速度越大,位置变化越快,但位移表示位置变化的大小,速度大,位移不一定大,故选项C错误;速度是矢量,既有大小,又有方向,速率是标量,只有大小,没有方向,故选项D正确。
3.[多选]关于速度的定义式v=,下列叙述正确的是( )
A.物体做匀速直线运动时,速度v与运动的位移Δx成正比,与运动时间Δt成反比
B.速度v的大小与运动的位移Δx和时间Δt都无关
C.此速度定义式适用于任何运动
D.速度是表示物体运动快慢及方向的物理量
解析:选BCD v=是计算速度的定义式,适用于任何运动,C正确;此式说明速度可用位移Δx与时间Δt的比值来获得,并不能说速度v与位移Δx成正比,与时间Δt成反比,A错误,B正确;速度的大小表示物体运动的快慢,方向表示物体运动的方向,D正确。
平均速度和瞬时速度 |
[学透用活]
平均速度和瞬时速度的比较
| 平均速度 | 瞬时速度 |
物理意义 | 描述物体在一段时间内运动的快慢和方向,与一段时间或位移对应,只能粗略描述物体运动的快慢及方向 | 描述物体在某时刻运动的快慢和方向,与时刻或位置对应,可以精确描述物体运动的快慢及方向 |
大小 | 由= 求出 | 当Δt→0时,用= 计算出的是那一时刻的瞬时速度 |
方向 | 与位移的方向相同,不一定与物体瞬时运动方向相同 | 某一时刻物体运动的方向 |
联系 | (1)在匀速直线运动中,平均速度和瞬时速度相等 (2)当位移足够小或时间足够短时,可以认为平均速度就等于瞬时速度 |
[多选]物体的xt图像如图所示,根据图像判断下列说法正确的是( )
A.物体在0~2 s内的平均速度为3 m/s
B.物体在0~3 s内的平均速度为2 m/s
C.物体在第3 s末的速度为2 m/s
D.物体在第5 s内的平均速度为-6 m/s
[解析] 由题图根据v=可知,选项A、B正确;2~4 s内,x不变表示物体静止,第3 s末速度为0,选项C错误;物体在第5 s内做匀速直线运动,速度为-6 m/s,选项D正确。
[答案] ABD
解答此类问题应注意以下三点
(1)瞬时速度某一时刻或某个位置。
(2)平均速度某段时间或某段位移。
(3)不同过程或不同时间段的平均速度一般不同。
[对点练清]
4.瞬时速度是指( )
A.运动物体在某一位置的速度,是物体在该位置速度的大小
B.运动物体在某一段位移内的速度,既能表示物体在该段位移内速度的大小,又能表示速度的方向
C.运动物体在某一段位移内的速度,只能表示物体在该段位移内速度的大小,不能表示速度的方向
D.运动物体在某一时刻的速度,既能表示物体在该时刻速度的大小,又能表示速度的方向
解析:选D 物体在某一位置或某一时刻的速度是瞬时速度,是矢量,选项A、B、C错误,D正确。
5.下列语句的描述中,有关速度的含义是指平均速度的是( )
A.子弹射出枪口的速度是800 m/s,以790 m/s的速度击中目标
B.小球在光滑路面上滑行,第3 s末的速度是6 m/s
C.汽车从甲站行驶到乙站的速度是40 km/h
D.某运动员在全国田径大奖赛百米比赛中以10秒04的成绩夺冠,并以10.34 m/s的速度冲过终点
解析:选C 子弹射出枪口的速度,是指子弹经过枪口这个位置时的速度,是瞬时速度,击中目标的速度也是和某一位置相对应,是瞬时速度,A错误;小球第3 s末的速度是指第3 s末这个时刻的速度,是瞬时速度,B错误;汽车从甲站行驶到乙站的速度,指从甲站到乙站这个过程中的速度,属于平均速度,C正确;某运动员冲过终点的速度和终点位置相对应,所以是瞬时速度,D错误。
6.在2018年雅加达亚运会中,我国选手苏炳添以9.92 s的成绩获得100 m冠军。在比赛过程中,他起跑后先加速,经过3.10 s跑过18.0 m 时速度达到最大,此后保持该速度匀速运动直到终点。求苏炳添在100 m比赛中的平均速度大小和匀速运动时的速度大小。
解析:100 m比赛的位移大小x=100 m,时间t=9.92 s,则苏炳添在比赛中的平均速度大小为:
=≈10.08 m/s,
苏炳添匀速运动的位移为x1=100 m-18 m=82 m,
匀速运动的时间为t1=9.92 s-3.10 s=6.82 s,
则匀速运动时的速度大小为:v=≈12.02 m/s。
答案:10.08 m/s 12.02 m/s
平均速度和平均速率 |
[学透用活]
平均速度与平均速率的区别与联系
| 平均速度 | 平均速率 | |
区别 | 定义 | 平均速度= | 平均速率= |
标矢性 | 矢量 | 标量 | |
物理意义 | 粗略描述物体位置变化的快慢 | 粗略描述物体运动的快慢 | |
联系 | 都是描述物体运动快慢的物理量 | ||
单位相同 | |||
表达式都可写成=的形式,但注意“x”的意义不同(表示平均速度时,x指位移;表示平均速率时,x指路程) | |||
只有在单方向直线运动中位移的大小才等于路程,平均速度的大小才等于平均速率 |
如图所示,一质点沿半径r=20 cm的圆周自A点出发沿逆时针方向匀速率运动,在2 s内运动圆周到达B点,π取3.14。求:
(1)质点的位移和路程;
(2)质点平均速度的大小和平均速率;
(3)质点运动到B点时瞬时速度的大小。
[解析] (1)质点的位移是由A点指向B点的有向线段,则位移大小为线段AB的长度
由题图中几何关系可知位移
Δx==r≈28.3 cm
质点位移的方向由A点指向B点
质点的路程为轨迹的长度,则
l=×2πr=×2π×20 cm=94.2 cm。
(2)根据平均速度的定义得
v===0.141 5 m/s
根据平均速率的定义得
v′===0.471 m/s。
(3)质点运动的速率不变,所以质点运动到B点时,瞬时速度大小等于平均速率,即vB=v′=0.471 m/s。
[答案] (1)28.3 cm,方向由A点指向B点 94.2 cm
(2)0.141 5 m/s 0.471 m/s (3)0.471 m/s
[对点练清]
7.某同学用手机计步器记录了自己从家到公园再回到家的锻炼情况,如图所示,则下列说法正确的是( )
A.图中的速度5.0 km/h为平均速度
B.图中的速度5.0 km/h为瞬时速度
C.图中的速度5.0 km/h为平均速率
D.图中的速度5.0 km/h为平均速度的大小
解析:选C 某同学行走的路线不一定是直线,故题图中的5.0 km/h不可能为平均速度,也不可能是平均速度的大小,而应为平均速率,是路程与时间的比值,故选项C正确,A、B、D错误。
8.如图所示是三个质点A、B、C的运动轨迹,三个质点同时从N点出发,又同时到达M点,下列说法正确的是( )
A.从N到M的过程中,A的平均速率最大
B.三质点从N到M的平均速率相同
C.三质点从N到M的平均速度不相同
D.到达M点时A的速率最大
解析:选A 相同时间内,A运动的路程最长,故A的平均速率最大;A、B、C位移相同,故三质点的平均速度相同;无法判断到达M点时谁的速率最大。只有选项A正确。
9.某人爬山,从山脚爬上山顶,然后又从原路返回到山脚,上山的平均速率为v1,下山的平均速率为v2,则往返全程的平均速度的大小和平均速率分别是( )
A., B.,
C.0, D.0,
解析:选D 此人往返全程的位移为x=0,故平均速度==0,而平均速率′=,s代表路程,因上、下山过程的路程相同,可得′==,选项D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P26“科学书屋”]
激光测速仪
激光测速仪能够测量运动物体的瞬时速率。其测量精度较高,广泛应用于交通管理等领域。
如图所示,测速仪向汽车发射一束激光,经反射后被接收装置接收。只要测出从发射到接收所经历的时间,便可得到测速仪到汽车的距离。在测量时,测速仪在设定的极短时间内分别发射两束激光,对汽车进行两次这样的距离测量(s1、s2),就可计算出这段时间内汽车位移的大小s,从而得到汽车的瞬时速率。
设测速仪离路面的高度为l,发射两次激光束的时间差为Δt,试根据激光测速仪的测量原理图,写出汽车瞬时速度的表达式。
[提示] 汽车在Δt时间内的位移:
s=-
则汽车的瞬时速度v==。
二、龟兔赛跑(核心素养之物理观念)
[选自鲁科版教材P27第6题]
如图所示,在寓言“龟兔赛跑”中,乌龟先到达终点。你认为乌龟和兔子谁跑得更快?请作出解释。若兔子跑过某位置时的瞬时速度为6 m/s,能否说兔子每1 s都跑了6 m,或者说每跑6 m都用1 s的时间?其含义是什么?
[提示] 在竞赛中,是以时间来计算比赛成绩的,同样的路径,同样的位移,所用时间越短,平均速度越大,就说其跑得越快,并不是按照通过某一位置瞬时速度的大小来比较其跑得快慢。“龟兔赛跑”中,乌龟先到达终点,用时较短,平均速度较大,所以乌龟跑得快。
瞬时速度是物体在某位置或某时刻的速度,物体在下一位置或下一时刻的速度如何并不知道。本题中兔子跑过某位置的瞬时速度为6 m/s,若从该位置起6 m内或1 s内的速度不变,则兔子1 s跑6 m,或6 m用时1 s,但兔子跑过该位置后的速度是否仍为6 m/s,我们并不知道,故也就不能得出兔子每1 s都跑6 m或每跑6 m都用了1 s的时间的结论。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.下列关于速度的说法正确的是( )
A.京沪高速铁路上的列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度的大小
B.沪宁高速公路限速120 km/h,指的是平均速度的大小
C.子弹射出枪口时的速度为500 m/s,指的是平均速度的大小
D.某运动员百米跑的成绩是10 s,则他冲刺时的速度大小一定为10 m/s
解析:选A 京沪高速铁路上的列车最高时速可达484 km/h,指的是瞬时速度的大小,选项A正确;沪宁高速公路限速120 km/h,指的是瞬时速度的大小,选项B错误;子弹射出枪口时的速度为500 m/s,指的是瞬时速度的大小,选项C错误;某运动员百米跑的成绩是10 s,则他的平均速度大小是10 m/s,但是冲刺时的速度大小不一定为10 m/s,选项D错误。
2.以往公路上用单点测速仪测车速,个别司机由于熟知测速点的位置,在通过测速点前采取刹车降低车速来逃避处罚,但很容易造成追尾事故,所以有些地方已开始采用区间测速。下列说法正确的是( )
①单点测速测的是汽车的瞬时速率 ②单点测速测的是汽车的平均速率 ③区间测速测的是汽车的瞬时速率 ④区间测速测的是汽车的平均速率
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析:选B 单点测速测的是汽车在测速点那一位置的速率,是瞬时速率,①正确,②错误;区间测速测的是汽车在一段路程内的平均速率,③错误,④正确。
3.以下关于瞬时速度、平均速度、平均速率的说法正确的是( )
A.瞬时速度是指物体在某一位置或某一时刻的速度
B.平均速度是物体在一段时间内各个时刻瞬时速度的平均值
C.做变速运动的物体,平均速率就是平均速度的大小
D.物体做变速运动时,平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值
解析:选A 瞬时速度是指物体在某一位置或某一时刻的速度,选项A正确;平均速度是物体在某一段时间内的位移与经过这段位移所用时间的比值,并不是物体在某一段时间内各个时刻瞬时速度的平均值,平均速率是指物体通过的路程与所用时间的比值,一般情况下,运动物体的位移大小和路程是不相等的,选项B、C、D错误。
4.济青高铁于2018年12月26日8时正式通车,路线全长307.9公里,自济南东站发出,到青岛的红岛站共11站,设计时速350公里。对以上信息,下列说法正确的是( )
A.2018年12月26日8时是指时间间隔
B.济南东站到红岛站的位移大小是307.9公里
C.设计时速350公里是指高速列车能保持安全的最大速度
D.研究高速列车通过某站站点所用的时间可以把列车看成质点
解析:选C 2018年12月26日8时是指通车的时刻,故A错误;济南东站到红岛站的路程是307.9公里,故B错误;设计时速350公里是指高速列车能保持安全的最大速度,故C正确;研究高速列车通过某站站点所用的时间时,列车的长度不能忽略,故不可以把列车看成质点,故D错误。
5.A、B、C三物体同时出发做直线运动,它们的运动情况如图所示。在20 s内,它们的平均速度的关系正确的是
( )
A.A=B=C B.A>B=C
C.A<C<B D.A=B>C
解析:选A 由题图可知A、B、C三物体在20 s内通过相同的位移,据平均速度的定义式=可知,20 s内三物体的平均速度相等,故A正确。
6.某人驾车从德州到潍坊用时4 h,车上里程表的示数增加了300 km,根据地图上的相关数据得到出发地到目的地的直线距离为240 km,则整个过程中汽车的位移大小和平均速度的大小分别为( )
A.240 km 60 km/h B.240 km 75 km/h
C.300 km 60 km/h D.300 km 75 km/h
解析:选A 位移大小为两点间的直线距离,由题意可知,位移大小为240 km;平均速度大小为:v== km/h=60 km/h,故A正确,B、C、D错误。
7.用同一张底片对着小球运动的路径每隔 s拍一次照,得到的照片如图所示,则小球在图示这段距离内运动的平均速度是( )
A.0.25 m/s B.0.2 m/s
C.0.17 m/s D.无法确定
解析:选C 由题图可知在t=0.3 s内小球运动了s=0.05 m,所以小球的平均速度为==≈0.17 m/s,故C正确。
8.一辆汽车做直线运动,以速度v1行驶了全程的,接着以速度v2=20 km/h行驶了余下的。如果汽车全程的平均速率=27 km/h,则v1的值为( )
A.32 km/h B.35 km/h
C.56 km/h D.90 km/h
解析:选D 设汽车运动的总路程为s,则汽车运动的平均速率==,代入数据解得v1=90 km/h,D正确。
9.如图所示,某质点沿边长AB=3 m,BC=4 m的矩形从A点沿逆时针方向匀速率运动,在5 s内运动了矩形周长的一半到达C点。求:
(1)质点运动的位移和路程;
(2)质点的平均速度和平均速率。
解析:(1)质点运动的位移:x=AC== m=5 m,方向由A点指向C点
质点运动的路程:L=AB+BC=3 m+4 m=7 m。
(2)由平均速度公式,得===1 m/s
方向由A点指向C点
由平均速率公式,得′===1.4 m/s。
答案:(1)5 m,方向由A点指向C点 7 m
(2)1 m/s,方向由A点指向C点 1.4 m/s
B级—选考提能
10.[多选]郑州到西安的高速客运专线的运营,方便了人们出行。已知郑州到西安线路全长505 km,设计时速350 km,动车组列车总长200 m,动车组列车运行时间约 2 h。根据上述信息可知( )
A.由于动车组列车总长200 m,动车组列车在郑州到西安正常运行时不能看成质点
B.动车组列车在郑州到西安正常运行时的平均速率约为250 km/h
C.动车组列车在郑州到西安正常运行时的平均速度约为350 km/h
D.由题目信息不能求出动车组列车在郑州到西安正常运行时的平均速度
解析:选BD 郑州到西安线路的全长远大于动车组列车长度,故可以将动车组列车看成质点,A错误;动车组列车的平均速率===252.5 km/h≈250 km/h,故B正确;由于郑州到西安路线是曲线,故位移大小小于505 km,具体大小未知,故不能求出动车组列车在郑州到西安正常运行时的平均速度,选项C错误,D正确。
11.如图所示,小明沿半径为R的拱形桥面上的A点跑到B点(弧AB对应的圆心角为60°),用时为t,在此过程中,下列说法正确的是( )
A.小明的位移大小为
B.小明的路程为R
C.小明的平均速度大小为
D.小明的平均速度大小为
解析:选C 小明的位移大小为由初位置指向末位置的长度,即AB的长度。由几何关系可知AB=R,故A错误;小明走的路线为圆弧,所以路程大于R,故B错误;小明的位移大小为R,则平均速度大小:=,故C正确,D错误。
12.一辆汽车从甲地沿平直的公路以v1=36 km/h的速度,经过2 h到达乙地,休息了4 h后,又沿原路返回,以v2=54 km/h的速度运动了3 h越过甲地到达丙地。求汽车运动全程的平均速度和平均速率。
解析:汽车全程的位移大小为
x=v2t2-v1t1=54×3 km-36×2 km=90 km,
全程所用时间为t=2 h+4 h+3 h=9 h,
故汽车运动全程的平均速度== km/h=10 km/h,
方向由甲地指向丙地,
汽车运动全程的路程为
s=v2t2+v1t1=54×3 km+36×2 km=234 km,
所以汽车运动全程的平均速率为
′== km/h=26 km/h。
答案:10 km/h,方向由甲地指向丙地 26 km/h
实验:测量纸带的平均速度和瞬时速度(第2课时)
(对应学生用书P11)
实验目的
1.了解打点计时器的结构、工作原理及使用方法。
2.学会用打点计时器测量物体的速度。
3.能利用vt图像分析实验数据,描述物体的运动。
实验原理
1.两种打点计时器的对比
| 电磁打点计时器 | 电火花计时器 |
结构图示 | ||
工作电压 | 4~6 V交流电 | 220 V交流电 |
打点方式 | 振针周期性上、下振动 | 周期性产生电火花 |
打点周期 | 0.02 s(根据交流电频率而定) | |
记录信息 | 位置、时刻和位移、时间 |
2.测量平均速度:根据v=可求出任意两点间的平均速度,Δx是纸带上两点间的位移,利用刻度尺测量,Δt是这两点间的时间间隔。
3.测量瞬时速度:运动物体在某一时刻或某一位置(例如纸带上某点)的瞬时速度可以粗略地由包含该点在内的相距较近的两点间的平均速度来表示。
实验器材
电磁打点计时器或电火花计时器、低压交流电源电火花计时器使用220 V交流电源、复写纸或墨粉纸盘、导线若干、刻度尺、纸带、坐标纸。
实验步骤
1.了解打点计时器的结构,然后把它固定在桌子上。
2.把电磁打点计时器的两个接线柱用导线与6 V的低压交流电源的接线柱相连接,让纸带穿过两个限位孔,压在复写纸的下面(或把电火花计时器与220 V交流电源连接,把纸带穿好,压在墨粉纸盘下面)。
3.接通电源开关,用手水平地拉动纸带,纸带上就打出一行小点,随后立即关闭电源。
4.重复步骤(2)、(3),获得3~5条纸带。
5.选择一条点迹清晰便于分析的纸带,往后数n个点,n个点之间的间隔数为n-1,纸带从打第1个点到打第n个点的运动时间Δt=0.02(n-1)s。
6.用刻度尺测量出第1个点到第n个点间的位移Δx。
数据处理
1.测量纸带的平均速度
从打第1个点到打第n个点,纸带的运动时间为Δt=0.02(n-1)s,纸带的位移为Δx,纸带的平均速度v=。把测量和计算的结果填入表中。
记录项
实验次数 | 点数n | 点划分出的间隔数n-1 | 运动时间Δt/s | 位移Δx/m | 平均速度 v/(m·s-1) |
1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2.用打点计时器测量瞬时速度
(1)选取一条点迹清晰便于分析的纸带。
(2)从能够看清的某个点开始,每隔四个点取一个计数点,每两个计数点间的时间间隔T=5×0.02 s=0.1 s。在纸带上用O、A、B、C、D、…标出这些“计数点”,如图所示。
用刻度尺依次测出OA、OB、OC、OD、…的距离是s1、s2、s3、s4、…,再利用x1=s1、x2=s2-s1、x3=s3-s2、x4=s4-s3、…确定出OA、AB、BC、CD、…之间的位移x1、x2、x3、x4、…
(3)运动物体在A、B、C、D、…各点的瞬时速度分别为vA=、vB=、vC=、vD=、…
3.用vt图像描述物体的速度
(1)以速度v为纵轴,时间t为横轴建立直角坐标系。
(2)根据不同时刻的瞬时速度值,在坐标系中描点。
(3)用平滑曲线把这些点连接起来,即得到vt图像,如图所示。
误差分析
1.利用平均速度来代替运动物体在某计数点的瞬时速度会带来系统误差。为减小误差,应取以计数点为中心的较小位移Δx来求平均速度。
2.分段测量计数点间的位移会带来误差。减小此误差的方法是一次测量完成,即一次测出各计数点到起始计数点O的距离,再分别计算出各计数点间的位移。
3.作图时,描点、连线存在偶然误差,为减小误差,应选取合适的坐标单位,利用坐标纸作图。
注意事项
1.如果在纸带上数出了n个点,那么它们的间隔数是(n-1)个,它们的时间间隔为(n-1)×0.02 s。
2.使用打点计时器打点时,应先接通电源,待打点计时器打点稳定后,再拉动纸带。
3.手拉动纸带时速度应快一些,以防点迹太密集。
4.为了减小实验误差,计数点要每隔T=0.1 s选一个,即每隔四个点取一个计数点,而计算计数点的瞬时速度时,Δx、Δt应取此计数点前、后两个点之间的位移和时间,即v=。
5.打点计时器不能连续工作太长时间,打点之后应立即关闭电源。
实验原理与操作 |
研究“用打点计时器测速度”的实验:
(1)[多选]实验中,除电磁打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端带定滑轮的长木板、导线及开关外,在下面的仪器和器材中,必须使用的有________。(填选项代号)
A.电压合适的50 Hz低压交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平
(2)[多选]对于减小实验误差来说,下列采取的方法中正确的有________。
A.选取合适的n个点为计数点
B.使小车运动得尽量慢些
C.舍去纸带上密集的点,只利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量、计算
D.选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验
E.实验时尽量让小车远离打点计时器,释放小车后再接通电源
[解析] (1)实验中必须使用的有电压合适的50 Hz低压交流电源,计算速度时需要测量各点间的距离,因此还必须使用刻度尺,故A、C正确。
(2)选取合适的n个点为计数点,有利于测量长度,能使平均速度与瞬时速度更接近,以减小实验误差,选项A正确;使小车运动得尽量慢些,打出的点较密,为减小测量误差,所取n会较大,会使实验误差较大,选项B错误;舍去纸带上密集的点,只利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量、计算,这样可减小实验误差,选项C正确;选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验,可使小车运动比较平稳,各点的瞬时速度与实际更接近,可减小实验误差,选项D正确;若小车远离打点计时器,且先释放小车后打开电源,会造成点密而少,给测量、计算造成较大实验误差,选项E错误。
[答案] (1)AC (2)ACD
(1)电磁打点计时器需要4~6 V低压交流电源。
(2)使用打点计时器时要注意先接通电源,待打点稳定后再释放纸带。
(3)选择纸带时要注意选取“点迹清晰,间隔适量”的部分进行实验。
[对点训练]
1.[多选]关于打点计时器的原理和使用方法,下列说法正确的是( )
A.打点计时器应接交流电源,交流电源频率通常为50 Hz
B.如果纸带上相邻两个计数点之间有四个点,则相邻两个计数点间的时间间隔是0.08 s
C.如果打点计时器在纸带上打下的点先密集后稀疏,则说明纸带的速度由小变大
D.电磁打点计时器接在220 V电源上
解析:选AC 打点计时器应接交流电源,交流电源频率为50 Hz,A正确;电磁打点计时器使用6 V以下的低压交流电源,D错误;由于打点计时器每隔0.02 s 打一个点,所以相邻计时点的时间间隔为0.02 s,如果相邻两个计数点间还有四个计时点,则相邻两计数点的时间间隔应为5×0.02 s=0.1 s,B错误;打点时间是一样的,点密集的地方速度小,点稀疏的地方速度大,即纸带的速度由小变大,C正确。
数据处理和误差分析 |
如图所示是一条利用频率为50 Hz的打点计时器打出的纸带,0、1、2、3、4、5、6是七个计数点,每相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出,测得各计数点到0点的距离已在图上标出,求各计数点的瞬时速度并画出vt图像。
[解析] 1点是0和2间时间的中间时刻,求出0和2间的平均速度即可认为是1点的瞬时速度,同理2、3、4、5点的瞬时速度也可求出。0和6两个点的瞬时速度不便求出,然后画出图线,注意相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s。各段时间的平均速度作为中间时刻的瞬时速度分别为:v1=0.195 m/s;v2=0.40 m/s;v3=0.61 m/s;v4=0.69 m/s;v5=0.70 m/s,再以O点为坐标原点建立直角坐标系,横坐标表示时间,纵坐标表示速度,在直角坐标系中描点,然后连线得到vt图像如图所示。
[答案] 见解析
(1)应用v=求某点的瞬时速度时,应当取包含该点的尽量短的时间间隔。
(2)作vt图像时应注意选择适当的标度,让图线在坐标纸上尽量展开。
(3)如果图线为直线,连线时要让尽量多的点落在直线上,如果为曲线,应利用平滑曲线将各点连接,偏离较远的点可舍去不计。
[对点训练]
2.打点计时器所用电源的频率为50 Hz,某次实验中得到一条纸带,用毫米刻度尺测量的情况如图所示,纸带在A、C间的平均速度为________m/s,在A、D间的平均速度为________m/s,二者之间B点的瞬时速度更接近于________(填“A、C”或“A、D”)间的平均速度。
解析:由题意知,相邻两点间的时间间隔为0.02 s,A、C间的距离为14.0 mm=0.014 0 m,A、D间的距离为26.0 mm=0.026 0 m,由平均速度公式=得AC= m/s=0.35 m/s,AD= m/s≈0.43 m/s,A、C两点更接近于B点,故B点的瞬时速度更接近于A、C间的平均速度。
答案:0.35 0.43 A、C
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.[多选]打点计时器在纸带上的点迹,直接记录了( )
A.物体运动的时间
B.物体在不同时刻的位置
C.物体在不同时间内的位移
D.物体在不同时刻的速度
解析:选AB 电火花打点计时器和电磁打点计时器都是每隔0.02 s在纸带上打下一个点,因此,根据打在纸带上的点迹,可直接反映物体的运动时间,A正确;由于纸带跟物体连在一起,打点计时器固定,所以纸带上的点迹就相应地记录了物体在不同时刻的位置,B正确;物体在不同时间内的位移与不同时刻的速度必须通过测量和计算才能得出,C、D错误。
2.[多选]关于打点计时器打出的纸带,下列叙述中正确的是( )
A.点迹均匀,说明纸带做匀速运动
B.点迹变稀,说明纸带做加速运动
C.点迹变密,说明纸带做加速运动
D.相邻两点间的时间间隔相等
解析:选ABD 打点计时器的振针打点的频率一定,相邻两点间的时间间隔相等,如果纸带做匀速运动,则打出的纸带上的点迹均匀;如果纸带做加速运动,则打出的纸带上的点迹变稀;如果纸带做减速运动,则打出的纸带上的点迹变密,故A、B、D正确,C错误。
3.在用打点计时器测量瞬时速度实验中,某活动小组选取了长度大致相同的四条纸带进行分析,如图所示。比较四条纸带,平均速度最大的是纸带________,图中标志点O点速度最大的是纸带________,运动速度越来越大的是纸带________。
解析:纸带C的运动时间最短,则平均速度最大,纸带B中O点两侧点的间距最大,则瞬时速度最大。需要注意的是,由于未标明纸带的运动方向,故纸带D可能做加速运动,也可能做减速运动,但考虑到纸带A、C大致做匀速运动,纸带B中各点间距不规则变化,纸带D只能做加速运动。
答案:C B D
4.在“用打点计时器测速度”的实验中,按照实验进行的先后顺序,将下述步骤的代号填在横线上_________________________________________________________________。
A.把穿过打点计时器的纸带固定在小车后面
B.把打点计时器固定在木板上没有滑轮的一端,并连好电路
C.换上新的纸带,再重做两次实验
D.把长木板平放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面
E.使小车停在靠近打点计时器处,接通电源,放开小车,让小车运动
F.把一条细绳拴在小车上,细绳跨过定滑轮,下边吊着合适的钩码
G.断开电源,取出纸带
解析:正确的实验步骤是:把长木板平放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面;把打点计时器固定在木板上没有滑轮的一端,并连好电路;把穿过打点计时器的纸带固定在小车后;把一条细绳拴在小车上,细绳跨过定滑轮,下边吊着合适的钩码;使小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,再放开小车,让小车运动,打完一条纸带;断开电源,取出纸带,换上新纸带,再重做两次实验,即顺序为D、B、F、A、E、G、C或D、B、A、F、E、G、C。
答案:DBFAEGC或DBAFEGC
5.如图所示是在“用打点计时器测速度”的实验中得到的一条纸带的一部分,从0点开始依照打点的先后依次标为0,1,2,3,4,5,6,…,现在量得0、1间的距离x1=5.18 cm,1、2间的距离x2=4.40 cm,2、3间的距离x3=3.62 cm,3、4间的距离x4=2.78 cm,4、5间的距离x5=2.00 cm,5、6间的距离x6=1.22 cm。(交流电源频率为50 Hz)
(1)根据上面的记录,计算打点计时器在打1,2,3,4,5点时的速度并填在下表中:
位置 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
v/(m·s-1) |
|
|
|
|
|
(2)根据(1)中表格,在图中画出小车的速度—时间图像,并说明小车速度变化特点。
解析:(1)某点的瞬时速度可用包含该点的一段位移内的平均速度表示。由v=得,
打1点时,v1=1.20 m/s;打2点时,v2=1.00 m/s;打3点时,v3=0.80 m/s;打4点时,v4=0.60 m/s;打5点时,v5=0.40 m/s;将数值填入表格如下
位置 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
v/(m·s-1) | 1.20 | 1.00 | 0.80 | 0.60 | 0.40 |
(2)描点并连线得小车的速度—时间图像,如图所示。
由图像可知,小车速度均匀减小。
答案:见解析
B级—选考提能
6.如图所示是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
(1)已知打点计时器电源的频率为50 Hz,则纸带上打相邻两点的时间间隔为________。
(2)A、B、C、D是纸带上的四个计数点,每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图中读出A、B两点间距x=________cm,C点对应的速度是________m/s(结果保留三位有效数字)。
解析:(1)由周期和频率的关系T=,可知周期为0.02 s,即纸带上打相邻两点的时间间隔为0.02 s。
(2)由题图可知A、B两点间距约为0.70 cm,C点瞬时速度等于B、D间的平均速度,vC= m/s=0.100 m/s。
答案:(1)0.02 s (2)0.70(0.68~0.72均可) 0.100
7.如图所示的A、B、C三条纸带,是某同学练习使用打点计时器时得到的纸带(纸带的左端连接小车)。
(1)从点痕的分布情况可以断定:纸带________是匀速通过打点计时器的,纸带________是越走越快的,纸带________是开始越走越快,后来又越走越慢的。
(2)图中纸带C是舍去前面比较密的点,从0点开始,每5个连续点取1个计数点,标以1,2,3,4,5,…,那么相邻两个计数点之间的时间间隔为________ s。各计数点之间的距离如图中所示,则小车通过“1”计数点的速度v1=_______ m/s,通过“3”计数点的速度v3=________ m/s。
解析:(1)打点计时器打点的时间间隔相同,若纸带做匀速运动,则打出的点间距是相等的,若纸带做加速运动,则打出的点间距越来越大。纸带减速时,打出的点间距越来越小。
(2)两计数点间的时间间隔T=0.1 s,
通过“1”计数点的速度可用0、2间的平均速度表示,则有
v1==0.135 m/s。
通过“3”计数点的速度可用2、4间的平均速度表示,则有
v3==0.180 m/s。
答案:(1)A B C (2)0.1 0.135 0.180
第4节 速度变化快慢的描述—加速度
1.填一填
(1)物理意义:描述物体的速度随时间变化快慢的物理量。
(2)定义:速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值。
(3)定义式:a=。
(4)单位:在国际单位制中,加速度的单位是米每二次方秒,符号是m/s2或m·s-2。
(5)矢量性:加速度是矢量,既有大小又有方向。
2.判一判
(1)加速度是描述物体运动快慢的物理量。(×)
(2)速度的变化量大,加速度一定大。(×)
(3)加速度越大,物体的速度变化得越快。(√)
3.选一选
(1)[多选]下列物理量中是矢量的是( )
A.时间 B.质量
C.加速度 D.速度
解析:选CD 时间和质量都只有大小,没有方向,是标量;加速度和速度既有大小,又有方向,是矢量,故C、D正确。
(2)小球以v1=3 m/s的速度水平向右运动,碰到墙壁经t=0.01 s后以v2=2 m/s的速度沿同一直线反弹。小球在这0.01 s内的平均加速度为( )
A.100 m/s2,方向向右 B.100 m/s2,方向向左
C.500 m/s2,方向向左 D.500 m/s2,方向向右
解析:选C 规定水平向右为正方向。根据加速度的定义式a=,得a= m/s2=-500 m/s2,负号表示加速度方向与正方向相反,即方向水平向左。故C正确。
1.填一填
(1)加速度的方向与速度变化量Δv的方向相同。
(2)在直线运动中,物体加速时,加速度与速度方向相同。
(3)在直线运动中,物体减速时,加速度与速度方向相反。
2.判一判
(1)物体的加速度为正值时,物体一定做加速运动。(×)
(2)加速度的方向与速度的方向不是同向就是反向。(×)
3.想一想
如图为蜻蜓、火箭的运动示意图。
图甲:以8 m/s的速度飞行的蜻蜓能在0.7 s内停下来。
图乙:火箭发射时10 s内速度由0增加到100 m/s。
试想:蜻蜓、火箭的加速度方向与速度方向的关系有何不同?
提示:蜻蜓做减速运动,其加速度方向与速度方向相反;火箭做加速运动,其加速度方向与速度方向相同。
三、从vt图像看加速度
1.填一填
(1)vt图线的斜率表示物体运动的加速度。
(2)在同一vt图像中,图线的斜率越大,物体运动的加速度越。
(3)加速度大小的计算:在图线上取两点,坐标分别为(t1,v1),(t2,v2),则物体的加速度a=。
2.判一判
(1)vt图线的斜率有正有负,其正负表示加速度的方向。(√)
(2)vt图线的斜率为负值时,物体做减速运动。(×)
3.想一想
如图所示,为短跑运动员运动的vt图像,试分析运动员的速度、加速度的变化特点。
提示:由题图可知,运动员的速度在0~5 s内一直在增大,到5 s以后速度达到最大值,然后做匀速运动;运动员的加速度在0~5 s内一直减小,到5 s以后加速度为零。
加速度、速度、速度变化量的比较 |
[学透用活]
1.速度是描述物体运动状态的物理量,对应于某一时刻(或某一位置)的运动快慢和方向。
2.速度变化量Δv=v-v0是描述运动过程的物理量,对应于某一段时间(或某一段位移)。在直线运动中,若取v0为正,则Δv>0表示速度增加,Δv<0表示速度减小,Δv=0表示速度不变。
3.加速度a=,也称为“速度变化率”,表示在单位时间内的速度变化量,反映了速度变化的快慢和方向。
4.速度、速度变化量、加速度的对比
| 速度v | 速度变化量Δv | 加速度a |
定义式 | v= | Δv=v-v0 | a= |
意义 | 表示运动的快慢 | 表示速度改变的多少 | 表示速度改变的快慢 |
大小 | 位移与时间的比值,位移相对时间的变化率 | 某段时间末时刻和初时刻的速度之差 | 速度改变量与时间的比值,速度相对时间的变化率 |
方向 | 质点运动的方向 | 在直线运动中,可能与v0方向相同,也可能与v0方向相反 | 与Δv方向相同 |
单位 | m/s | m/s | m/s2 |
计算下列各种条件下的加速度的大小:
(1)显像管内,电子从阴极射到阳极的过程中,速度由零增加到106 m/s,历时2×10-5 s;
(2)子弹击中靶子时,在0.1 s内速度从200 m/s降到零;
(3)火车出站时,可在20 s内使速度从10 m/s增大到1 200 m/min。
[解析] (1)由加速度的定义式可得
a== m/s2=5×1010 m/s2
加速度大小为5×1010 m/s2。
(2)由加速度的定义式可得
a== m/s2=-2×103 m/s2
加速度大小为2×103 m/s2。
(3)v2=1 200 m/min=20 m/s
由加速度的定义式
a== m/s2=0.5 m/s2
加速度大小为0.5 m/s2。
[答案] (1)5×1010 m/s2 (2)2×103 m/s2
(3)0.5 m/s2
(1)应用公式Δv=v-v0计算速度变化量时,只有物体做直线运动,才可应用代数运算,并要注意“+”“-”符号。
(2)应用加速度的定义式a=计算加速度时,结果为正,表示加速度方向与正方向同向,结果为负,表示加速度方向与正方向反向。
[对点练清]
1.[多选]由a=可知( )
A.a与Δv成正比
B.物体的加速度大小由Δv决定
C.加速度的方向与Δv的方向相同
D.加速度的大小为
解析:选CD 物体的加速度表示速度变化的快慢和方向,而Δv是速度的变化量,A、B错误,D正确;加速度的方向与速度变化量Δv的方向相同,C正确。
2.下列关于速度与加速度的说法正确的是( )
A.物体的速度改变得越快,加速度一定越大
B.物体的速度越大,加速度一定越大
C.物体的速度改变量越大,加速度一定越大
D.加速度是描述速度改变大小的物理量
解析:选A 加速度是描述物体速度随时间变化快慢的物理量,物体速度改变得越快,则加速度越大;与速度大小以及速度变化的大小无关,故A正确,B、C、D错误。
3.猎豹起跑时在4 s内速度能达到30 m/s。军用喷气式飞机着陆时在10 s内速度从600 m/s降为540 m/s。 下列对二者运动的分析正确的是( )
A.猎豹用时较短,所以猎豹的加速度更大
B.飞机速度变化量大,所以飞机的加速度更大
C.单位时间内猎豹的速度变化量大,所以猎豹的加速度更大
D.猎豹的速度在增加,所以猎豹的加速度更大
解析:选C 猎豹起跑的末速度为v1=30 m/s,猎豹的加速度为:a1== m/s2=7.5 m/s2;军用喷气式飞机着陆,初速度v2=600 m/s,末速度v3=540 m/s,军用喷气式飞机的加速度为:a2== m/s2=-6 m/s2,加速度大小为:6 m/s2;综上所述,|a1|>|a2|,即猎豹加速度更大,故A、B、D错误,C正确。
加速度对物体运动速度的影响 |
[多选]根据下列给出的速度和加速度的正、负情况,对物体运动性质的判断正确的是( )
A.v>0,a<0,物体做加速运动
B.v<0,a<0,物体做加速运动
C.v<0,a>0,物体做减速运动
D.v>0,a>0,物体做加速运动
[解析] 速度和加速度都是矢量,正、负号不表示大小,表示方向,若a、v同向,即符号相同,物体做加速运动,若a、v反向,即符号相反,物体做减速运动,选项A错误,B、C、D正确。
[答案] BCD
加速度的大小和方向对速度的影响
(1)加速度的大小决定了速度变化的快慢:加速度大,其速度变化一定快;加速度小,其速度变化一定慢。加速度增大,则速度变化得越来越快,加速度减小,则速度变化得越来越慢。
(2)加速度的方向影响速度的增减:在直线运动中,加速度与速度方向相同,则速度增加;加速度与速度方向相反,则速度减小。
[对点练清]
4.如图所示,汽车向右沿直线运动,原来的速度是v1,经过一小段时间之后,速度变为v2,Δv表示速度的变化量。由图中所示信息可知( )
A.汽车在做加速直线运动
B.汽车的加速度方向与v1的方向相同
C.汽车的加速度方向与v1的方向相反
D.汽车的加速度方向与Δv的方向相反
解析:选C 速度是矢量,速度的变化量Δv=v2-v1,根据题图可知,Δv的方向与速度v1方向相反,而加速度的方向与速度变化量Δv的方向相同,所以加速度方向与速度v1方向相反,汽车做减速运动,故C正确,A、B、D错误。
5.[多选]一辆汽车启动后,加速度、速度方向相同,且加速度越来越小,则( )
A.汽车的速度也减小
B.汽车的速度仍在增大
C.当加速度减小到零时,汽车静止
D.当加速度减小到零时,汽车的速度达到最大
解析:选BD 由于汽车的加速度方向与速度方向一致,故速度在增大,直到加速度减小到零时速度达到最大,选项B、D正确。
6.[多选]一个做变速直线运动的物体,其加速度方向不变而大小逐渐减小到零,那么该物体的运动情况可能是( )
A.可能速度不断增大,直到加速度减小到零时速度达到最大,而后做匀速直线运动
B.不可能速度不断减小,直到加速度减小为零时速度达到最小,而后做匀速直线运动
C.可能速度不断减小,直到加速度减小到零时运动停止
D.不可能速度不断减小到零后,又反向做加速运动,最后做匀速运动
解析:选AC 当物体的加速度和速度同向时,若加速度方向不变而大小逐渐减小到零,则物体的速度不断增大,直到加速度减小到零时速度达到最大,而后做匀速直线运动,选项A正确;当物体的加速度和速度反向时,物体的速度不断减小,到加速度减小为零时速度达到最小,而后做匀速直线运动;也可能加速度减小到零时,速度恰好为零,物体运动停止;也可能加速度还没减到零时,速度已经为零,物体反向加速,最后加速度为零时,物体做匀速运动;故选项B、D错误,C正确。
物体运动的vt图像 |
[学透用活]
1.vt图像的意义
vt图像描述的是物体速度随时间的变化规律。如图所示,甲图中a、b物体的速度随时间均匀变化,乙图中c、d物体的速度随时间变化不均匀。
2.vt图像的应用
(1)确定物体在某时刻速度的大小和方向。纵坐标的绝对值为瞬时速度的大小,正、负表示瞬时速度的方向,正值表示速度的方向与正方向相同,负值表示与正方向相反。
(2)确定物体运动加速度的大小和方向
①若vt图像为直线,则直线的斜率表示加速度的大小和方向,正的斜率表示加速度的方向与正方向相同,负的斜率表示加速度的方向与正方向相反 | ②若vt图像为曲线,则曲线上某点的切线的斜率表示此时加速度的大小和方向,如图乙中物体d的运动在t1时刻的加速度等于切线Ae的斜率 |
如图所示为某高楼电梯上升的速度—时间图像。
(1)求电梯在t1=5 s、t2=8 s时刻的速度;
(2)求出电梯各段的加速度;
(3)画出电梯上升的加速度—时间图像。
[解析] (1)由题图可知电梯在t1=5 s时刻的速度是10 m/s
在t2=8 s时刻的速度是5 m/s。
(2)0~2 s:a1= m/s2=5 m/s2
2~5 s:a2=0
5~8 s:a3= m/s2≈-1.7 m/s2。
(3)电梯上升的加速度—时间图像,如图所示。
[答案] (1)10 m/s 5 m/s
(2)0~2 s:5 m/s2 2~5 s:0 5~8 s:-1.7 m/s2
(3)见解析图
分析vt图像时应注意两点
(1)在vt图像中,加速度是否变化看有无折点。在折点位置,图线的倾斜程度改变,表示此时刻物体的加速度改变,vt图像为曲线,可认为曲线上处处是折点,加速度时刻在改变。
(2)在vt图像中,速度方向是否改变看与时间轴有无交点。在与时间轴的交点位置前后,纵坐标的符号改变,表示物体的速度方向改变。
[对点练清]
7.[多选]质点做直线运动的vt图像如图所示,则( )
A.第1 s末速度反向
B.第2 s内质点的加速度大小为2 m/s2
C.第2 s内速度方向与加速度方向相反
D.在2 s时质点回到出发点
解析:选BC 在前2 s内速度都在时间轴的上方,与规定的正方向相同,运动方向一直不变,选项A错误;根据vt 图像的斜率表示加速度可知,在第2 s内质点的加速度a===-2 m/s2,负号表示加速度方向与速度方向相反,即质点的加速度大小为2 m/s2,选项B、C正确;由于0~2 s内质点运动方向不变,2 s时不可能回到出发点,选项D错误。
8.如图所示,图线甲、乙分别表示两个物体做直线运动的vt 图像,求:
(1)甲、乙两物体的初速度大小;
(2)甲、乙两物体的加速度大小,反映两物体的运动性质有何不同;
(3)经过多长时间它们的速度相同。
解析:根据题图可知
(1)甲的初速度大小为v甲=0
乙的初速度大小为v乙=8 m/s。
(2)甲的加速度为a甲==3 m/s2
乙的加速度为a乙==-1 m/s2,即乙的加速度大小为1 m/s2
显然,甲做加速度不变的加速直线运动,乙做加速度不变的减速直线运动。
(3)由题图可以看出,t=2 s时甲、乙两物体速度相同。
答案:(1)0 8 m/s (2)3 m/s2 1 m/s2 甲做加速度不变的加速直线运动 乙做加速度不变的减速直线运动 (3)2 s
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、速度与加速度的大小(核心素养之物理观念)
[选自鲁科版教材P29“物理聊吧”]
(1)“上海磁浮列车的速度可达431 km/h[如图(a)],它的加速度一定很大。”这一说法对吗?为什么?
(2)运载火箭在刚点火的短时间内速度很小[如图(b)],它的加速度一定很小吗?
[提示] (1)加速度是用来描述物体速度变化快慢的物理量,其定义式为a=,即加速度是由速度的变化量和所用时间两个因素来决定的,而速度的大小并不能决定加速度的大小。上海磁悬浮列车的速度可达431 km/h,如果以这个速度匀速行驶,此时列车的加速度为零。故此说法是错误的。
(2)运载火箭在点火后的短时间内,速度很小,说明这段时间内速度的变化量很小,但时间也很短,由公式a=可知,其加速度也不一定很小,而实际情况是运载火箭在点火后的短时间内,其加速度很大。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P30例题]
猎豹以2.0 km/h的初速度做加速直线运动(如图1),经2 s的时间,速度可达到72 km/h。试求猎豹的加速度。
[分析] 猎豹的加速运动情况如图2所示。已知猎豹的初速度、末速度和时间,可运用加速度的定义式求解加速度。由于初速度、末速度和加速度都是矢量,运用加速度定义式时需选定正方向。
[解] 选定猎豹的初速度方向为正方向。
由题意可知,v0=2.0 km/h=0.56 m/s,
vt=72 km/h=20 m/s,t=2 s。
由加速度的定义式,得猎豹的加速度
a===9.72 m/s2
猎豹的加速度大小为 9.72 m/s2,方向与猎豹的速度方向相同。
[讨论] 求出的加速度为正值,表示加速度方向与选定的正方向相同,即与猎豹的速度方向相同。由此题结果可知,猎豹的运动可达到较大的加速度。能以较大的加速度突然加速扑向猎物,是猎豹成功捕猎的关键。
加速度是矢量。求加速度,包含求加速度的大小和方向。
在运用加速度定义式前,需要选定正方向(一般选定初速度方向为正方向),以此确定初速度与末速度的正负:若与选定的正方向相同,代入正值计算;反之,则代入负值计算。
加速度值的正负表示方向。若加速度为正值,表示加速度方向与选定的正方向相同;若加速度为负值,表示加速度方向与选定的正方向相反。
[迁移] 若物体做减速直线运动,又该如何求加速度?例如,一动车正以234 km/h的速度行驶,司机接收到减速行驶信号后采取制动措施,在40 s内使动车速度减小到162 km/h。请计算出动车运动的加速度,并谈谈这样计算的理由。
[提示] 以动车运行的速度方向为正方向。
由题意可知,v0=234 km/h=65 m/s
vt=162 km/h=45 m/s
由加速度的定义式,可求得动车的加速度
a===-0.5 m/s2
动车匀减速运动的加速度大小为0.5 m/s2,“-”表示其方向与所选的正方向相反,即与动车的速度方向相反。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.对下列实例的描述错误的是( )
A.加速度为零,物体速度越来越大
B.加速度不为零,但物体速度越来越小
C.物体做直线运动,加速度越来越小,但速度却越来越大
D.物体具有向东的加速度,而速度的方向却向西
解析:选A 加速度为零,物体的速度不变,故A错误;物体做减速运动时,速度越来越小,加速度不为零,故B正确;物体做直线运动时,若加速度方向与速度方向相同,即使加速度减小,速度也增大,故C正确;物体做减速运动时,加速度的方向与速度方向相反,故D正确。
2.物体在直线运动中做减速运动,规定初速度的方向为正方向,下列说法正确的是( )
A.速度的变化量的方向取负值,其意义为速度的变化率减小
B.速度的变化量的方向取负值,其意义为速度的变化量的方向与初速度的方向相反
C.加速度的方向取负值,表示加速度在逐渐减小
D.加速度的方向取负值,表示加速度变化的方向与初速度的方向相反
解析:选B 速度的变化量的方向取负值,则加速度为负值,不能说明加速度减小,而速度变化率等于加速度,A错误;速度的变化量的方向取负值,其意义为速度的变化量的方向与初速度的方向相反,B正确;加速度的方向取负值,表示加速度方向与初速度的方向相反,C、D错误。
3.关于速度和加速度的说法,正确的是( )
A.物体做加速运动,加速度可能减小
B.速度越大,加速度越大
C.加速度为零,速度一定为零
D.物体具有加速度,一定要做加速运动
解析:选A 加速度是描述速度变化快慢的物理量,只要加速度和速度方向相同,不管加速度大小如何变化,物体都做加速运动,当加速度方向和速度方向相反时,物体做减速运动,A正确,D错误;速度大,有可能做匀速直线运动,加速度不一定大,B错误;加速度为零,物体做匀速直线运动,速度不一定为零,C错误。
4.下列关于物体运动的说法,正确的是( )
A.物体速度为零时,其加速度也一定为零
B.物体速度不为零时,其加速度也一定不为零
C.物体加速度方向改变时,速度方向可以保持不变
D.物体具有加速度时,速度可能不变
解析:选C 物体从静止开始做加速运动时,速度为零,而加速度不为零,当物体做匀速直线运动时,其加速度为零,A、B错误;物体朝一个方向交替做加速运动、减速运动时,速度方向未变,而加速度方向交替变化,C正确;物体具有加速度时,速度必定改变,D错误。
5.物体A的加速度为3 m/s2,物体B的加速度为-5 m/s2,下列说法中正确的是( )
A.物体A的加速度比物体B的加速度大
B.物体A的速度一定在增大
C.物体A的速度可能在减小
D.物体B的速度一定在减小
解析:选C 加速度是矢量,正、负只表示加速度的方向,所以物体B的加速度大于物体A的加速度,A错误;由于物体A、B的加速度方向与速度方向的关系未知,则无法判断物体A、B的速度是增加还是减小,故B、D错误,C正确。
6.列车匀速前进,司机突然发现前方有一头牛在横穿铁轨,司机立即使列车制动,做减速运动,列车未停下时牛已离开轨道,司机又使列车做加速运动,直到恢复原速,继续做匀速直线运动,列车运动的vt图像是选项图中的( )
解析:选B 在vt图像中,平行于t轴的直线表示列车做匀速直线运动,逐渐靠近t轴的直线表示列车做减速直线运动,逐渐远离t轴的直线表示列车做加速直线运动,由此可知A、D错误;由于列车未停下,故B正确,C错误。
7.如图所示为一物体做直线运动的vt图像,根据图像做出的以下判断中,正确的是( )
A.物体始终沿正方向运动
B.物体的加速度一直没有变化
C.t=2 s前物体的加速度为负,t=2 s后加速度为正
D.在t=2 s时,物体的加速度为零
解析:选B 由题图可知,速度在t=2 s前在横轴下方,速度在t=2 s后在横轴上方,显然速度由负变为正,故物体先向负方向运动后向正方向运动,选项A错误;因图像的斜率表示加速度,故物体的加速度一直没有变化,选项B正确;因图像的斜率为正,故加速度始终为正,选项C、D错误。
8.如图所示为某新型电动汽车试车时的vt图像,则下列说法中正确的是( )
A.在0~6 s内,新型电动汽车做加速运动
B.在6~10 s内,新型电动汽车处于静止状态
C.在4 s末,新型电动汽车运动方向改变
D.在12 s末,新型电动汽车的加速度为-1 m/s2
解析:选D 根据题图可知,在4~6 s内,新型电动汽车的速度在减小,故A错误;在6~10 s内,新型电动汽车的速度不变,做匀速直线运动,故B错误;在4 s末,新型电动汽车运动方向未变,故C错误;在12 s末,新型电动汽车的加速度为a== m/s2=-1 m/s2,故D正确。
9.小木块以3 m/s的初速度冲上光滑斜面,2 s末速度大小变为1 m/s,求这段时间内的速度变化量和加速度。
解析:由题意可知小木块在斜面上做匀减速运动,2 s末速度大小变为1 m/s,分为以下两种情况:
一种情况:若小木块以1 m/s的速度仍向上运动,那么速度的变化量为:Δv=v2-v0=1 m/s-3 m/s=-2 m/s,
方向与初速度方向相反,
小木块的加速度为a1== m/s2=-1 m/s2,
方向与初速度方向相反;
另一种情况:若小木块以1 m/s的速度向下运动,那么速度的变化量为:Δv′=v2′-v0=-1 m/s-3 m/s=-4 m/s,
方向与初速度方向相反,
小木块的加速度为a2== m/s2=-2 m/s2
方向与初速度方向相反。
答案:见解析
B级—选考提能
10.物体做直线运动时,下列说法正确的是( )
A.当物体的加速度方向与速度的方向一致时,加速度减小时,速度就会减小
B.在直线运动中,物体的加速度-5 m/s2比-2 m/s2 小
C.物体的速度等于0,其加速度也一定等于0
D.只有在确定初速度方向为正方向的条件下,匀加速运动中的加速度才为正值
解析:选D 当物体的加速度方向与速度的方向一致时,加速度减小时,速度仍然在增大,只是速度变化率减小,故A错误;加速度是矢量,负号表示方向,不表示大小,所以在直线运动中,物体的加速度-5 m/s2比-2 m/s2 大,故B错误;物体的速度等于0,其加速度不一定等于0,故C错误;只有在确定初速度方向为正方向的条件下,匀加速运动中的加速度才为正值,故D正确。
11.质点做直线运动的vt图像如图所示,规定向右为正方向,则关于该质点在前8 s内的运动,下列说法正确的是( )
A.0~1 s内的加速度最大且方向向右
B.t=2 s和t=4 s时加速度等大反向
C.3~5 s内质点的加速度方向向右
D.5~8 s内质点的加速度最小且方向向左
解析:选A 由题图可知0~1 s内质点的加速度为a1=2 m/s2,方向向右;1~5 s内质点的加速度相同,都为a2=-1 m/s2,方向向左;5~8 s内质点的加速度a3= m/s2,方向向右,综上可知A正确,B、C、D错误。
12.如下表所示是通过测量得到的一辆摩托车做直线运动时速度随时间的变化,0~15 s内加速度保持不变,15~30 s 内加速度也保持不变。
t/s | 0 | 5 | 10 | 15 | 20 | 25 | 30 |
v/(m·s-1) | 0 | 10 | 20 | 30 | 20 | 10 | 0 |
请根据测量数据:
(1)画出摩托车运动的vt图像;
(2)求摩托车在第一个10 s内的加速度;
(3)根据画出的vt图像,利用求斜率的方法求出摩托车在第一个10 s内的加速度;
(4)求摩托车在最后15 s内的加速度。
解析:(1)vt图像如图所示。
(2)摩托车在第一个10 s内的加速度
a== m/s2=2 m/s2,方向与运动方向相同。
(3)vt图像的斜率表示加速度,摩托车第一个10 s内的加速度a′=k=2 m/s2,方向与运动方向相同。
(4)摩托车在最后15 s内的加速度
a″== m/s2=-2 m/s2,
负号表示加速度方向与运动方向相反。
答案:(1)见解析图 (2)2 m/s2,方向与运动方向相同
(3)2 m/s2,方向与运动方向相同 (4)-2 m/s2,方向与运动方向相反
A级—学考达标
1.2018年12月28日11时07分,第三架国产大飞机C919从浦东国际机场起飞,历经1小时38分钟的飞行,于12时45分平稳返回浦东国际机场,圆满完成试飞任务。下列说法错误的是( )
A.11时07分指的是时刻
B.1小时38分钟指的是时间间隔
C.飞机飞行的路径总长度等于飞机位移的大小
D.飞机在空中某位置的运动快慢用瞬时速度表示
解析:选C 11时07分指的是起飞时所对应的时刻,故A正确;1小时38分钟指的是飞行所经历的时间间隔,故B正确;飞机飞行的路径总长度等于路程,大于飞机的位移的大小,故C错误;飞机在某一位置的运动快慢对应的是瞬时速度,故D正确。
2.一只猴子静止在悬挂于天花板的细棒上,现使连接细棒的绳子断开,猴子和细棒一起向下运动,甲说此细棒是静止的,乙说猴子是向下运动的,甲、乙两人所选的参考系分别是( )
A.甲选的参考系是地球,乙选的参考系也是地球
B.甲选的参考系是地球,乙选的参考系是猴子
C.甲选的参考系是猴子,乙选的参考系是地球
D.甲选的参考系是猴子,乙选的参考系也是猴子
解析:选C 根据题意知细棒与猴子一起向下运动,即猴子相对细棒处于静止状态,甲说此细棒是静止的,他是以猴子为参考系,乙说猴子是向下运动的,他是以地球为参考系,选项C正确。
3.如图是甲、乙两物体做直线运动的vt图像。下列表述正确的是( )
A.甲和乙的运动方向相反
B.甲和乙的加速度方向相同
C.甲的速度比乙的小
D.甲的加速度比乙的大
解析:选D 在vt图像上,v的正负反映物体的运动方向,甲和乙的v值均为正,故甲和乙的运动方向相同,A错;vt图像的倾斜方向反映物体的加速度方向,甲和乙的倾斜方向相反,甲在减速,乙在加速,故甲和乙的加速度方向相反,B错;由vt图像知,甲的速度先比乙的大,后比乙的小,故C错;vt图像的倾斜程度反映加速度的大小,由计算可得,甲的加速度比乙的大,D正确。
4.如图所示是汽车中的速度计,某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化,开始时指针指示在图甲所示的位置,经过7 s后指针指示在图乙所示的位置。若汽车做变速直线运动,有关上述过程,下列说法正确的是( )
A.由图直接读出的是汽车运动的平均速度
B.由图乙直接读出的是汽车运动7 s时的瞬时速率
C.汽车运动的平均加速度大小约为5.7 m/s2
D.汽车运动的平均加速度大小约为2.6 m/s2
解析:选B 速度计显示的是汽车的瞬时速率,第一次观察速度计,速率为20 km/h,7 s后第二次观察时速率为60 km/h,根据加速度的定义有a=≈1.6 m/s2,选项B正确。
5.盐城南洋国际机场T2航站楼已于2018年5月31日投入使用,候机楼内部有一种旅客自动输送带,它能以2 m/s 的速度输送站在上面的旅客。如图所示,旅客A在输送带上以2 m/s的速度与输送带同方向奔跑,旅客B以地面为参考系推测旅客A的速度是( )
A.2 m/s B.3 m/s
C.4 m/s D.5 m/s
解析:选C 因输送带的速度为2 m/s,而旅客A在输送带上以2 m/s的速度与输送带同方向奔跑,可知以地面为参考系,旅客A的速度是4 m/s,故A、B、D错误,C正确。
6.小华同学是短跑运动员,在百米竞赛中,测得他在5 s末的速度为10.2 m/s,10 s末到达终点的速度为10.4 m/s,则小华在全程中的平均速度为( )
A.10 m/s B.10.2 m/s
C.10.3 m/s D.10.4 m/s
解析:选A 小华所经过的位移为100 m,所用时间为10 s,故小华在全程中的平均速度为:v== m/s=10 m/s,故A正确,B、C、D错误。
7.一质点沿直线运动时的速度—时间图像如图所示,则以下说法中正确的是( )
A.第1 s末质点的位移和速度都改变方向
B.第2 s末质点的位移改变方向
C.第4 s末质点的位移为零
D.第3 s末和第5 s末质点的位移不同
解析:选C 由题图可直接看出,速度方向发生改变的时刻是第2 s末、第4 s末,而前2 s内位移为正,且逐渐增大,第2 s末运动反向,位移减小,前4 s内位移仍然为正,即第2 s末质点的位移未改变方向,故A、B错误。由题图可知第4 s末位移为零,第3 s末位移为0.5 m,第5 s末位移为0.5 m,故C正确,D错误。
8.某次实验打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz,纸带的记录如图所示,图中O点为纸带的第一个点,接下来的前几个点模糊,因此从A点开始每打五个点取一个计数点。
(1)纸带的运动是________(填“加速”或“减速”)运动。
(2)在打出A、F这两点的时间间隔中,纸带运动的平均速度是________。
(3)B点的瞬时速度为________。
解析:(1)相邻两计数点间的时间间隔相等,根据纸带上的数据可知,相邻两计数点间的距离逐渐增大,所以纸带做加速运动。
(2)由题意可知,T=0.02×5 s=0.1 s,A、F间的时间间隔Δt=5T=0.5 s,所以A、F间的平均速度
AF== m/s=0.365 m/s。
(3)B点的瞬时速度为vB== m/s=0.252 m/s。
答案:(1)加速 (2)0.365 m/s (3)0.252 m/s
9.某质点由A点出发做直线运动,前5 s向东行驶了30 m到达B点,又行驶了5 s前进了60 m到达C点,在C点停了4 s后又向西行驶,经历了6 s运动了120 m到达A点西侧的D点,如图所示,求:
(1)每段时间内的平均速度大小和方向;
(2)全过程的平均速度。
解析:(1)质点由A出发做直线运动
前5 s向东行驶了30 m到达B点
该过程平均速度大小1= m/s=6 m/s,方向向东
又行驶了5 s前进了60 m到达C点
该过程平均速度大小2= m/s=12 m/s,方向向东
在C点停了4 s
该过程平均速度为零
向西行驶经历了6 s运动了120 m到达A点西侧的D点,
该过程平均速度大小3= m/s=20 m/s,方向向西。
(2)由题分析可知,质点的总位移是AD,方向向西,大小x=30 m,时间t=20 s
则全程的平均速度大小为= m/s=1.5 m/s,方向向西。
答案:见解析
B级—选考提能
10.2018年12月8日凌晨2时23分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射嫦娥四号探测器,嫦娥四号经历地月转移、近月制动、环月飞行,最终实现人类首次月球背面软着陆,开展月球背面就位探测及巡视探测,并通过已在使命轨道运行的“鹊桥”中继星,实现月球背面与地球之间的中继通信。下列有关说法正确的是( )
A.12月8日凌晨2时23分指的是时间间隔
B.嫦娥四号探测器环月飞行一圈,它的位移和路程都为0
C.嫦娥四号探测器环月飞行一圈,它的平均速度为0,但瞬时速度不为0
D.地面控制中心在对嫦娥四号探测器进行飞行姿态调整时可将飞船看成质点
解析:选C 12月8日凌晨2时23分对应的是时间轴上的点,表示时刻,故A错误;嫦娥四号探测器环月飞行一圈,它的位移为0,路程不为0,故B错误;平均速度是位移与时间的比,而瞬时速度是嫦娥四号探测器飞行时在某一时刻的速度,不为0,故C正确;嫦娥四号探测器调整姿态时若看成质点则无法调整,故D错误。
11.物体通过两段连续相等位移的平均速度分别为v1=10 m/s,v2=15 m/s,则物体在整个运动过程中的平均速度是( )
A.13.75 m/s B.12.5 m/s
C.12 m/s D.11.75 m/s
解析:选C 设两段相等位移均为x,则两段位移用时分别为t1=,t2=,物体在整个运动过程中的平均速度为v====12 m/s,故C正确。
12.[多选]如图所示为甲、乙、丙三艘客船在一个码头上的情景图,其中甲船上的乘客看到乙船向东运动,乙船上的乘客看到丙船和码头都向东运动,丙船上的乘客看到甲船向西运动,那么码头上的人看到三艘船的运动情况是( )
A.三艘船都向东运动
B.甲船向东运动,其余两艘船向西运动
C.乙船向西运动
D.丙船可能静止,可能向东运动,也可能向西运动且速度比甲、乙船的速度都小
解析:选CD 由题意可知乙船向西运动,由于甲船上的乘客看到乙船向东运动,说明甲船也向西运动,且甲船的速度大于乙船的速度;由于乙船上的乘客看到丙船和码头向东运动,因此丙船可能静止,可能向东运动,也可能向西运动且速度比甲、乙船的速度都小,故选项C、D正确,A、B错误。
13.如图所示是科大著名服务机器人“可佳”,现要执行一项任务,给它设定了如下动作程序:机器人在平面坐标系内,由点(0,0)出发,沿直线运动到点(3 m,1 m),然后又由点(3 m,1 m)沿直线运动到点(1 m,4 m),然后又由点(1 m,4 m)沿直线运动到点(5 m,5 m),然后又由点(5 m,5 m)沿直线运动到点(2 m,2 m),这个过程中机器人所用时间是2 s。则( )
A.机器人的运动轨迹是一条直线
B.机器人不会两次通过同一点
C.整个过程中机器人的位移大小为2 m
D.整个过程中机器人的平均速率为1 m/s
解析:选C 根据描点法先作出题中给定的几个坐标位置,然后用直线连接相邻两个位置,即得机器人的运动轨迹如图所示。由图可知机器人的运动轨迹不是一条直线,机器人会两次通过同一点,选项A、B错误;起点在坐标原点,终点在点(2 m,2 m),位移大小是这两点连线的长,故位移大小为2 m,选项C正确;整个过程中机器人的平均速度大小为1 m/s,平均速率大于1 m/s,选项D错误。
14.[多选]如图所示是两个物体A、B做直线运动的速度—时间图像,下列说法正确的是( )
A.物体A做加速直线运动
B.物体B做减速直线运动
C.物体A的加速度为正值,物体B的加速度为负值,所以物体A的加速度大于物体B的加速度
D.物体B的速度变化比物体A的速度变化快
解析:选AD 由题图可知,两物体A、B速度的绝对值都在增大,都在做加速运动,B错误,A正确;加速度是矢量,其正、负只表示方向,不表示大小,物体A的速度为正,图线的斜率为正,说明物体A向正方向做加速运动;物体B的速度为负,图线的斜率为负,说明物体B向负方向做加速运动,物体A加速度的绝对值为1 m/s2,物体B加速度的绝对值为2 m/s2,所以物体B的加速度大于物体A的加速度,故物体B的速度变化比物体A的速度变化快,C错误,D正确。
15.在“用打点计时器测速度”的实验中,打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz,记录小车运动的纸带如图所示,在纸带上选择0、1、2、3、4、5共六个计数点,相邻两计数点之间还有四个点未画出,纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺,零刻度线跟“0”计数点对齐。
(1)由图可以读出三个计数点1、3、5跟0点的距离d1、d2、d3分别填入下列表格中。
距离 | d1 | d2 | d3 |
测量值/cm |
|
|
|
(2)计算小车通过计数点“2”时的瞬时速度为v2=________m/s。通过计数点“4”时的瞬时速度为v4=________m/s,小车的加速度是a=________m/s2。
解析:(1)由题图可以读出:d1=1.20 cm,d2=5.40 cm,d3=12.00 cm。
(2)由题意知T0==0.02 s,T=5T0=0.1 s,
小车通过计数点“2”时的瞬时速度:
v2== m/s=0.21 m/s,
小车通过计数点“4”时的瞬时速度:
v4== m/s=0.33 m/s,
小车的加速度:a== m/s2=0.6 m/s2。
答案:(1)1.20 5.40 12.00 (2)0.21 0.33 0.6
16.沪杭高铁是连接上海和杭州的现代化高速铁路,最大速度达到了413.7 km/h,再次刷新世界纪录。沪杭高速列车在一次运行中由A站开往B站,A、B车站间的铁路为直线。技术人员乘此列车从A车站出发,列车从启动至加速到100 m/s,用了250 s,在匀速运动了10 min后,列车减速运动,经过300 s后刚好停在B车站。求此列车加速、减速时的加速度大小。
解析:列车加速过程的初速度为v0=0,末速度为v1=100 m/s,用时t1=250 s,
列车在该过程的加速度
a1== m/s2=0.4 m/s2,加速度方向与运动方向相同。
列车减速过程的初速度为v1=100 m/s,末速度为v2=0,用时t2=300 s,
列车在该过程的加速度
a2== m/s2≈-0.33 m/s2,
负号表示加速度方向与速度方向相反,即减速过程的加速度大小为0.33 m/s2。
答案:0.4 m/s2 0.33 m/s2
17.为了确保安全,在铁路与公路交叉口的道口处装有自动信号灯。当列车还有一段距离才到达公路道口时,道口应亮出红灯,警告未越过停车线的汽车迅速制动,已越过停车线的汽车赶紧通过。如果汽车通过道口的速度v2=36 km/h,停车线至道口栏木的距离x0=5 m,道口宽度x=26 m,汽车长l=15 m(如图所示),并把汽车、列车的运动都看做匀速直线运动。若列车以v1=200 km/h 的速度匀速行驶,问它离道口的距离L为多少时亮红灯,才能确保已越过停车线的汽车安全驶过道口?
解析:为确保行车安全,要求列车驶过距离L的时间内,已越过停车线的汽车的车尾必须能通过道口。汽车从越过停车线至车尾离开道口时,汽车的位移为
x′=l+x0+x=(15+5+26)m=46 m
汽车速度v2=36 km/h=10 m/s
汽车通过这段位移所需的时间t== s=4.6 s
列车速度v1=200 km/h≈55.6 m/s
行驶4.6 s所通过的位移
x″=v1t=55.6×4.6 m≈255.8 m
故列车距道口的距离L≥x″=255.8 m时亮红灯,才能确保已越过停车线的汽车安全驶过道口。
答案:255.8 m
第二章 匀变速直线运动的研究
第1节 实验:探究小车速度随时间变化的规律
实验目的
1.巩固对打点计时器的使用及利用纸带求瞬时速度。
2.学会用实验探究小车速度随时间变化的规律,学会用vt图像处理实验数据。
3.探究小车在重物牵引下运动速度随时间变化的规律。
实验原理
1.利用纸带计算瞬时速度:以纸带上某点为中间时刻取一小段位移,用这段位移的平均速度表示这点的瞬时速度。
2.用vt图像表示小车的运动情况:以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系,用描点法画出小车的vt图像,图线的倾斜程度表示加速度的大小,如果vt图像是一条倾斜的直线,说明小车的速度是随时间均匀变化的。
实验器材
打点计时器、交流电源、纸带、一端带有滑轮的长铝板、小车、细绳、槽码、刻度尺、坐标纸。
实验步骤
1.如图所示,把一端带有滑轮的长铝板平放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面,打点计时器固定在长铝板没有滑轮的一端,连接好电路。
2.把一条细绳拴在小车上,使细绳跨过滑轮,下面挂上适当的槽码,把纸带穿过打点计时器,并把纸带的另一端固定在小车的后面。
3.把小车停在靠近打点计时器的位置,先接通电源,后释放小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一行小点,随后立即关闭电源。
4.换上新纸带,重复实验三次。
数据处理
1.测量并记录数据
(1)从几条纸带中选择一条点迹最清晰的。为了便于测量,舍掉开头一些过于密集的点,找一个适当的点作为计时起点(0点),每5个点(相隔0.1 s)取一个计数点进行测量,如图所示(相邻两点间还有四个点未画出)。标明0、1、2、3、4、…,测量各计数点到0点的距离x,并记录填入表中。
位置编号 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
t/s |
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|
|
x/m |
|
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|
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v/(m·s-1) |
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|
|
(2)分别计算出相邻的两计数点之间的位移x1、x2、x3、…。
(3)用一段时间内的平均速度代替这段时间中间时刻的瞬时速度,即vn=。例如,图中计数点4的速度v4=。并将求得的各计数点1、2、3、4、5的瞬时速度填入表格中。
2.作出vt图像分析运动规律
(1)在坐标纸上建立直角坐标系,横轴表示时间,纵轴表示速度,并根据表格中的数据在坐标系中描点。
(2)画一条直线,让这条直线通过尽可能多的点,不在直线上的点均匀分布在直线的两侧,偏差比较大的点忽略不计,如图所示。
(3)观察所得到的直线,分析物体的速度随时间的变化规律。
(4)根据vt图像求出小车运动的加速度a=。
注意事项
1.开始释放小车时,应使小车靠近打点计时器。
2.先接通电源,等打点稳定后,再释放小车。
3.打点完毕,立即关闭电源。
4.选取一条点迹清晰的纸带,适当舍弃点迹密集部分,适当选取计数点(注意计数点与计时点的区别),弄清楚所选的时间间隔T等于多少。
5.不要逐次测量各段距离,应尽可能地一次测量完毕。
6.在坐标纸上画vt图像时,注意坐标轴单位长度的选取,应使图像尽量分布在坐标平面中央。
实验原理与操作 |
在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,某同学操作的实验步骤如下,找出错误或遗漏的步骤(遗漏步骤可编上序号F、G、…):
A.拉住纸带,将小车移至靠近打点计时器处放开纸带,再接通电源
B.将打点计时器固定在长木板上,并接好电路
C.把一条细绳拴在小车上,使细绳跨过定滑轮,下面吊着适当重的钩码
D.取下纸带
E.将纸带固定在小车尾部,并穿过打点计时器的限位孔
(1)所列步骤中有错误的是:_________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)遗漏的步骤是:___________________________________________________
____________________。
(3)将步骤完善后写出合理的步骤顺序:__________________________________。
[解析] (1)步骤A中应先接通电源,再放开纸带,顺序不能颠倒;步骤D中取下纸带前应先断开电源。
(2)遗漏的步骤F.换上新纸带,重复实验两次。
(3)步骤完善后,合理的步骤顺序为B、E、C、A、D、F。
[答案] (1)步骤A中应先接通电源,再放开纸带;步骤D中取下纸带前应先断开电源 (2)F.换上新纸带,重复实验两次 (3)BECADF
[对点训练]
1.某同学按如图所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。
(1)图中仪器A叫做________打点计时器,使用220 V________(填“交流”或“直流”)电源,释放小车前,小车应停在________(填“靠近”或“远离”)仪器A的位置。
(2)使用打点计时器分析小车运动情况的实验中,有以下基本步骤:
A.松开纸带让小车带着纸带运动
B.穿好纸带
C.把打点计时器固定好
D.接通电源进行打点
以上步骤的正确顺序是____________。
解析:(1)题图中仪器A叫做电火花打点计时器,使用220 V交流电源,实验过程中,释放小车前,小车应停在靠近仪器A的位置。
(2)使用打点计时器来分析小车运动情况的实验中,基本步骤为:先把打点计时器固定好,穿好纸带,再接通电源进行打点,之后松开纸带让小车带着纸带运动,故正确的顺序是C、B、D、A。
答案:(1)电火花 交流 靠近 (2)CBDA
数据处理和误差分析 |
(2018·山东6月合格考)在利用打点计时器研究小车做匀变速直线运动特点的实验中,某同学得到一条点迹清晰的纸带,选取便于测量的部分进行研究,把计时起点标为0,往后再每隔4个点标定一个计数点,分别标以1、2、3、4、5、6、7,如图所示。
(1)已知相邻两计数点之间的时间间隔为T,1、2两点之间的距离为x2,2、3两点之间的距离为x3,则打下计数点2时小车的瞬时速度为________。
(2)该同学根据测量数据计算出小车的速度并记入表中。请在图中的坐标纸上,根据表中数据作出小车运动的vt图像;由图像可求得小车加速度的大小a=________m/s2。
计数点 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
时间 t/s | 0 | 0.1 | 0.2 | 0.3 | 0.4 | 0.5 | 0.6 |
速度v/(m·s-1) |
| 0.81 | 1.00 | 1.20 | 1.39 | 1.60 | 1.80 |
[解析] (1)根据某点相邻前后两点间的平均速度代替该点的瞬时速度知,v2=。
(2)图像如图所示:
由图像的斜率表示加速度知,
a= m/s2=2.0 m/s2。
[答案] (1) (2)见解析图 2.0(1.9~2.1均可)
数据处理的规范要求
(1)处理纸带时,一定要分清计时点和计数点,搞清计数点之间的时间间隔T。
(2)明确坐标轴的意义并选取合适标度,既要把数据标注在坐标系中,又要匀称直观,合理分布,大小适中。
(3)如果坐标系中的数据点大致落在一条直线上,作图线时应使尽可能多的点落在直线上,不在直线上的点应均匀分布在直线两侧;如果图线是曲线,要用平滑的曲线连接各点。
[对点训练]
2.小明同学按如图所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验。
(1)[多选]释放小车时,实验装置如图甲所示,指出该装置或操作中错误的是________。
A.电磁打点计时器接在直流电源上了
B.小车质量没有远大于槽码质量
C.小车离打点计时器过远
(2)如图乙为改正装置后打下的一条纸带的中间部分,A、B、C、D为其中连续打出的四个点(已知打点计时器打点时间间隔T=0.02 s)。由于操作不慎,C点模糊了,小明仍用此纸带来研究。从图上可以读得A点在刻度尺上位置的读数为________cm,在打下C点时小车的速度最接近于________m/s(结果保留三位有效数字)。
解析:(1)电磁打点计时器应接在交流电源上;不需小车质量远大于槽码质量;小车离打点计时器过远,故选A、C。
(2)A点在刻度尺上位置的读数为2.95 cm;打点计时器打点时间间隔T=0.02 s,在打下C点时小车的速度
vC== m/s=1.40 m/s。
答案:(1)AC (2)2.95 1.40
实验创新考查 |
在探究“小车速度随时间变化的规律”的实验中,打点计时器接在50 Hz的低压交流电源上,某同学在打出的纸带上每5个点取一个计数点,共取了A、B、C、D、E、F六个计数点,如图甲所示。从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a、b、c、d、e段),将这五段纸带由短到长紧靠,但不重叠地粘在xOy坐标系中,如图乙所示,由此可以得到一条表示vt关系的图线。
(1)请在图乙中用最简洁的方法作出能表示vt关系的图线(作答在图上),其________(填“x”或“y”)轴相当于v轴。
(2)从第一个计数点开始计时,为求出0.15 s时刻的瞬时速度,需要测出________(填“a、b、c、d、e”中的一个)段纸带的长度。
(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm,e段纸带的长度为10.0 cm,则可求出加速度的大小为________m/s2。
[解析] (1)分别取a、b、c、d、e五段的上方中点,并连线,得到的即为vt图像,如图所示,y轴相当于v轴。
(2)t=0.15 s是BC时间段的中间时刻,要求t=0.15 s时的瞬时速度,只需要测b段纸带的长度sb,然后用=即可得到t=0.15 s时的瞬时速度。
(3)a、e段各自中间时刻的瞬时速度分别为va=,ve=,根据a=得a=2.0 m/s2。
[答案] (1)见解析图 y (2)b (3)2.0
[对点训练]
3.[多选]在用打点计时器“研究物体的速度随时间的变化规律”的实验中,某同学将打点计时器打出的三条纸带,分别以间隔相同点迹的方式依次剪成短纸带,按先后顺序一端对齐粘贴在一起。然后用平滑线段将各段纸带顶端的中点连起来,如图甲、乙、丙所示,则根据纸带的特点即可研究物体的速度随时间的变化规律。以下说法正确的是( )
A.图甲表示物体处于静止
B.图乙表示物体做匀速直线运动
C.图乙表示物体的速度随时间均匀增加
D.图丙表示物体的速度先随时间均匀增加,后保持不变
解析:选CD 纸带的高度表示相应时间内物体的位移Δx。因点迹时间间隔相同,故发生各段位移Δx的时间间隔Δt相等,而纸带宽度相同,即可以用水平方向的宽度来表示时间。Δt相同时,v=∝Δx,即纸带的高度恰好可反映物体的速度大小。综上可知,用平滑的线段将各段纸带顶端的中点连起来可表示物体运动的vt图像,故C、D正确。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,所需器材有:打点计时器(带导线)、长木板、纸带、复写纸、小车、钩码、细线,此外还需要的器材有( )
A.直流电源、天平及砝码
B.直流电源、毫米刻度尺
C.交流电源、天平及砝码
D.交流电源、毫米刻度尺
解析:选D 在实验中无需测小车质量,故不需要天平和砝码;测量纸带上的数据需要使用毫米刻度尺;打点计时器使用的是交流电源,故D正确。
2.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,下述测量相邻两计数点间距离的方法正确的是( )
A.当某两计数点间的距离较大时,可用短尺分段测量
B.当某两计数点间的距离较小时,可用短尺一次测完
C.测量每两相邻计数点间的距离,应该用带着毫米刻度的长尺的零刻度对准起点,读出各计数点对应的刻度值,然后逐一相减,得到每两计数点间距离的数值
D.分别逐个测出每两计数点间的距离,这样便于记录
解析:选C 测量每相邻两计数点间距离时,不要分段测量,应一次测出各计数点与0计数点的距离,然后逐一相减,得出每两计数点间距离的数值,避免测量误差的积累,故C正确。
3.用打点计时器可测纸带运动的时间和位移。实验步骤如下:
A.在电磁打点计时器两接线柱上分别接导线,导线另一端分别接50 Hz交流电源的两接线柱。
B.把电磁打点计时器固定在桌子上,让纸带穿过______,并压在________下面。
C.用刻度尺测量从计时起点到最后一个点间的距离Δx。
D.切断电源,取下纸带,如果共有n个清晰的点,则这段纸带记录的时间Δt=________ s。
E.打开电源开关,再用手水平地拉动纸带,纸带上打下一系列小点。
F.利用公式=计算纸带运动的平均速度。
(1)在各步骤空白处填上适当内容。
(2)实验步骤的合理顺序是______________。
解析:(1)把电磁打点计时器固定在桌子上,让纸带穿过限位孔,并压在复写纸下面,这样才能通过振针把点打在纸带上,打点计时器的打点周期为0.02 s,若打n个点,则有(n-1)个时间间隔,故这段纸带记录的时间Δt=0.02(n-1)s。
(2)实验步骤的排列一般要先安装器材即首先进行步骤B、A,然后进行步骤E,实验结束要先关掉电源,即进行步骤D,最后进行数据处理,即进行步骤C、F,故实验步骤的合理顺序是B、A、E、D、C、F。
答案:(1)限位孔 复写纸 0.02(n-1) (2)BAEDCF
4.某同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况,在纸带上确定出0、1、2、3、4、5、6共七个测量点。其相邻点间的距离如图甲所示,每两个相邻的测量点之间的时间间隔为0.10 s,试完成下面的问题。
(1)根据纸带上各个测量点间的距离,某同学已将1、2、3、5点对应的时刻的瞬时速度进行计算并填入表中,请你将4点对应的时刻的瞬时速度填入表中。(要求保留三位有效数字)
瞬时速度 | v1 | v2 | v3 | v4 | v5 |
数值/(m·s-1) | 0.165 | 0.214 | 0.263 |
| 0.363 |
(2)在如图乙所示的直角坐标系中画出小车的瞬时速度随时间变化的关系图线。
(3)由图像求出小车的加速度a=________m/s2。
解析:(1)4点对应时刻的瞬时速度
v4= m/s≈0.314 m/s。
(2)描点作图,如图所示。
(3)根据图像得:a= m/s2=0.500 m/s2。
答案:(1)0.314 (2)见解析图 (3)0.500
B级—选考提能
5.光电计时器是一种常用计时仪器,其结构如图甲所示,a、b分别是光电门的激光发射和接收装置,当有滑块从a、b间通过时,光电计时器就可以显示出滑块的挡光时间。现有一滑块在斜面上滑行,先后两次通过光电门1和2,计时器显示的挡光时间分别是t1=5×10-2 s,t2=3×10-2 s,从光电门1到光电门2所经历的总时间t=1.5 s,用分度值为1 mm的刻度尺测量小滑块的长度d,示数如图乙所示。
(1)滑块的长度d为________cm。
(2)滑块通过光电门的速度v1、v2分别为________m/s、________m/s。
(3)滑块的加速度大小为________m/s2。
解析:(1)由题图可知d=8.42 cm-4.00 cm=4.42 cm。
(2)通过光电门1的速度
v1==0.88 m/s,
通过光电门2的速度
v2==1.47 m/s。
(3)滑块的加速度
a===0.39 m/s2。
答案:(1)4.42 (2)0.88 1.47 (3)0.39
6.某同学用如图甲装置研究小车在不同接触面上的运动情况。该同学将小车以适当的初速度释放后,用打点计时器记录小车的运动情况。通过反复实验得到一系列打上点的纸带,并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量。(测量和计算结果均保留小数点后两位)
(1)如表为A、B、C、…、J各点对应的刻度值,按照正确的读数方法填写E点对应的刻度值(单位:cm)。
A | B | C | D | E | F | G | H | I | J |
13.20 | 11.38 | 9.60 | 7.80 |
| 4.40 | 3.00 | 1.80 | 0.80 | 0.00 |
(2)已知打点的时间间隔为0.02 s,根据以上数据,在纸带上打C点时小车的速度大小vC=________m/s;
(3)对纸带E、J两点间小车的运动作出vt图像,根据图像可知小车的速度变化情况为________________,并求出它的加速度大小为________m/s2。
解析:(1)根据读数规则,E点的读数为6.00 cm。
(2)vC==0.90 m/s。
(3)分别求出F、G、H、I对应的速度
vF==0.75 m/s
vG==0.65 m/s
vH==0.55 m/s
vI==0.45 m/s
若F、G、H、I对应时间分别为0.02 s,0.04 s,0.06 s,0.08 s。
建立关于v、t的坐标系,将F、G、H、I对应速度与时间在坐标系中描点,并过这些点作vt图像,如图所示,从而判断小车的速度在均匀减小,由图线的斜率得到加速度的大小为5.00 m/s2。
答案:(1)6.00 (2)0.90 (3)图像见解析 均匀减小 5.00
第2节 匀变速直线运动的速度与时间的关系
1.填一填
(1)定义:沿着一条直线,且加速度不变的运动。
(2)vt图像:匀变速直线运动的vt图像是一条倾斜的直线。
(3)分类
①匀加速直线运动:速度随时间均匀增加。
②匀减速直线运动:速度随时间均匀减小。
2.判一判
(1)匀速直线运动的速度是恒定的,不随时间而改变。(√)
(2)匀变速直线运动的速度随时间均匀增大。(×)
(3)匀变速直线运动的加速度随时间均匀增大。(×)
(4)速度随时间不断增加的直线运动,一定是匀加速直线运动。(×)
3.选一选
(1)下列关于匀变速直线运动的说法正确的是( )
A.匀加速直线运动的加速度一定随时间增大
B.匀减速直线运动就是加速度为负值的运动
C.匀变速直线运动的速度随时间均匀变化
D.速度先减小再增大的运动一定不是匀变速直线运动
解析:选C 匀加速直线运动的速度随时间均匀增大,但加速度不变,A错误;加速度的正、负仅表示加速度方向与设定的正方向相同还是相反,速度与加速度反向则为减速运动,但加速度不一定为负值,B错误;匀变速直线运动的速度随时间均匀变化,C正确;加速度恒定,初速度与加速度方向相反的直线运动中,速度先减小再增大,D错误。
(2)[多选]四个物体运动的vt图像如图所示。其中表示匀变速直线运动的是( )
解析:选BCD A表示物体做匀速直线运动,B、C、D表示物体做匀变速直线运动,故B、C、D正确。
1.填一填
(1)速度公式:v=v0+at。
(2)意义:做匀变速直线运动的物体,在t时刻的速度v等于物体在开始时刻的速度v0加上在整个过程中速度的变化量at。
2.判一判
(1)公式v=v0+at适用于任何运动。(×)
(2)由公式v=v0+at知v的方向一定和v0方向一致。(×)
(3)由公式v=v0+at知v的大小一定大于v0的大小。(×)
(4)在vt图像中,图线的斜率表示加速度。(√)
3.想一想
在匀变速直线运动中:
(1)物体的速度方向是否可以改变?加速度方向呢?
(2)请分析如图所示的速度—时间图像对应物体的运动情况。
提示:(1)在匀变速直线运动中速度方向可以改变,加速度方向不变。
(2)题图所示图像表示物体做匀变速直线运动:在0~t1时间内物体做匀减速直线运动;t1时刻速度为零,在t1~t2时间内物体做匀加速直线运动,但速度反向,整个过程加速度大小和方向不变。
vt图像的理解及应用 |
[学透用活]
1.直线运动的vt图像
(1)匀速直线运动的vt图像
匀速直线运动的vt图像是一条平行于时间轴的直线。如图所示,从图像中可以直接读出v甲=5 m/s、v乙=-10 m/s,负号表示速度沿着负方向。
(2)匀变速直线运动的vt图像
匀变速直线运动的vt图像是一条倾斜的直线。
如图所示:直线a为匀加速直线运动的图像;直线b为匀减速直线运动的图像;直线c表示0~t1时间内做匀减速直线运动,t1时刻后反向做匀加速直线运动,由于加速度不变,整个运动过程是匀变速直线运动。
2.由vt图像能获得的信息
图线上某点的纵坐标 | 正、负 | 表示瞬时速度的方向 |
绝对值 | 表示瞬时速度的大小 | |
图线的斜率 | 正、负 | 表示加速度的方向 |
绝对值 | 表示加速度的大小 | |
图线与坐标轴的交点 | 纵截距 | 表示初速度 |
横截距 | 表示开始运动或速度为零的时刻 | |
图线的拐点 | 表示加速度改变 | |
两图线的交点 | 表示对应时刻速度相等 |
[多选]甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动,甲、乙运动的vt图像如图所示,下列判断正确的是( )
A.甲做匀速直线运动,乙做匀变速直线运动
B.甲、乙两次速度相同的时刻分别在 1 s 末和4 s末
C.乙在前2 s内做匀加速直线运动,2 s后做匀减速直线运动
D.2 s后,甲、乙速度方向相反
[解析] 由题图知,甲以2 m/s的速度做匀速直线运动,乙在0~2 s内做匀加速直线运动,加速度a1=2 m/s2,2~6 s 内做匀减速直线运动,加速度a2=-1 m/s2,A错误,C正确;t1=1 s和t2=4 s时甲、乙速度相同,B正确;0~6 s 内甲、乙的速度方向都沿正方向,D错误。
[答案] BC
(1)vt图像只能描述直线运动,无法描述曲线运动。
(2)vt图像描述的是物体的速度随时间的变化规律,不表示物体的运动轨迹。
(3)加速与减速只决定于a与v方向是否相同,与v的方向无关。
[对点练清]
1.将某汽车的刹车过程视为匀变速直线运动。该汽车在紧急刹车时加速度的大小为6 m/s2,在2 s内停下来,则选项图中能正确表示该汽车刹车过程的是( )
解析:选A 汽车在紧急刹车时加速度的大小为6 m/s2,在2 s内停下来,则a=-6 m/s2,由匀变速直线运动的公式得0=v0+at,解得v0=12 m/s,即在2 s内汽车速度从12 m/s变成0,能正确表示该汽车刹车过程的vt图像的是A项。
2.一个做匀变速直线运动的质点的vt图像如图所示,由图线可知其速度—时间关系式为( )
A.v=4+2t
B.v=-4+2t
C.v=-4-2t
D.v=4-2t
解析:选B 由题图可知v0=-4 m/s、a==2 m/s2,所以由速度—时间关系式v=v0+at得,该质点运动的速度—时间关系式为v=-4+2t。故B项正确,A、C、D项错误。
3.甲、乙两质点的vt图像如图所示,由图可知( )
A.t=0时刻,甲的速度大
B.甲、乙两质点都做匀加速直线运动
C.相等时间内乙的速度改变大
D.在5 s末之前甲的速度大
解析:选B 由题图可看出:乙的纵截距大,甲的纵截距为0,故t=0时刻,乙的速度大,选项A错误;由于甲、乙都是倾斜的直线,且甲的斜率比乙的大,表明甲、乙都做匀加速直线运动,且甲的加速度大,即相等时间内甲的速度改变大,选项B正确,C错误;由题图知,在5 s末之前,任一时刻甲的速度小于乙的速度,选项D错误。
速度公式v=v0+at的理解及应用 |
[学透用活]
1.公式v=v0+at只适用于匀变速直线运动。
2.公式的矢量性:公式中的v0、v、a均为矢量,应用公式解题时,首先应选取正方向。一般以v0的方向为正方向,若为匀加速直线运动,a>0;若为匀减速直线运动,a<0。若v>0,说明v与v0方向相同;若v<0,说明v与v0方向相反。
3.两种特殊情况
(1)当v0=0时,v=at(表示由静止开始的匀加速直线运动)。
(2)当a=0时,v=v0(表示匀速直线运动)。
滑雪运动员不借助雪杖,以加速度a1由静止从山坡顶匀加速滑下,测得其20 s后的速度为20 m/s,50 s后到达坡底,又以加速度a2沿水平面减速运动,经20 s恰好停止运动。求:
(1)a1和a2的大小;
(2)滑雪运动员到达坡底后再经过6 s的速度大小。
[解析] (1)运动员下滑过程中的加速度大小
a1== m/s2=1 m/s2
运动员到达坡底时的速度大小
v2=a1t2=1×50 m/s=50 m/s
运动员在水平面上的加速度
a2==m/s2=-2.5 m/s2
即a2的大小为2.5 m/s2。
(2)运动员到达坡底后再经过6 s的速度大小为
v3=v2+a2t4=50 m/s-2.5×6 m/s=35 m/s。
[答案] (1)1 m/s2 2.5 m/s2 (2)35 m/s
运动方向变化的匀变速直线运动的分析方法
(1)画出物体运动的草图(vt图像或轨迹),弄清楚每一过程的运动规律,确定各过程的已知量和未知量。
(2)列出每个过程的已知量与未知量之间的关系式,注意前后两过程的衔接点。
[对点练清]
4.[多选]一辆汽车由静止开始做匀加速直线运动,经时间t,速度达到v,立即刹车做匀减速直线运动,又经时间2t停止,则汽车在加速阶段与减速阶段( )
A.加速度的方向相同
B.速度变化量的大小相等
C.加速度的大小相等
D.加速阶段速度变化快
解析:选BD 汽车做匀加速运动时速度从0增大到v,做匀减速运动时速度从v减小到0,可知速度变化量的大小相等,故B正确;根据加速度的定义式知,匀加速直线运动的加速度a=,匀减速直线运动的加速度a=-,可知加速度的方向相反,加速阶段的加速度大,速度变化快,故D正确,A、C错误。
5.一家从事创新设计的公司打造了一台飞行汽车,既可以在公路上行驶,也可以在天空飞行。已知该飞行汽车在跑道上的加速度大小为2 m/s2,速度达到40 m/s后离开地面。离开跑道后的加速度为5 m/s2,最大速度为200 m/s。飞行汽车从静止到加速至最大速度所用的时间为( )
A.40 s B.52 s
C.88 s D.100 s
解析:选B 由匀变速直线运动的公式v=v0+at知,飞行汽车在跑道上行驶的时间为t1==s=20 s。飞行汽车从离开地面到加速至最大速度的时间为t2== s=32 s,故t=t1+t2=52 s,B正确。
6.[多选]一辆电车做直线运动,速度v随时间t变化的函数关系为v=bt,其中b=0.3 m/s2时( )
A.电车做匀速直线运动
B.电车的速度变化率大小是0.3 m/s2
C.电车做匀变速直线运动
D.电车的初速度为0.3 m/s
解析:选BC 电车做直线运动,由速度v=bt,知速度随时间均匀变化,电车做匀变速直线运动,故A错误,C正确;根据v=at=0.3t,知电车的加速度a=0.3 m/s2,则速度的变化率大小为0.3 m/s2,电车的初速度为0,故B正确,D错误。
刹车类问题 |
[学透用活]
1.汽车等交通工具的“刹车问题”
车辆刹车时可看成匀减速直线运动直至速度变为零,所以刹车时车辆只在“刹停时间”内做匀减速运动,而速度减为零后保持静止。刹停时间取决于初速度和加速度的大小。
2.处理刹车类问题的基本思路
3.求解刹车类问题的常见错误
当给定的时间大于“刹车时间”时,误认为汽车在给定的时间内一直做匀减速直线运动,简单套用匀变速直线运动公式v=v0+at,导致速度出现负值。
汽车以45 km/h的速度匀速行驶。
(1)若汽车以0.6 m/s2的加速度加速,则10 s后速度能达到多少?
(2)若汽车刹车以0.6 m/s2的加速度减速,则10 s后速度能达到多少?
(3)若汽车刹车以3 m/s2的加速度减速,则10 s后速度为多少?
[思路点拨] 解答本题的思路
[解析] (1)初速度v0=45 km/h=12.5 m/s,
加速度a=0.6 m/s2,时间t=10 s。
10 s后汽车的速度为
v=v0+at=(12.5+0.6×10)m/s=18.5 m/s。
(2)汽车匀减速运动的加速度
a1=-0.6 m/s2,
减速到停止的时间
tm== s≈20.83 s>10 s,
所以10 s后汽车的速度为
v1=v0+a1t=(12.5-0.6×10)m/s=6.5 m/s。
(3)汽车减速到停止的时间t2== s<10 s,
所以10 s后汽车已经停止,则10 s后汽车的速度为0。
[答案] (1)18.5 m/s (2)6.5 m/s (3)0
[对点练清]
7.在平直公路上,一辆汽车以108 km/h的速度行驶,司机发现前方有危险立即刹车,刹车时加速度大小为6 m/s2,则刹车后3 s末和6 s末汽车的速度大小分别为( )
A.12 m/s、6 m/s B.18 m/s、6 m/s
C.12 m/s、0 D.以上均不正确
解析:选C v0=108 km/h=30 m/s,规定v0的方向为正方向,则a=-6 m/s2,汽车刹车所用的总时间t0=
=5 s。t1=3 s时的速度v1=v0+at1=(30-6×3)m/s=12 m/s;由于t0=5 s<6 s,6 s末汽车已停止,即6 s末汽车的速度为0。故C项正确,A、B、D项错误。
8.磁悬浮列车由静止开始加速出站,加速度为0.6 m/s2,2 min 后列车速度为多大?列车匀速运动时速度为432 km/h,如果以0.8 m/s2的加速度减速进站,求减速160 s时速度为多大?
解析:取列车开始运动的方向为正方向
列车运动的初速度v0=0,加速度为a1=0.6 m/s2
则列车2 min后的速度v1=v0+a1t1=(0+0.6×2×60)m/s=72 m/s
当列车减速进站时a2=-0.8 m/s2
列车减速运动时的初速度v2=432 km/h=120 m/s
列车从刹车到速度为0的时间
t2== s=150 s
所以160 s时列车已经停止运动,速度为0。
答案:72 m/s 0
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、跳伞者下降过程中的速度变化(核心素养之科学思维)
[选自鲁科版教材P56“物理聊吧”]
如图所示为跳伞者在下降过程中速度变化示意图。根据示意图,跳伞者下降的全过程可看成自由落体运动吗?为什么?跳伞者在下降过程的不同阶段近似做什么运动?请你和同学讨论并交流看法。(上下箭头表示物体的受力)
[提示] 不可以看成自由落体运动,因为下降阶段特别是打开降落伞后,所受空气阻力比较大。跳伞者在下降过程的开始阶段,做加速运动,速度越来越大,但速度增加得越来越慢,打开降落伞后,跳伞者开始做减速运动,速度开始急剧减小,但速度减小得也越来越慢,直到以较小的速度匀速下落到地面。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P37例题]
一辆汽车以54 km/h的速度在平直公路上行驶,司机看见前方路口红灯亮时立即刹车。若汽车刹车时的加速度大小为3 m/s2,则刹车后4 s末的速度是多少?
[分析] 刹车后,汽车的运动可视为匀减速直线运动,加速度方向与速度方向相反(如图)。可将已知量代入速度公式求解。
[解] 选定初速度方向为正方向,由题意可知,
v0=54 km/h=15 m/s,t=4 s,a=-3 m/s2。
根据匀变速直线运动的速度公式得
vt=v0+at=15 m/s+(-3 m/s2)×4 s=3 m/s
所以,汽车刹车后4 s末的速度是3 m/s。
[讨论] vt>0说明汽车未停下,计算结果合理。
求解运动问题,通常是先明确运动情境,并画出运动示意图;再根据已知量和未知量,选择相应运动规律列方程求解;最后需要对求解结果的合理性进行判断。
运用公式前,需要选定正方向,并由此确定已知量中矢量的正负,再代入公式计算。
[迁移] 求解物理问题时,不能盲目将数据代入公式,应关注问题的物理情境。上题中,若求汽车刹车后6 s末的速度,结果又如何?请算一算,并说明理由。
[提示] 由vt=v0+at可求得汽车刹车后6 s末的速度vt=15 m/s+(-3 m/s2)×6 s=-3 m/s。
汽车刹车过程的最小速度为零,不可能为负值,计算结果为负值,说明汽车在刹车后6 s末前已停止运动。
由0=15 m/s+(-3 m/s2)×t′可求得t′=5 s,
即汽车刹车后5 s即停止运动,刹车后6 s末汽车的速度为零。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.两位同学在探究物体的运动规律时,描绘了甲、乙两物体的速度—时间图像(如图所示)。下列说法正确的是( )
A.甲、乙两物体都做匀速直线运动
B.甲、乙两物体若在同一直线上运动,则一定会相遇
C.甲物体的速度大于乙物体的速度
D.甲、乙两物体即使在一条直线上运动,也一定不会相遇
解析:选A 由题图可知,甲、乙两物体分别以大小为5 m/s、10 m/s的速度做匀速直线运动,运动的方向相反,若在同一直线上运动,可能会相遇,也可能不会相遇。负号表示速度的方向与规定的正方向相反,所以甲物体的速度小于乙物体的速度,故A正确。
2.如图所示是几个质点的运动图像,其中表示匀变速直线运动的是( )
A.甲、乙、丙 B.甲、乙、丁
C.甲、丙、丁 D.乙、丙、丁
解析:选A 甲、乙、丙均表示匀变速直线运动,丁表示加速度均匀变化的运动,故A正确。
3.一物体的速度随时间变化的关系为v=5-2t(m/s),则下列说法正确的是( )
A.物体的初速度为5 m/s
B.物体做匀加速直线运动
C.物体每秒的速度变化量为2 m/s
D.经过3 s物体的速度变为零
解析:选A 由匀变速直线运动公式v=v0+at可知,物体的初速度为5 m/s,加速度为-2 m/s2,A正确;由于加速度方向与初速度方向相反,所以物体做匀减速运动,B错误;物体每秒的速度变化量为-2 m/s,C错误;根据速度公式可以计算出经过3 s物体的速度变为-1 m/s,负号表示方向与初速度方向相反,D错误。
4.由于发射卫星耗资巨大,还要消耗大量燃料推动沉重的金属物体在地球大气中飞行,科学家正在研发一种解决方案,利用一架喷气式飞机发射一个高效的小型推进系统,把卫星送入近地轨道。已知卫星必须达到8 000 m/s才能达到预定轨道,发射时喷气式飞机运行了16.7 min。则喷气式飞机的加速度大小为( )
A.6 m/s2 B.8 m/s2
C.10 m/s2 D.12 m/s2
解析:选B 根据公式v=at可得,喷气式飞机的加速度大小为a== m/s2≈8 m/s2,选项B正确。
5.如图所示是某物体运动的vt图像,下列说法正确的是( )
A.该物体的加速度一直不变
B.3 s末物体加速度开始改变
C.0~8 s物体一直做匀减速运动
D.t=0时和t=6 s时物体的速率不相等
解析:选A vt图线的斜率表示加速度,因图线斜率不变,故加速度不变,A正确,B错误;0~3 s物体做匀减速运动,3 s以后物体做匀加速运动,C错误;t=0 时和t=6 s 时物体的速率都为30 m/s,D错误。
6.2019年1月11日1时11分,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功将“中星2D”卫星发射升空,卫星进入预定轨道。若某段时间内火箭速度的变化规律为v=(20t+4)m/s,由此可知这段时间内( )
A.火箭的初速度为2 m/s
B.火箭的加速度为4 m/s2
C.在3 s末,火箭的瞬时速度为64 m/s
D.火箭做匀速直线运动
解析:选C 在这段时间内,由速度的表达式可知,火箭的速度均匀增大,故火箭做匀加速直线运动,选项D错误;由匀变速直线运动的速度公式v=v0+at知,这段时间内火箭的初速度v0=4 m/s,加速度a=20 m/s2,选项A、B错误;将时间t=3 s代入得v3=64 m/s,选项C正确。
7.跳伞运动员做低空跳伞表演,当飞机离地面某一高度静止于空中时,运动员离开飞机由静止开始匀加速下落,运动一段时间后打开降落伞,打开伞后运动员以5 m/s2的加速度匀减速下降,则在运动员减速下降的任一秒内( )
A.这一秒末的速度比前一秒初的速度小5 m/s
B.这一秒末的速度是前一秒末的速度的0.2倍
C.这一秒末的速度比前一秒末的速度小5 m/s
D.这一秒末的速度是前一秒初的速度的2倍
解析:选C 打开伞后运动员做匀减速运动。这一秒末与前一秒初的时间间隔为2 s,则Δv1=at1=10 m/s,故A、D错;这一秒末与前一秒末的时间间隔为1 s,则Δv2=at2=5 m/s,故B错,C对。
8.星级快车出站时能在150 s内匀加速到180 km/h,然后正常行驶。某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h。以初速度方向为正方向,则下列说法错误的是( )
A.列车加速时的加速度大小为 m/s2
B.列车减速时,若运用v=v0+at计算瞬时速度,其中a=- m/s2
C.若用vt图像描述列车的运动,减速时的图线在时间轴t轴的下方
D.列车由静止加速,1 min内速度可达20 m/s
解析:选C 由v=180 km/h=50 m/s,可得列车的加速度大小a== m/s2= m/s2,减速时,加速度方向与速度方向相反,a′=- m/s2,故A、B正确;列车减速时,vt图像中图线依然在时间轴t轴的上方,C错误;由v=at可得v=×1×60 m/s=20 m/s,D正确。
9.灵活起降的飞机是航母主要攻击力之一。我国“辽宁号”航空母舰上还没有飞机弹射系统,但我国的弹射技术正在研究试验中。假设弹射系统对“歼15型”战斗机作用0.2 s时间,可以使飞机达到一定的初速度v0,然后飞机在甲板上起跑,加速度为5 m/s2,经过4 s达到起飞速度v1=50 m/s的要求。求:
(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度大小;
(2)弹射系统对飞机提供的平均加速度大小。
解析:(1)飞机离开弹射系统瞬间的速度是v0
由vt=v0+at
得v0=vt-at=(50-5×4)m/s=30 m/s。
(2)弹射系统对飞机提供的平均加速度大小
a== m/s2=150 m/s2。
答案:(1)30 m/s (2)150 m/s2
B级—选考提能
10.[多选]一个物体做匀变速直线运动,当t=0时,物体的速度大小为12 m/s,方向向东,当t=2 s时,物体的速度大小为8 m/s,方向仍向东。当t为多少时,物体的速度大小变为2 m/s( )
A.3 s B.5 s
C.7 s D.9 s
解析:选BC 物体的加速度a==m/s2=-2 m/s2,由匀变速直线运动的公式v=v0+at,当v=2 m/s,即速度方向与初速度方向相同时,t== s=5 s,当v′=-2 m/s,即速度方向与初速度方向相反时,t′== s=7 s,选项B、C正确。
11.[多选]2018年12月24日上午,中国海军第30批护航编队与第31批护航编队在亚丁湾东部海域会合,并组成双纵队航行。在索马里海域遇到六艘海盗快艇,试图靠近中国海军护航编队保护的商船,中国特战队员成功将其驱离。假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的vt图像如图所示。则下列说法正确的是( )
A.海盗快艇在0~66 s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动
B.海盗快艇在96 s末开始调头逃离
C.海盗快艇在66 s末离商船最近
D.海盗快艇在96~116 s内沿反方向做匀加速直线运动
解析:选BD 根据vt图像的意义可知,某点处切线的斜率表示该点处的加速度,结合题图可知,0~66 s内海盗快艇做加速度逐渐减小的加速直线运动,故选项A错误;66 s末快艇开始减速,96 s末减速到零,此时离商船最近,然后开始调头,故选项B正确,C错误;96~116 s内,加速度为负且为定值,说明海盗快艇沿反方向做匀加速直线运动,故选项D正确。
12.如图所示是某质点做直线运动的vt图像,请回答:
(1)质点在AB、BC、CD段各做什么运动?
(2)质点在AB、CD段的加速度各是多少?
(3)质点在5 s末的速度多大?
解析:(1)AB、CD段的vt图像是倾斜直线,说明这两段时间速度是均匀变化的,故质点在AB段做匀加速直线运动,CD段做匀减速直线运动;BC段的vt图像平行于t轴,质点做匀速直线运动。
(2)由加速度的定义:a=得:
质点在AB段的加速度
aAB== m/s2=1 m/s2
同理可得质点在CD段的加速度
aCD== m/s2=-2 m/s2。
(3)由题图知质点在5 s末的速度
v5=v4+aCDt=4 m/s+(-2)×1 m/s=2 m/s。
答案:(1)AB段做匀加速直线运动,BC段做匀速直线运动,CD段做匀减速直线运动 (2)1 m/s2 -2 m/s2 (3)2 m/s
第3节 匀变速直线运动的位移与时间的关系
1.填一填
(1)位移在vt图像中的表示:直线运动的位移对应着vt图像中图线和时间轴包围的面积。如图所示的匀变速直线运动,在0~t1时间内的位移大小等于梯形的面积。
(2)位移公式:x=v0t+at2,式中x表示物体在时间t内运动的位移,v0表示初速度,如果v0=0,则x=at2。
2.判一判
(1)匀速直线运动的位移与时间成正比。(√)
(2)匀变速直线运动的位移与时间的平方一定成正比。(×)
(3)初速度越大,做匀变速直线运动的物体的位移一定越大。(×)
(4)匀变速直线运动的位移与初速度、加速度、时间三个因素有关。(√)
3.选一选
(1)两物体都做匀变速直线运动,在相同的时间间隔t内( )
A.加速度大的,其位移一定大
B.初速度大的,其位移一定大
C.末速度大的,其位移一定大
D.平均速度大的,其位移一定大
解析:选D 根据公式x=v0t+at2知,加速度大或初速度大,位移不一定大,故A、B错误;末速度大,位移不一定大,故C错误;根据x=t,时间一定,平均速度大,位移一定大,故D正确。
(2)[多选]一物体运动的位移与时间的关系为x=(6t+4t2)m,则( )
A.这个物体的初速度为6 m/s
B.这个物体的初速度为12 m/s
C.这个物体的加速度为-8 m/s2
D.这个物体的加速度为8 m/s2
解析:选AD 根据匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2,结合位移函数x=(6t+4t2)m,比较可得v0=6 m/s,a=8 m/s2,即物体做正方向的匀加速直线运动,故A、D正确,B、C错误。
1.填一填
(1)公式推导:由匀变速直线运动的速度公式v=v0+at、位移公式x=v0t+at2消去时间t可得。
(2)速度与位移的关系式:v2-v02=2ax。
2.判一判
(1)公式v2-v02=2ax适用于所有的直线运动。(×)
(2)解题过程中通常取初速度的方向为正方向,对匀减速直线运动,公式v2-v02=2ax中的a必须取负值。(√)
(3)由公式v2-v02=2ax知,位移越大,物体的末速度一定越大。(×)
(4)确定公式v2-v02=2ax中的四个物理量的数值时,选取的参考系应该是统一的。(√)
3.想一想
如图所示,是“歼15”战机在“辽宁舰”上起飞的画面,若已知“歼15”战机的加速度为a,起飞速度为v。
(1)如果“辽宁舰”静止在海上,应该如何来确定飞机跑道的最小长度?
(2)如果“辽宁舰”以v0匀速航行呢?
提示:(1)根据v2=2ax,知飞机跑道的最小长度为x=。
(2)根据v2-v02=2ax,知飞机跑道的最小长度为x=。
位移公式x=v0t+at2的理解及应用 |
[学透用活]
1.适用条件:匀变速直线运动。
2.矢量性:公式x=v0t+at2为矢量式,其中的x、v0、a都是矢量,应用时必须选取统一的正方向,一般选初速度v0的方向为正方向。
(1)匀加速直线运动,a取正值;匀减速直线运动,a取负值。
(2)x>0,表示位移的方向与规定的正方向相同;x<0,表示位移的方向与规定的正方向相反。
3.两种特殊形式
(1)当a=0时,x=v0t(表示匀速直线运动)。
(2)当v0=0时,x=at2(表示初速度为零的匀加速直线运动)。
一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移为12 m,第5 s内的位移为20 m,则该质点运动过程中( )
A.初速度大小为零
B.加速度大小为4 m/s2
C.5 s内的位移为50 m
D.第4 s内的平均速度为8 m/s
[解析] 第3 s内的位移等于前3 s内位移与前2 s内位移之差,即Δx3=x3-x2=12 m,由匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2,代入数据得v0×3+a×32-=12 ①,同理可得第5 s内的位移:Δx5=v0×5+a×52-=20 m ②,联立①②解得v0=2 m/s,a=4 m/s2,故A错误,B正确;5 s 内的位移为x=v0t5+at52=60 m,C错误;第4 s内的位移为Δx4=x4-x3=v0t4+at42-(v0t3+at32)=16 m,则第4 s内的平均速度==16 m/s,D错误。
[答案] B
应用位移公式x=v0t+at2的解题步骤
(1)规定一个正方向(一般以初速度的方向为正方向)。
(2)根据规定的正方向确定已知量的正、负,并用带有正、负的数值表示。
(3)根据位移—时间关系式或其变形式列式、求解。
(4)根据计算结果说明所求量的大小、方向。
飞机着陆做匀减速直线运动可获得a=6 m/s2 的加速度,飞机着陆时的速度为v0=60 m/s,求飞机着陆后t=12 s内滑行的距离。
[解析] 设飞机从着陆到停止所需时间为t0,
由速度公式v=v0-at0,解得t0=10 s。
即飞机在t=12 s内的前10 s内做匀减速直线运动直到停止,后2 s内保持静止。
所以有x=v0t0-at02=300 m。
(或x==300 m)
[答案] 300 m
本题的易错点在于不考虑刹车问题的实际情况,盲目套用位移公式x=v0t-at2,将t=12 s直接代入导致错解x=288 m。解答该类问题时应先计算飞机多长时间停止运动,才能判断着陆后t=12 s内的运动情况。对于汽车刹车、火车进站、飞机着陆等过程都要注意上述问题。
[对点练清]
1.[多选]物体做初速度为零的匀加速直线运动,前2 s内的位移是8 m,则( )
A.物体的加速度是2 m/s2
B.物体的加速度是4 m/s2
C.物体前4 s内的位移是32 m
D.物体前4 s内的位移是16 m
解析:选BC 由x=at2,代入t=2 s、x=8 m得a=4 m/s2,故A错误,B正确;由x=at2,代入t=4 s、a=4 m/s2,得物体前4 s内的位移x=32 m,故D错误,C正确。
2.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,刹车后的加速度大小为5 m/s2,那么开始刹车后2 s与开始刹车后6 s汽车的位移之比为( )
A.1∶4 B.3∶4
C.3∶5 D.5∶9
解析:选B 汽车从刹车到停止的时间t0== s=4 s>2 s,所以汽车前2 s内的位移:x1=v0t1+at12=20×2 m-×5×22 m=30 m;而6 s>4 s,4 s后汽车停止运动,所以汽车前6 s内的位移等于前4 s内的位移,x2=v0t2+at22=20×4 m-×5×42 m=40 m,则=,故B正确。
3.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,某时刻关闭发动机而做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2,则它关闭发动机后通过37.5 m所需时间为( )
A.3 s B.4 s
C.5 s D.6 s
解析:选A 根据x=v0t+at2,将v0=20 m/s,a=-5 m/s2,x=37.5 m,代入得:t1=3 s,t2=5 s。汽车减速到0的时间为t0==4 s,所以t2=5 s应舍去。故选项A正确。
公式v2-v02=2ax的理解及应用 |
[学透用活]
1.适用条件:匀变速直线运动,尤其是不涉及时间t的问题。
2.公式的意义:公式反映了初速度v0、末速度v、加速度a、位移x之间的关系,当其中任意三个物理量已知时,可求另一个未知量。
3.公式的矢量性:公式中v0、v、a、x都是矢量,应用时必须选取统一的正方向。一般选v0方向为正方向。
4.两种特殊形式
(1)当v0=0时,v2=2ax(表示初速度为零的匀加速直线运动)。
(2)当v=0时,-v02=2ax(表示末速度为零的匀减速直线运动)。
(2018·浙江4月选考)如图所示,竖井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度为104 m,升降机运行的最大速度为8 m/s,加速度大小不超过1 m/s2。假定升降机到井口的速度为0,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是( )
A.13 s B.16 s
C.21 s D.26 s
[解析] 升降机以最大加速度运行,且先匀加速至最大速度,后匀速运动,最后匀减速至速度为零的过程时间最短。升降机先加速上升,加速上升距离为h1==32 m,加速时间为t1==8 s;减速距离h3=h1=32 m,减速时间t2=t1=8 s,故中间匀速阶段h2=40 m,匀速时间t3==5 s。所以t=t1+t2+t3=8 s+8 s+5 s=21 s,C正确。
[答案] C
[对点练清]
4.做匀加速直线运动的物体,速度从v增加到2v时经过的位移是s,则它的速度从v增加到3v时发生的位移是( )
A.2s B.
C. D.
解析:选D 根据匀变速直线运动的速度位移公式,速度从v增加到2v时,有:(2v)2-v2=2as,速度从v增加到3v时,有:(3v)2-v2=2as′,联立两式得:s′=s,故A、B、C错误,D正确。
5.将固定在水平地面上的斜面分为四等份,如图所示,AB=BC=CD=DE,在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动,刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时的速度大小是( )
A. B.
C. D.
解析:选D 将末速度为零的匀减速直线运动看成初速度为零的匀加速直线运动,则v02-0=2axEA、vD2-0=2axED,又xEA=4xED,解得:vD=。故D项正确,A、B、C项错误。
6.有些航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统,已知某型号的战斗机在跑道上加速时可能产生的最大加速度为5.0 m/s2,当飞机的速度达到50 m/s时,才能离开航空母舰起飞。设航空母舰处于静止状态。问:
(1)若要求该飞机滑行160 m后起飞,弹射系统必须使飞机具有多大的初速度?
(2)若航空母舰上不装弹射系统,要求该飞机仍能在航空母舰上正常起飞,则该航空母舰甲板长至少应为多少?
解析:(1)根据公式v2-v02=2ax
得:v0==30 m/s。
(2)航空母舰不装弹射系统时,v2=2aL
航空母舰甲板长至少应为L==250 m。
答案:(1)30 m/s (2)250 m
利用vt图像的“面积”求物体的位移 |
[学透用活]
某一做直线运动的物体的图像如图所示,根据图像,求:
(1)物体距出发点的最远距离;
(2)前4 s内物体的位移;
(3)前4 s内物体通过的路程。
[思路点拨]
(1)t=1 s时物体速度最大,t=3 s时物体速度方向将发生改变,此时位移最大。
(2)利用vt图像求位移一般采用“面积”法计算,即计算vt图线与时间轴所围成的面积。
[解析] (1)由题图可知在0~3 s内物体沿正方向运动,3~4 s内物体沿反方向运动,故物体在3 s时距出发点最远,物体距出发点最远的距离
xm=v1t1=×4×3 m=6 m。
(2)前4 s内物体的位移
x=x1-x2=v1t1-v2t2
=m=5 m。
(3)前4 s内物体通过的路程
s=x1+x2=v1t1+v2t2
=m=7 m。
[答案] (1)6 m (2)5 m (3)7 m
(1)vt图像与t轴所围的“面积”表示位移的大小。
(2)“面积”在t轴以上是正值,表示位移沿正方向;在t轴以下是负值,表示位移沿负方向。
(3)物体的总位移等于各部分位移(正、负“面积”)的代数和。
(4)物体通过的路程为t轴上、下“面积”绝对值的和。
(5)为了检验计算结果,可根据vt图像画出物体运动的草图。
[对点练清]
7.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验,从水面开始竖直下潜,最后返回水面,其vt图像如图所示,则下列说法正确的是( )
A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等
B.全过程中的最大加速度为0.025 m/s2
C.3~4 min和6~8 min加速度方向相反
D.本次下潜的最大深度为6 m
解析:选A 根据vt图像与横轴围成的面积表示位移,则0~4 min内的位移大小为:x=×(120+240)×2.0 m=360 m;6~10 min内位移大小为 x′=×3.0×240 m=360 m,可知,0~4 min和6~10 min两时间段位移大小相等,所用时间相等,则平均速度大小相等,故A正确;第1 s内加速度最大,大小为a== m/s2≈0.033 m/s2,故B错误;vt图线的斜率的符号反映加速度的方向,可知3~4 min和6~8 min加速度方向相同,选项C错误;由题图可知t=4 s时“蛟龙号”下潜到最深处,最大深度为:s=×(120+240)×2.0 m=360 m,故D错误。
8.[多选]如图所示是 P、Q 两质点,从同一地点由静止开始运动的 vt 图像,由图线可以判定( )
A.P质点的速度越来越小
B.零时刻P质点的加速度为零
C.在0~t1时间内,P质点在Q质点前面
D.在0~t1时间内,P 质点的平均速度大于 Q 质点的平均速度
解析:选CD 在vt图像中,某一点代表此时刻的瞬时速度,从题图中可以看出在0~t1时间内,P质点的速度越来越大,故A错误;由于在vt图像中,切线斜率表示加速度,所以零时刻P质点的速度虽然为零,但是斜率(即加速度)不为零,故B错误;在vt图像中,图像与横轴围成的面积代表位移,所以在0~t1时间内,P质点的位移大于Q质点的位移,因P、Q 两质点从同一地点由静止开始运动,则P质点在Q质点前面,根据=可知,在0~t1时间内,P质点的平均速度大于Q质点的平均速度,选项C、D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P49“物理聊吧”]
(1)频闪照相技术不仅用于科学研究,还广泛用于人们生产生活的各个领域。例如,当频闪照相技术应用于体育、艺术等领域时,不但能记录运动员或舞者有研究价值的运动细节,而且能让人们欣赏到独特的整体韵律与动感(如图)。请你查找资料,与同学分享收集到的频闪照片。
(2)如图是前进中的摩托车三种运动状态下的频闪照片。请由此判断照片中摩托车的三种运动分别属于什么运动。与同学讨论交流,说说判断结果与理由。
[提示] (1)频闪照相就是借助于频闪光源的连续闪光,在一张底片上记录动体的连续运动过程。因频闪光源的闪光频率是一定的,所以底片上相邻两个图像间的时间间隔是一定的。
(2)第一张频闪照片中,相邻摩托车间的距离逐渐增大,说明摩托车在相等的时间内运动的位移越来越大,速度越来越大,做加速运动。
第二张频闪照片中,相邻摩托车间的距离相等,说明摩托车在相等的时间内运动相等的位移,摩托车做匀速运动。
第三张频闪照片中,相邻摩托车间的距离逐渐减小,说明摩托车在相等的时间内运动的位移越来越小,速度越来越小,做减速运动。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P42例题]
汽车从开始制动到停止所行驶的距离,是衡量汽车制动性能的参数之一。某型号的汽车以100 km/h的速度在柏油路面上行驶,急刹车后做匀减速直线运动。若匀减速时的加速度大小为5 m/s2,开始制动后2 s内汽车行驶的距离是多少?从开始制动到完全停止,汽车行驶的距离是多少?
[分析] 汽车刹车后做匀减速直线运动,运动过程如图所示。在第一问中,已知初速度、加速度和时间的信息求位移,可用位移—时间关系式;在第二问中,通过初速度、加速度和末速度的信息求位移,可用位移—速度关系式。
[解] 选定初速度方向为正方向,由题意知
v0=100 km/h=27.8 m/s,a=-5 m/s2,vt=0,t=2 s。
根据速度公式vt=v0+at,可知汽车刹车时间
t0===5.56 s
因为t<t0,所以汽车在刹车后2 s内一直运动。根据位移公式,可得开始制动后2 s内汽车的位移
s1=v0t+at2=27.8 m/s×2 s+×(-5 m/s2)×(2 s)2=45.6 m
根据公式vt2-v02=2as,可得汽车从开始制动到完全停止的位移
s2===77.3 m
所以,开始制动后2 s内汽车行驶的距离为45.6 m;从开始制动到完全停止,汽车行驶的距离为77.3 m。
[讨论] 一般以速度100 km/h行驶的汽车,从开始制动到完全停止的距离为几十米。本题的计算结果在合理范围内。
由于汽车从刹车到停止仍需行驶一段距离,同向行驶的汽车之间需保持一定的安全距离。你认为以100 km/h行驶的汽车需与前车保持多大的安全距离?把你的看法与查阅的相关数据进行比较。此外,在其他条件不变的情况下,汽车从开始制动到完全停止所行驶的距离与刹车时速度的平方成正比。你能证明吗?当汽车行驶速度增大时,该距离将显著增大。因此,汽车超速行驶极易引发交通事故。
关于匀变速直线运动的问题,通常涉及v0、vt、a、t和s这五个物理量,以及vt、st和sv关系式。在选用关系式时,首先看问题情境中有哪些已知量与未知量,再看这些量出现在哪个关系式中,最后确定所用的关系式。这是解决该类问题比较便捷的方法。
运用公式时,要注意速度、加速度与位移的方向,由此确定代入数据的正负号。
[迁移] 我国道路交通安全法规定,机动车因故障在高速公路临时停车时,需在故障车来车方向150 m以外设置警告标志。某司机驾驶汽车以120 km/h的速度在高速公路上匀速行驶,发现前方警告标志时刹车使汽车减速至停止。该司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间为0.6 s,制动时的加速度大小为5 m/s2。假设制动后,汽车做匀减速直线运动,那么从司机发现警告标志到汽车停下,行驶的距离是多少?请解释上述交通法规的必要性。
[提示] 以汽车运动的方向为正方向,
则汽车匀速行驶的速度v0=120 km/h= m/s,
在司机从发现警告标志到汽车开始制动的反应时间Δt=0.6 s内汽车做匀速直线运动,行驶的位移s1=v0Δt=20 m。
汽车刹车的加速度a=-5 m/s2,
由s=可求出汽车从刹车到停止运动行驶的距离s2=≈111 m。
所以从司机发现警告标志到汽车停下,行驶的距离s=s1+s2=20 m+111 m=131 m<150 m,可见,在故障车来车方向150 m以外设置警告标志是很有必要的。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.一物体的位移与时间的关系式为x=4t-2t2+5(m),那么它的初速度和加速度分别是( )
A.2 m/s,0.4 m/s2 B.4 m/s,2 m/s2
C.4 m/s,-4 m/s2 D.4 m/s,1 m/s2
解析:选C 将公式x=4t-2t2+5(m)和位移公式x=v0t+at2进行类比可知物体的初速度v0=4 m/s,加速度a=-4 m/s2,故A、B、D错误,C正确。
2.某高速列车在某段距离中做匀加速直线运动,速度由5 m/s 增加到10 m/s时位移为x。则当速度由10 m/s增加到15 m/s时,它的位移是( )
A.x B.x
C.2x D.3x
解析:选B 由v2-v02=2ax得(102-52)m=2ax,(152-102)m=2ax′;两式联立可得x′=x,故B正确。
3.一个物体由静止开始做匀加速直线运动,第1 s内的位移是1 m,第3 s内的位移是( )
A.2 m B.3 m
C.5 m D.8 m
解析:选C 根据x1=at12得物体的加速度为a== m/s2=2 m/s2,则物体在第3 s内的位移为:x′=at32-at22=×2×(9-4)m=5 m,故C正确。
4.物体在水平面上做直线运动,其速度—时间图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.物体在前2 s内做匀加速直线运动,加速度为2 m/s2
B.物体在6~12 s内速度一直减小
C.物体在第12 s内的位移为0.75 m
D.物体在前12 s内的路程为15 m
解析:选D vt图像的斜率表示加速度,所以物体在前2 s 内做匀加速直线运动,加速度为a= m/s2=1 m/s2,故A错误;物体在6~12 s内速度先减小后增大,故B错误;物体在6~12 s内的加速度大小为a= m/s2= m/s2,10~12 s的位移大小为x1=at2=××22 m=1 m,10~11 s的位移大小为x2=××12 m=0.25 m,所以物体在第12 s内的位移大小为x=x1-x2=0.75 m,方向与正方向相反,即位移为-0.75 m,故C错误;物体在前10 s内的路程为s1=×2 m=14 m,在10~12 s内的路程为s2=x1=1 m,所以物体在前12 s内的路程为s=s1+s2=15 m,故D正确。
5.a、b、c三物体在同一条直线上运动,其位移—时间图像如图所示,图线c是一条x=0.4t2的抛物线。有关a、b、c三物体在0~5 s内的运动,下列说法正确的是( )
A.a物体做匀加速直线运动
B.c物体做匀加速直线运动
C.t=5 s时,a物体速度最大
D.a、b两物体都做匀速直线运动,且速度相同
解析:选B 在xt图像中倾斜的直线表示物体做匀速直线运动,则由题图知a、b两物体都做匀速直线运动,由题图所示图线斜率可知,a、b两图线的斜率大小相等、正负相反,即a、b两物体的速度大小相等、方向相反,故A、D错误;图线c是一条x=0.4t2的抛物线,结合x=v0t+at2可知,c做初速度为0,加速度为0.8 m/s2的匀加速直线运动,故B正确;图线的斜率大小等于速度大小,根据题图可知,t=5 s时,c物体速度最大,故C错误。
6.一辆汽车在水平地面上沿直线行驶,在0~2t时间内做匀加速直线运动,速度由0变为v。在2t~3t时间内做匀减速直线运动,速度由v变为0,在这两段时间内,下列说法正确的是( )
A.加速度的大小之比为2∶1
B.位移的大小之比为2∶1
C.平均速度的大小之比为1∶2
D.平均速度的大小之比为2∶1
解析:选B 根据题意作出汽车运动的vt图像,如图所示。根据图像的斜率等于加速度,可得加速度的大小之比a1∶a2=∶=1∶2,故A错误;位移的大小之比x1∶x2=v·2t∶vt=2∶1,故B正确;平均速度的大小之比1∶2=∶=1∶1,故C、D错误。
7.在交警处理某次交通事故时,通过监控仪器扫描,将采集数据输入计算机后得到该汽车在水平路面上刹车过程中的位移随时间变化的规律为x=20t-2t2(x的单位是m,t的单位是s)。则该汽车在路面上留下的刹车痕迹长度为( )
A.18 m B.32 m
C.48 m D.50 m
解析:选D 根据x=20t-2t2,结合x=v0t+at2可知,初速度v0=20 m/s,加速度a=-4 m/s2。汽车刹车后做匀减速运动的位移为刹车痕迹长度:x==50 m,故A、B、C错误,D正确。
8.一质点做匀变速直线运动,依次经过A、B、C、D四点。已知经过AB、BC和CD的时间分别为t、2t、4t,AC和BD的位移分别为x1和x2,则质点运动的加速度为( )
A. B.
C. D.
解析:选D 设质点经过A点的速度为v,则有:x1=v·3t+a(3t)2,x2=(v+at)·6t+a(6t)2;联立解得:a=,故D正确,A、B、C错误。
9.某货车在平直的公路上以20 m/s的速度行驶,现在由于前方道路施工需要紧急刹车。已知货车刹车过程做匀减速直线运动,刹车过程中的加速度大小为 4 m/s2。从刹车起开始计时,求:
(1)货车在2 s末的速度大小;
(2)经过6 s货车所通过的位移大小;
(3)货车在整个刹车过程中的平均速度大小。
解析:(1)由题意知,货车刹车所用的时间为t0==5 s
则货车在2 s末的速度v=v0-at=12 m/s。
(2)因为6 s>5 s,所以货车在5 s末已经停止运动
则货车经过6 s后的位移x==50 m。
(3)货车在整个刹车过程中的平均速度==10 m/s。
答案:(1)12 m/s (2)50 m (3)10 m/s
B级—选考提能
10.一物体由静止开始运动,其加速度a与位移x的关系图线如图所示。下列说法正确的是( )
A.物体最终静止
B.物体的最大速度为
C.物体的最大速度为
D.物体的最大速度为
解析:选D 物体由静止开始运动,加速度先不变后变小,则物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的变加速直线运动,最终加速度为0,物体最后做匀速直线运动,故A错误;根据v2=2ax,可知ax=,加速度a与位移x的关系图线与x轴所围的面积表示,当x=2x0时速度最大,设为vm。则得a0x0+a0x0=,解得vm=,故B、C错误,D正确。
11.已知O、A、B、C为同一直线上的四点,AB间的距离为L1=2 m,BC间的距离为L2=3 m。一物体自O点由静止出发,沿此直线做匀加速运动,依次经过A、B、C三点。已知物体通过AB段与BC段所用的时间相等,则O与A的距离等于( )
A. m B. m
C. m D. m
解析:选C 设物体的加速度为a,到达A点时的速度为v0,通过AB段和BC段所用的时间为t,则L1=v0t+at2,L1+L2=v0·2t+a·(2t)2,联立解得a=,v0=,设O与A的距离为L,则有L=,解得L== m,故C正确,A、B、D错误。
12.高铁被誉为中国新四大发明之一。因高铁的运行速度快,对制动系统的性能要求较高,高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上,某高铁列车正以v0=288 km/h的速度匀速行驶,列车长突然接到通知,前方x0=5 km处道路出现异常,需要减速停车。列车长接到通知后,经过t1=2.5 s将制动风翼打开,高铁列车获得a1=0.5 m/s2的平均制动加速度减速,减速t2=40 s后,列车长再将电磁制动系统打开,结果高铁列车在距离异常处500 m的地方停下来。求:
(1)列车长打开电磁制动系统时,高铁列车速度的大小;
(2)制动风翼和电磁制动系统都打开时,高铁列车的平均制动加速度a2的大小。
解析:(1)列车长打开制动风翼时
高铁列车的加速度为a1=0.5 m/s2,
v0=288 km/h=80 m/s
设经过t2=40 s时,高铁列车的速度为v1
则v1=v0-a1t2=60 m/s。
(2)列车长接到通知后,经过t1=2.5 s,高铁列车行驶的距离x1=v0t1=200 m
从打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中,高铁列车行驶的距离x2==2 800 m
打开电磁制动后,高铁列车行驶的距离
x3=x0-x1-x2-500 m=1 500 m
则高铁列车的平均制动加速度的大小
a2==1.2 m/s2。
答案:(1)60 m/s (2)1.2 m/s2
习题课1 匀变速直线运动的推论
平均速度公式的理解及应用 |
[知识贯通]
1.平均速度公式:=v=,即做匀变速直线运动的物体在任意一段时间t内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度,还等于这段时间初、末速度矢量和的一半。
2.推导:设物体做匀变速直线运动的初速度为v0,加速度为a,t时刻的速度为v
由x=v0t+at2得,平均速度==v0+at①
由v=v0+at知,当t′=时有v=v0+a·②
由①②得=v
又v=v+a·③
由②③解得v=
综上所述有=v=。
公式=v=只适用于匀变速直线运动,=适用于所有运动。
[集训联通]
某汽车从车站由静止开出,做匀加速直线运动,运动了12 s时,发现还有乘客没上来,于是汽车立即做匀减速运动至停下,共历时20 s,运动了50 m,求汽车在上述运动中的最大速度。
[解析] 法一:基本公式法
设最大速度为vmax,
由题意得x=x1+x2=a1t12+vmaxt2-a2t22,
t=t1+t2,vmax=a1t1,0=vmax-a2t2,
解得vmax== m/s=5 m/s。
法二:平均速度法
由于汽车在前、后两阶段均做匀变速直线运动,故前、后两阶段的平均速度均为最大速度vmax的一半,
即==,
由x=t得vmax==5 m/s。
[答案] 5 m/s
1.2018年9月18日是“九·一八事变纪念日”,中国歼20隐形战斗机进行了“四机同框”飞行训练。假设战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动,达到起飞速度v所需时间为t,则起飞前的运动距离为( )
A.vt B.
C.2vt D.不能确定
解析:选B 战斗机起飞前的运动距离为x=·t=·t=,故B正确。
2.一质点做匀变速直线运动,经直线上的A、B、C三点,已知AB=BC=4 m,质点在AB间运动的平均速度为6 m/s,在BC间运动的平均速度为3 m/s,则质点的加速度大小为( )
A.1.5 m/s2 B.4 m/s2
C.3 m/s2 D.-2 m/s2
解析:选C 根据匀变速直线运动一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度,可得a==-3 m/s2,即质点的加速度大小为3 m/s2,C正确。
3.某物体做直线运动,其vt图像如图所示,则0~t1时间内物体的平均速度( )
A.等于
B.大于
C.小于
D.条件不足,无法比较
解析:选B 若物体在0~t1时间内做匀加速直线运动,作出其vt图线如图所示,由vt图线与时间轴围成的面积表示位移可知,物体实际运动位移大小大于物体做匀加速直线运动的位移大小,运动时间相同,则物体实际运动的平均速度大于物体做匀加速直线运动的平均速度,即2>1=,故选项B正确。
中点位置的瞬时速度公式的理解及应用 |
[知识贯通]
1.中点位置的瞬时速度公式:v=,即在匀变速直线运动中,某段位移的中点位置的瞬时速度等于这段位移的初、末速度的“方、均、根”值。
2.推导:如图所示,前一段位移v2-v02=2a·,后一段位移v2-v2=2a·,所以有v2=·(v02+v2),即有v= 。
(1)公式v= 只适用于匀变速直线运动。
(2)对于任意一段匀变速直线运动,无论是匀加速直线运动还是匀减速直线运动,中点位置的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度,即v>v。
[集训联通]
[多选]一个做匀变速直线运动的物体先后经过A、B两点的速度分别为v1和v2,AB位移中点速度为v3,AB时间中点速度为v4,全程平均速度为v5,则下列结论中正确的有( )
A.物体经过AB位移中点的速度大小为
B.物体经过AB位移中点的速度大小为
C.若为匀减速直线运动,则v3<v2=v1
D.在匀变速直线运动中一定有v3>v4=v5
[解析] 由题意可知,在匀变速直线运动中,物体经过AB位移中点的速度为v3= ,时间中点的速度为v4=,A错误,B正确;全程的平均速度为v5=,不论物体做匀加速还是匀减速直线运动都有v3>v4=v5,若物体做匀加速直线运动,则v1<v2,若物体做匀减速直线运动,则v1>v2,故D正确,C错误。
[答案] BD
4.由静止开始做匀加速直线运动的物体,已知经过位移x时的速度是v,那么经过位移2x时的速度是( )
A.v B.v
C.2v D.4v
解析:选B 由推论公式v=,即v= ,得v′=v,B正确。
5.光滑斜面的长度为L,一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端,经历的时间为t,则下列说法不正确的是( )
A.物体运动全过程中的平均速度是
B.物体在时的瞬时速度是
C.物体运动到斜面中点时瞬时速度是
D.物体从顶点运动到斜面中点所需的时间是
解析:选B 物体运动全过程的平均速度==,A正确;时,物体的速度等于全程的平均速度,B错误;若末速度为v,则=,v=,物体运动到斜面中点的瞬时速度v===,C正确;设物体加速度为a,到达斜面中点用时t′,则L=at2,=at′2,所以t′=t,D正确。
逐差相等公式的理解及应用 |
[知识贯通]
1.逐差相等公式:Δx=xⅡ-xⅠ=xⅢ-xⅡ=…=aT2,即做匀变速直线运动的物体,如果在各个连续相等的时间T内的位移分别为xⅠ、xⅡ、xⅢ、…、xN,则匀变速直线运动中任意两个连续相等的时间间隔内的位移差相等。
2.推导:x1=v0T+aT2,x2=v0·2T+a·T2,
x3=v0·3T+a·T2…
所以xⅠ=x1=v0T+aT2,xⅡ=x2-x1=v0T+aT2,xⅢ=x3-x2=v0T+aT2…
故xⅡ-xⅠ=aT2,xⅢ-xⅡ=aT2,…
所以Δx=xⅡ-xⅠ=xⅢ-xⅡ=…=aT2。
该推论只适用于匀变速直线运动,对于不相邻的任意两段位移:xm-xn=(m-n)aT2。
3.应用:(1)判断物体是否做匀变速直线运动
如果Δx=xⅡ-xⅠ=xⅢ-xⅡ=…=xN-xN-1=aT2成立,则a为一恒量,说明物体做匀变速直线运动。
(2)求加速度
利用Δx=aT2,可求得a=。
[集训联通]
一物体做匀变速直线运动,在连续相等的两个时间间隔内通过的位移分别是24 m和64 m,每一个时间间隔为4 s,求物体的初速度、末速度及加速度。
[思路点拨] 画出该物体的运动过程如图所示,物体由A经B到C,其中B是中间时刻。根据题目要求可选用不同方法进行求解。
[解析] 法一:基本公式法
由位移公式得x1=vAT+aT2,
x2=vA·2T+a(2T)2-,
vC=vA+a·2T,
将x1=24 m,x2=64 m,T=4 s,代入以上各式,
联立解得a=2.5 m/s2,vA=1 m/s,vC=21 m/s。
法二:平均速度法
连续两段时间T内的平均速度分别为
1== m/s=6 m/s,
2== m/s=16 m/s。
由于B是A、C的中间时刻,
则vB=== m/s=11 m/s,
又1=,2=。
解得vA=1 m/s,vC=21 m/s,
其加速度a== m/s2=2.5 m/s2。
法三:位移差法
由Δx=aT2可得a== m/s2=2.5 m/s2;又x1=vAT+aT2,vC=vA+a·2T,
解得vA=1 m/s,vC=21 m/s。
[答案] 1 m/s 21 m/s 2.5 m/s2
“一题多解、优中选优”
运动学问题一般具有多种分析方法,在解题时应培养自己用多种方法进行分析及解答问题的能力,找出最优解法,以便快速解题。
(1)如果题目中无位移x,也不需求位移,一般选用速度公式v=v0+at。
(2)如果题目中无末速度v,也不需求末速度,一般选用位移公式x=v0t+at2。
(3)如果题目中无运动时间t,也不需求运动时间,一般选用导出公式v2-v02=2ax。
(4)如果题目中无加速度a,也不涉及加速度的问题,一般选用平均速度公式==。
(5)如果题目中出现连续相等的时间,一般选用逐差公式Δx=aT2。
6.一个向正东方向做匀变速直线运动的物体,在第3 s内发生的位移为8 m,在第5 s内发生的位移为5 m,则关于物体运动加速度的描述正确的是( )
A.大小为3 m/s2,方向为正东方向
B.大小为3 m/s2,方向为正西方向
C.大小为1.5 m/s2,方向为正东方向
D.大小为1.5 m/s2,方向为正西方向
解析:选D 设第3 s内、第5 s内位移分别为x3、x5,则x5-x3=2aT2,解得a=-1.5 m/s2,负号表示方向为正西方向。故选项D正确。
7.一质点做匀加速直线运动时,速度变化Δv时发生位移x1, 紧接着速度变化相同的Δv时发生位移x2, 则该质点的加速度为( )
A.Δv2 B.
C. D.Δv2
解析:选C 因为质点做匀加速直线运动,加速度不变,所以速度变化量相同,时间相同,设时间间隔为t,则有:Δv=at,x2-x1=at2,联立解得a=,故C正确,A、B、D错误。
8.一质点沿直线AD做匀加速运动,如图所示,测得它通过AB、BC、CD三段的时间均为t,且位移AC=L1,BD=L2,求质点的加速度。
解析:设AB=x1、BC=x2、CD=x3
则x2-x1=at2①
x3-x2=at2②
①②两式相加得x3-x1=2at2
由题图可知L2-L1=(x3+x2)-(x2+x1)=x3-x1
解得a=。
答案:
初速度为零的匀加速直线运动的推论及应用 |
[知识贯通]
初速度为零的匀加速直线运动的推论
按时间等分(设相等的时间间隔为T) | 1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比,由v=at可推得:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶2∶3∶…∶n |
前1T内、前2T内、前3T内、…、前nT内位移之比,由x=at2可推得:x1∶x2∶x3∶…∶xn=12∶22∶32∶…∶n2 | |
第一个T内、第二个T内、第三个T内、…、第N个T内的位移之比,由xⅠ=x1,xⅡ=x2-x1,xⅢ=x3-x2,…可推得:xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶ xN=1∶3∶5∶…∶ (2N-1) | |
按位移等分(设相等的位移为x0) | 通过x0、2x0、3x0、…、nx0所用时间之比,由x=at2得t= ,可推得:t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶∶∶…∶ |
通过第一个x0、第二个x0、第三个x0、…、第N个x0所用时间之比,由tⅠ=t1,tⅡ=t2-t1,tⅢ=t3-t2,…可推得:tⅠ∶tⅡ∶tⅢ∶…∶tN=1∶(-1)∶(-)∶…∶(-) | |
x0末、2x0末、3x0末、…、nx0末的瞬时速度之比,由v2=2ax,可得v= 可推得:v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶∶∶…∶ |
(1)以上比例式只能直接应用于初速度为零的匀加速直线运动。
(2)对于末速度为零的匀减速直线运动,可把它看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,应用比例快速解题。
(3)对于初速度和末速度均不为零的匀变速直线运动,可以掐段应用比例,如位移之比5∶7∶9∶11。
[集训联通]
2018年2月中国女子冰壶队参加了平昌冬奥会女子冰壶循环赛。如图甲所示为比赛中的运动员推出冰壶的动作。如图乙所示,一冰壶以速度v垂直进入两个相同的矩形区域做匀减速运动,且刚要离开第二个矩形区域时速度恰好为零。求:
(1)冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比;
(2)冰壶穿过每个矩形区域所用的时间之比。(冰壶可看成质点)
[解析] (1)把冰壶的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动,
冰壶通过两矩形区域位移相等,
由推论可知从右向左穿过矩形的速度之比为1∶,
则冰壶实际运动依次进入每个矩形区域的速度之比为v1∶v2=∶1。
(2)把冰壶看成从右向左做初速度为零的匀加速直线运动,
由推论知通过每个矩形区域的时间之比为1∶(-1);
则冰壶实际穿过每个矩形区域所用的时间之比为t1∶t2=(-1)∶1。
[答案] (1)∶1 (2)(-1)∶1
9.做匀减速直线运动的物体经4 s后停止,若在第1 s内的位移是14 m,则最后1 s的位移是( )
A.3.5 m B.2 m
C.1 m D.0
解析:选B 把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动,由推论知在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7,已知第4 s内的位移是14 m,所以第1 s内的位移是2 m,即物体在最后1 s的位移是2 m,选项B对。
10.[多选]一观察者站在第一节车厢前端,当列车从静止开始做匀加速运动时(设每节车厢的长度相同,车厢间间隙可以不计)( )
A.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶∶∶…∶
B.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶2∶3∶…∶n
C.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5∶…∶(2n-1)
D.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶3∶…∶n
解析:选AC 设每节车厢长为l,由v2=2ax得第一节车厢末端经过观察者时v1=,同理,第二节车厢末端经过观察者时v2=,…,第n节车厢末端经过观察者时vn=,所以有v1∶v2∶v3∶…∶vn=1∶∶∶…∶,选项A正确;由推论知相等时间里的位移之比是1∶3∶5∶…∶(2n-1),又每节车厢的长度相同,车厢间间隙可以不计,故相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5∶…∶(2n-1),选项C正确。
11.[多选]对于初速度为零的匀加速直线运动,以下说法正确的是( )
A.物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5
B.物体在前1 s、3 s、5 s内的位移之比为1∶3∶5
C.物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为1∶∶
D.物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为1∶∶
解析:选ACD 由v=at得v∝t,故物体在1 s、3 s、5 s时的速度之比为1∶3∶5,A正确;由x=at2得x∝t2,故物体在前1 s、3 s、5 s内的位移之比为12∶32∶52,B错误;由v2=2ax得v∝,故物体经过1 m、3 m、5 m时的速度之比为∶∶,C正确;由x=at2得t∝,故物体经过1 m、3 m、5 m所用时间之比为∶∶,D正确。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2,则物体运动的加速度为( )
A. B.
C. D.
解析:选A 物体做匀加速直线运动通过前一段Δx所用的时间为t1,平均速度为1=,物体通过后一段Δx所用的时间为t2,平均速度为2=,由t内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度可知,速度由1变化到2的时间为Δt=,所以物体运动的加速度a==,A正确。
2.一物体做匀加速直线运动,第4 s内的位移是14 m,第 5 s 内的位移是18 m,下列说法中正确的是( )
A.第4 s内的平均速度是32 m/s
B.第5 s初的瞬时速度是16 m/s
C.物体的初速度不为零
D.物体运动的加速度是3 m/s2
解析:选B 第4 s内的平均速度= m/s=14 m/s,故A错误;第5 s初的瞬时速度等于这两秒内的平均速度,则4= m/s=16 m/s,故B正确;初速度为零的匀加速直线运动,相邻的相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7∶9,而第4 s内的位移是14 m,第5 s内的位移是18 m,比例是7∶9,所以物体的初速度为零,故C错误;根据Δx=aT2,得:a= m/s2=4 m/s2,故D错误。
3.一列做匀加速直线运动的火车,从某时刻开始计时,第1 min 内火车前进了240 m,第6 min内火车前进了1 140 m,则该火车的加速度为( )
A.0.01 m/s2 B.0.03 m/s2
C.0.05 m/s2 D.0.1 m/s2
解析:选C 对于匀变速直线运动有Δx=aT2。此题中T=60 s,x1=240 m,x6=1 140 m,所以火车的加速度为a==0.05 m/s2。故C正确。
4.如图所示,a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑,通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑,则该滑块( )
A.通过bc、cd段的时间均大于T
B.通过c、d点的速度之比为1∶2
C.通过bc、cd段的时间之比为1∶1
D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析:选A 当滑块由a点静止下滑时,滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动,设加速度大小为a′,ab段的间距为x,则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x,xbc∶xcd=3∶5,类比滑块由b点静止下滑易知,C错误;如果滑块由b点静止下滑,显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T,A正确;滑块在c点的速度应为v1=,滑块在d点的速度应为v2=,则v1∶v2=∶,B错误;因为xbc∶xcd=3∶5,显然滑块通过c点的时刻不是通过bd段的中间时刻,则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度,D错误。
5.汽车刹车后做匀减速直线运动,经过3 s停止运动,那么汽车在先后连续相等的三个1 s内通过的位移之比x1∶x2∶x3为( )
A.1∶2∶3 B.5∶3∶1
C.1∶4∶9 D.3∶2∶1
解析:选B 刹车过程的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动。根据初速度为零的匀加速直线运动的特点,该逆过程在三个连续1 s内的位移之比为1∶3∶5,所以刹车过程在连续相等的三个1 s内的位移之比为5∶3∶1,B正确。
6.一质点在连续的6 s内做匀加速直线运动,在第一个2 s内位移为12 m,最后一个2 s内位移为36 m,下列说法正确的是( )
A.质点的加速度大小是3 m/s2
B.质点在第2个2 s内的平均速度大小是18 m/s
C.质点在第2 s末的速度大小是12 m/s
D.质点在第1 s内的位移大小是6 m
解析:选A 设第一个2 s内的位移为x1,第三个2 s内,即最后1个2 s内的位移为x3,根据x3-x1=2aT2得加速度大小为a=3 m/s2,故A正确;由匀变速直线运动连续相等时间内通过的位移差为定值,即x3-x2=x2-x1,解得:x2=24 m,所以质点在第2个2 s内的平均速度大小是2= m/s=12 m/s,故B错误;第1 s末的速度等于第一个2 s内的平均速度,则v1= m/s=6 m/s,则第2 s末速度为v=v1+at=(6+3×1)m/s=9 m/s,故C错误;在第1 s内反向看为匀减速运动,则有x=v1t-at2=m=4.5 m,故D错误。
7.一隧道限速36 km/h,一列火车长100 m,以72 km/h的速度行驶,驶至距隧道50 m处开始做匀减速运动,以不高于限速的速度匀速通过隧道。若隧道长200 m,求:
(1)火车做匀减速运动的最小加速度;
(2)火车全部通过隧道的最短时间。
解析:(1)72 km/h=20 m/s,36 km/h=10 m/s
当火车头到达隧道口的速度为36 km/h时,加速度最小,设为a
由v2-v02=2ax
得a== m/s2=-3 m/s2。
(2)火车以36 km/h的速度匀速通过隧道,所需时间最短
火车通过隧道的位移为x′=100 m+200 m=300 m
由x′=vt得t== s=30 s。
答案:(1)-3 m/s2 (2)30 s
8.一物体沿斜面顶端由静止开始做匀加速直线运动,最初3 s 内的位移为x1,最后3 s内的位移为x2,已知x2-x1=6 m,x1∶x2=3∶7,求斜面的总长。
解析:由题意知,物体做初速度为零的匀加速直线运动,相等的时间间隔为3 s。
由题意知=,x2-x1=6 m,
解得x1=4.5 m,x2=10.5 m。
由于连续相等时间内位移之比为
1∶3∶5∶…∶(2n-1),
故xn=(2n-1)x1,可知10.5 m=4.5(2n-1)m,
解得n=。
由数学公式得x总=n2x1,
所以斜面总长x总=2×4.5 m=12.5 m。
答案:12.5 m
B级—选考提能
9.[多选]做初速度不为零的匀加速直线运动的物体,在时间T内通过位移x1到达a点,接着在时间T内又通过位移x2到达b点,则下列判断正确的是( )
A.物体在a点的速度大小为
B.物体运动的加速度为
C.物体运动的加速度为
D.物体在b点的速度大小为
解析:选ACD 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,知物体在a点时的速度大小va=,故A正确;根据Δx=aT2知,物体运动的加速度a=,故B错误,C正确;由以上分析,可知物体在b点的速度为:vb=va+aT=+T=,故D正确。
10.[多选]如图所示,光滑斜面AE被分为四个相等的部分,一物体从A点由静止释放,它沿斜面向下做匀加速运动,依次通过B、C、D点,最后到达底端E点。下列说法正确的是( )
A.物体通过各点的瞬时速度之比为vB∶vC∶vD∶vE=1∶∶∶2
B.物体通过每一部分时,其速度增量vB-vA=vC-vB=vD-vC=vE-vD
C.物体由A点到各点所经历的时间之比为tB∶tC∶tD∶tE=1∶∶∶2
D.下滑全程的平均速度=vB
解析:选ACD 物体做初速度为零的匀加速直线运动,由v2=2ax得v∝,A正确;vB-vA=vB,vC-vB=(-1)vB,vD-vC=(-)vB,vE-vD=(2-)vB,B错误;由v=at知tB∶tC∶tD∶tE=vB∶vC∶vD∶vE,C正确;因tB∶tE=1∶2,即tAB=tBE,vB为AE段的中间时刻的速度,故vB=,D正确。
11.一些同学乘坐火车外出旅游,当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时,一位同学提议说:“我们能否用身边的器材测出火车的加速度?”许多同学参与了测量工作,测量过程如下:他们一边看着窗外每隔100 m的路标,一边用手表记录着时间,他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为5 s,从第一根路标运动到第三根路标的时间间隔为9 s,请你根据他们的测量情况,求:
(1)火车的加速度大小;
(2)他们到第三根路标时的速度大小。
解析:(1)设t1=5 s,t2=9 s-5 s=4 s,
根据v==,
他们在第一、二根路标中间时刻的速度v1′=20 m/s,
在第二、三根路标中间时刻的速度v2′=25 m/s,
两中间时刻的时间间隔为Δt==4.5 s。
所以a==≈1.11 m/s2。
(2)设他们到第三根路标时的速度为v3
则v3=v2′+a·=27.22 m/s。
答案:(1)1.11 m/s2 (2)27.22 m/s
12.从斜面上某一位置每隔0.1 s释放一个相同的小球,释放后小球做匀加速直线运动,在连续释放几个小球后,对在斜面上滚动的小球拍下如图所示的照片,测得xAB=15 cm,xBC=20 cm。求:
(1)小球的加速度;
(2)拍摄时小球B的速度;
(3)拍摄时xCD。
解析:小球释放后做匀加速直线运动,且每相邻的两个小球的时间间隔相等,均为0.1 s,可以认为A、B、C、D各点是一个小球在不同时刻的位置。
(1)由推论Δx=aT2可知,小球的加速度为
a===5 m/s2。
(2)由题意知B点对应AC段的中间时刻,可知B点的速度等于AC段上的平均速度,即
vB=AC==1.75 m/s。
(3)由匀加速直线运动的特点知,连续相等时间内位移差恒定,所以
xCD-xBC=xBC-xAB
所以xCD=2xBC-xAB=0.25 m。
答案:(1)5 m/s2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m
第4节
自由落体运动
1.填一填
(1)定义:物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
(2)条件:
(3)实际运动:物体下落时由于受空气阻力的作用,物体的下落不是自由落体运动;只有当空气阻力比较小,可以忽略时,物体的下落可以近似看作自由落体运动。
2.判一判
(1)竖直下落的运动就是自由落体运动。(×)
(2)物体只在重力作用下的运动是自由落体运动。(×)
(3)高空雨滴下落的运动是自由落体运动。(×)
(4)屋檐滴下的水滴下落的运动可视为自由落体运动。(√)
3.选一选
(1)关于自由落体运动,下列说法正确的是( )
A.物体从静止开始下落的运动就是自由落体运动
B.如果空气阻力比重力小得多,空气阻力可以忽略不计,这时由静止开始下落的运动是自由落体运动
C.一个棉花团由静止开始下落的运动是自由落体运动
D.雨滴经过窗子的这段运动可以看成是自由落体运动
解析:选B 自由落体运动是从静止开始、只在重力作用下的运动,故A错误;雨滴经过窗子的这段运动的初速度不为零,因而不是自由落体运动,D错误;如果空气阻力可以忽略不计,从静止开始下落的物体的运动可以看成自由落体运动,B正确,C错误。
(2)拿一个长约1.5 m的玻璃筒,一端封闭,另一端有开关,把金属片和小羽毛放到玻璃筒里。把玻璃筒倒立过来,观察它们下落的情况。然后把玻璃筒里的空气抽出,再把玻璃筒倒立过来,再次观察它们下落的情况。下列说法正确的是( )
A.玻璃筒充满空气时,金属片和小羽毛下落一样快
B.玻璃筒充满空气时,金属片和小羽毛均做自由落体运动
C.玻璃筒抽出空气后,金属片和小羽毛下落一样快
D.玻璃筒抽出空气后,金属片比小羽毛下落快
解析:选C 玻璃筒充满空气时,有空气阻力作用,金属片和小羽毛不做自由落体运动,下落也不一样快,A、B错误;玻璃筒抽出空气之后,小羽毛和金属片下落时仅受重力作用,加速度一样大,所以下落一样快,D错误,C正确。
1.填一填
(1)定义:在同一地点,一切物体自由下落的加速度都相同,这个加速度叫作自由落体加速度,也叫重力加速度。
(2)方向:竖直向下。
(3)大小:在地球上同一个地点,g的大小一定;在地球表面不同的地方,g的大小一般是不同的。在一般的计算中,g可以取9.8 m/s2或10_m/s2。
2.判一判
(1)重力加速度的方向总是垂直向下。(×)
(2)重力加速度的大小总是等于9.8 m/s2。(×)
(3)月球上的重力加速度也是9.8 m/s2。(×)
(4)在粗略运算中,重力加速度的大小可以取10 m/s2。(√)
3.选一选
[多选]关于重力加速度的下列说法中,正确的是( )
A.重力加速度g是标量,只有大小,没有方向,通常计算中g取9.8 m/s2
B.在地球上不同的地方,g的大小不同,但它们相差不是很大
C.在地球上同一地点,一切物体做自由落体运动的加速度g都相同
D.在地球上的同一地点,离地面高度越大,重力加速度g越小
解析:选BCD 自由落体加速度的大小和方向均与物体所处的地球表面的位置有关,重力加速度是矢量,方向竖直向下,与重力的方向相同,在地球表面,不同的地方,g的大小略有不同,但都在9.8 m/s2左右,故选项A错误,B正确;在地球表面同一地点,g的值都相同,但随着高度的增大,g的值逐渐减小,故选项C、D正确。
1.填一填
(1)自由落体运动是初速度为、加速度为的匀加速直线运动。
(2)把初速度v0=0和加速度a=g分别代入匀变速直线运动的速度公式和位移公式中,就可以得到自由落体运动的速度公式和位移公式:v=gt,x=gt2。
2.判一判
(1)物体越重,重力加速度越大,下落得越快。(×)
(2)自由落体运动的速度大小与时间成正比。(√)
(3)自由落体运动的位移大小与时间成正比。(×)
(4)自由落体运动的速度的平方与位移成正比。(√)
3.想一想
怎样利用自由落体运动规律测量人的反应时间?
两位同学合作,用刻度尺可测人的反应时间:如图甲所示,男同学捏住尺的上端,女同学在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触),当看到男同学放开手时,女同学立即握住尺,若女同学做握尺准备时手指位置和握住尺的位置如图乙所示,怎样计算女同学的反应时间?(g取10 m/s2)
提示:根据题意及图乙知,在女同学的反应时间内,刻度尺下落了h=20 cm,根据h=gt2,知t=,解得t=0.2 s,即女同学的反应时间为0.2 s。
对自由落体运动及自由落体加速度的理解 |
[学透用活]
1.自由落体运动的理解
(1)条件:①初速度为零,②只受重力。
(2)运动性质:是初速度v0=0、加速度a=g的匀加速直线运动。
(3)vt图像:是一条过原点的倾斜直线(如图所示),斜率k=g。
自由落体运动是一种理想化模型:只有当空气阻力比重力小得多,可以忽略时,物体从静止下落才可以视为做自由落体运动。
2.自由落体加速度(重力加速度)的理解
(1)方向:竖直向下。
(2)大小:①在同一地点,重力加速度都相同。与物体的质量、大小等因素均无关。
②大小与在地球上的纬度、距地面的高度有关
与纬度的关系 | 在地球表面上,重力加速度随纬度的增加而增大,即赤道处重力加速度最小,两极处重力加速度最大,但差别不大 |
与高度的关系 | 在地面上的同一地点,重力加速度随高度的增加而减小。但在不太高的高度内,可认为重力加速度的大小不变 |
(1)重力加速度的方向既不能说是“垂直向下”,也不能说是“指向地心”,只有在赤道或两极时重力加速度的方向才指向地心。
(2)物体在其他星球上也可以做自由落体运动,但不同天体表面的重力加速度不同。
[对点练清]
1.[多选]关于自由落体运动的说法正确的是( )
A.自由落体运动是物体不受任何力作用的运动
B.自由落体运动的加速度方向总是竖直向下
C.自由落体运动是v正比于t2的运动
D.自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
解析:选BD 自由落体运动是物体从静止开始只在重力作用下的运动,故A错误;自由落体运动的加速度为g,方向总是竖直向下的,故B正确;根据v=gt可知自由落体运动是v正比于t的运动,故C错误;自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀加速直线运动,故D正确。
2.(2019·浙江1月学考)某人从井口静止释放一颗小石子,不计空气阻力,为表示小石子落水前的运动,下列四幅图像可能正确的是( )
解析:选D 小石子在落水前做自由落体运动,由x=gt2 知,xt图像是抛物线的一部分,故A、B错误;自由落体运动是初速度为零,加速度为g的匀加速直线运动,v=gt,vt图像是过原点的向上倾斜的直线,故C错误,D正确。
3.关于物体做自由落体运动的加速度g值,下列说法中正确的是( )
A.重的物体g值大
B.同一地点,轻、重物体的g值一样大
C.g值在地球上任何地方都一样大
D.g值在赤道处大于北极处
解析:选B g值与物体轻重无关,A错误,B正确;g值在地球上不同地方大小不同,在赤道处小于北极处,C、D错误。
4.[多选]对于从苹果树上同一高度同时落下的苹果和树叶,下列说法正确的是( )
A.苹果和树叶都可以看成做自由落体运动
B.苹果可以近似地看成做自由落体运动,树叶不能看成做自由落体运动
C.假如地球上没有空气,则苹果和树叶将同时落地
D.苹果先落地是因为其下落时的重力加速度比树叶的大
解析:选BC 从树上落下的苹果所受阻力相对重力很小,可看成做自由落体运动,而从树上落下的树叶所受阻力相对重力较大,不能看成做自由落体运动,同一位置重力加速度是相同的,A、D错误,B正确;假如地球上没有空气,则苹果和树叶不受空气阻力,都做自由落体运动,下落快慢相同,同时落地,C正确。
自由落体运动的规律及应用 |
[学透用活]
1.三个基本公式
| 匀变速直线运动 | 自由落体运动 |
速度公式 | v=v0+at | v=gt |
位移公式 | x=v0t+at2 | h=gt2 |
速度—位移关系式 | v2-v02=2ax | v2=2gh |
(1)自由落体运动的运动时间由下落的高度决定。
(2)自由落体运动中下落的高度与离地高度是两个不同的概念,处理问题时要注意区分。
2.匀变速直线运动的一切推论公式,如平均速度公式、逐差相等公式、初速度为零的匀变速直线运动的比例式,都适用于自由落体运动。
小敏在学过自由落体运动规律后,对自家房上下落的雨滴产生了兴趣,她坐在窗前发现从屋檐每隔相等时间滴下一滴水,当第5滴正欲滴下时,第1滴刚好落到地面,而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下沿。小敏同学在自己的作业本上画出了如图所示的雨滴下落同自家房子的关系,其中2点和3点之间的小矩形表示小敏正对的窗子(g取10 m/s2),求:
(1)滴水的时间间隔;
(2)此屋檐离地面多高。
[解析] 法一:基本公式法
设屋檐离地面高为h,滴水间隔为T。
由位移公式h=gt2得,
第2滴水下落的位移h2=g(3T)2
第3滴水下落的位移h3=g(2T)2
且h2-h3=1 m
解得T=0.2 s
则屋檐高h=g·(4T)2=3.2 m。
法二:比例法
由于初速度为零的匀加速直线运动从开始运动起,在连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n-1),所以相邻两水滴之间的间距从上到下依次是1s、3s、5s、7s。
由题意知,窗子高为5s,则5s=1 m,s=0.2 m,
屋檐高h=1s+3s+5s+7s=16s=3.2 m。
由s=gt2得滴水的时间间隔t==0.2 s。
法三:平均速度法
设滴水间隔为T,则雨滴经过窗户过程中的平均速度为=。其中h=1 m。
由于雨滴在2.5 T时的速度v2.5=2.5gT,
又v2.5=,所以=2.5 gT,
解得T=0.2 s,
屋檐高h=g·(4T)2=3.2 m。
[答案] (1)0.2 s (2)3.2 m
自由落体运动的求解方法
(1)基本公式法:v=gt,h=gt2,v2=2gh。
(2)比例法:hⅠ∶hⅡ∶hⅢ∶…=1∶3∶5∶…。
(3)平均速度公式法:==v=。
如图所示,悬挂的直杆AB长为a,在B端以下h处有一高为b的无底圆柱筒CD,圆柱筒的直径远大于直杆的直径。不计一切阻力,若将悬线剪断,求:
(1)直杆B端穿过圆柱筒的时间;
(2)整个直杆穿过圆柱筒的时间。
[思路点拨]
[解析] (1)直杆B端穿过圆柱筒的时间为:从B端下落到C点起到B端下落到D点的时间。
由x=gt2得t=
则B端下落到C点所需时间t1=
B端下落到D点所需时间t2=
则直杆B端穿过圆柱筒的时间是
Δt1=t2-t1= -。
(2)整个直杆穿过圆柱筒的时间为:从B端下落到C点起到A端下落到D点的时间。
A端下落到D点所需时间t3=
可得整个直杆穿过圆柱筒的时间是
Δt2=t3-t1=-。
[答案] (1) -
(2) -
对于有一定长度不可以看成质点的物体,比如说铁链自由下落,计算经过某点所用时间,由于铁链有一定的长度,经过这一点时不是一瞬间,而是一段时间。解决这类问题的关键是选准研究过程,找到与这段过程的起点和终点相对应的位移,应借助示意图,搞清楚物体运动的过程,从而达到解决问题的目的。一般利用其端点运动转化为质点运动。
[对点练清]
5.[多选]物体从离地面高45 m处做自由落体运动(g取10 m/s2),则下列说法中正确的是( )
A.物体运动3 s后落地
B.物体落地时的速度大小为30 m/s
C.物体在落地前最后1 s内的位移大小为15 m
D.物体在整个下落过程中的平均速度大小为20 m/s
解析:选AB 根据位移公式h=gt2,有:t==3 s,故A正确;根据速度与位移的关系公式v2=2gh,得:v==30 m/s,故B正确;物体在落地前最后1 s内的位移大小:h2=h-gt22=45 m-×10×22 m=25 m,故C错误;由平均速度定义可得,物体在整个下落过程中的平均速度大小:== m/s=15 m/s,故D错误。
6.唐代大诗人李白的诗句“飞流直下三千尺,疑是银河落九天”,描述了庐山瀑布的美景。如果三尺为1 m,则水落到地面的速度大小约为(若视为自由落体运动,g取10 m/s2)( )
A.100 m/s B.140 m/s
C.200 m/s D.300 m/s
解析:选B 可以认为庐山瀑布的水流是做自由落体运动,三尺为1 m,三千尺就是1 000 m,根据v2=2gh,得:v= m/s≈140 m/s,故B正确。
7.长为5 m的竖直杆下端距离一个竖直隧道口为5 m,若这个隧道长也为5 m,让竖直杆自由下落,则其通过隧道的时间为(取g=10 m/s2)( )
A. s B.(-1)s
C.(+1)s D.(+1)s
解析:选B 根据h=gt2,竖直杆下端自由下落到隧道上沿的时间t1===1 s。竖直杆上端下落到离开隧道下沿的时间t2=== s。则竖直杆通过隧道的时间t=t2-t1=(-1)s,选项B正确,A、C、D错误。
8.有一条竖直悬挂起来的长为4.2 m的细杆AB,在杆的正下方离B端0.8 m的地方,有一个水平放置的圆环C,如图所示,若让杆自由下落,(g取10 m/s2) 求:
(1)从杆下落开始,A端及B端到达圆环所经历的时间;
(2)杆通过圆环的过程中所用时间。
解析:(1)杆做自由落体运动,设杆的B端到达圆环的时间为tB,则hB=gtB2,
解得tB=0.4 s,
设杆的A端到达圆环的时间为tA,则hA=gtA2,
解得tA=1.0 s。
(2)杆通过圆环的过程中所用的时间
t=tA-tB=0.6 s。
答案:(1)1.0 s 0.4 s (2)0.6 s
测量重力加速度的方法 |
[学透用活]
1.打点计时器法
(1)实验装置如图所示。打点计时器固定在铁架台上,纸带一端系着重物,另一端穿过打点计时器。用夹子夹住纸带,启动打点计时器,松开夹子后重物自由下落,选择打出点迹清晰的纸带。
(2)对纸带上计数点间的距离h进行测量,利用g=求出重力加速度。
(1)为尽量减小空气阻力的影响,重物应选密度大的,如铁锤等。
(2)打点计时器应竖直固定好。
(3)重物应靠近打点计时器释放,且要先打开打点计时器的电源再释放重物。
(4)改变重物的质量,重复打出几条纸带。
(5)选点迹清晰,且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带分析探究。
2.频闪照相法
频闪照相机可以每间隔相等的时间拍摄一次,利用频闪照相机可追踪记录做自由落体运动的物体的位置,根据Δx是否为恒量,可判断自由落体运动是否为匀变速直线运动。根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2可求出重力加速度g=。由g=也可求出重力加速度g。
3.滴水法
(1)如图所示,让水滴自水龙头滴下,在水龙头正下方放一个盘,调节水龙头,让水一滴一滴地滴下,并调节使第一滴水碰到盘的瞬间,第二滴水正好从水龙头开始下落,并且能依次持续下去。
(2)用刻度尺测出水龙头距盘面的高度h。
(3)测出每滴水下落的时间T,其方法是:当听到某一滴水滴落在盘上的同时,开启停表开始计时,之后每落下一滴水依次计数1、2、3、…,当数到n时按下停表停止计时,则每一滴水下落的时间T=。
(4)由h=gT2,得g==。
(1)打点计时器法的误差主要来自阻力的影响和测量误差。
(2)频闪照相法和滴水法的误差主要是测量误差。
利用如图甲所示的装置测量重物做自由落体运动的加速度。
(1)[多选]对该实验装置及操作的要求,下列说法正确的是________(填写字母序号)。
A.电磁打点计时器应接220 V交流电源
B.打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
C.开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止
D.操作时,应先释放纸带后接通电源
E.为了便于测量,一定要找到打点计时器打下的第一个点,并选取其以后各连续的点作为计数点
(2)如图乙所示是某同学在实验中得到的一条较为理想的纸带。把开头几个模糊不清的点去掉,以较清晰的某一个点作为计数点1,随后连续的几个点依次标记为点2、3、4。测量出各点间的距离已标在纸带上,已知打点计时器的打点周期为0.02 s。打点计时器打出点2时重物的瞬时速度为________m/s,重物做自由落体运动的加速度的大小约为________m/s2。(结果保留三位有效数字)
[解析] (1)电磁打点计时器应接4~6 V交流电源,故A错误;打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上,故B正确;开始时应使重物靠近打点计时器处并保持静止,故C正确;操作时,应先接通电源,再释放纸带,故D错误;为了便于测量,不一定找打出的第一个点,可以从比较清晰的点开始作为计数点,故E错误。
(2)打点计时器打出点2时的瞬时速度等于点1、3间的平均速度,则v2==×10-3 m/s=0.385 m/s。根据Δx=aT2,得a== m/s2=9.50 m/s2。
[答案] (1)BC (2)0.385 9.50
[对点练清]
9.滴水法测重力加速度的过程如下:让水龙头中的水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里,调整水龙头,让前一滴水滴到盘子而听到声音时,后一滴水恰好离开水龙头。从第1次听到水击盘声时开始计时,测出n次听到水击盘声的总时间为t,用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h,即可算出重力加速度。设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1 s,声速为340 m/s。g取10 m/s2,则( )
A.水龙头距人耳的距离至少为34 m
B.水龙头距盘子的距离至少为34 m
C.重力加速度的计算式为
D.重力加速度的计算式为
解析:选D 只要相邻两滴水滴下的时间间隔超过0.1 s,人耳就能分辨出两滴水的击盘声,与水龙头距人耳的距离无关,在0.1 s内,水滴下落的距离x=gt2=×10×0.12 m=0.05 m,即水龙头距盘子的距离至少应为0.05 m,故选项A、B错误;n次响声对应(n-1)滴水下落所用的时间,所以每滴水滴下落时间为t1=,由h=gt12得,g==h,故选项C错误,D正确。
10.一位同学在某星球上完成自由落体实验:让一个质量为1 kg 的小球从一定的高度自由下落,若取竖直向下为正方向,测得其在第4 s内的位移是14 m,下列说法正确的是( )
A.小球在第2 s末的速度是 20 m/s
B.小球在第4 s内的平均速度是3.5 m/s
C.小球在4 s内的位移是32 m
D.小球在第2 s内的位移是8 m
解析:选C 第4 s内的位移为14 m,即gt42-gt32=14 m,t4=4 s,t3=3 s,解得:g=4 m/s2,则第2 s末的速度为v2=4×2 m/s=8 m/s,故A错误;由公式=可得,小球在第4 s内的平均速度=14 m/s,故B错误;小球在4 s内的位移x=gt2=×4×42 m=32 m,故C正确;小球在第2 s内的位移x′=m=6 m,故D错误。
11.一位同学在研究小球自由落体运动时,用频闪照相连续记录下小球的位置如图所示。已知闪光周期为 s,测得x1=7.68 cm,x3=12.00 cm,用上述数据通过计算可得小球运动的加速度约为________m/s2,图中x2约为________cm。(结果保留三位有效数字)
解析:由x3-x1=4at2,得a=,解得a=9.72 m/s2,由x2-x1=2at2,解得x2=9.84 cm。
答案:9.72 9.84
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P59第1题]
如图所示,漫画中的人用石头来估测水井的深度。你认为有道理吗?为什么?
[提示] 石头释放后在水井中下落的过程可以认为是自由落体运动,由h=gt2可知,只要测出石头下落至水面的时间t,即可算出水井的深度。因声音在空气中的传播速度较大,石头落水声上传至人耳的时间可以忽略,故从石头开始下落到听到石头落水声的时间可认为等于石头自由下落的时间t。综上所述,漫画中的人用石头来估测水井的深度是合理的。
二、模拟打点计时器(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P49“迷你实验室”]
(1)一位同学手牵纸带运动,另一位同学拿一支画笔,按一定间隔的时间(如每秒1次或每秒2次)点击纸带(如图1)。比一比,看谁牵动纸带运动的速度变化最小。
(2)为了解某同学竞走的加速过程,老师让他拿着底部穿孔、滴水比较均匀的饮料瓶竞走,然后通过留在地上的水印分析他的速度变化情况(如图2)。请大家试一试,并说明其中的道理。
[提示] (1)拿画笔的同学按一定的时间间隔点击纸带,说明纸带上相邻两点间的时间是相等的,由v=可知,各相邻点间距越接近相等的,牵动纸带运动的速度变化越小。
(2)饮料瓶滴水比较均匀,说明地面上两水印间的时间间隔是相等的,如果水印间的间距逐渐增大,说明竞走的同学正在加速运动;水印间的间距相等,说明竞走的同学正在匀速运动;水印间的间距逐渐减小,说明竞走的同学正在减速运动。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.下列叙述不符合史实的是( )
A.古希腊学者亚里士多德认为物体越重,下落得越快
B.伽利略发现亚里士多德的观点有自相矛盾的地方
C.伽利略认为,如果没有空气阻力,重物与轻物应该下落得同样快
D.伽利略用实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
解析:选D 古希腊学者亚里士多德认为重的物体比轻的物体下落得快,即物体越重下落得越快,A符合史实;伽利略发现亚里士多德的理论在逻辑上有矛盾,他认为轻重不同的物体,从同一高度坠落,加速度一样,它们将同时着地,从而推翻了亚里士多德的错误论断,B符合史实;伽利略认为,如果没有空气阻力,重物与轻物应该下落得同样快,C符合史实;伽利略先大胆的猜测,下落物体的速度是随时间均匀增加的,然后通过实验验证,铜球从斜槽的不同位置由静止下落,得到结论即速度是随时间均匀增加的,最后合理外推,随着θ的增大,应该有相同的结论,当θ=90°时,即物体竖直下落时,这个关系也应该成立,所以D不符合史实。
2.某探险者在野外攀岩时,踩落一小石块,约5 s后听到石块直接落到崖底的声音。探险者离崖底的高度最接近的是(g取10 m/s2)( )
A.25 m B.50 m
C.110 m D.150 m
解析:选C 小石块落到崖底,其下落规律可以看作自由落体运动,即h=gt2,代入数据得h=×10×52 m=125 m,考虑声音传回来大约有0.3 s,即下落距离应略小于125 m,即选项C正确。
3.假设在月球上离月球表面高10 m处由静止释放一片羽毛,羽毛落到月球表面上的时间大约是(g取10 m/s2)( )
A.1.0 s B.1.4 s
C.3.5 s D.12 s
解析:选C 月球表面的重力加速度约为地球的,因此由h=×gt2知,t= ≈3.5 s,C正确。
4.2018年11月26日14时54分,“洞察”号无人探测器成功登陆火星,假设未来的某一天,宇航员在火星上距地面高18 m处由静止释放一重物,测得重物经过3 s落到火星表面,则下列说法正确的是( )
A.火星表面的重力加速度大小为4 m/s2
B.重物落地时的速度大小为8 m/s
C.重物落地前的1 s内位移大小为8 m
D.重物下落过程中,任意相邻1 s内的位移之差为2 m
解析:选A 根据位移时间关系公式h=g′t2知,重力加速度大小g′==4 m/s2,故A正确;根据速度时间关系公式知落地时的速度大小v=g′t=12 m/s,故B错误;前2 s内的位移为h′=g′t′2=8 m,则落地前1 s内的位移大小Δh=h-h′=10 m,故C错误;重物下落过程中,任意相邻1 s内的位移之差Δx=g′T2=4 m,故D错误。
5.一物体从高为h处自由下落, 开始的用时为t, 则( )
A.物体落地所用的时间为t
B.物体落地所用的时间为3t
C.物体落地时的速度大小为 6gt
D.物体落地时的速度大小为3gt
解析:选A 由题意知,=gt2,h=gt′2,解得t′=t,所以落地所用的时间为t,A正确,B错误;由速度公式v=gt′知,物体落地的速度大小为gt,C、D错误。
6.两个小球从两个不同高度处自由下落,结果同时到达地面,下列选项图中能正确表示它们运动的是( )
解析:选C 由题意,两个小球从两个不同高度处自由下落,初速度为0,同时到达地面,说明两个小球不是同时下落,且高度大的小球应先下落,则在vt图像中图线与横坐标所包围的面积应大一些;在下落过程中,两个小球的加速度相同,都做匀加速直线运动,则图像斜率相同,即两直线应平行,故A、B错误;高度大的小球运动时间长,则末速度应大一些,而D中末速度相同,故D错误,C正确。
7.四个小球在离地面不同高度同时从静止释放,不计空气阻力,从开始运动时刻起每隔相等的时间间隔,小球依次碰到地面。下列选项图中,能反映出刚开始运动时各小球相对地面的位置的是( )
解析:选C 每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面,可知第一个球经过T时间落地,第二个球落地的时间为2T,依次3T、4T,逆向分析,相当于一个小球每经过相等时间所到达的位置。可知相等时间间隔内的位移越来越大,所以从下而上,相邻两个小球之间的竖直位移越来越大,而且它们下落的高度之比为1∶4∶9∶16,故选项C正确。
8.在轻绳的两端各拴一个小球,某人用手拿着轻绳上端的小球,站在三层楼的阳台上,释放小球,使小球自由下落,两小球相继落地的时间差为Δt。如果某人站在四层楼的阳台上,用同样的方法释放小球,让小球自由下落,则两小球相继落地的时间差将( )
A.不变 B.变大
C.变小 D.无法确定
解析:选C 设轻绳的长度为L,第一个小球着地后,另一个小球运动的位移为L,在L内运行的时间,即为两球落地的时间差,第一个小球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度。高度越高,落地的速度越大,则可知高度越高,另一个小球在位移L内的初速度越大,根据L=v0t+gt2,初速度越大,时间越短。所以Δt′<Δt。故C正确。
9.一物体做自由落体运动,落地时速度是30 m/s(g取10 m/s2)。求:
(1)物体下落到地面所需的时间;
(2)物体开始下落时的高度;
(3)物体在最后1 s内下落的高度。
解析:(1)由v=gt,得物体下落到地面所需的时间为:
t== s=3 s。
(2)法一:根据v2=2gh,可知物体开始下落时的高度为:
h== m=45 m。
法二:利用平均速度:h=·t=×3 m=45 m。
法三:由位移公式可得h=gt2=×10×32 m=45 m。
(3)物体在前2 s内的位移为:
x=gt′2=×10×4 m=20 m,
所以物体在最后1 s内的位移:
x′=h-x=45 m-20 m=25 m。
答案:(1)3 s (2)45 m (3)25 m
B级—选考提能
10.取一根长2 m左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘,在线端系上第一个垫圈,隔12 cm再系一个,以后垫圈之间的距离分别为36 cm、60 cm、84 cm,如图所示。站在椅子上,向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘。松手后开始计时,若不计空气阻力,则第2、3、4、5个垫圈( )
A.落到盘上的声音时间间隔越来越大
B.落到盘上的声音时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为1∶∶∶2
D.依次落到盘上的时间关系为1∶(-1)∶(-)∶(2-)
解析:选B 松手后4个垫圈同时做自由落体运动,可以看成一个垫圈自由下落,在连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7,由初始时各垫圈的间距知各垫圈落到盘上的时间间隔相等,故A错误,B正确;因为各垫圈落到盘上的时间间隔相等,则各垫圈依次落到盘上的时间之比为1∶2∶3∶4,根据v=gt可知,速率之比为1∶2∶3∶4,故C、D错误。
11.雨后,屋檐还在不断滴着水滴。如图所示,小红同学认真观察后发现,这些水滴都是在质量积累到一定大时才由静止开始下落,每隔相等时间滴下1颗水滴,水滴在空中的运动情况都相同,某时刻起,第1颗水滴刚运动到窗台下边沿时,第5颗水滴恰欲滴下。她测得,屋檐到窗台下边沿的距离为H=3.2 m,窗户的高度为h=1.4 m。不计空气阻力的影响。下列结论正确的是( )
A.水滴下落到窗台下边沿时的速度大小为6 m/s
B.每隔0.15 s滴下1颗水滴
C.水滴经过窗户的时间为0.8 s
D.水滴经过窗户的平均速度为7 m/s
解析:选D 水滴下落至窗台下边沿通过的距离为 H=3.2 m,由 v2=2gH得:v==8 m/s,故A错误;水滴下落至窗台下边沿的时间为t2= = s=0.8 s,第1颗水滴刚运动到窗台下边沿时,第5颗水滴恰欲滴下,此时共4个时间间隔,可知相邻的水滴滴下的时间间隔:Δt==0.2 s,故B错误;水滴下落至窗户上边沿的时间为:t1== s=0.6 s,水滴经过窗户的时间为:Δt′=t2-t1=0.8 s-0.6 s=0.2 s,故C错误;水滴经过窗户的平均速度== m/s=7 m/s,故D正确。
12.跳伞运动员做低空跳伞表演,从距离地面高404 m处的飞机上开始跳下,先做自由落体运动,当自由下落180 m时打开降落伞,降落伞打开后运动员做匀减速直线运动,跳伞运动员到达地面时的速度大小为 4 m/s(g=10 m/s2)。求:
(1)运动员打开降落伞时的速度大小;
(2)降落伞打开后,运动员的加速度大小;
(3)离开飞机后,经过多长时间才能到达地面。
解析:(1)运动员打开降落伞前做自由落体运动,
竖直位移为h1=180 m
根据v12=2gh1
可知运动员打开降落伞时的速度为v1=60 m/s。
(2)打开降落伞后运动员做匀减速直线运动,已知v2=4 m/s,位移为h2=(404-180)m=224 m
根据v22-v12=-2ah2
解得a=8 m/s2。
(3)打开降落伞前运动员做自由落体运动,所需时间为t1==6 s
打开降落伞后运动员做匀减速直线运动,所需时间为t2==7 s
故运动员运动的总时间为t=t1+t2=13 s。
答案:(1)60 m/s (2)8 m/s2 (3)13 s
2 匀变速直线运动规律的应用
解答匀变速直线运动问题的常用方法 |
[知识贯通]
常用方法 | 方法解读 |
一般公式法 | v=v0+at,x=v0t+at2,v2-v02=2ax应用时要注意公式的矢量性,一般以v0方向为正方向 |
平均速度公式法 | =,对任何运动都适用=(v0+v),只适用于匀变速直线运动 |
中点时刻速度公式法 | v==(v0+v),适用于匀变速直线运动 |
逐差相等公式法 | 在匀变速直线运动中任意两个连续相等的时间间隔T内,位移之差是一个常量,即Δx=xⅡ-xⅠ=aT2,对于不相邻的两段位移:xm-xn=(m-n)aT2 |
比例法 | 对于初速度为零的匀加速直线运动或末速度为零的匀减速直线运动,可利用比例法求解 |
逆向思维法 | 把运动过程的“末态”作为“初态”的方法。例如,末速度为零的匀减速直线运动可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动 |
图像法 | 应用vt图像,可把复杂的物理问题转化为较为简单的数学问题解决,尤其是用图像定性分析,可避免繁杂的计算,快速求解 |
[集训联通]
物体以一定的初速度从斜面底端A点冲上固定的光滑斜面,斜面总长度为xAC,物体到达斜面最高点C时速度恰好为零,如图所示。已知物体运动到距斜面底端xAC 处的B点时,所用时间为t,求物体从B点滑到C点所用的时间。
[解析] 法一:基本公式法
因为物体沿斜面向上做匀减速运动,设初速度为v0,加速度大小为a,物体从B滑到C所用的时间为tBC,由匀变速直线运动的规律可得
v02=2axAC
vB2-v02=-2axAB
xAB=xAC
解得vB=
又vB=v0-at
vC=vB-atBC
解得tBC=t。
法二:平均速度法
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,AC==,
又0-v02=-2axAC,0-vB2=-2axBC,xBC=,
解得vB=,
可知vB正好等于AC段的平均速度,因此物体运动到B点时是这段位移的中间时刻,故tBC=t。
法三:逆向思维法
物体向上匀减速冲上斜面,其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面。设物体从B到C所用的时间为tBC ,
由运动学公式得xBC=atBC2,xAC=a(t+tBC)2,
又xBC=,
解得tBC=t。
法四:比例法
物体运动的逆过程可以视为初速度为零的匀加速直线运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为
x1∶x2∶x3∶…∶xn=1∶3∶5∶…∶(2n-1),
因为xBC∶xAB=∶=1∶3,而物体通过AB段的时间为t,所以通过BC段的时间tBC=t。
法五:图像法
根据匀变速直线运动的规律,画出v t图像,如图所示。
利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的平方比,
得=,且=,
OD=t,OC=t+tBC,
所以=,
解得tBC=t。
[答案] t
1.[多选]一个物体以v0=8 m/s的初速度沿光滑斜面向上滑,加速度的大小为2 m/s2,冲上最高点之后,又以相同的加速度往回运动。则( )
A.1 s末的速度大小为6 m/s
B.3 s末的速度为零
C.2 s内的位移大小是12 m
D.5 s内的位移大小是15 m
解析:选ACD 物体冲上最高点的时间是t==4 s,又根据v=v0+at,物体1 s末的速度大小为6 m/s,3 s 末的速度大小为2 m/s,A对,B错;根据x=v0t+at2,物体2 s内的位移大小是12 m,4 s内的位移大小是16 m,第5 s内的位移是沿斜面向下的1 m,所以5 s内的位移大小是15 m,C、D对。
2.[多选]一物体从静止开始做匀加速直线运动,用T表示1个时间间隔,在第3个T时间内的位移为3 m,在第3个T时间末的瞬时速度是3 m/s。则( )
A.物体的加速度大小为1 m/s2
B.物体在第1个T时间末的瞬时速度大小为1 m/s
C.1个时间间隔为1 s
D.物体在第1个T时间内的位移大小为0.6 m
解析:选BD 物体从静止开始做匀加速直线运动,则x1∶x3=1∶5,故x1===0.6 m,选项D正确;由题意知,a·(3T)2-a·(2T)2=3 m,a·3T=3 m/s,解得T=1.2 s,a= m/s2,选项A、C错误;物体在第1个T时间末的瞬时速度大小为v1=aT=×1.2 m/s=1 m/s,选项B正确。
3.一个做匀加速直线运动的物体,在前4 s内经过的位移为24 m,在第2个4 s内经过的位移是60 m,求这个物体的加速度大小和初速度大小各是多少?
解析:法一:物体在前4 s内的位移x1=v0t+at2,
在第2个4 s内的位移
x2=v0·2t+a·(2t)2-(v0t+at2),
将x1=24 m,x2=60 m,t=4 s代入解得
a=2.25 m/s2,v0=1.5 m/s。
法二:物体在8 s内的平均速度等于中间时刻(即第4 s末)的瞬时速度,
则v4= m/s=10.5 m/s,
且v4=v0+4a,
物体在前4 s内的平均速度等于第2 s末的瞬时速度,
v2= m/s=6 m/s,
而v2=v0+2a,
联立解得a=2.25 m/s2,v0=1.5 m/s。
法三:由逐差相等公式Δx=aT2得:
a== m/s2=2.25 m/s2,
由于v4= m/s=10.5 m/s,
而v4=v0+4a,
解得v0=1.5 m/s。
答案:2.25 m/s2 1.5 m/s
运动图像的理解及应用 |
[知识贯通]
xt图像与vt图像的比较
| xt图像 | vt图像 | |
物理意义 | 反映的是位移随时间的变化规律 | 反映的是速度随时间的变化规律 | |
斜率 | 表示速度 | 表示加速度 | |
纵截距 | 表示初位置 | 表示初速度 | |
交点 | 表示相遇 | 表示速度相等 | |
面积 | 无实际意义 | 图线与时间轴围成的面积表示位移 | |
图像实例 | |||
运动分析 | ① | 表示物体由坐标原点开始做匀速直线运动 | 表示物体做初速度为零的匀加速直线运动 |
② | 表示物体静止不动 | 表示物体沿正方向做匀速直线运动 | |
③ | 表示物体沿负方向做匀速直线运动 | 表示物体沿正方向做匀减速直线运动 | |
④ | 交点的纵坐标表示三个运动物体相遇时的位移 | 交点的纵坐标表示三个运动物体的速度相同 | |
⑤ | t1时刻物体的位移为x1;图中阴影部分的面积没有实际意义 | t1时刻物体的速度为v1;图中阴影部分的面积表示物体①在0~t1时间内的位移 |
[集训联通]
[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )
A.两车在t1时刻也并排行驶
B.在t1时刻甲车在后,乙车在前
C.甲车的加速度大小先增大后减小
D.乙车的加速度大小先减小后增大
[解析] t1~t2时间内,v甲>v乙,t2时刻相遇,则t1时刻甲车在乙车的后面,故A错误,B正确;由图像的斜率知,甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大,故C错误,D正确。
[答案] BD
[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动,甲做匀加速直线运动,乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.在t1时刻两车速度相等
B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等
C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等
D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等
[解析] xt图像斜率表示两车速度,则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度,故A错误;由两图线的纵截距知,出发时甲车在乙车前面,t1时刻两图线相交表示两车相遇,可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离,故B错误;t1和t2时刻两图线相交,表明两车均在同一位置,从t1到t2时间内,两车走过的路程相等,C正确;在t1到t2时间内,两图线有斜率相等的一个时刻,即该时刻两车速度相等,故D正确。
[答案] CD
xt图像、vt图像都是从数学的角度描述了物体的运动规律,能够比较直观的反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题,可以首先根据图像还原物体的运动情景,再结合“斜率”“截距”“面积”等数学语言进行分析。
4.在中国,每年由于交通造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关,酒后驾车的危害触目惊心。驾驶员从视觉感知前方危险,到汽车开始制动的时间称为反应时间,酒后驾驶将明显增加反应时间。对比某驾驶员正常驾驶和酒后驾驶过程,记录感知前方危险后汽车运动vt图线如图甲、乙所示。则( )
A.图乙对应于正常驾车
B.全过程酒后驾车的时间比较短
C.全过程酒后驾车的位移比较小
D.全过程酒后驾车的平均速度比较大
解析:选D 驾驶员在反应时间里汽车仍做匀速直线运动,酒后驾驶将明显增加反应时间,图乙对应于酒后驾驶,故A错误;设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2,由题图甲、乙可得t1=0.5 s,t2=1.5 s,汽车初速度v0=30 m/s,正常驾驶时的减速时间为t3=4.0 s,由图线可得正常驾驶时的全程制动距离为:s=v0t1+t3=75 m,同理可求出酒后驾驶时的全程制动距离为:s′=v0t2+t3=105 m,故B、C错误;根据=可得正常驾驶时的平均速度== m/s≈16.7 m/s,同理可求出酒后驾驶时的平均速度′== m/s≈19.1 m/s,故D正确。
5.小明同学利用传感器绘出了一个沿直线运动的物体,在不同运动过程中加速度a、速度v、位移x随时间t变化的图像,如图所示。若该物体在t=0时刻,初速度为零,则表示该物体沿单一方向运动的图像是( )
解析:选C 选项A所描述的运动在0~2 s内,位移先增大再减小,物体运动的方向发生改变,故A错误;选项B所描述的运动在0~2 s内速度为正值,向正方向运动,在2~4 s 内速度为负值,向负方向运动,物体运动方向发生改变,故B错误;选项C所描述的运动在0~1 s内加速度不变,做匀加速直线运动,1~2 s内加速度方向改变,大小不变,向正方向做匀减速直线运动,2 s末速度为零,物体在一个周期内速度的方向不变,故C正确;选项D所描述的运动在0~1 s内,向正方向做匀加速直线运动,1~2 s 内加速度方向改变,大小不变,向正方向做匀减速直线运动,2 s末速度为零,2~3 s 内向负方向做匀加速直线运动,物体运动的方向发生改变,故D错误。
6.一质点的位移—时间图像如图所示,能正确表示该质点的速度v与时间t的图像是选项图中的( )
解析:选A 位移—时间图像的斜率表示速度,可得四个阶段的速度分别是:负,0,正,0,对比选项图可知A对。
用纸带求解物体的速度及加速度 |
[知识贯通]
1.应用纸带判断物体的运动性质
(1)在纸带上测出各个连续相等的时间T内的位移分别是x1、x2、…、xn,如果x1=x2=…=xn,则物体做匀速直线运动。
(2)如果x2-x1=x3-x2=…=xn-xn-1≠0,即在连续相等时间内的位移差相等,则物体做匀变速直线运动;如果不相等,则物体做变加速直线运动。
2.应用纸带求解物体的速度
如果物体做匀变速直线运动,则纸带上某点对应的瞬时速度等于以这个点为中间时刻的位移内的平均速度,即vn=。
3.应用纸带求解物体的加速度
(1)vt图像法:利用求得的多个速度值及对应时刻描绘出vt图像,则vt图线斜率即为物体的加速度。
(2)逐差法:如图所示的纸带,按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6七个计数点,测量相邻两点之间的距离分别是x1、x2、x3、x4、x5、x6,T为计数点间的时间间隔,
由Δx=aT2可得
x4-x1=3a1T2,x5-x2=3a2T2,x6-x3=3a3T2,则物体运动的加速度
a=(a1+a2+a3)
=
同理可得:①若有4段位移
a=。
②若有5段位移,舍弃中间的一段x3
a=。
[集训联通]
在某次实验中,图甲所示为一次记录小车运动情况的纸带,按照打点顺序选择了A、B、C、D、E五个相邻的计数点,相邻计数点间的时间间隔T=0.1 s。
(1)根据纸带信息可判定小车在A~E过程中做______________运动。
(2)计算小车在各计数点的瞬时速度:vB=_______m/s,vC=_______m/s,vD=________m/s。
(3)以打A点为计时起点,在图乙所示坐标中作出小车的vt图线(保留描点痕迹),并根据图线求出a=________m/s2。
(4)图线与纵轴交点的物理意义是_______________________________________。
[解析] (1)由题图甲纸带可知,xBC-xAB=xCD-xBC=xDE-xCD=12.6 mm,即小车在连续相等时间间隔内的位移之差相等,故小车在A~E过程中做匀加速直线运动。
(2)相邻两计数点间的时间间隔T=0.1 s,小车在各计数点的瞬时速度为vB== m/s=0.138 m/s,vC== m/s=0.264 m/s,vD== m/s=0.390 m/s。
(3)应用描点法作图,如图所示,a=≈1.23 m/s2。
(4)vt图线延长与纵轴相交,交点表示计数点A对应的速度。
[答案] (1)匀加速直线 (2)0.138 0.264 0.390
(3)见解析图 1.23(1.13~1.33均可) (4)计数点A对应的速度
7.某同学在做实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上,得到一条纸带,打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点,图中未画出)。x1=3.59 cm,x2=4.41 cm,x3=5.19 cm,x4=5.97 cm,x5=6.78 cm,x6=7.64 cm。则小车的加速度a=________m/s2(要求充分利用测量的数据),打点计时器在打B点时小车的速度vB=________m/s。(结果均保留两位有效数字)
解析:由题意知相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1 s,又x4-x1=3aT2、x5-x2=3aT2、x6-x3=3aT2,知小车的加速度a==0.80 m/s2,打B点时小车的速度vB==0.40 m/s。
答案:0.80 0.40
8.如图所示是某同学测量匀变速直线运动的加速度时,从若干纸带中选中的一条纸带的一部分,他每隔4个点取一个计数点,图上标明了他对各个计数点间距离的测量结果。(电源频率:50 Hz,单位:cm)
(1)为了验证小车的运动是匀变速直线运动,请进行下列计算,填入表内(单位: cm)。
x2-x1 | x3-x2 | x4-x3 | x5-x4 | x6-x5 | Δx平均值 |
|
|
|
|
|
|
各位移差与平均值最多相差________cm,由此可得出结论:在__________范围内小车在________________的位移之差相等,所以小车的运动是____________________。
(2)小车的加速度为_______m/s2。(保留三位有效数字)
解析:(1)由题中数据可求各位移差依次为1.60 cm、1.55 cm、1.62 cm、1.53 cm、1.61 cm,其平均值Δx=1.58 cm,各位移差与平均值最多相差0.05 cm,所以在误差允许范围内,小车在相邻相等时间内位移之差相等,且在相等时间内的位移变大,因此小车做匀加速直线运动。
(2)由题意知,相邻两计数点间的时间间隔为T=0.1 s,由“逐差法”求加速度:
a=
=×10-2 m/s2≈1.58 m/s2。
答案:(1)1.60 1.55 1.62 1.53 1.61 1.58 0.05 误差允许 相邻相等的时间内 匀加速直线运动 (2)1.58
追及、相遇问题 |
[知识贯通]
1.追及、相遇问题的物理情景和问题实质
当两个物体在同一直线上运动时,如果速度不同,两物体之间的距离会不断发生变化。讨论追及、相遇问题,其实质就是分析两物体能否同时到达相同位置。
一个条件 | 速度相等是两物体距离最大或最小、恰好追上或恰好追不上的临界条件 |
两个关系 | 通过画运动草图,找到两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口 |
①若被追赶的物体做匀减速直线运动,一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动。
②仔细审题,注意抓住题目中的关键字眼(如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等),充分挖掘题目中的隐含条件。
2.分析追及、相遇问题的思路和方法
情景法 | 审明题意、挖掘题中的隐含条件,建立两物体运动的情景并画出示意图,找出两物体的位移、速度及时间关系,选择公式列方程求解 |
函数法 | 设两物体在t时刻相遇,然后根据位移关系列出关于t的方程f(t)=0,若方程f(t)=0无正实数解,则说明这两个物体不可能相遇;若方程f(t)=0存在正实数解,说明这两个物体能相遇 |
图像法 | ①若用xt图像求解,分别作出两物体的xt图像,如果两物体的位移—时间图线相交,则说明两物体相遇;②若用vt图像求解,则注意比较图线与时间轴所围图形的面积 |
相对运动法 | 取其中一个运动物体为参考系,分析另一个物体相对它的运动,当两者的相对位移为零时相遇,计算时需要将速度、位移、加速度都转换为相对速度、相对位移、相对加速度代入公式 |
3.典型追及、相遇问题的vt图像
追及类型 | 图像描述 | 相关结论 |
匀加速追匀速 | 设x0为开始时两物体间的距离,则应有下面结论: ①t=t0以前,后面物体与前面物体间的距离增大 ②t=t0时,两物体相距最远,为x0+Δx ③t=t0以后,后面物体与前面物体间的距离减小 ④一定能追上且只能相遇一次 | |
匀速追匀减速 | ||
匀减速追匀速 | 设x0为开始时两物体间的距离,开始追及时,后面物体与前面物体间的距离在减小,当两物体速度相等时,即t=t0时: ①若Δx=x0,则恰好能追上,两物体只能相遇一次,这也是避免相撞的临界条件 ②若Δx<x0,则不能追上,此时两物体间距离最小,为x0-Δx ③若Δx>x0,则相遇两次,设t1时刻两物体第一次相遇,则t2=2t0-t1时刻两物体第二次相遇 | |
匀速追匀加速 | ||
匀减速追匀加速 |
[集训联通]
一辆汽车以3 m/s2的加速度开始启动的瞬间,一辆以6 m/s的速度做匀速直线运动的自行车恰好从汽车的旁边通过。试求:
(1)汽车在追上自行车前与自行车相距最远时的运动时间以及此时两者间的距离。
(2)汽车追上自行车所用时间和追上自行车时汽车的瞬时速度。
[解析] (1)法一:物理分析法
汽车与自行车的速度相等时两车相距最远,设此时经过的时间为t1,汽车的速度为v1,两车间的距离为Δx,则有
v1=at1=v自
所以t1==2 s
汽车与自行车相距的最远距离为
Δx=v自t1-at12=6 m。
法二:图像法
自行车和汽车运动的vt图像如图所示,由图可以看出,在相遇前,t1时刻两车速度相等,两车相距最远,此时的距离为阴影三角形的面积,
t1== s=2 s
Δx== m=6 m。
法三:数学分析法
设汽车在追上自行车之前经过时间t1两车相距最远,则
Δx=x1-x2=v自t1-at12
代入已知数据得Δx=6t1-t12
由二次函数求极值的条件知t1=2 s时,Δx最大
所以Δx=6 m。
(2)法一:当两车位移相等时,汽车追上自行车,设此时经过的时间为t2,汽车的瞬时速度为v2,则有
v自t2=at22
解得t2== s=4 s
v2=at2=3×4 m/s=12 m/s。
法二:由图可以看出,在t1时刻之后,由图线v自、v汽和t=t2构成的三角形的面积与标有阴影的三角形面积相等,此时汽车与自行车的位移相等,即汽车与自行车相遇。由几何关系知t2=2t1=4 s
v2=at2=3×4 m/s=12 m/s。
[答案] (1)2 s 6 m (2)4 s 12 m/s
火车甲以v1=288 km/h的速度匀速行驶,司机突然发现前方同轨道上相距s=0.5 km处有一列火车乙正沿同方向以v2=144 km/h的速度做匀速运动,司机立即以大小为a的加速度紧急刹车,要使甲、乙不相撞,a应满足什么条件?
[思路点拨]
(1)火车甲刹车后两火车之间的距离逐渐减小。
(2)甲、乙不相撞的条件:当甲、乙的速度相等时,x1≤x2+s。
[解析] 法一:物理分析法
甲、乙不相撞的条件是当甲、乙速度相等时,甲、乙仍相距一段距离,即
v1-at=v2①
x1≤x2+s②
其中x1=v1t-at2③
x2=v2t④
联立①②③④式,解方程组可得a≥1.6 m/s2
即a≥1.6 m/s2时,甲、乙不会相撞。
法二:数学分析法
设甲减速t时间后,甲、乙相撞
则有x1=x2+s,即v1t-at2=v2t+s
整理得at2-2(v1-v2)t+2s=0
若甲、乙不相撞,则以上方程不能有两个解
即判别式应满足Δ=4(v1-v2)2-8as≤0
解得a≥=1.6 m/s2。
法三:图像法
分别画出甲、乙的vt图像如图所示
刚好不相撞时图中阴影部分面积为s
有(v1-v2)t1=s,=a
故a=,且s=0.5 km
若要使甲、乙不相撞,则a≥=1.6 m/s2。
[答案] a≥1.6 m/s2
9.一步行者以6.0 m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽车,在跑到距公共汽车25 m处时,绿灯亮了,公共汽车以1.0 m/s2 的加速度匀加速启动前进,则( )
A.人能追上公共汽车,追赶过程中人跑了36 m
B.人不能追上公共汽车,人、公共汽车最近距离为7 m
C.人能追上公共汽车,追上公共汽车前人共跑了43 m
D.人不能追上公共汽车,且公共汽车开动后,人、公共汽车距离越来越远
解析:选B 人在跑到距公共汽车25 m处时,绿灯亮了,公共汽车以1.0 m/s2的加速度匀加速启动前进,当公共汽车加速到6.0 m/s 时所用时间t==6 s,人运动距离为x1=vt=36 m,公共汽车运动距离为x2=at2=18 m,x2+s-x1=7 m>0,人不能追上公共汽车,人、公共汽车最近距离为7 m,公共汽车开动后,人、公共汽车距离先减小后增大,A、C、D错误,B正确。
10.如图所示,A、B两物体(可视为质点)相距x=7 m,物体A以vA=4 m/s 的速度向右做匀速直线运动,而物体B此时的速度vB=10 m/s,向右做匀减速直线运动,加速度为a=-2 m/s2,那么物体A追上物体B所用的时间为( )
A.7 s B.8 s
C.9 s D.10 s
解析:选B 物体B做匀减速直线运动,速度减为零时,所需时间 t1==5 s,运动的位移xB== m=25 m,在这段时间内物体A的位移xA=vAt1=4×5 m=20 m;因xB>xA,所以此时物体A还没有追上物体B,此后物体B静止,设物体A追上物体B所用时间为t,则有vAt=x+xB,代入数据解得t=8 s,B正确。
11.因雾霾天气,能见度不足20 m。在这样的恶劣天气中,甲、乙两汽车在一条平直的公路上行驶,当甲、乙两车恰好并排行驶时,甲、乙两车司机听到前方有事故发生的警笛提示,同时开始刹车,直到减速为0,甲、乙两车刹车时的vt图像如图所示,则( )
A.甲车减速的加速度为0.5 m/s2
B.甲车减速的加速度比乙车减速的加速度大0.75 m/s2
C.减速过程中甲、乙两车间的最大距离为100 m
D.减速过程中甲、乙两车间的最大距离为87.5 m
解析:选C vt图像的斜率表示加速度,故甲车减速的加速度为:a甲==- m/s2=-1 m/s2,乙车减速的加速度为:a乙==- m/s2=-0.5 m/s2,故A、B错误;当甲、乙两车速度相等时,即t=20 s时,甲、乙两车间的距离最大,图像面积之差表示位移之差,即Δx=×(25-15)×20 m=100 m,故C正确,D错误。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.2019年2月19日,中国飞人苏炳添在2019国际田联室内巡回赛伯明翰站男子60 m决赛中,以6秒47的成绩获得赛季第二冠。比赛时苏炳添的起跑反应时间是0.170 s,加速过程可以看成匀加速直线运动,加速时间约2.5 s,最大速度约为12 m/s,则苏炳添在加速阶段的加速度与位移约为( )
A.4.8 m/s2 16 m B.4.8 m/s2 15 m
C.4.5 m/s2 16 m D.4.5 m/s2 15 m
解析:选B 由v=at解得a== m/s2=4.8 m/s2,则加速位移x=at2=×4.8×2.52 m=15 m,故B正确。
2.甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,若以该时刻作为计时起点,得到两车的xt图像如图所示,则下列说法正确的是( )
A.t1时刻乙车从后面追上甲车
B.t1时刻两车相距最远
C.t1时刻两车的速度刚好相等
D.0~t1时间内,甲车的平均速度大于乙车的平均速度
解析:选A 两车在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动,由题图可知甲做匀速运动,经过时间t1位移又相等,说明在t1时刻乙车刚好从后面追上甲车,故A正确,B错误;根据图像的斜率等于速度,斜率绝对值越大速度越大,可知,t1时刻乙车的速度比甲车的速度大,故C错误;0~t1时间内,甲、乙两车通过的位移相等,根据平均速度等于位移比时间可知,0~t1时间内,乙车的平均速度等于甲车的平均速度,故D错误。
3.一质点做匀加速直线运动,第3 s内的位移是2 m,第4 s内的位移是2.5 m,则下列说法正确的是( )
A.第2 s内的位移是2.5 m
B.第3 s末的瞬时速度是2.5 m/s
C.质点的加速度是0.125 m/s2
D.质点的加速度是0.5 m/s2
解析:选D 由Δx=aT2,得a== m/s2=0.5 m/s2,由匀变速直线运动的特点知x3-x2=x4-x3,所以第2 s内的位移x2=1.5 m,A、C错误,D正确;第3 s末的瞬时速度等于2~4 s内的平均速度,所以v3==2.25 m/s,B错误。
4.如图所示,直线和抛物线(开口向上)分别为汽车a和b的位移—时间图像,则下列说法错误的是( )
A.0~1 s时间内a车的平均速度大小比b车的小
B.0~3 s时间内a车的路程比b车的小
C.0~3 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/s
D.t=2 s时a车的加速度大小比b车的大
解析:选D 根据题图可知,0~1 s内b车的位移大于a车的位移,时间相等,则b车的平均速度大小大于a车的,故A正确;0~3 s时间内a车的路程为3 m,b车的路程为s=s1+s2=4 m+1 m=5 m,故B正确;0~3 s时间内两车的位移均为-3 m,平均速度大小均为1 m/s,故C正确;a车做匀速直线运动,加速度为零,b车运动的加速度大小恒定且不等于零,故D错误。
5.某物体做匀加速直线运动,先后经过M、N两点的速度分别为v和3v,经历的时间为t,则下列说法中正确的是( )
A.物体经过MN中点时的速度为2v
B.物体在时间t内的中间时刻的速度为2v
C.物体经过任意时间t,速度的增量均为v
D.物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大
解析:选B 在匀变速直线运动中位移中点的速度v= =v,故A错误;在匀变速直线运动中中间时刻的速度v==2v,故B正确;由题可知,物体在t时间内的速度的增加量是2v,由于物体做匀加速直线运动,所以物体经过任意时间t,速度的增量均为2v,故C错误;物体在时间t内的中间时刻的速度为2v,则物体在后时间所通过的距离比前时间所通过的距离大Δx=×-×=,故D错误。
6.甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标,从此时开始,甲车做匀速直线运动,乙车先加速后减速,丙车先减速后加速,它们经过下一个路标时的速度相同,则( )
A.甲车先通过下一路标
B.乙车先通过下一路标
C.丙车先通过下一路标
D.丙车在这段位移内平均速度最大
解析:选B 设甲车做匀速直线运动的速度为v,乙车先加速后减速,在运动的过程中速度大于v,则整个过程中的平均速度大于v;丙车先减速后加速,在运动过程中的速度小于v,则整个过程中的平均速度小于v。根据x=vt,知t=,可知,乙车的运动时间最短,所以乙车先经过下一路标,丙车最后通过下一路标,即丙车在这段位移内平均速度最小,故A、C、D错误,B正确。
7.甲、乙两辆汽车在平直的高速公路上行驶,某时刻甲、乙两车正好并排行驶,从该时刻起甲、乙两车的速度—时间图像如图所示,则下列说法正确的是( )
A.t0时刻甲、乙两车相遇
B.0~t1时间内,甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小且方向相同
C.0~t0时间内,甲车的平均速度小于乙车的平均速度
D.t1时刻甲、乙两车一定再次相遇,之后甲车将一直在乙车前方
解析:选C 根据速度—时间图像与时间轴所围的“面积”表示位移,知0~t0时间内乙车的位移比甲车的大,则t0时刻甲、乙两车没有相遇,故A错误;0~t1时间内,甲、乙两车图像斜率均逐渐减小,则它们的加速度大小均逐渐减小,甲车图像切线斜率为正,乙车图像切线斜率为负,则加速度方向相反,故B错误;0~t0时间内甲车的位移比乙车的小,则甲车的平均速度小于乙车的平均速度,故C正确;0~t1时间内,甲车的位移比乙车的大,则t1时刻甲、乙两车没有相遇,之后甲车的速度比乙车的大,则甲车将一直在乙车前方,故D错误。
8.质点做直线运动的速度—时间图像如图所示,选项图中表示质点加速度—时间图像正确的是( )
解析:选B 在速度—时间图像中,斜率的正负和大小表示加速度的正负和大小,在0~1 s和 3~5 s内图像斜率为正,质点加速度为2 m/s2,1~3 s和 5~6 s内图像斜率为负,质点加速度为-2 m/s2,B正确,A、C、D错误。
9.实验时某同学将打点计时器接在周期为0.02 s低压交流电源上,如图所示为物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带,图中每隔4个计时点取一个计数点,但第3个计数点没有画出。由图中的数据可求得:
(1)该物体的加速度为________m/s2。
(2)第3个计数点与第2个计数点的距离为__________________ cm。
(3)打第2个计数点时该物体的速度约为________m/s(结果保留两位有效数字)。
解析:(1)设1、2间的位移为x1,2、3间的位移为x2,3、4间的位移为x3,4、5间的位移为x4;因为周期为0.02 s,且每隔4个计时点取一个计数点,所以每两个计数点之间的时间间隔为T=0.1 s
由匀变速直线运动的推论xm-xn=(m-n)aT2
得:x4-x1=3aT2
代入数据解得a=0.74 m/s2。
(2)第3个计数点与第2个计数点的距离即为x2,由匀变速直线运动的推论:
x2-x1=aT2,代入数据得:x2=4.36 cm。
(3)匀变速直线运动中,某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,故:
v2==×10-2 m/s≈0.40 m/s。
答案:(1)0.74 (2)4.36 (3)0.40
10.一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动,已知途中先后经过相距27 m的A、B两点所用时间为2 s,汽车经过B点时的速度为15 m/s。求:
(1)汽车经过A点时的速度大小和加速度大小;
(2)汽车从出发点到A点经过的距离;
(3)汽车经过B点后再经过2 s到达C点,则BC间距离为多少。
解析:(1)设汽车运动方向为正方向,过A点时速度为vA
则AB段平均速度为AB=
故由x=ABt=t
解得vA=12 m/s
对AB段:a==1.5 m/s2。
(2)设汽车的出发点为O点
对OA段(v0=0):由vA2-v02=2axOA
得xOA==48 m。
(3)汽车经过BC段的时间等于经过AB段的时间,
对于AC段有:xBC-xAB=aT2,
得xBC=xAB+aT2=27 m+1.5×22 m=33 m。
答案:(1)12 m/s 1.5 m/s2 (2)48 m (3)33 m
B级—选考提能
11.[多选]甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向做直线运动,甲、乙两车运动的v t 图像如图所示。下列判断正确的是( )
A.乙车启动时,甲车在其前方50 m处
B.运动过程中,乙车落后甲车的最大距离为75 m
C.乙车启动10 s后正好追上甲车
D.乙车超过甲车后,甲、乙两车不会再相遇
解析:选ABD 根据v t图线与时间轴包围的面积表示位移,可知乙车在t=10 s时启动,此时甲车的位移为x=×10×10 m=50 m,即甲车在乙车前方50 m处,故A正确;当两车的速度相等时相距最远,最大距离为xmax=×(5+15)×10 m-×10×5 m=75 m,故B正确;由于两车从同一地点沿同一方向做直线运动,当位移相等时两车才相遇,由题图可知,乙车启动10 s后位移小于甲车的位移,即乙车还没有追上甲车,故C错误;乙车超过甲车后,由于乙车的速度大,所以甲、乙两车不会再相遇,故D正确。
12.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动,两车在t=0时刻刚好并排行驶,甲、乙两车做直线运动的vt图像如图所示,甲车图像为四分之一圆弧,乙车图像为倾斜直线。下列说法正确的是( )
A.甲、乙两车在10 s时再次相遇
B.乙车的加速度为 m/s2
C.乙车在0~20 s内未追上甲车
D.乙车在10 s时的速度为15 m/s
解析:选B 根据vt图像的“面积”表示位移,由题图可知,0~10 s内乙车的位移小于甲车位移,故A错误;10 s 时乙车的速度等于甲车的速度,速度为v= m/s=10 m/s,根据图像的斜率表示加速度,乙车的加速度为:a== m/s2= m/s2,故B正确,D错误;根据vt图像的“面积”表示位移,在20 s 时乙车的速度为20 m/s,在0~20 s内,甲车的位移为:x甲=×π×202 m=100π m,乙车的位移为:x乙=×20×20 m=200 m>x甲,乙车在0~20 s 内追上了甲车,故C错误。
13.某次足球比赛中,攻方使用“边路突破,下底传中”的战术。如图所示,足球场长90 m、宽60 m。前锋甲在中线处将足球沿边线向前踢出,足球的运动可视为在地面上做匀减速直线运动,其初速度v0=12 m/s,加速度大小a0=2 m/s2。
(1)甲踢出足球的同时沿边线向前追赶足球,设他做初速度为零、加速度a1=2 m/s2的匀加速直线运动,能达到的最大速度vm=8 m/s。求他追上足球的最短时间;
(2)若甲追上足球的瞬间将足球以某速度v沿边线向前踢出,足球仍以a0在地面上做匀减速直线运动;同时,甲的速度瞬间变为v1=6 m/s,紧接着他做匀速直线运动向前追赶足球,恰能在底线处追上足球传中,求v的大小。
解析:(1)已知甲的加速度为a1=2 m/s2,
最大速度为vm=8 m/s,
足球停止运动的时间为t1==6 s,
位移为x0=a0t12=36 m,
甲做匀加速运动达到最大速度的时间和位移分别为:
t2== s=4 s,x1=t2=×4 m=16 m
之后甲做匀速直线运动,到足球停止运动时,
甲运动的位移x2=vm(t1-t2)=8×2 m=16 m
由于x1+x2<x0,故足球停止运动时,甲没有追上足球
甲继续以最大速度匀速运动追赶足球,
则x0-(x1+x2)=vmt3
联立解得:t3=0.5 s
甲追上足球的最短时间t=t1+t3=6.5 s。
(2)足球距底线的距离x3=45 m-x0=9 m
设甲从第一次追上足球到运动到底线的时间为t4,
则x3=v1t4
足球在t4时间内发生的位移x3=vt4-a0t42
联立解得:v=7.5 m/s。
答案:(1)6.5 s (2)7.5 m/s
14.A、B两列火车,在同一轨道上同向行驶,A车在前,其速度vA=10 m/s,B车在后,其速度vB=30 m/s,因大雾能见度低,B车在距A车x0=85 m时才发现前方有A车,这时B车立即刹车,但B车要经过180 m才能停止,问:B车刹车时A车仍按原速率行驶,两车是否会相撞?若会相撞,将在B车刹车后何时相撞?若不会相撞,则两车最近距离是多少?
解析:设B车刹车过程的加速度大小为aB,
由v2-vB2=-2aBx
可得02-302=-2aB×180
解得aB=2.5 m/s2
设经过时间t两车相撞,则有:vBt-aBt2=x0+vAt,
即30t-×2.5t2=85+10t
整理得t2-16t+68=0
由Δ=162-4×1×68<0可知t无实数解,即两车不会相撞,速度相等时两车相距最近,此时
vA=vB-aBt1,代入数据得t1=8 s
此过程中B车运动的位移为
xB=vBt1-aBt12=160 m
A车运动的位移为xA=vAt1=80 m,
两车的最近距离Δx=x0+xA-xB=5 m。
答案:不会相撞 5 m
A级—学考达标
1.物体由静止开始做匀加速直线运动,在第7 s内的平均速度为2.6 m/s,则物体的加速度为( )
A.0.4 m/s2 B.0.37 m/s2
C.2.6 m/s2 D.0.43 m/s2
解析:选A 根据平均速度推论,第7 s内的平均速度等于第6.5 s时刻的速度;根据初速度为0的匀加速直线运动速度时间关系v=at可得:a== m/s2=0.4 m/s2,故A正确,B、C、D错误。
2.某厂家测试汽车性能时,测出了汽车沿平直公路做直线运动的位移随时间变化的规律,即x=10t-0.1t2(m)。下列叙述正确的是( )
A.汽车的加速度大小为0.1 m/s2
B.该汽车做减速运动到停止的时间为50 s
C.该汽车刹车瞬间的初速度大小为20 m/s
D.该汽车从开始刹车到停止运动所通过的路程为5 m
解析:选B 根据x=v0t+at2=10t-0.1 t2(m)得汽车刹车的初速度v0=10 m/s,加速度a=-0.2 m/s2,故A、C错误;汽车从开始刹车到速度减为零的时间为t== s=50 s,故B正确;汽车从开始刹车到停止运动通过的路程x=v0t+at2=10×50 m-×0.2×502 m=250 m,故D错误。
3.下列所给的位移—时间图像或速度—时间图像中,表示做直线运动的物体不能回到初始位置的是( )
解析:选B 由A图可知,物体开始和结束时纵坐标均为0,说明物体回到了初始位置;由B图可知,物体一直沿正方向运动,位移增大,故没有回到初始位置;C图中物体第1 s内的速度沿正方向,大小为2 m/s,第2 s内速度为-2 m/s,故2 s末物体回到初始位置;D图中物体做匀变速直线运动,2 s末时物体的总位移为零,故物体回到初始位置。综上可知选B。
4.某质点由静止开始做加速运动的加速度—时间图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.2 s末,质点的速度大小为 3 m/s
B.4 s末,质点的速度大小为 6 m/s
C.0~4 s内,质点的位移大小为6 m
D.0~4 s内,质点的平均速度大小为3 m/s
解析:选B 质点先做初速度为零、加速度大小为1 m/s2的匀加速直线运动,后做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动,在at图像中图线与时间轴包围的“面积”表示速度的变化量,则2 s末质点的速度大小为v2=1×2 m/s=2 m/s,故选项A错误;4 s末,质点的速度大小为v4=2 m/s+2×(4-2)m/s=6 m/s,故选项B正确;在0~4 s 内,质点的位移大小为x=×2 m+×2 m=10 m,故选项C错误;在0~4 s内,质点的平均速度大小为= m/s=2.5 m/s,故选项D错误。
5.如图所示,一小球(可视为质点)沿斜面匀加速滑下,依次经过A、B、C三点。已知AB=6 m,BC=10 m,小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s,则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是( )
A.2 m/s,3 m/s,4 m/s
B.2 m/s,4 m/s,6 m/s
C.3 m/s,4 m/s,5 m/s
D.3 m/s,5 m/s,7 m/s
解析:选B 根据Δx=at2得加速度为:a== m/s2=1 m/s2;由题意可知B点的瞬时速度等于AC段的平均速度为:vB== m/s=4 m/s,则C点的速度为:vC=vB+at=(4+1×2)m/s=6 m/s,A点的速度为:vA=vB-at=(4-1×2)m/s=2 m/s,故B正确。
6.一质点从A点由静止开始沿直线AB运动,首先做的是加速度为a的匀加速直线运动,到C点后接着又以大小为a′的加速度做匀减速直线运动,到达B点恰好停止;若AB长为x,则下列说法正确的是( )
A.质点在C点的速度为
B.质点在C点的速度为
C.质点走完AB所用的时间为
D.质点走完AB所用的时间为
解析:选A 设质点在C点的速度为v,则有:+=x,解得:v= ,故A正确,B错误;质点加速过程最大速度也为减速过程的最大速度,则有:at1=a′(t-t1),质点在全程的平均速度为:,则总位移为:x=×t,联立可解得:t=,故C、D错误。
7.以24 m/s的速度行驶的汽车,紧急刹车后做匀减速直线运动,其加速度大小为6 m/s2,则刹车后( )
A.汽车在第1 s内的平均速度大小为24 m/s
B.汽车在第1 s内的平均速度大小为12 m/s
C.汽车在前2 s内的位移大小为36 m
D.汽车在前5 s内的位移大小为45 m
解析:选C 汽车从刹车到停止运动所需的时间为t0== s=4 s,第1 s内汽车的位移大小x1=v0t-at2=m=21 m,故汽车在第1 s内的平均速度大小= m/s=21 m/s,故A、B错误;前2 s内的位移大小x2=v0t′-at′2=m=36 m,故C正确;因5 s>4 s,则有前5 s内的位移大小为汽车运动的总位移:x5== m=48 m,故D错误。
8.在研究匀变速直线运动的实验中电源频率为50 Hz,如图所示为一次记录小车运动情况的纸带,图中A、B、C、D、E为相邻的计数点,相邻计数点间有4个计时点未标出,设A点为计时起点。
(1)相邻计数点间的时间间隔是________s。
(2)C点的瞬时速度vC=________m/s。
(3)小车的加速度a=________m/s2。
(4)当电源频率低于50 Hz时,如果仍按频率为50 Hz的时间间隔打一次点计算,则测出的加速度数值________(填“大于”“小于”或“等于”)频率为50 Hz时测出的加速度的值。
解析:(1)由于相邻计数点间有4个计时点未标出,即从A点开始每5个点取一个计数点(打点计时器的电源频率为50 Hz),所以相邻计数点间的时间间隔为T=0.1 s。
(2)在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,即C点时小车的瞬时速度大小为:
vC==×10-2 m/s=1.71 m/s。
(3)由逐差法可求得小车的加速度为:a==×10-2 m/s2=6.4 m/s2。
(4)当电源频率低于50 Hz时,实际打点周期将变大,而进行计算时仍然用0.02 s,将小于实际打点周期,因此测出的加速度数值将比真实数值偏大。
答案:(1)0.1 (2)1.71 (3)6.4 (4)大于
9.一辆大客车正在以30 m/s的速度匀速行驶。突然,司机看见车的正前方x0=95 m处有一只小狗,如图所示。司机立即采取制动措施,司机从看见小狗到客车开始制动的反应时间为Δt=0.5 s,设客车制动后做匀减速直线运动。
(1)为了保证小狗的安全,客车制动的加速度大小至少为多大?(假设这个过程中小狗一直未动)
(2)若客车制动时的加速度大小为5 m/s2,在离小狗30 m时,小狗发现危险并立即朝前跑去。假设小狗起跑阶段做匀加速直线运动,加速度大小a=3 m/s2。已知小狗的最大速度为8 m/s且能保持较长一段时间。试判断小狗有没有危险,并说明理由。
解析:(1)客车运动的初速度v=30 m/s,在反应时间内做匀速运动,匀速运动的位移为:
x1=vΔt=30×0.5 m=15 m
所以为保证小狗安全减速位移为:
x2=x0-x1=(95-15)m=80 m
根据速度位移关系知客车加速度大小至少为:
a1== m/s2=5.625 m/s2。
(2)若客车制动时的加速度为a1′=-5 m/s2,
在离小狗x=30 m时,客车速度为v1,
则v12-v2=2a1′(x2-x),
代入数据解得v1=20 m/s
设小狗从起跑到与客车速度相等所经历的时间为t
即v1+a1′t=at
解得:t=2.5 s
此过程客车的位移x3=v1t+a1′t2
代入数据解得x3=34.375 m
小狗的位移:x4=at2=9.375 m
即x4+x>x3,所以小狗是安全的。
答案:(1)5.625 m/s2 (2)小狗是安全的,理由见解析
B级—选考提能
10.[多选]做自由落体运动的物体,先后经过空中M、N两点时的速度分别为v1和v2,重力加速度为g,则( )
A.从M到N所用时间为
B.MN的间距为
C.经过MN的平均速度为
D.运动过程中加速度不断变大
解析:选ABC 由公式v2=v1+gt得:t=,故A正确;根据位移速度公式v22-v12=2gh可得:h=,故B正确;匀变速直线运动的平均速度为=,故C正确;自由落体运动的加速度为重力加速度,恒定不变,故D错误。
11.[多选]一矿井深为125 m,在井口每隔一定时间自由下落一小球。当第11个小球刚从井口开始下落时,第1个小球刚好到达井底,由此可知(g取10 m/s2)( )
A.相邻小球开始下落的时间间隔为1.0 s
B.相邻小球开始下落的时间间隔为0.5 s
C.当第11个小球刚从井口开始下落时,第5个小球距井底45 m
D.当第11个小球刚从井口开始下落时,第3个小球和第5个小球相距35 m
解析:选BD 设小球从井口自由下落到达井底经历时间为t,则由x=gt2,解得t=5 s,所以相邻两个小球间的时间间隔为Δt= s=0.5 s,故A错误,B正确;当第11个小球刚从井口开始下落时,第5个小球下落的时间t1=(11-5)×0.5 s=3 s,下落高度h=gt12=45 m,所以距井底的高度为125 m-45 m=80 m,故C错误;同理当第11个小球刚从井口开始下落时,第3个小球下落的时间t2=(11-3)×0.5 s=4 s,下落高度h′=gt22=80 m,第3个小球和第5个小球相距35 m,故D正确。
12.P、Q两车在平行的平直公路上行驶,其vt图像如图所示。在t1~t2这段时间内( )
A.Q车加速度大小始终大于P车加速度大小
B.t2时刻,Q车一定在P车前面
C.若t1时刻P车在Q车前,则此后两车距离一定减小
D.若t1时刻P车在Q车前,则此后Q车可能会超过P车
解析:选D vt图像曲线上某点切线的斜率大小表示加速度大小,根据斜率变化可知,在t1~t2这段时间内Q车加速度大小先大于P车加速度大小,后小于P车加速度大小,故A错误;虽然t1~t2这段时间Q车的位移大于P车的位移,但P、Q两车在t1时刻的位置关系未知,因此无法判断t2时刻P、Q两车的位置关系,故B错误;在t1~t2这段时间内,P车速度始终小于Q车速度,若t1时刻P车在Q车前,则此后两车间距离可能一直减小,也可能先减小后增大,即Q车可能会超过P车,故C错误,D正确。
13.如图所示,直线A与四分之一圆弧B分别表示两质点A、B从同一地点同时出发,沿同一方向做直线运动的vt 图像。当B的速度变为0时,A恰好追上B,则A的加速度大小为( )
A. m/s2 B. m/s2
C.2 m/s2 D.π m/s2
解析:选B 设A的加速度为a。A、B从同一地点出发,A追上B时两者的位移相等,即xA=xB。根据vt图像与横轴所围的面积表示位移,得at2=×π×22,由题知t=2 s,解得 a= m/s2,B正确。
14.高楼坠物危害极大,常有媒体报道高空坠物伤人事件。某建筑工地突然一根长为l的直钢筋从高空坠下,垂直落地时,恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片。为了查询钢筋是从几楼坠下的,检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L,且L>l,查得当时相机的曝光时间为t,楼房每层高为h,重力加速度为g,则( )
A.钢筋坠地瞬间的速度约为
B.钢筋坠下的楼层为+1
C.钢筋坠下的楼层为+1
D.钢筋在整个下落时间内的平均速度约为
解析:选B 最后t时间内的位移为L-l,故平均速度为:v=;由于t时间极短,可以表示末时刻的瞬时速度,故钢筋坠地瞬间的速度为v=,故A错误;对运动全过程,根据速度位移公式,有:v2=2gH,解得:H===,故楼层为:n=+1=+1,故B正确,C错误;钢筋在整个下落时间内的平均速度:===,故D错误。
15.如图所示,某实验小组用光电数字计时器测量小车在斜面上下滑时的加速度,实验主要操作如下:
①测量出挡光片的宽度d;
②测量小车释放处挡光片到光电门的距离x;
③由静止释放小车,记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t;
④改变x,测出不同x所对应的挡光时间t。
(1)小车加速度大小的表达式为a=________(用实验中所测物理量符号表示)。
(2)根据实验测得的多组x、t数据,可绘制图像来得到小车运动的加速度,如果图像的纵坐标为x,横坐标为,实验中得到图像的斜率为k,则小车运动的加速度大小为________(用d、k表示)。
解析:(1)依据中间时刻瞬时速度等于这段时间内的平均速度,则有小车运动到光电门时的速度v=,结合运动学公式a=,得a=。
(2)根据(1)中,即有:x=·,结合纵坐标为x,横坐标为的图像,那么斜率:k=,因此小车的加速度大小为:a=。
答案:(1) (2)
16.驾驶证考试中的路考,在即将结束时要进行目标停车,考官会在离停车点不远的地方发出指令,要求将车停在指定的标志杆附近,终点附近的道路是平直的,依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆,相邻杆之间的距离ΔL=12.0 m。一次路考中,学员甲驾驶汽车,学员乙坐在后排观察并记录时间,学员乙与车前端的距离为Δs=2.0 m。假设在考官发出目标停车的指令前,汽车是匀速运动的,当学员乙经过O点考官发出指令:“在D标志杆目标停车”,发出指令后,学员乙立即开始计时,学员甲需要经历Δt=0.5 s的反应时间才开始刹车,开始刹车后汽车做匀减速直线运动,直到停止。学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻tB=4.50 s,tC=6.50 s。已知O、A间的距离LOA=44 m。求:
(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0及汽车开始刹车后的加速度大小a;
(2)汽车停止运动时车前端与D的距离。
解析:(1)如图所示,学员乙从O点到标志杆B的过程中,由位移公式x=v0t+at2得
LOA+ΔL=v0Δt+v0(tB-Δt)-a(tB-Δt)2
学员乙从O到标志杆C的过程中,
由位移公式x=v0t+at2得
LOA+2ΔL=v0Δt+v0(tC-Δt)-a(tC-Δt)2
代入数据解得v0=16 m/s,a=2 m/s2。
(2)汽车从开始到停下,运动的距离
x=v0Δt+=72 m
因此汽车停止运动时车前端距离D为
LOA+3ΔL-Δs-x=6 m。
答案:(1)16 m/s 2 m/s2 (2)6 m
17.据报道,一儿童玩耍时不慎从45 m高的阳台上无初速度掉下,在他刚掉下时恰被楼下的管理人员发现,该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底,准备接住儿童。已知管理人员到楼底的距离为18 m,为确保安全稳妥的接住儿童,管理人员将尽力节约时间,但又必须保证接儿童时没有水平方向的冲击。不计空气阻力,将儿童和管理人员都看成质点,设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动,g取10 m/s2。
(1)管理人员至少要用多大的平均速度跑到楼底?
(2)若管理人员在加速或减速过程中的加速度大小相等,且最大速度不超过9 m/s,求管理人员奔跑时加速度需满足什么条件?
解析:(1)儿童下落过程,由运动学公式得h=gt02
管理人员奔跑的时间t≤t0
对管理人员奔跑过程,由运动学公式得x=t
解得≥6 m/s。
(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底,奔跑过程中的最大速度为v0,由运动学公式得=
得v0=2=12 m/s>vm=9 m/s
故管理人员应先加速到vm=9 m/s,再匀速,最后匀减速奔跑到楼底。
设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t1、t2、t3,位移分别为x1、x2、x3,
由运动学公式得x1=at12
x3=at32
x2=vmt2
vm=at1=at3
t1+t2+t3≤t0
x1+x2+x3=x
解得a≥9 m/s2。
答案:(1)6 m/s (2)a≥9 m/s2
第三章 相互作用——力
第1节
重力与弹力(第1课时)
1.填一填
(1)重力的定义:由于地球的吸引而使物体受到的力。
(2)重力的大小:G=mg,g为自由落体加速度。
(3)重力的方向:总是竖直向下。
(4)重力的作用点——重心
①重心的定义:一个物体的各部分都受到重力的作用,从效果上看,可以认为各部分受到的重力作用集中于一点,这一点叫作物体的重心。
②重心位置的决定因素:质量均匀分布的物体,重心的位置只跟物体的形状有关。质量分布不均匀的物体,重心的位置除了跟物体的形状有关外,还跟物体内质量的分布有关。
(5)力的表示方法
①力的图示:用有向线段表示力。
a.有向线段的长短表示力的大小;
b.箭头表示力的方向;
c.箭尾(或箭头)表示力的作用点。
②力的示意图:在不需要准确标度力的大小时,通常只需画出力的作用点和方向。
2.判一判
(1)重力的方向总是垂直向下。(×)
(2)抛出去的物体不会受到重力作用。(×)
(3)只有物体的重心才受到重力的作用。(×)
(4)重心的位置可以不在物体上。(√)
3.选一选
(1)下列关于物体重力的说法正确的是( )
A.地球上的物体在运动时才受到重力
B.某一物体在某处向上抛出后所受重力较小,向下抛出后所受的重力较大
C.物体在同一位置时,所受重力与静止还是运动无关,重力大小是相同的
D.物体所受重力大小只与其质量有关
解析:选C 重力是由于地球的吸引而使物体受到的力,地球上的物体均受到重力作用,重力的大小G=mg,可知重力与其质量和重力加速度有关,故D错误;同一地点g不变,同一物体所受的重力大小不变,与其运动状态无关,故同一物体在某处向上抛出后和向下抛出后所受重力相等,故A、B错误,C正确。
(2)关于重力和重心,下列说法正确的是( )
A.静止的物体受到重力,运动的物体不受重力
B.向下运动的物体受重力,向上运动的物体不受重力
C.重力是由于地球的吸引而使物体受到的力
D.重心就是物体上最重的那个点
解析:选C 物体无论是静止的还是运动的都受到重力作用,选项A错误;无论是向下运动的物体还是向上运动的物体都受重力,选项B错误;由重力的定义可知,选项C正确;物体的重心是物体重力的作用点,并不是物体上最重的那个点,选项D错误。
1.填一填
(1)接触力:在物体与物体接触时发生的相互作用。接触力按其性质可以分为弹力和摩擦力。
(2)形变:物体在力的作用下形状或体积会发生改变,这种变化叫作形变。
(3)弹力:发生形变的物体,要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫作弹力。平时所说的压力、支持力和拉力等都是弹力。
(4)弹力的方向
①压力和支持力垂直于物体的接触面,指向受力物体。
②绳子的拉力沿着绳子而指向绳子收缩的方向。
③弹簧的弹力沿着弹簧的轴线方向,被拉伸时产生拉力,被压缩时产生支撑力。
2.判一判
(1)只要两物体接触就一定产生弹力。(×)
(2)发生形变的两个物体之间一定有弹力。(×)
(3)静止在水平地面上的物体受到向上的支持力是因为地面发生了形变。(√)
3.想一想
(1)如下列各图所示的情景中,判断两个物体a、b(a、b均处于静止状态,接触面光滑)间有没有弹力。
(2)运动员起跳时,向下压跳板,跳板向下弯曲,判断跳板在恢复原状时对运动员力的方向。
提示:(1)A中没有;B中有;C中没有;D中没有。
(2)方向向上。
1.填一填
(1)弹性形变:物体在发生形变后,如果撤去作用力能够恢复原状,这种形变叫作弹性形变。
(2)弹性限度:如果物体的形变过大,超过一定的限度,撤去作用力后物体不能完全恢复原来的形状,这个限度叫作弹性限度。
(3)胡克定律
①内容:在弹性限度内,弹簧发生弹性形变时,弹力F的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。
②表达式:F=kx。其中k为弹簧的劲度系数,单位为牛顿每米,符号是N/m。k是表示弹簧“软”“硬”程度的物理量。
2.判一判
(1)发生形变后的物体撤去外力后都能够恢复原状。(×)
(2)由F=kx可知,在弹性限度内弹力F的大小与弹簧的长度x成正比。(×)
(3)弹簧的形变很大,弹力一定很大。(×)
(4)弹簧的劲度系数k与弹力F无关。(√)
3.选一选
(1)如图所示,竖直悬挂一轻质弹簧,不挂钩码时弹簧下端指针所指刻度为8 cm,挂上10 N的钩码,指针所指刻度为10 cm,此弹簧的劲度系数是( )
A.500 N/m B.100 N/m
C.200 N/m D.250 N/m
解析:选A 由题意知,弹簧的伸长量为x=(10-8)cm=0.02 m,根据胡克定律得F=kx,则k== N/m=500 N/m,故A正确,B、C、D错误。
(2)一轻质弹簧,在弹性限度内,当它的伸长量为4 cm时,弹簧的弹力大小为8 N;当它的压缩量为1 cm时,该弹簧的弹力大小为( )
A.2 N B.4 N
C.6 N D.8 N
解析:选A 当弹簧的伸长量为4 cm、弹簧的弹力大小为8 N时:根据胡克定律F1=kx1,当弹簧的压缩量为1 cm 时:F2=kx2;联立可得:=,代入数据得:F2=2 N,故A正确,B、C、D错误。
对重力与重心的理解 |
[学透用活]
1.重力的大小
(1)重力的大小:G=mg,只与质量和重力加速度g有关,与物体的运动状态无关。
(2)重力加速度g与物体所处的纬度和高度有关:
①g随纬度的升高而增大,在赤道处g最小,在两极处g最大;
②在同一地点g随高度的升高而减小。
2.重力的方向
重力的方向总是竖直向下。
[注意] 竖直向下是指垂直于水平面向下,但是并不等同于垂直于支持面向下,也不等同于指向地心。
3.重力的作用点——重心
(1)重心是物体各部分所受重力的等效作用点,并不是只有物体的重心才受到重力作用。
(2)重心的位置可以在物体上,也可以在物体外。
①质量分布均匀、形状规则的物体的重心在其几何中心;
②薄板状物体的重心可以用悬挂法确定。
下列关于重心和重力的说法正确的是( )
A.一物体放于水中称量时弹簧测力计的示数小于物体在空气中称量时弹簧测力计的示数,因此物体在水中受到的重力小于在空气中受到的重力
B.据G=mg可知,两个物体相比较,质量较大的物体受到的重力不一定大
C.物体放于水平面上时,其重力方向垂直于水平面向下,当物体静止于斜面上时,其重力方向垂直于斜面向下
D.物体的形状改变后,其重心位置不会改变
[解析] 由于物体放于水中时,受到向上的浮力从而减小了弹簧的拉伸形变,弹簧测力计的拉力减小了,但物体受到的重力并不改变,选项A错误;当两物体所处的地理位置相同时,g值相同,质量大的物体受到的重力必定大,但当两物体所处的地理位置不同时(如质量较小的物体放在地球上,质量较大的物体放在月球上,月球上g值较小),质量较大的物体受到的重力不一定大,选项B正确;重力的方向总是竖直向下的,选项C错误;物体的重心位置由物体的形状和质量分布情况共同决定,当物体的形状改变时,其重心可能发生改变,选项D错误。
[答案] B
对物体重心的三点注意
(1)重力作用于整个物体,重心是重力的等效作用点,不是重力的真实作用点。
(2)重心不是物体上最重的一点,也不一定在物体的几何中心。
(3)重心在物体上的相对位置与物体的位置、放置状态及运动状态均无关。
[对点练清]
1.下列说法正确的是( )
A.同一个物体在地球上不同纬度的地方所受重力都相等
B.物体所受重力的方向总是垂直向下的
C.重力的方向总是指向地球球心
D.重力的方向始终竖直向下
解析:选D 同一个物体在地球上不同纬度的地方重力加速度g不同,根据G=mg可知重力不相等,故A错误;重力的方向只有在两极、赤道是指向地球球心,其他地方不指向地球球心,故C错误;重力的方向总是竖直向下的,故B错误、D正确。
2.如图所示,“马踏飞燕”是汉代艺术家高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶,是我国古代雕塑艺术的稀世之宝。飞奔的骏马之所以能用一只马蹄稳稳地踏在飞燕上,是因为( )
A.骏马受到的重力较小
B.骏马的马蹄大
C.骏马的重心在飞燕上
D.骏马的重心位置和飞燕在一条竖直线上
解析:选D 飞奔的骏马之所以能用一只马蹄稳稳地踏在飞燕上,与骏马受到的重力大小以及马蹄的大小没有关系,而是因为骏马处于平衡状态,飞燕对骏马的支持力和骏马受到的重力一定在一条竖直线上,二力平衡;根据骏马的形态可以看出,骏马的重心不会在飞燕上,故选项D正确。
3.[多选]下列关于重力、重心的说法中正确的是( )
A.风筝升空后,越升越高,其重心也升高
B.质量分布均匀、形状规则的物体的重心一定在物体上
C.舞蹈演员在做各种优美动作时,其重心位置不断变化
D.重力的方向总是垂直于地面
解析:选AC 实际上,一个物体的各个部分都受到重力,重心是从宏观上研究重力对物体的作用效果时而引入的一个概念,重心是指一个点(重力的作用点)。由此可知,重心的具体位置应该由物体的形状和质量分布情况决定,即只要物体的形状和质量分布情况不变,重心与物体的空间位置关系就保持不变。重心可能在物体外,也可能在物体内,对具有规则形状、质量均匀分布的物体,重心在物体的几何中心上。物体位置变化,其重心也跟着变化,故A、C正确,B错误;重力的方向是“竖直向下”的,要注意“竖直向下”与“垂直于地面”并不完全相同,故D错误。
力的图示与力的示意图的比较 |
[学透用活]
力的图示与力的示意图的比较
作图步骤 | 力的图示 | 力的示意图 |
选标度 | 选定标度(用某一长度的线段表示一定大小的力) | — |
画线段 | 从作用点开始沿力的方向画一线段,根据选定的标度和力的大小按比例确定线段长度 | 从作用点开始沿力的方向画一适当长度线段 |
标方向 | 在线段的末端标出箭头,表示方向 | 在线段的末端标出箭头,表示方向 |
以后除有特别说明外一般画力的示意图而不画力的图示。
如图所示,静止的木块对桌面的压力为6 N。
(1)画出压力的图示;
(2)画出木块所受重力和支持力的示意图。
[解析] (1)画力的图示时,要按照以下步骤进行:
①选定标度→选适当长度的线段表示2 N的力。
②确定线段→从作用点起沿力的方向画一线段,线段长短按标度和力的大小画,线段标上刻度。如图甲所示,从O点竖直向下画一条三倍于标度的线段。
③标注方向→在线段上末端加箭头表示力的方向。
为了简便,也可以画成图乙所示。
(2)画力的示意图时,只需画出力的作用点和方向,对线段的长短没有严格要求。图丙为木块所受重力和支持力的示意图,也可以依照图丁那样用一个点表示木块,画出重力和支持力的示意图。
[答案] 见解析
[对点练清]
4.重30 N的木块浮在水面上,作出木块所受浮力的图示和示意图。
解析:用单位长度的线段表示10 N的力,从木块的作用点竖直向上画一条三倍标度的线段,在线段上加箭头表示力的方向,如图甲为木块所受浮力的图示。从力的作用点沿浮力的方向画有向线段,并标明浮力F,如图乙为木块所受浮力的示意图。
答案:见解析图
5.在图甲中木箱P点,用与水平方向成30°角斜向右上方的150 N的力拉木箱;在图乙中木块的Q点,用与竖直方向成60°角斜向左上方的20 N的力使木块静止在墙壁上;在图丙中电灯静止悬挂。作出甲、乙两图中所给力的图示;作出图丙中电灯所受重力和拉力的示意图。
答案:如图所示
弹力有无及方向的判断 |
[学透用活]
1.弹力产生的两个条件
①两物体间相互接触;②发生弹性形变。两个条件必须同时具备,缺一不可。
2.弹力有无的判断方法
条件法 | 根据弹力产生的两个条件判断是否存在弹力。此法多用来判断发生明显形变的情况(弹簧、橡皮条等) |
假设法 | 可以假设将与物体接触的另一物体撤去,判断物体还能否保持原来的状态,若能,则无弹力;若不能,则存在弹力 |
状态法 | 因为物体的受力必须与物体的运动状态相吻合,所以可以依据物体的运动状态由相应的规律(如二力平衡等)来判断物体间的弹力 |
替换法 | 可以将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换,如将侧壁、斜面用海绵来替换,将硬杆用轻弹簧来替换 |
3.常见弹力方向的分析
类型 | 方向 | 图例 | |
接 触 方 式 | 面与面 | 垂直于公共接触面 | |
点与面 | 过接触点且垂直于面 | ||
点与点 | 垂直于切面(即圆弧面对应的半径方向) | ||
轻绳 | 沿绳收缩的方向 | ||
轻杆 | 可沿杆 | ||
可不沿杆 | |||
|
|
| |
轻质弹簧 | 沿弹簧形变的反方向 |
请在下列图中画出杆或球所受弹力的方向。
图甲:杆靠在墙上;
图乙:杆放在半球形的槽中;
图丙:球用细线悬挂在竖直墙上;
图丁:将光滑圆球置于两个等高的台棱之间,圆球的重心位于球心。
[解析] 甲:杆在重力作用下对A、B两处都产生挤压作用,故A、B两点处对杆都有弹力,弹力方向与接触点的平面垂直。如图(a)所示。
乙:杆对C、D两处有挤压作用,因C处为曲面,D处为支撑点,所以C处弹力垂直其切面指向弧形所对应的圆心,D处弹力垂直杆斜向上。如图(b)所示。
丙:球挤压墙壁且拉紧绳子,所以墙对球的弹力与墙面垂直;绳子对球的弹力沿绳子斜向上。如图(c)所示。
丁:球受到的弹力与棱和球面接触处的切面垂直,即沿着球半径的方向指向球心。如图(d)所示。
[答案] 见解析图
判断弹力方向的一般思路
⇨⇨⇨
[对点练清]
6.如图所示,小球均处于静止状态,a、b板都和小球接触。A图中b板在竖直位置,B、C、D图中b板均在水平位置,则小球同时受到a、b板对其弹力作用的是( )
解析:选A 假设将与小球接触的两板分别撤去,根据小球的状态是否受影响可知:B、C、D图中,a板对小球没有弹力作用,A图中的两板和B、C、D图中的b板对小球有弹力作用,故选项A正确。
7.如图所示,在图中画出物体P受到的各接触点或接触面对它的弹力的示意图,各图中物体P均处于静止状态。
解析:甲图中属于绳的拉力,应沿绳指向绳收缩的方向,因此弹力方向沿绳向上;乙图中P与斜面的接触面为平面,P受到的弹力垂直于斜面向上;丙图中A、B两点都是球面与平面相接触,弹力应垂直于平面,且必过球心,所以A点弹力方向水平向右,B点弹力方向垂直于斜面指向左上方,且都过球心。其所受弹力的示意图如图所示。
答案:见解析图
8.在图中画出物体A所受弹力的示意图。
答案:如图所示
弹力大小的计算 |
[学透用活]
1.计算弹力大小的两种方法
公式法 | 利用胡克定律F=kx计算。适用于弹簧、橡皮筋等物体弹力的计算 |
平衡法 | 利用二力平衡的条件计算。例如:悬挂在竖直细绳上的物体处于静止状态,求解细绳的拉力时,可用二力平衡求得拉力的大小等于物体所受重力的大小 |
2.对胡克定律F=kx的理解
(1)弹簧、橡皮筋等发生形变时必须在弹性限度内。
(2)公式中x是弹簧的形变量,即弹簧的伸长量或压缩量,注意不是弹簧的长度。
(3)弹簧的劲度系数由弹簧本身的材料、长度、粗细、匝数等因素决定。
(4) Fx图像是一条过原点的倾斜直线(如图所示),直线的斜率表示弹簧的劲度系数k。
(5)弹力的变化量ΔF与形变量的变化量Δx也成正比,即ΔF=kΔx。
如图甲、乙、丙所示的装置中,小球的质量均相同,弹簧和细线的质量均不计,一切摩擦忽略不计。平衡时各弹簧的弹力分别为F1、F2、F3,其大小关系是( )
A.F1=F2=F3 B.F1=F2<F3
C.F1=F3>F2 D.F3>F1>F2
[思路点拨] 根据二力平衡的条件可知:弹簧的弹力大小由一端受力的大小决定。
[解析] 题图甲中,以弹簧下面的小球为研究对象,题图乙中,以悬挂的小球为研究对象,题图丙中,以任意一小球为研究对象。题图甲中,小球受竖直向下的重力mg和弹簧向上的弹力,二力平衡,F1=mg;题图乙、丙中,小球受竖直向下的重力和细线的拉力,二力平衡,弹簧的弹力大小均等于细线拉力的大小,则F2=F3=mg,故平衡时弹簧的弹力大小F1=F2=F3,A正确。
[答案] A
弹簧的弹力大小由一端受力的大小决定,而不是两端受力的和。
如图所示为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系图像。根据图像判断,下列说法错误的是( )
A.弹簧的劲度系数为1 N/m
B.弹簧的劲度系数为100 N/m
C.弹簧的原长为6 cm
D.弹簧伸长0.02 m时,弹力的大小为2 N
[解析] 由题图可知,当弹簧的弹力F=0时,弹簧的长度等于原长,所以弹簧的原长为L0=6 cm,故C正确;由题图读出弹力为F1=2 N时,弹簧的形变量为2 cm=0.02 m,由胡克定律得弹簧的劲度系数为k===100 N/m,A错误,B正确;弹簧伸长2 cm时,弹簧长度为8 cm,从题图中可知弹力大小为2 N,D正确。
[答案] A
(1)轻弹簧有压缩形变和拉伸形变,既能产生支持力,又能产生拉力,方向均沿弹簧的轴线方向。
(2)如果题目中只告诉弹簧的形变量,并没有指出是伸长还是压缩;或只告诉弹簧弹力的大小,并没有指出弹簧处于拉伸状态还是处于压缩状态,就要分别进行讨论。
(3)轻弹簧的一端自由(即不连接物体)时弹力为零,不自由(即连接物体)时两端弹力必然相等。
[对点练清]
9.如图所示是我国新研制出的新能源路灯,照明所需要的能量主要来源于太阳能。若新能源路灯的质量m=2 kg(g取10 m/s2),则倾斜杆对新能源路灯的弹力( )
A.大小为20 N,方向平行于倾斜杆向上
B.大小为20 N,方向竖直向上
C.大小为20 N,方向垂直于倾斜杆向上
D.大小为10 N,方向平行于倾斜杆向上
解析:选B 由于新能源路灯受重力G和倾斜杆的弹力作用而处于静止状态,故倾斜杆对新能源路灯的弹力与其受到的重力等大反向,即大小为20 N,方向竖直向上,故B正确,A、C、D错误。
10.如图所示,弹簧测力计和细线的重力及一切摩擦不计,物体所受的重力为G=10 N,弹簧测力计中弹簧的劲度系数k=100 N/m,则弹簧测力计的示数和形变量分别为( )
A.0, 0.01 m B.20 N,0.02 m
C.10 N,0.1 m D.1 N,0.02 m
解析:选C 弹簧测力计的示数为一端的拉力,即为物体所受的重力,大小为10 N,根据胡克定律,有:x== m=0.1 m,故C正确。
11.甲拿了根弹簧,悬挂4 kg物体时,弹簧伸长了8 cm,乙拿的弹簧悬挂4 kg物体时,弹簧伸长了6 cm,丙把他们二人的弹簧串联连成一根,下面也挂4 kg的物体,则两根弹簧的总伸长量是(不计弹簧的质量)( )
A.6 cm B.7 cm
C.8 cm D.14 cm
解析:选D 丙把甲、乙二人的弹簧串联连成一根,下面也挂4 kg的物体时,每根弹簧所受的拉力大小相等,都为4 N,即每根弹簧的伸长量仍然是8 cm和6 cm,则两根弹簧的总伸长量是8 cm+6 cm=14 cm,故D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、圆锥为什么会向“上”滚(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P70“迷你实验室”]
用厚纸片做两个相同的圆锥,把它们对接粘在一起。在书脊上架两根筷子作为轨道,使两根筷子间的距离在较高的一端比稍低的一端略大一些(如图)。
把圆锥放在较低一端的轨道上,你会发现圆锥会向“上”滚动。试一试,并分析产生这种现象的原因。
[提示] 两个相同的圆锥对接粘在一起后,其重心在对接面的中心。轨道低处窄,向上越来越宽,而双圆锥体的两端越来越细,向上滚动的过程中随着轨道变宽,双圆锥体的重心自然下降,从水平的角度观察双圆锥体整体在下降,从倾斜轨道看,双圆锥体在向“上”滚动。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P76例题]
如图所示,一根轻弹簧长度由原来的5.00 cm伸长为6.00 cm时,手受到的弹力为10.0 N。那么,当这根弹簧伸长到6.20 cm时(在弹性限度内),手受到的弹力有多大?
[分析] 根据胡克定律,已知弹簧弹力F1和相应的伸长量l1-l0,可求出该弹簧的劲度系数。由于同一弹簧的劲度系数不变,再由已知的弹簧伸长量l2-l0,就可求出手受到的弹力F2。
[解] 由题意可知,l0=5.00 cm=5.00×10-2 m,F1=10.0 N,l1=6.00 cm=6.00×10-2 m。
根据胡克定律,可得
F1=kx1=k(l1-l0)
k===1.00×103 N/m
当弹力为F2时,弹簧伸长到
l2=6.20 cm=6.20×10-2 m。
根据胡克定律,可得
F2=kx2=k(l2-l0)
=1.00×103 N/m×(6.20-5.00)×10-2 m
=12.0 N
所以,当这根弹簧伸长到6.20 cm时,手受到的弹力为12.0 N。
[讨论] 在题目中,弹簧的伸长量变大,弹力就会变大。那么,将弹簧拉得很长甚至完全拉直,还能运用胡克定律计算吗?为什么?
在求解弹簧弹力与形变的问题时,通常忽略弹簧质量,题目常表述为轻弹簧。轻弹簧是一种理想模型。
只要在弹性限度内,对于同一根弹簧,无论其形变量有多大,劲度系数不变。
胡克定律中的x是弹簧形变量,即弹簧受外力拉伸(压缩)后的长度与弹簧原长的差值。
[迁移] 弹簧弹力随其形变量变化的规律,还可用图像来表示。一轻弹簧的弹力F大小和弹簧长度l的关系如图所示。
(1)求该弹簧的原长和劲度系数。
(2)图像中左边图线能否延长至与纵轴相交?请说明理由。
[提示] (1)弹簧的弹力为0时弹簧处于原长状态,对应图线可知,弹簧原长l0=10 cm,
由Fl图线可知,当弹簧长度l=5 cm时弹簧弹力F=10 N,
由胡克定律F=kx可得:10 N=k(0.1 m-0.05 m)
解得k=200 N/m。
(2)图线中左边图线不能延长至与纵轴相交,因弹簧弹丝有一定的粗细,不可能压缩到弹簧长度为零。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.歼20战机是我国最近研制出的第五代隐身重型歼击机。它以具有隐身性、高机动性以及先进的航电系统让世界震惊。关于歼20 战机的受力分析,下列说法正确的是( )
A.歼20战机受到的重力指向地心
B.歼20战机受重力的同时,它也对地球产生引力
C.歼20战机向前运动的推力无施力物体
D.歼20战机匀速飞行时,不受重力作用
解析:选B 歼20战机所受重力的方向竖直向下,而不一定指向地心,A错误;由于地球对歼20战机的引力而产生重力,同时歼20 战机对地球也产生引力,B正确;任何力都有施力物体,歼20战机向前的推力来自于向后喷出的高温气体,C错误;在地球附近的物体都受重力作用,D错误。
2.下列关于物体重心的说法,正确的是( )
A.重心就是物体内最重的一点
B.物体的重心是物体各部分所受重力的等效作用点
C.形状规则的物体的重心,一定在它的几何中心
D.物体的重心一定在物体上,不可能在物体外
解析:选B 由重心的定义知,A错误,B正确;质量分布均匀、形状规则的物体,其重心在它的几何中心上,物体重心的位置可以在物体上,也可以在物体外,如圆环、空心球它们的重心在中间的空心部位上,C、D错误。
3.如图所示,一被吊着的空心的均匀球壳内装满了细沙,底部有一阀门,打开阀门让细沙慢慢流出的过程中,球壳与球壳内剩余细沙组成的系统的重心将会( )
A.一直下降 B.一直不变
C.先下降后上升 D.先上升后下降
解析:选C 装满细沙的球壳和细沙整体的重心在球心处,随着细沙从阀门不断流出,重心位置不断下降,当细沙快流完时,重心又上升,最后重心处于球心位置,故重心的位置先下降后上升,故A、B、D错误,C正确。
4.如图所示,图中的物体A均处于静止状态,下列说法不正确的是( )
A.图甲中地面是光滑水平的,A与B间存在弹力
B.图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为α、β,A对两斜面均有压力的作用
C.图丙中A受到斜面B对它的弹力的作用
D.图丁中A不受光滑斜面B弹力的作用
解析:选A 题图甲中地面是光滑的,若A、B间存在弹力,则A不能处于静止状态,A错误;题图乙中若去掉左侧的斜面,A将运动,若去掉右侧的斜面,A也将运动,所以A对两斜面均有力的作用,B正确;题图丙中假设斜面B不存在,则A无法在原位置保持静止,故题图丙中A受到斜面B的弹力,C正确;题图丁中假设斜面B对A有弹力作用,则A不能保持静止,所以题图丁中小球不受斜面B弹力的作用,D正确。
5.2019年3月7日,国际泳联世界跳水系列赛北京站比赛中,曹缘搭档谢思埸获得双人三米跳板冠军。如图所示为曹缘与谢思埸的跳水起跳动作。下列说法正确的是( )
A.跳板发生形变,运动员的脚没有发生形变
B.跳板和运动员的脚都发生了形变
C.运动员受到的支持力,是运动员的脚发生形变而产生的
D.跳板受到的压力,是跳板发生形变而产生的
解析:选B 根据力的作用相互性,跳板和运动员的脚都会受到力的作用,所以都会发生形变,A错误,B正确;运动员受到的支持力,是跳板发生形变产生的,C错误;跳板受到的压力,是运动员的脚发生形变产生的,D错误。
6.如图所示,一根弹簧其自由端在未悬挂重物时指针正对刻度5 N,在弹性限度内,当挂上80 N 重物时指针正对刻度45 N。若要指针正对刻度20 N,应悬挂的重物是( )
A.40 N
B.30 N
C.20 N
D.不知弹簧的劲度系数,无法计算
解析:选B 因为弹簧的形变量和其受到的作用力成正比,故=,解得F=30 N,故B正确。
7.锻炼身体用的拉力器,并列装有四根相同的弹簧,每根弹簧的自然长度都是40 cm,某人用600 N的力把它们拉长至1.6 m,则( )
A.人的每只手受到拉力器的拉力为300 N
B.每根弹簧产生的弹力为150 N
C.每根弹簧的劲度系数为93.75 N/m
D.每根弹簧的劲度系数为500 N/m
解析:选B 人的每只手受到拉力器的拉力均为600 N,故A错误;每根弹簧的弹力为F= N=150 N,故B正确;每根弹簧的劲度系数k===125 N/m,故C、D错误。
8.一根轻质弹簧一端固定,用大小为F1的力压弹簧的另一端,平衡时长度为l1;改用大小为F2的力拉弹簧,平衡时长度为l2。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内,该弹簧的劲度系数为( )
A. B.
C. D.
解析:选C 由胡克定律得F=kx,式中x为形变量,设弹簧原长为l0,则有F1=k(l0-l1),F2=k(l2-l0),联立方程组解得k=,C正确。
9.由实验测得某弹簧所受弹力F和弹簧的长度l的关系图像如图所示,求:
(1)该弹簧的原长;
(2)该弹簧的劲度系数。
解析:(1)当弹簧的弹力等于0时,弹簧的长度等于原长,由题图可知该弹簧的原长为l0=15 cm。
(2)由胡克定律得F=kx,
劲度系数为:k==,
由题图可知,当弹簧伸长Δl=25 cm-15 cm=10 cm时,
弹力ΔF=50 N。
所以k== N/m=500 N/m。
答案:(1)15 cm (2)500 N/m
B级—选考提能
10.如图所示,两根轻弹簧AC和BD,它们的劲度系数分别为k1和k2,它们的C、D端分别固定在质量为m的物体上,A、B端分别固定在支架和正下方水平地面上,当物体m静止时,上方的弹簧处于原长;若将物体的质量变为3m,当物体再次静止时,弹簧仍在弹性限度内,其相对第一次静止时位置下降了( )
A.g B.
C.2mg D.
解析:选B 当物体的质量为m时,下方弹簧压缩的长度为x2= ①。当物体的质量变为3m时,设物体相对第一次静止时下降的高度为x,则上方弹簧伸长的长度为x,下方弹簧被压缩的长度为x2+x,两弹簧弹力之和等于3mg,由胡克定律和平衡条件得:k1x+k2(x2+x)=3mg ②,由①②联立解得x=,故B正确。
11.三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p、q,用轻绳连接如图所示,其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长,木块都静止。现用水平力F缓慢地向左拉p弹簧的左端,直到c木块刚好离开水平地面为止,g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.q弹簧上端移动的距离为2 cm,p弹簧的左端向左移动的距离是4 cm
B.q弹簧上端移动的距离为4 cm,p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm
C.q弹簧上端移动的距离为4 cm,p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm
D.q弹簧上端移动的距离为2 cm,p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm
解析:选C 开始时p弹簧处于原长,可知q弹簧处于压缩状态,由胡克定律F=kx,得压缩量为Δxq== m=2 cm;c木块刚好离开水平地面时,q弹簧伸长Δxq′==2 cm,则q弹簧上端移动的距离为4 cm;p弹簧伸长Δxp== m=4 cm,则p弹簧的左端向左移动的距离是 8 cm,选项C正确,A、B、D错误。
12.如图所示,两木块质量分别为m1和m2,两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2,木块m1压在弹簧k1上(但不拴接),两弹簧与木块m2相连,弹簧k2竖直固定在水平地面上,整个系统处于静止状态。现缓慢向上提木块m1,直到它刚离开弹簧k1,求在此过程中:木块m2移动的距离和木块m1移动的距离。
解析:设未提木块m1时两弹簧的压缩量分别为x1、x2,根据二力平衡和胡克定律,对弹簧k1有k1x1=m1g①
对弹簧k2有k2x2=k1x1+m2g②
当木块m1离开弹簧k1时,弹簧k2压缩量变为x2′
对弹簧k2有k2x2′=m2g③
由①②③解得:x1=,x2=,x2′=。
木块m1向上移动的距离为
h1=x1+x2-x2′=m1g
木块m2向上移动的距离为h2=x2-x2′=。
答案: m1g
实验:探究弹簧弹力与形变量的关系(第2课时)
实验目的
1.探究弹簧弹力与形变量间的关系。
2.学会利用列表法、图像法、函数法处理实验数据。
3.学会根据Fx、Fl图像求出弹簧的劲度系数。
实验原理
1.弹簧受力会发生形变,形变的大小与受到的外力有关,沿着弹簧的方向拉伸弹簧,当形变稳定时,弹簧的弹力与使它发生形变的拉力在数值上相等;如图所示,在弹簧下端悬挂钩码时弹簧会伸长,平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码受到的重力大小相等。因此我们可以通过对弹簧悬挂不同重物并求出对应的形变量即可探究弹簧弹力与形变量的关系。
2.弹簧的长度可用刻度尺直接测出;形变量可由弹簧伸长后的长度减去弹簧的原长求得。
3.建立直角坐标系,以纵坐标表示弹力大小F,以横坐标表示弹簧的形变量x,在坐标系中描出实验所测得的各组数据(x,F)对应的点,用平滑的曲线将这些点连接起来,根据实验所得的图线,即可探究弹簧弹力与形变量间的关系。
实验器材
实验步骤
1.按如图所示安装实验装置,记下弹簧下端不挂钩码时所对应的刻度l0。
2.在弹簧下端悬挂一个钩码,平衡时记下弹簧的总长度和钩码所受的重力。
3.增加钩码的个数,重复上述实验过程,将数据填入表格,以F表示弹力,l表示弹簧的总长度,x=l-l0表示弹簧的形变量。
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
F/N | 0 |
|
|
|
|
|
|
l/cm |
|
|
|
|
|
|
|
x/cm | 0 |
|
|
|
|
|
|
数据处理
1.以弹力F(大小等于所挂钩码受到的重力)为纵坐标,以弹簧的形变量x为横坐标,用描点法作图。连接各点,得出弹力F随弹簧形变量x变化的图像。由实际作出的F x图像可知,图像为过原点的直线。
2.以弹簧形变量为自变量,写出弹力和弹簧形变量之间的函数关系,函数表达式中常数即为弹簧的劲度系数,这个常数也可根据F x图像的斜率求解,k=。
误差分析
| 产生原因 | 减少方法 |
偶然误差 | 读数、作图误差 | (1)多组测量 (2)所挂钩码的质量差适当大些 |
系统误差 | 弹簧自重 | 选择轻质弹簧 |
注意事项
1.所挂钩码不要过重,以免弹簧被过分拉伸,超出其弹性限度。
2.每次所挂钩码的质量差尽量大一些,从而使坐标上描的点尽可能稀一些,这样作出的图像更精确。
3.测弹簧长度时,一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量,刻度尺要保持竖直并靠近弹簧,以免增大读数误差。
4.描点画线时,所描的点不一定都落在一条直线上,但应注意一定要使各点均匀分布在直线的两侧。
5.记录数据时要注意弹力及弹簧形变量的对应关系及单位。
实验原理与操作 |
(1)在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中,以下说法正确的是_____。
A.用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量
B.在悬挂钩码时,可以任意增加钩码的个数
C.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖直位置且处于静止
D.用几个不同的弹簧,分别测出几组拉力与伸长量,得出拉力与伸长量之比相等
(2)某同学做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验,他先把弹簧水平放置在桌面上使其自然伸长,用直尺测出弹簧的原长L0,再把弹簧竖直悬挂起来,挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L,把L-L0作为弹簧的伸长量x,由于弹簧自身重力的影响,最后画出的图线可能是选项图中的________。
[解析] (1)弹簧的长度不等于弹簧的伸长量,伸长量等于弹簧的长度减去弹簧的原长,故A错误;在悬挂钩码时,在不超出量程的前提下可以任意增加钩码的个数,故B错误;用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力,应保证弹簧位于竖直位置,使钩码所受的重力等于弹簧的弹力,要待钩码静止时再读数,故C正确;弹簧所受拉力与伸长量之比是劲度系数,由弹簧决定,同一弹簧的劲度系数是不变的,不同的弹簧的劲度系数不同,故D错误。
(2)实验中用纵轴表示弹簧的伸长量x,横轴表示弹簧的拉力F(即所挂钩码受到的重力大小),由胡克定律F=kx可知,不考虑弹簧自身重力时图像过原点;如果考虑弹簧自身的重力,弹簧不挂钩码时伸长量已经不为零,故A、C、D错误,B正确。
[答案] (1)C (2)B
解答本题关键:(1)明确实验原理,知道弹簧伸长量、原长和长度间的关系,明确弹簧的劲度系数由弹簧本身决定;(2)弄清xF图像的意义,需要注意弹簧的水平放置与竖直放置对横、纵坐标的影响。
[对点训练]
1.在“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验中:
(1)以下是小明同学准备完成的实验步骤,则实验操作的先后顺序用字母排列出来为:________。
A.以弹力为横坐标,以弹簧伸长量为纵坐标,用描点法作出实验图像
B.记下弹簧不挂钩码时,其下端在刻度尺上的刻度L0
C.将铁架台固定于桌子上,并将弹簧的一端系于横梁上,在弹簧附近竖直固定刻度尺
D.依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个、…钩码,当钩码静止时,记下弹簧下端所对应的刻度并记录在表格内
E.以弹簧伸长量为自变量,写出弹力与弹簧伸长量的关系式
F.解释函数表达式中常数的物理意义
(2)小华同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试,根据测得的数据绘出如图所示的图像,根据图像,计算出两个弹簧的劲度系数分别为k甲=_______N/m,k乙=_______N/m(结果保留三位有效数字)。
(3)从图像上看,图像上端为曲线,说明该同学没能完全按实验要求做,图像上端成为曲线是因为________________________________,若要制作一个精确度较高的弹簧秤,应选弹簧________(填“甲”或“乙”)。
解析:(1)根据实验步骤可知,实验中应先组装器材,即C、B,然后进行实验,即D,最后进行数据处理,即A、E、F。所以实验的先后顺序为C、B、D、A、E、F。
(2)由胡克定律F=kx,得劲度系数为:k甲== N/m≈66.7 N/m,k乙== N/m=200 N/m。
(3)图像上端为曲线是由于弹力过大,超过弹簧弹性限度,注意该图像中纵坐标为伸长量,横坐标为拉力,斜率的倒数为劲度系数,从图像上可以看出甲的斜率大于乙的斜率,所以甲的劲度系数较小,因此其精度高。所以应选弹簧甲制作弹簧秤。
答案:(1)CBDAEF (2)66.7 200 (3)弹力过大超过弹簧弹性限度 甲
数据处理和误差分析 |
某同学做“探究弹簧弹力和形变量的关系”的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度,其示数为7.75 cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度,此时弹簧的伸长量Δl为________ cm。
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力,关于此操作,下列选项中规范的做法是________(填选项前的字母)。
A.逐一增挂钩码,记下每增加一个钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随机增减钩码,记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线,图线的AB段明显偏离直线OA,造成这种现象的主要原因是____________________________________。
[解析] (1)由题图乙标尺刻度可知示数l2=14.65 cm,Δl=l2-l1=6.90 cm。
(2)为防止弹簧超出弹性限度,应逐一增挂钩码,即逐渐增加钩码的重量,故A正确。
(3)由题图丙知AB段伸长量与弹力不成线性关系,主要原因是弹簧弹力超出弹簧的弹性限度。
[答案] (1)6.90(6.88~6.92均可) (2)A (3)弹簧弹力超出弹簧的弹性限度
[对点训练]
2.某实验小组做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验,实验时,先把弹簧水平放置在桌面上,用直尺测出弹簧的原长L0=4.6 cm,再把弹簧竖直悬挂起来,在下端挂上钩码,每增加一个钩码记下对应的弹簧长度L,数据记录如表格所示。
钩码个数 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
弹力F/N | 1.0 | 2.0 | 3.0 | 4.0 | 5.0 |
弹簧的长度L/cm | 7.0 | 9.0 | 11.0 | 13.0 | 15.0 |
(1)根据表中数据在图中作出FL图线。
(2)由此图线可得,该弹簧劲度系数k=________N/m。
(3)图线与L轴的交点坐标大于L0的原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)如图所示。
(2)FL图像的斜率表示弹簧劲度系数,故有:
k== N/m=50 N/m。
(3)图线与L轴的交点坐标表示弹簧不挂钩码时的长度,其数值大于弹簧原长,是因为弹簧自身重力的影响。
答案:(1)见解析图 (2)50 (3)弹簧自身重力的影响
实验创新考查 |
在“探究弹簧弹力与形变量的关系,并测定弹簧的劲度系数”的实验中,实验装置如图甲所示。所用的每个钩码所受的重力相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度,再将5个钩码逐个挂在绳子的下端,每次测出相应的弹簧总长度。
(1)某同学通过以上实验测量后把6组数据描点在图乙中,请作出FL图线。
(2)由此图线可得出该弹簧的原长L0=________cm,劲度系数k=________N/m。
(3)根据该同学以上的实验情况,帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)。
(4)该同学实验时,把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较,优点是:____________________________________________________,缺点是:________________________________________________________。
[解析] (1)FL图线如图所示。
(2)弹簧的原长L0即弹力为零时弹簧的长度,由图像可知,L0=5×10-2 m=5 cm。劲度系数为图像直线部分的斜率,k= N/m=20 N/m。
(3)记录实验数据的表格如表所示。
次数 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
弹力F/N |
|
|
|
|
|
|
弹簧的长度L/(×10-2 m) |
|
|
|
|
|
|
(4)优点是:可以避免弹簧自身重力对实验的影响,缺点是:弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦会造成实验误差。
[答案] 见解析
[对点训练]
3.在探究弹簧的弹力与伸长量之间关系的实验中,所用装置如图甲所示,将刻度尺水平放置,将轻弹簧的一端固定,另一端与力传感器连接,其伸长量通过刻度尺测得,某同学的实验数据如表格所示。
伸长量x/(×10-2 m) | 2.00 | 4.00 | 6.00 | 8.00 | 10.00 |
弹力F/N | 1.50 | 2.93 | 4.55 | 5.98 | 7.50 |
(1)以x为横坐标、F为纵坐标,在图乙的坐标纸上描绘出能正确反映弹簧的弹力与伸长量之间的关系图线。
(2)由图线求得该弹簧的劲度系数为________。(保留三位有效数字)
解析:(1)描点作图,如图所示。
(2)根据图像,该直线为过原点的一条倾斜直线,即弹力与伸长量成正比,图像的斜率表示弹簧的劲度系数,k==75.0 N/m。
答案:(1)见解析图 (2)75.0 N/m(73.0~77.0 N/m均可)
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.(2018·山东6月合格考)某同学在做“探究弹簧形变与弹力的关系”的实验时,将一轻弹簧竖直悬挂使其自然下垂,用刻度尺测出自然长度;然后在弹簧下端悬挂钩码对其施加向下的拉力F,测出相应的弹簧长度,再计算出弹簧的伸长量x;改变拉力F的大小(在弹性限度之内),测出多组数据,作出F与x的关系图线如图所示,由图线可求得弹簧的劲度系数为_________N/m。若测得弹簧的自然长度为0.1 m,所用钩码的质量均为50 g,当挂3个钩码时,弹簧的长度为________m。(取g=10 m/s2)
解析:由胡克定律及题图知,图像的斜率表示弹簧的劲度系数,k= N/m=50 N/m。当挂3个钩码时,F=3mg=1.5 N,x== m=0.03 m,故弹簧的长度x总=x+x0=(0.03+0.1)m=0.13 m。
答案:50 0.13
2.在“探究弹簧弹力与形变量的关系”时,某同学把两根弹簧按如图甲所示连接起来进行探究。
(1)某次测量如图乙所示,指针示数为________cm。
(2)在弹性限度内,将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端,得到指针A、B的示数LA和LB如下表所示。用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________N/m(重力加速度g=10 m/s2),由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
钩码个数 | 1 | 2 | 3 | 4 |
LA/cm | 15.71 | 19.71 | 23.66 | 27.76 |
LB/cm | 29.96 | 35.76 | 41.51 | 47.36 |
解析:(1)由题图乙可知刻度尺的分度值为0.1 cm,指针示数为16.00 cm。
(2)由胡克定律F=kx,结合题表中数据可得3mg=k1(LA4-LA1),则k1== N/m≈12.4 N/m,同理也能计算出弹簧Ⅱ的劲度系数。
答案:(1)16.00 (2)12.4 能
3.某同学探究弹簧弹力和形变量的关系。
(1)将弹簧悬挂在铁架台上,将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在________(填“水平”或“竖直”)方向。
(2)弹簧自然悬挂,待弹簧________时,长度记为L0;弹簧下端挂上砝码盘时,长度记为Lx;在砝码盘中每次增加10 g砝码,弹簧长度依次记为L1至L6,数据如下表:
代表符号 | L0 | Lx | L1 | L2 | L3 | L4 | L5 | L6 |
数值/cm | 25.35 | 27.35 | 29.35 | 31.30 | 33.4 | 35.35 | 37.40 | 39.30 |
表中有一个数值记录不规范,代表符号为________,由表可知所用刻度尺的最小分度为________。
(3)如图是该同学根据表中数据作的图,纵轴是砝码的质量,横轴是弹簧长度与______(填“L0”或“Lx”)的差值。
(4)由图可知弹簧的劲度系数为________ N/m;通过图和表可知砝码盘的质量为________ g(结果保留两位有效数字,重力加速度取9.8 m/s2)。
解析:(1)弹簧的轴线必须沿重力方向,所以应沿竖直方向。
(2)由于表中测量值都估读到0.1 mm,只有L3记录不规范,由此可知刻度尺的最小分度应是1 mm。
(3)因为m0g=k(Lx-L0),nmg+m0g=k(Ln-L0),
整理得nmg=k(Ln-Lx),
所以横轴应为弹簧长度与Lx的差值。
(4)从上式可以看出图像的斜率表示k的大小,
即k==4.9 N/m,
m0==1.0×10-2 kg=10 g。
答案:(1)竖直 (2)静止 L3 1 mm (3)Lx
(4)4.9 10
4.某同学为了探究“弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系”,设计了下面的实验,他选择的器材有:一根弹簧、一端带有定滑轮的长木板、细绳、铁钉、几个钩码(每个钩码质量为100 g)、刻度尺。他的实验步骤如下:
A.先将长木板放置在实验台上,有定滑轮的一端伸出桌外,并调水平
B.把弹簧的一端用铁钉固定在长木板上合适的位置
C.弹簧的另一端用细绳连接,细绳跨过定滑轮可连接钩码
D.再挂上不同数量的钩码,用刻度尺量出对应弹簧的总长度,把数据记录在他设计的表格中
钩码个数 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|
弹簧总长度/cm | 10.0 | 11.1 | 12.1 | 13.0 | 14.0 |
|
钩码重量/N | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
|
(1)实验用的弹簧原长L=________。
(2)从他实验的数据可以得出什么结论:_______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)从实验数据可以计算出该弹簧的劲度系数k=________。
解析:(1)由表格可知,不挂钩码时弹簧原长为10.0 cm。
(2)由表格数据可知,当增加1个钩码时,弹簧伸长了1.1 cm;增加2个钩码时,弹簧伸长了2.1 cm;当增加3个钩码时,弹簧伸长了3 cm;当增加4个钩码时,弹簧伸长了4 cm;由此可知,在误差允许范围内,弹簧产生的弹力与弹簧的伸长量成正比。
(3)由胡克定律F=k·Δx可知,弹簧的劲度系数为k=== N/m=100.0 N/m。
答案:(1)10.0 cm (2)在误差允许范围内,弹簧产生的弹力与弹簧的伸长量成正比 (3)100.0 N/m
5.某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
(1)在安装刻度尺时,必须使刻度尺保持________状态。
(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线,由此图线可得弹簧的劲度系数k=________N/m。
(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一个弹簧秤,当弹簧秤上的示数如图丙所示时,该弹簧的长度x=________cm。
解析:(1)弹簧是竖直的,要减小测量误差,刻度尺必须与弹簧平行,故刻度尺要保持竖直状态。
(2)弹力为零时,弹簧处于原长,故弹簧原长为4 cm;弹簧弹力为2 N时,弹簧的长度为8 cm,伸长量为4 cm;根据胡克定律F=kΔx,有:k== N/m=50 N/m。
(3)由题图丙可知,弹簧秤的拉力为3 N;
则由胡克定律可知:Δx= m=6 cm,
则弹簧的长度x=6 cm+4 cm=10 cm。
答案:(1)竖直 (2)50 (3)10
B级—选考提能
6.如图甲所示,小明同学用铁架台、弹簧和多个未知质量但质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)为完成实验,除了图甲中提供的实验器材,还需要的实验器材有:____________、____________。
(2)实验中需要测量的物理量有:________________、_________________、_______________________________。
(3)若实验开始时小明将图甲中的指针从P位置往下挪到Q,其余实验操作正确,则测量得到弹簧的劲度系数将____________(填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)图乙是小明完成实验后作出的弹簧弹力F与弹簧伸长量x的Fx图线,由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m(结果保留三位有效数字),图线不过原点的原因是由于________________________。
解析:(1)实验需要测弹簧的长度、形变量,因为钩码的质量未知,所以要测量钩码所受的重力,故还需要的实验器材有:刻度尺,测力计。
(2)由胡克定律可知,实验中还应测量一个钩码所受的重力、弹簧原长、弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的长度)。
(3)指针从P位置往下挪到Q,只是在测量弹簧的原长时,原长偏大,挂上钩码后,弹簧的伸长量依然没有改变,故没有影响,所以测量得到弹簧的劲度系数不变。
(4)题图乙中的斜率表示弹簧的劲度系数,则k= N/m≈171 N/m;图线不过原点说明弹簧自身存在重力。
答案:(1)刻度尺 测力计 (2)一个钩码所受的重力 弹簧原长 弹簧挂不同个数的钩码时所对应的伸长量(或对应的长度) (3)不变 (4)171 弹簧自身存在重力
7.某同学利用所学知识测量弹簧的劲度系数,如图甲所示。弹簧的上端固定在铁架台上,下端可以挂砝码盘。刻度尺竖直放置,其零刻线与弹簧上端对齐,没有挂砝码盘时,读出弹簧长度为L0(忽略弹簧自身重力产生的影响)。已知每个砝码质量为m,重力加速度大小为g。
(1)若在砝码盘上放有n个砝码时弹簧长度为L1,在砝码盘上放k个砝码时弹簧长度为L2,则:
①弹簧的劲度系数为________________;
②砝码盘的质量对劲度系数的测量结果________(填“有”或“无”)影响。
(2)挂上砝码盘后,依次在砝码盘放上1个砝码、2个砝码、3个砝码、…、n个砝码,测得弹簧长度分别为l1、l2、l3、…、ln。该同学以砝码个数n为纵轴、以对应的弹簧长度l为横轴作nl图像,如图乙所示。
①弹簧的劲度系数为________;
②砝码盘的质量为________。
解析:(1)①根据平衡条件可知,
弹簧的弹力F=nmg+m盘g,
根据胡克定律可得:nmg+m盘g=k0(L1-L0),
kmg+m盘g=k0(L2-L0),
解得弹簧的劲度系数为k0=;
②因两次测量中均存在砝码盘的质量,故对结果无影响。
(2)①根据胡克定律可知:(m盘+nm)g=k0(l-l0),变形可得:n=(l-l0)-,
则由图像可知,=,解得:k0=;
②当n=0时,l=a,代入解得:m盘=bm。
答案:(1)① ②无 (2)①
②bm
第2节
摩 擦 力
1.填一填
(1)定义:两个相互接触的物体,当它们相对滑动时,在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力,这种力叫作滑动摩擦力。
(2)方向:总是沿着接触面,并且跟物体的相对运动的方向相反。
(3)大小:滑动摩擦力的大小跟压力的大小成正比,即Ff=μF压。式中比例系数μ叫作动摩擦因数,它的值跟接触面的材料、粗糙程度有关。
(4)作用效果:总是阻碍物体间的相对运动。
2.判一判
(1)静止的物体不可能受到滑动摩擦力作用。(×)
(2)滑动摩擦力的方向一定与接触面的压力方向垂直。(√)
(3)滑动摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同。(×)
(4)物体所受的滑动摩擦力一定与物体所受的重力大小成正比。(×)
3.选一选
(1)下列有关滑动摩擦力的说法中,正确的是( )
A.有压力一定有滑动摩擦力
B.有滑动摩擦力一定有压力
C.滑动摩擦力方向一定与物体的运动方向相反
D.只有运动物体才受滑动摩擦力
解析:选B 滑动摩擦力产生的条件有三个:正压力(相互接触且挤压)、接触面粗糙、发生相对滑动,缺一不可,由产生条件可知,A错误,B正确;滑动摩擦力方向与物体相对运动方向相反,C错误;滑动摩擦力发生于相对滑动的两物体之间,两个物体中可能有一个相对地面是静止的,D错误。
(2)[多选]下列关于滑动摩擦力的说法中,正确的是( )
A.滑动摩擦力的大小一定与正压力大小成正比
B.滑动摩擦力的方向一定与运动方向相反
C.滑动摩擦力可能是动力
D.滑动摩擦力一定是阻力
解析:选AC 滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关,与压力的大小成正比,因此在接触面粗糙程度不变时,压力越大,滑动摩擦力越大,故A正确;滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反,但可能与运动方向相同,也可能相反,滑动摩擦力既可以充当动力、也可以充当阻力,故C正确,B、D错误。
1.填一填
(1)定义:相互接触的物体处于相对静止状态,两个物体之间只有相对运动的趋势,而没有相对运动时的摩擦力叫作静摩擦力。
(2)方向:总是沿着接触面,并且跟物体相对运动趋势的方向相反。
(3)最大静摩擦力:静摩擦力有一个最大值Fmax,即物体刚要产生相对运动时的摩擦力。
(4)静摩擦力的大小:两物体之间实际产生的静摩擦力F在0与Fmax之间,即0<F≤Fmax。
2.判一判
(1)只有静止物体才能受到静摩擦力。(×)
(2)静摩擦力的大小与压力成正比。(×)
(3)静摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反。(×)
(4)静摩擦力既可以是阻力也可以是动力。(√)
3.想一想
如图所示,手握住瓶子处于静止状态。
(1)瓶子所受静摩擦力的方向怎样?
(2)如果手的握力增大,瓶子所受静摩擦力会不会增大,为什么?由此说明什么问题?
提示:(1)竖直向上。手握住瓶子,瓶子处于静止状态,手对瓶子的静摩擦力与瓶子受到的重力二力平衡,所以瓶子所受静摩擦力方向竖直向上。
(2)手的握力增大,但瓶子所受重力不变,由二力平衡知瓶子所受静摩擦力不变,大小仍等于瓶子所受的重力;由此说明静摩擦力的大小与压力大小无关。
滑动摩擦力的理解 |
[学透用活]
1.滑动摩擦力的产生条件
两物体缺一不可
2.滑动摩擦力大小的计算
(1)公式法:根据Ff=μF压计算。
(2)二力平衡法:物体做匀速直线运动时,可以根据二力平衡求解。
(1)动摩擦因数μ与接触面积的大小无关。
(2)滑动摩擦力的大小与物体的速度大小无关。
3.滑动摩擦力的方向
(1)滑动摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反,但与物体运动的方向可能相同,可能相反,还可能不共线。
(2)滑动摩擦力的作用总是阻碍物体的相对运动,但不一定阻碍物体的运动。
质量为3.0 kg的空木箱,放置在水平地面上,沿水平方向施加拉力,当拉力F1=8.0 N时,木箱静止;当拉力F2=10.3 N时,木箱做匀速直线运动(g取9.8 m/s2),求:
(1)木箱与地面间的动摩擦因数;
(2)木箱在F1=8.0 N的拉力作用下受到的摩擦力的大小;
(3)木箱在F3=12.0 N水平拉力作用下,受到的摩擦力的大小。
[解析] (1)当拉力F2=10.3 N时,木箱做匀速直线运动,木箱水平方向受到拉力F2和滑动摩擦力Ff1,根据二力平衡条件有:Ff1=F2=10.3 N
木箱放在水平地面上,则有木箱对地面压力大小等于木箱所受的重力,即F压=mg
根据滑动摩擦力公式Ff=μF压,则木箱与地面间的动摩擦因数为μ=
联立解得μ≈0.35。
(2)当拉力F1=8.0 N时,木箱静止,木箱水平方向所受到的静摩擦力Ff2与F1二力平衡,则有:Ff2=F1=8.0 N。
(3)当拉力F3=12.0 N时,木箱将在地面上滑动,此时木箱所受到的摩擦力为滑动摩擦力,由第(1)问可以知道,Ff3=Ff1=10.3 N。
[答案] (1)0.35 (2)8.0 N (3)10.3 N
(1)在求解摩擦力大小时,一定要分清是求静摩擦力还是求滑动摩擦力。Ff=μF压只适用于滑动摩擦力的计算,静摩擦力的大小要根据物体的受力情况和运动情况共同确定。
(2)公式Ff=μF压中的F压是物体接触面之间的正压力,不一定等于物体所受的重力G,要根据物体的受力来确定。
[对点练清]
1.关于滑动摩擦力,下列说法正确的是( )
A.正压力越大,滑动摩擦力越大
B.正压力不变,动摩擦因数不变,接触面积越大,滑动摩擦力越大
C.正压力不变,动摩擦因数不变,速度越大,滑动摩擦力越大
D.动摩擦因数不变,正压力越大,滑动摩擦力越大
解析:选D 由滑动摩擦力公式Ff=μF压知,两物体间滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数μ及正压力F压有关,与接触面积及两物体间的相对运动速度无关,故D正确。
2.如图所示,汽车B在水平路面上以相对于地面的速度v1向右运动,车上的货物A以相对于地面的速度v2向右运动,下列判断正确的是( )
A.若v1<v2,货物A受到了汽车B所施加的向右的滑动摩擦力
B.若v1<v2,汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力
C.若v1>v2,货物A受到了汽车B所施加的向左的滑动摩擦力
D.若v1>v2,汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力
解析:选B 若v1<v2,货物A相对汽车向右滑动,货物A受到汽车B所施加的向左的滑动摩擦力,汽车B受到货物A所施加的向右的滑动摩擦力,选项A错误,B正确;若v1>v2,货物A相对汽车B向左滑动,货物A受到汽车B所施加的向右的滑动摩擦力,汽车B受到货物A所施加的向左的滑动摩擦力,选项C、D错误。
3.重为400 N的木箱静止在水平地面上,木箱与地面间的最大静摩擦力是85 N,动摩擦因数为0.15,如果用90 N的水平力推木箱,则木箱受到的摩擦力大小是( )
A.85 N B.80 N
C.60 N D.0
解析:选C 木箱与地面间的最大静摩擦力是85 N,用90 N 的水平力推木箱时,90 N>85 N,木箱要运动,此时受到的摩擦力是滑动摩擦力,滑动摩擦力的大小为:F=μF压=0.15×400 N=60 N,故C正确,A、B、D错误。
静摩擦力的有无及方向判断 |
[学透用活]
1.静摩擦力的产生条件
两物体缺一不可
物体受到静摩擦力时一定与接触面相对静止,但相对于地面可能是运动的。
2.“两法”判断静摩擦力的有无
(1)假设法
(2)平衡条件法:根据二力平衡的条件判定。
3.静摩擦力的方向
(1)静摩擦力的方向可能与物体运动的方向相同(做动力)。
(2)静摩擦力的方向可能与物体运动的方向相反(做阻力)。
(3)静摩擦力的方向还可能与物体运动的方向不共线。
如图所示,在平直公路上有一辆汽车,车厢中装有一木箱,试判断下列情况中,木箱所受摩擦力的方向,并说明摩擦力是动力还是阻力。
(1)汽车由静止加速运动时(木箱和车厢无相对滑动);
(2)汽车刹车时(二者无相对滑动);
(3)汽车匀速运动时(二者无相对滑动);
(4)汽车刹车,木箱在车上向前滑动时;
(5)汽车在匀速行驶过程中突然加速,木箱在车上滑动时。
[解析] (1)木箱随汽车一起由静止加速运动时,假设二者的接触面是光滑的,木箱将相对于汽车向后滑动,实际上两者无相对滑动,说明木箱有相对汽车向后滑动的趋势,所以木箱受到向前的静摩擦力,是木箱运动的动力。
(2)汽车刹车时,速度减小,假设木箱与汽车的接触面是光滑的,则木箱将相对于汽车向前滑动,实际木箱没有滑动,说明有相对汽车向前滑动的趋势,所以木箱受到向后的静摩擦力,是木箱运动的阻力。
(3)木箱随汽车一起匀速运动时,二者无相对滑动,也无相对滑动趋势,木箱与汽车间没有摩擦力。
(4)汽车刹车,木箱相对汽车向前滑动,所以木箱受到向后的滑动摩擦力,是木箱运动的阻力。
(5)汽车在匀速行驶过程中突然加速,木箱相对汽车向后滑动,所以木箱受到向前的滑动摩擦力,是木箱运动的动力。
[答案] (1)木箱受到向前的静摩擦力,动力 (2)木箱受到向后的静摩擦力,阻力 (3)木箱与汽车间没有摩擦力 (4)木箱受到向后的滑动摩擦力,阻力 (5)木箱受到向前的滑动摩擦力,动力
[对点练清]
4.(2018·山东6月合格考)如图所示,用传送带向上传送货物,货物和传送带之间没有相对滑动,则货物受到的摩擦力是( )
A.静摩擦力,方向沿传送带向上
B.静摩擦力,方向沿传送带向下
C.滑动摩擦力,方向沿传送带向下
D.滑动摩擦力,方向沿传送带向上
解析:选A 货物在传送带上有相对传送带向下滑动的趋势,但货物和传送带之间没有相对滑动,所以货物受到沿传送带向上的静摩擦力作用,A正确。
5.如图所示,物体A、B在力F作用下一起以大小相等的速度沿F方向匀速运动,关于物体A所受的摩擦力,下列说法正确的是( )
A.甲、乙两图中A均受摩擦力,且方向均与F相同
B.甲、乙两图中A均受摩擦力,且方向均与F相反
C.甲、乙两图中A均不受摩擦力
D.甲图中A不受摩擦力,乙图中A受摩擦力,方向和F相同
解析:选D 题图甲中A在水平方向不受外力,相对于B没有运动趋势,故题图甲中A不受摩擦力;题图乙中A有相对于B沿斜面下滑的运动趋势,受到B对其沿斜面向上的摩擦力,即方向和F相同,选项D正确。
6.质量为m的杆AB,处于静止状态,A端用细绳竖直悬挂,B端放在水平地板上,如图所示。下列有关杆B端所受摩擦力的说法中,正确的是( )
A.B端受到的静摩擦力方向向右
B.B端受到的静摩擦力方向向左
C.B端受到的静摩擦力沿杆AB斜向下
D.B端不受静摩擦力作用
解析:选D 假设B端和水平地板是光滑的,则杆AB受到竖直向上的支持力、竖直向上的细绳拉力和竖直向下的重力,能够保持静止状态,则B端和水平地板无相对运动趋势,故假设成立,即B端不受静摩擦力作用,D正确。
静摩擦力大小的计算 |
[学透用活]
1.静摩擦力的大小
(1)范围:0<F≤Fmax。
(2)静摩擦力的大小与压力大小无关,但最大静摩擦力的大小与压力大小成正比。
最大静摩擦力Fmax略大于滑动摩擦力,一般情况下,为分析问题方便,可认为二者近似相等。
2.计算方法
物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时,根据二力平衡条件求解。
[多选]有三个相同的物体甲、乙、丙叠放在一起,置于粗糙水平地面上,物体之间不光滑,如图所示。现用一水平力F作用在乙上,物体仍保持静止,下列说法正确的是( )
A.丙受到地面的摩擦力大小为F,方向水平向左
B.甲受到水平向右的摩擦力作用
C.乙对丙的摩擦力大小为F,方向水平向右
D.丙对乙的摩擦力大小为F,方向水平向右
[思路点拨]
(1)分析乙对甲的摩擦力时可以以甲为研究对象。
(2)分析丙对乙的摩擦力时可以以甲、乙整体为研究对象。
(3)分析地面对丙的摩擦力时可以以甲、乙、丙三个物体整体为研究对象。
[解析] 以甲、乙、丙三者整体为研究对象,此整体在水平方向上受平衡力的作用,因此丙受到地面的摩擦力大小等于拉力F,方向水平向左,A正确;以甲为研究对象,甲不受摩擦力,B错误;乙对丙的摩擦力与丙对乙的摩擦力大小相等、方向相反,以甲、乙整体为研究对象,可知丙对乙的摩擦力大小等于F,方向水平向左,由力的相互性可知,C正确,D错误。
[答案] AC
(1)解答本题时灵活选择研究对象很关键。
(2)静摩擦力的大小没有计算公式,目前可以应用二力平衡的条件求解;以后会学到其他方法。
[对点练清]
7.用如图所示装置研究静摩擦力,物块放在水平桌面上,弹簧秤对物块的拉力沿水平方向,逐渐增大拉力。当拉力小于10 N时,物块保持静止,等于10 N时,物块刚刚开始运动,由此可知( )
A.物块和桌面间的最大静摩擦力是10 N
B.当弹簧秤的示数为5 N时,物块受到的摩擦力是15 N
C.当弹簧秤的示数为15 N时,物块受到的摩擦力是15 N
D.当弹簧秤的示数为15 N时,物块受到的摩擦力是0
解析:选A 物块受重力、支持力、拉力和摩擦力;当拉力等于10 N时,物块刚刚开始运动,说明物块和桌面间的最大静摩擦力为10 N,故A正确;当弹簧秤的示数为5 N时,没有拉动,物块保持静止,静摩擦力为5 N,故B错误;当弹簧秤的示数为15 N时,物块做加速运动,受到滑动摩擦力,由于动摩擦因数未知,所以滑动摩擦力无法求出,故C、D错误。
8.如图所示,两块相同的木块被竖直的木板夹住保持静止状态,设每一木块的重力为100 N,则两木块间的摩擦力大小为( )
A.100 N B.50 N
C.10 N D.0
解析:选D 设每一块木块的重力为mg,一侧木板对木块的摩擦力大小为f1,两块木块之间的摩擦力大小为f2,根据平衡条件,对整体,有:2f1=2mg,得f1=mg,对A木块有:f1+f2=mg,解得f2=0,即两木块间摩擦力大小为0,故D正确,A、B、C错误。
9.如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上滑行,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与长木板间的动摩擦因数为μ2。若长木板处于静止状态,则长木板受地面的摩擦力大小为( )
A.μ2mg B.μ1(m1+m2)g
C.μ1mg D.μ2mg+μ1mg
解析:选A 木块相对长木板向右滑动,受到向左的滑动摩擦力,大小为:f1=μ2N=μ2mg;力的作用是相互的,故木块对长木板有向右的滑动摩擦力,故长木板有向右滑动的趋势,受到地面对其向左的静摩擦力,由于长木板处于静止状态,根据二力平衡有:f2=f1,故f2=μ2mg,A正确,B、C、D错误。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P84“摩擦力的调控”]
在生产生活中,我们有时需要尽可能加大摩擦力,有时又希望把摩擦力减到最小。掌握了摩擦力的有关规律,就可根据需要找到调控摩擦力的方法。我们需要增大摩擦力时,可采用加大压力的方法或选用动摩擦因数更大的材料等;我们需要减小摩擦力时,则可采用相反的方法。例如,为了打开密封的瓶装罐头盖子,人们发明了可增大摩擦力的开瓶器(图甲);在冰壶比赛中,为了让冰壶能够在赛道上按照期望的方式滑动,运动员就要反复刷冰以减小摩擦力(图乙)。
生活中,你能各举出需增大摩擦力和减小摩擦力的实际例子吗?
[提示] 生活中需增大摩擦力的例子:
汽车轮胎表面的条纹、鞋底上的条纹、冬天下雪后路面洒盐除雪、山地自行车胎上花纹繁多且深等。
生活中需减小摩擦力的例子:
儿童滑梯的表面尽可能做得光滑、在地面上推动书橱前,先将书拿出来,再推动、给自行车打满点气、给汽车齿轮加润滑油等。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P81例题]
有的地方,人们常用狗拉雪橇(图甲)载人及物品。已知雪橇与雪地间的动摩擦因数为0.02,雪橇(包括所载人及物品)的总质量为300 kg。若近似认为狗以水平拉力拉着雪橇在水平雪地上做匀速直线运动,求狗拉雪橇的拉力大小。(取重力加速度 g=9.8 N/kg)
[分析] 以雪橇为研究对象,其受到的拉力和摩擦力如图乙所示。雪橇在水平雪地上做匀速直线运动,由二力平衡可知,狗拉雪橇的拉力与滑动摩擦力大小相等,由此可求出狗拉雪橇的拉力大小。
[解] 由题意可知,μ=0.02,m=300 kg。
雪橇做水平方向的匀速直线运动,
则F=f,N=mg
由滑动摩擦力公式f=μN,
知F=μmg=0.02×300 kg×9.8 N/kg=58.8 N
故狗拉雪橇的拉力大小为58.8 N。
[讨论] 58.8 N相当于一个人提约6 kg的物体所用的力。用这么小的力就可拉动总质量为300 kg的雪橇,可见雪地上物体受到的滑动摩擦力一般较小。这也是雪天人容易滑倒的原因之一。
在真实情境中,影响问题解决的因素较多。我们要善于抓住主要因素,忽略次要因素。
在本题中,可将研究对象“雪橇”视为质点,根据二力平衡等解决问题。
滑动摩擦力的大小可运用f=μN计算,注意正确分析物体对接触面的压力。
[迁移] 如果雪地的情况不变,当狗拉着雪橇在水平雪地上加速前进时,雪橇所受的摩擦力是否改变?请简述理由。
[提示] 雪撬所受的滑动摩擦力f=μN,因狗以水平拉力拉雪撬,无论匀速运动,还是加速运动,雪撬对地面的压力均为N=mg,故滑动摩擦力f=μmg=58.8 N,不会改变。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.某同学骑自行车上学时,地面对前轮的摩擦力为F1,对后轮的摩擦力为Ff1;推自行车前进时,地面对前轮的摩擦力为F2,对后轮的摩擦力为Ff2,则( )
A.F1与自行车前进方向相同
B.Ff1与自行车前进方向相同
C.F2与自行车前进方向相同
D.Ff2与自行车前进方向相同
解析:选B 某同学骑自行车上学时,后轮是主动轮,在接触地面的那一点,它有相对于地面向后运动的趋势,所以后轮受到的静摩擦力Ff1与自行车前进方向相同,而前轮是从动轮,它是被推着往前的,它受到的静摩擦力F1与自行车前进方向相反,故A错误,B正确;推自行车前进时,前、后轮都是从动轮,受到的静摩擦力F2、Ff2都是向后的,与自行车前进方向相反,故C、D错误。
2.如图所示,某人用手握住一个保温杯,则下列说法正确的是( )
A.若保持保温杯始终静止,则手握得越紧,保温杯受到的摩擦力越大
B.手握着保温杯匀速向上运动,保温杯所受的摩擦力向上
C.手握着保温杯匀速向下运动,保温杯所受的摩擦力向下
D.手握着保温杯水平匀速运动,保温杯不受摩擦力
解析:选B 手握得越紧,保温杯受到的最大静摩擦力越大,但静摩擦力不变,静摩擦力等于保温杯所受的重力,故A错误;无论手握着保温杯向任何方向做匀速直线运动,保温杯所受摩擦力的方向都是向上的,B正确,C、D错误。
3.如图所示,A是主动轮,B是从动轮,它们通过不打滑的传送带转动,轮的转动方向如图所示,B轮上带有负载,P、Q分别是两轮边缘上的点,则关于P、Q所受摩擦力的判断正确的是( )
A.P受到的是静摩擦力,方向向下
B.P受到的是滑动摩擦力,方向向上
C.Q受到的是静摩擦力,方向向上
D.Q受到的是滑动摩擦力,方向向下
解析:选C P位置在主动轮上与传送带接触,轮子带着传送带运动,故传送带相对轮子有向上运动的趋势,但没有相对滑动,故P受到的是静摩擦力,P受到的摩擦力方向向上,故A、B错误;Q位置在从动轮上与传送带接触,轮子是在传送带的带动下运动的,没有打滑,故受到的也是静摩擦力,因传送带向上运动,故Q相对于传送带有向下的运动趋势,故Q受到的摩擦力方向向上,故C正确,D错误。
4.一长方体砖块置于粗糙水平地面上,按如图所示不同的放法,在水平力的作用下运动,设地面与砖块各接触面间的动摩擦因数相等,则砖块受到的摩擦力的大小关系是( )
A.Ff甲>Ff乙>Ff丙 B.Ff乙>Ff甲>Ff丙
C.Ff丙>Ff乙>Ff甲 D.Ff甲=Ff乙=Ff丙
解析:选D 砖块所受滑动摩擦力的大小Ff=μFN=μmg,选项D正确。
5.如图所示,地面上静止叠放着A、B两个物体,力F分别作用于A、B两物体上时,A、B仍然静止,则下列说法不正确的是( )
A.当F作用在A上时,B对A有摩擦力作用
B.当F作用在A上时,地对B有摩擦力作用
C.当F作用在B上时,地对B无摩擦力作用
D.当F作用在B上时,B对A无摩擦力作用
解析:选C 当力F作用在A上时,假设B对A没有摩擦力,则A在力F的作用下会向右做加速运动,这与题设条件“静止”相矛盾,说明B对A有摩擦力,故A对;当力F作用在B上时,假设B对A有摩擦力,则A在水平方向只受摩擦力作用,它不可能静止,说明B对A没有摩擦力,故D对;分析地面对B的摩擦力时,可将A、B看成一个整体,不管力F作用在哪个物体上,地面都要给B一个摩擦力,与力F平衡,使整体保持静止,故B正确,C错误。
6.如图所示为某新型夹砖机,它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起,大大提高了工作效率。已知该新型夹砖机能夹起质量为m的砖,两支“手臂”对砖产生的最大压力为Fmax(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为( )
A.μ= B.μ=
C.μ= D.μ=
解析:选B 对砖进行受力分析,根据平衡条件得:2f=mg,即2μFmax=mg,解得:μ=,故B正确。
7.如图所示,有黑白两条毛巾交替折叠地放在地面上,白毛巾的中部用线与墙壁连接着,黑毛巾的中部用线拉住,设线均呈水平。欲将黑白毛巾分离开,设每条毛巾的质量均为m,毛巾之间及其跟地面间的动摩擦因数均为μ,则将黑毛巾匀速拉出需用的水平拉力为( )
A.μmg B.2μmg
C.5μmg D.6μmg
解析:选C 根据受力平衡,黑毛巾有四个面受到摩擦力,平衡时F=f1+f2+f3+f4=μ·mg+μ·2·mg+μ·3·mg+μ·4·mg=5μmg,故C正确。
8.木块A、B分别重50 N和60 N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用1 N的水平拉力作用在木块B上,如图所示。水平拉力作用后,下列判断正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A.木块A所受摩擦力大小是12.5 N
B.木块A所受摩擦力大小是11.5 N
C.木块B所受摩擦力大小是9 N
D.木块B所受摩擦力大小是7 N
解析:选C 未加水平拉力时,木块A、B受力平衡,所受静摩擦力等于弹簧的弹力,弹簧弹力为:F1=kx=400×0.02 N=8 N;木块B与地面间的最大静摩擦力为:fBmax=μGB=0.25×60 N=15 N;木块A与地面间的最大静摩擦力为:fAmax=μGA=0.25×50 N=12.5 N;施加水平拉力后,对木块B有:F+F1<fBmax;木块B所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小为fB=1 N+8 N=9 N,施加水平拉力后,木块A所受摩擦力仍为静摩擦力,大小为fA=8 N。故C正确。
9.如图甲所示,用一拉力传感器(能感应力大小的装置)水平向右拉一水平面上的木块,A端的拉力均匀增加,0~t1时间木块静止;木块运动后改变拉力大小,使木块在t2 时刻后处于匀速直线运动状态。计算机对数据拟合处理后,得到如图乙所示的拉力随时间变化的图线。则:当用F=5.3 N的水平拉力拉静止的木块时,木块所受摩擦力大小为__________N;若用F=5.8 N的水平拉力拉木块时,木块所受摩擦力大小为________N。
解析:当用F=5.3 N的水平拉力拉静止的木块时,所用拉力小于最大静摩擦力,木块所受静摩擦力大小等于拉力大小,即为5.3 N;若用F=5.8 N的水平拉力拉木块时,木块被拉动,木块所受滑动摩擦力大小为5.1 N。
答案:5.3 5.1
B级—选考提能
10.[多选]有一辆遥控电动玩具汽车,已知车内电动马达驱动后轮转动。玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙之上,如图所示。按动遥控器上的“前进”、“后退”键,汽车就能前进或后退,水平地面与甲、乙车之间的摩擦力不计。以下叙述正确的是( )
A.按动遥控器上的“前进”键,乙车对前轮摩擦力向前,乙车相对地面向前进
B.按动遥控器上的“前进”键,甲车对后轮摩擦力向前,甲车相对地面向后退
C.按动遥控器上的“后退”键,甲车对后轮摩擦力向后,甲车相对地面向前进
D.按动遥控器上的“后退”键,乙车对前轮摩擦力向后,乙车相对地面向后退
解析:选BC 当按动遥控器上的“前进”键,后轮是主动轮顺时针转动,所以甲车对后轮摩擦力向前,后轮对甲车的摩擦力向后;而前轮是从动轮,所以乙车对前轮的摩擦力向后,前轮对乙车的摩擦力向前,因此乙车相对地面向前进,而甲车相对地面向后退,A错误,B正确;当按动遥控器上的“后退”键,后轮是主动轮逆时针转动,所以甲车对后轮摩擦力向后,后轮对甲车的摩擦力向前;而前轮仍是从动轮,所以乙车对前轮的摩擦力向前,前轮对乙车的摩擦力向后,因此乙车相对地面向后退,而甲车相对地面向前进,C正确,D错误。
11.爬竿是受到观众喜爱的一项杂技节目。当杂技演员用双手握住固定在竖直方向的竿匀速攀上和匀速下滑时,他所受的摩擦力分别是Ff1和Ff2,那么( )
A.Ff1向下,Ff2向上,且Ff1=Ff2
B.Ff1向下,Ff2向上,且Ff1>Ff2
C.Ff1向上,Ff2向上,且Ff1=Ff2
D.Ff1向上,Ff2向下,且Ff1=Ff2
解析:选C 匀速攀上时,杂技演员所受重力与静摩擦力平衡,由平衡条件可知Ff1=G,方向竖直向上;匀速下滑时,重力与滑动摩擦力平衡,则Ff2=G,方向竖直向上,所以Ff1=Ff2。故A、B、D错误,C正确。
12.如图所示,一质量不计的弹簧原长为10 cm,一端固定于质量m=2 kg的物体上,在另一端施加一水平拉力F。若物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,当弹簧拉长至12 cm时,物体恰好做匀速运动(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,g取10 m/s2,弹簧始终在弹性限度内)。
(1)求弹簧的劲度系数;
(2)若将弹簧拉长至11 cm时,求稳定后物体受到的摩擦力大小;
(3)若将弹簧拉长至13 cm时,求物体受到的摩擦力大小;
(4)若运动过程中突然撤去拉力,求此时物体受到的摩擦力大小。
解析:(1)物体做匀速运动时,根据二力平衡有
k(x-x0)=μmg,
则k== N/m=200 N/m。
(2)弹力F1=k(x1-x0)=200×(0.11-0.10)N=2 N,
由最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
可得Ffm=μmg=0.2×2×10 N=4 N,
故将弹簧拉长至11 cm时物体静止,所受静摩擦力Ff1=F1=2 N。
(3)弹力F2=k(x2-x0)=200×(0.13-0.10)N=6 N,
F2>Ffm,
故将弹簧拉长至13 cm时,物体将运动,此时所受到的滑动摩擦力为
Ff2=μFN=μmg=0.2×2×10 N=4 N。
(4)撤去拉力时,物体运动过程中受到的是滑动摩擦力,Ff3=μFN=μmg=4 N。
答案:(1)200 N/m (2)2 N (3)4 N (4)4 N
第3节
牛顿第三定律
1.填一填
(1)力是物体对物体的作用,每个力一定同时存在着受力物体和施力物体。
(2)两个物体之间的作用总是相互的,物体间相互作用的这一对力称为作用力和反作用力。
(3)作用力和反作用力总是互相依赖、同时存在的,可以把其中任何一个力叫作作用力,另一个力叫作反作用力。
2.判一判
(1)先有作用力,然后有反作用力。(×)
(2)只有两物体接触时,才会产生作用力与反作用力。(×)
(3)物体间可能只有作用力,而没有反作用力。(×)
(4)作用力和反作用力一定是同时产生、同时变化的。(√)
3.选一选
(1)关于物体间的作用力和反作用力,下列说法正确的是( )
A.只有两物体质量相等时它们间的作用力和反作用力大小才相等
B.作用力和反作用力的作用效果可相互抵消
C.作用力和反作用力可以不同时产生
D.作用力和反作用力的方向一定相反
解析:选D 作用力与反作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上、同时产生、同时消失。故D正确。
(2)[多选]关于作用力和反作用力,下列说法正确的是( )
A.作用力是摩擦力,反作用力可能是弹力
B.作用力是弹力,反作用力可能是摩擦力
C.作用力是摩擦力,反作用力一定是摩擦力
D.作用力是弹力,反作用力一定是弹力
解析:选CD 作用力和反作用力的性质相同,摩擦力的反作用力也是摩擦力,弹力的反作用力也是弹力,故C、D正确,A、B错误。
1.填一填
(1)实验探究
如图所示,把两个弹簧测力计A和B连接在一起,用手拉A。结果发现两个弹簧测力计的示数是相等的。改变拉力,弹簧测力计的示数也都随之改变,但两个示数总相等,这说明作用力和反作用力大小相等,方向相反。
(2)牛顿第三定律
①内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上。
②表达式:F=-F′(负号表示二者方向相反)。
2.判一判
(1)作用力和反作用力的大小相等、方向相反、合力为零。(×)
(2)物体间的作用力和反作用力一定同时产生、同时消失。(√)
(3)物体间的作用力和反作用力一定是同性质的力。(√)
(4)物块静止放在桌面上,物块所受重力和物块对桌面的压力是一对作用力和反作用力。(×)
3.想一想
(1)“掰手腕”是人们常见的“娱乐比赛”活动。在一次“掰手腕”比赛中,甲战胜了乙,这能说明甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力吗?
(2)成语“以卵击石”是指拿蛋去碰石头。比喻不自量力,自取灭亡。那么是否蛋对石头的力小于石头对蛋的力?
提示:(1)不能。“掰手腕”时双方的作用力和反作用力大小总是相等的,只是人的手腕的承受能力有差异。
(2)不是,以卵击石时,卵与石之间的力是一对作用力和反作用力,大小相等,只是作用效果不同而已。
1.填一填
(1)受力分析:指分析研究对象受到的力。
(2)受力分析的两条思路
①根据物体运动状态的变化来分析和判断其受力情况。
②根据各种力的特点,从相互作用的角度来分析物体的受力。
(3)受力分析要注意的几个问题
①明确要分析哪个物体所受的力。
②受力分析的一般顺序:先分析重力、再分析弹力、然后分析摩擦力,最后分析其他力,并且画出力的示意图。
③在受力分析时,不要把某个力的反作用力跟这个力的平衡力混淆。
2.选一选
(1)如图所示是某人在投飞镖,飞镖在飞行途中受到的力有( )
A.推力
B.重力、空气阻力
C.重力、推力
D.重力、推力、空气阻力
解析:选B 飞镖飞行途中受到重力和空气阻力的作用,B正确。
(2)如图所示,两个等大、反向的水平力F分别作用在物体A和B上,物体A、B均处于静止状态。若各接触面与水平地面平行,则物体A、B各受几个力(假设水平地面光滑)( )
A.3个,4个 B.4个,4个
C.4个,5个 D.4个,6个
解析:选C 对物体A受力分析,竖直方向上受两个力作用:重力和支持力;水平方向受两个力作用:水平力F和B对A向左的摩擦力,即物体A共受4个力作用。对物体B受力分析,竖直方向上受3个力作用:重力、地面的支持力、A对B的压力;水平方向受两个力作用:水平力F和A对B向右的摩擦力,即物体B共受5个力的作用,故选项C正确。
对牛顿第三定律的理解 |
[学透用活]
1.作用力和反作用力的三个性质
2.作用力和反作用力的四个特征
等大 | 作用力和反作用力大小总是相等的 |
反向 | 作用力和反作用力方向总是相反的 |
共线 | 作用力和反作用力总是作用在同一条直线上 |
同性质 | 作用力和反作用力的性质总是相同的 |
对于牛顿第三定律的理解,下列说法正确的是( )
A.当作用力产生后,再产生反作用力;当作用力消失后,反作用力才慢慢消失
B.弹力和摩擦力都有反作用力,而重力无反作用力
C.甲物体对乙物体的作用力是弹力,乙物体对甲物体的作用力可以是摩擦力
D.作用力和反作用力,这两个力在任何情况下都不会平衡
[解析] 作用力和反作用力总是同时产生、同时变化、同时消失的,它们之间没有先后顺序,A错误;任何力都有反作用力,B错误;作用力和反作用力一定是同种性质的力,C错误;由于作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上,因而它们在任何情况下都不会平衡,D正确。
[答案] D
牛顿第三定律中“总是”的含义理解
“总是”是指对于任何物体、在任何情况下,作用力和反作用力的关系都成立。
(1)不管物体的大小、形状、运动状态如何,其作用力和反作用力总是大小相等、方向相反的。
(2)作用力和反作用力总是同种性质的力。
(3)作用力和反作用力的产生和消失总是同时的,两者中若有一个产生或消失,则另一个必然同时产生或消失。
[对点练清]
1.[多选]关于作用力和反作用力,下列说法正确的是( )
A.作用力和反作用力总是大小相等、方向相反,因而合力为零
B.作用力和反作用力是同一性质的力
C.因为地球质量大于物体质量,所以地球对物体的作用力大于物体对地球的反作用力
D.作用力和反作用力总是同时产生,同时消失
解析:选BD 作用力和反作用力作用在两个物体上,不能求合力,A错误;作用力和反作用力总是大小相等、方向相反,同时产生,同时变化,同时消失,性质相同,故选项B、D正确,C错误。
2.“掰手腕”是中学生课余非常喜爱的一项游戏。如图所示,甲、乙两同学正在进行“掰手腕”游戏。关于他们的手之间的力,下列说法正确的是( )
A.甲掰赢了乙,是因为甲手对乙手的作用力大于乙手对甲手的作用力
B.只有当甲、乙僵持不分胜负时,甲手对乙手的作用力才等于乙手对甲手的作用力
C.甲、乙比赛对抗时,无法比较甲手对乙手的作用力和乙手对甲手的作用力的大小关系
D.无论谁胜谁负,甲手对乙手的作用力大小总是等于乙手对甲手的作用力大小
解析:选D 甲手与乙手之间的相互作用力总是大小相等、方向相反、作用在一条直线上,故D正确。
3.如图所示,甲、乙两人在地面上拔河。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,甲、乙的鞋底与地面之间的动摩擦因数相等,则下列说法正确的是( )
A.甲对绳子的拉力与绳子对甲的拉力是一对平衡力
B.甲对绳子的拉力与乙对绳子的拉力是作用力和反作用力
C.若甲的质量比乙的大,则甲能赢得拔河比赛的胜利
D.若乙收绳子的速度比甲的快,则乙能赢得拔河比赛的胜利
解析:选C 根据牛顿第三定律知甲对绳子的拉力与绳子对甲的拉力是一对作用力与反作用力,选项A错误;因为甲对绳子的拉力和乙对绳子的拉力大小相等且都作用在绳子上,是一对平衡力,故选项B错误;绳子对甲、乙的拉力大小相等,由于甲的质量大,地面对他的最大静摩擦力大,故甲会胜利,选项C正确,D错误。
一对作用力和反作用力与一对平衡力的比较 |
[学透用活]
一对相互作用力与一对平衡力的比较
| 一对作用力和反作用力 | 一对平衡力 | |
不 同 点 | 作用对象 | 作用在两个相互作用的物体上 | 作用在同一物体上 |
依赖关系 | 相互依存,不可单独存在,同时产生,同时变化,同时消失 | 无依赖关系,撤除一个,另一个可依然存在 | |
叠加性 | 两力作用效果不可叠加,不可求合力 | 两力作用效果可相互抵消,可叠加,可求合力,且合力为零 | |
力的性质 | 一定是同种性质的力 | 可以是同种性质的力,也可以是不同种性质的力 | |
相同点 | 大小相等、方向相反、作用在同一条直线上 |
[多选]如图所示,水平力F把一个物体紧压在竖直的墙壁上,静止不动,下列说法正确的是( )
A.作用力F跟墙壁对物体的支持力是一对作用力和反作用力
B.作用力F与物体对墙壁的压力是一对作用力和反作用力
C.物体受到的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力
D.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是一对作用力和反作用力
[解析] 作用力F跟墙壁对物体的支持力作用在同一物体上,大小相等、方向相反,在一条直线上,是一对平衡力,A错误;作用力F作用在物体上,而物体对墙壁的压力作用在墙壁上,这两个力不能成为平衡力,也不是作用力和反作用力,B错误;物体在竖直方向上受竖直向下的重力和墙壁对物体的竖直向上的静摩擦力,因物体处于静止状态,故这两个力是一对平衡力,C正确;物体对墙壁的压力与墙壁对物体的支持力是一对作用力和反作用力,D正确。
[答案] CD
区分一对作用力和反作用力与一对平衡力的技巧
(1)看研究对象:一对作用力和反作用力作用在不同物体上,而一对平衡力作用在同一物体上。
(2)看依存关系:一对作用力和反作用力同生同灭,相互依存,而一对平衡力则彼此没有依存关系。
[对点练清]
4.关于作用力、反作用力和一对平衡力的认识,正确的是( )
A.一对平衡力的合力为零,作用效果相互抵消,一对作用力和反作用力的合力也为零,作用效果也相互抵消
B.作用力和反作用力同时产生、同时变化、同时消失,且性质相同,平衡力的性质却不一定相同
C.两个物体相碰时,由于作用力和反作用力大小相等,两物体损坏的程度一定相同
D.先有作用力,接着才有反作用力,一对平衡力却是同时作用在同一个物体上
解析:选B 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上,作用效果不能抵消,A错误;作用力和反作用力具有同时性、性质相同的特点,平衡力不一定具备这些特点,B正确,D错误;不同的物体受到相同大小的力产生的效果不一定相同,故C错误。
5.如图所示,人静止站在测力计上,下列说法正确的是( )
A.人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对平衡力
B.人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力和反作用力
C.人所受的重力和人对测力计的压力是一对平衡力
D.人所受的重力和人对测力计的压力是一对作用力和反作用力
解析:选B 人对测力计的压力和测力计对人的支持力是一对作用力和反作用力,故A错误,B正确;人所受的重力和人对测力计的压力,既不是一对平衡力,也不是作用力和反作用力,故C、D错误。
6.[多选]一物体静止在水平桌面上,下列有关力的描述正确的是( )
A.物体所受的重力和桌面对物体的支持力是一对平衡力
B.物体对桌面的压力就是物体所受到的重力
C.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力和反作用力
D.桌面受到的压力是由于桌面发生形变引起的
解析:选AC 物体静止在水平桌面上,受到竖直向下的重力和竖直向上的桌面的支持力,二力平衡,是一对平衡力,A正确;物体对桌面的压力大小等于物体所受到的重力大小,方向相同,但施力物体不同,不是同一个力,B错误;物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对作用力和反作用力,C正确;桌面受到的压力是由于物体发生形变引起的,D错误。
应用“转换研究对象法”进行受力分析 |
[学透用活]
求解某个未知力,一般情况下优先选取该力的受力物体进行分析,但有些情况以受力物体为研究对象却不便于直接求解该力时,可先通过转换研究对象,求解其反作用力的大小和方向,然后应用牛顿第三定律间接求得该力的大小和方向。
如图所示,滑杆和底座静止在水平地面上且质量为M,一质量为m的猴子沿杆匀速下滑,则底座对地面的压力为( )
A.mg B.Mg
C.(M-m)g D.(M+m)g
[解析] 以猴子为研究对象,分析猴子的受力如图甲所示,竖直方向受重力mg和杆对猴子的摩擦力Ff,则有mg=Ff,杆和底座受力如图乙所示。受重力Mg、支持力FN、猴子对杆的摩擦力Ff′,三力平衡:FN=Mg+Ff′,由牛顿第三定律得Ff′=Ff,解得FN=Mg+mg,由牛顿第三定律得底座对地面的压力为FN′=FN=Mg+mg,方向竖直向下,故选项D正确。
[答案] D
[对点练清]
7.[多选]如图所示吊在天花板上的电扇所受重力为G,静止时固定杆对它的拉力为F,扇叶水平转动后,固定杆对它的拉力为F′,则( )
A.F=G、F=F′
B.F=G、F>F′
C.电扇静止时,固定杆对它的作用力等于它对固定杆的作用力
D.扇叶水平转动后,固定杆对它的作用力小于它对固定杆的作用力
解析:选BC 电扇静止时,有F=G,而扇叶水平转动后,向下吹风,对空气有向下的作用力,根据牛顿第三定律,空气对扇叶有向上的作用力,此时固定杆对电扇的拉力F′<G,得F′<F,选项B正确;固定杆对电扇的作用力与电扇对固定杆的作用力为一对作用力和反作用力,故两者总是等大反向,选项C正确。
8.物块A和B的质量分别为m1和m2,并叠放在质量为m的水平桌面上,如图所示。下列说法正确的是( )
A.桌子受到A和B的作用力,它们的合力等于(m1+m2)g
B.桌子受到B对它的作用,作用力的大小等于m2g
C.地面对桌子的作用力的大小等于(m1+m2+m)g
D.桌子受到重力作用,大小等于(m1+m2+m)g
解析:选C 以桌子为研究对象,对桌子受力分析,桌子受三个力作用,分别是重力mg、地面对桌子的支持力FN1、物体B对桌面的压力FN2。 由于桌子静止,所以
FN1=mg+FN2。再以A、B作为一个整体进行受力分析,受到两个力的作用,分别是重力(m1+m2)g和桌面的支持力FN2′,又因为FN2′=(m1+m2)g,根据牛顿第三定律知FN2=FN2′=(m1+m2)g,所以FN1=(m+m1+m2)g,故C正确,A、B、D错误。
9.如图所示,一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱子和杆总质量为M,环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱子对地面的压力为( )
A.Mg B.(M+m)g
C.(M+m)g-Ff D.Mg+Ff
解析:选D 以箱子为研究对象,它受向下的重力Mg、环给它向下的摩擦力Ff和地面的支持力FN三个力的作用而平衡,FN=Mg+Ff,由牛顿第三定律知,箱子对地面的压力FN′=FN=Mg+Ff,D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、磁铁间的作用力(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P126“迷你实验室”]
当两物体A、B不直接接触时,如果物体A施力于物体B,那么物体B也会施力于物体A。
如图所示,把两根条形磁铁放在尽可能光滑的台面上,让它们彼此接近但不直接接触,用两手分别按住它们以保持静止。当放开一只手或两只手同时放开时,你看到了什么现象?这说明了什么?
[提示] 当放开一只手时,会看到放开的磁铁加速向按住的磁铁靠近,说明按住的磁铁对放开的磁铁有吸引力作用。当两只手同时放开时,会看到两磁铁同时加速向对方靠近,直到吸在一起,说明磁铁间的作用力是相互作用力,施力物体同时也是受力物体。
二、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P128]
牛顿第三定律可用来解释许多现象。跳水运动员在跳板上起跳时,他对跳板的蹬力与跳板对他的弹力是一对相互作用力。火箭发射升空时,燃料燃烧产生气体,气体受力向下喷出,这些气体反过来给火箭施加了一个反作用力,把火箭送上太空(如图)。
你还能用牛顿第三定律来解释生活中哪些现象?试与同学们探讨一下。
[提示] 略
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.《水浒传》第七回“花和尚倒拔垂杨柳”中有这样一个情节:“众泼皮嫌一株绿杨树上的乌鸦叫。鲁智深相了一相,走到树前,把直裰脱了,用右手向下,把身倒缴着,却把左手拔住上截,把腰只一趁,将那株绿杨树带根拔起。”对这段话中描述的力学知识,理解正确的是( )
A.鲁智深对绿杨树施加了力,而绿杨树对鲁智深没有力的作用
B.鲁智深对绿杨树施加的力大于绿杨树对鲁智深施加的力
C.鲁智深对绿杨树施加的力等于绿杨树对鲁智深施加的力
D.条件不足,不能判断出鲁智深对绿杨树的力与绿杨树对鲁智深的力之间的关系
解析:选C 鲁智深对绿杨树施加的力与绿杨树对鲁智深施加的力是作用力和反作用力,大小始终相等,故选项C正确,A、B、D错误。
2.中国女排在里约热内卢奥运会比赛中再度夺冠。如图所示为比赛中精彩瞬间的照片,此时排球受到的力有( )
A.推力
B.重力、推力
C.重力、空气对球的作用力
D.重力、推力、空气对球的作用力
解析:选C 排球运动途中受到的力有:重力、空气对球的作用力,选项C正确;此刻运动员与球并没有接触,所以没有推力,选项A、B、D错误。
3.下列关于马拉车的说法正确的是( )
A.马拉车不动,是因为马拉车的力小于车拉马的力
B.马拉车前进,是因为马拉车的力大于车拉马的力
C.不论车如何运动,马拉车的力大小总等于车拉马的力
D.只有当马拉车不动或马拉车匀速前进时,马拉车的力大小才等于车拉马的力
解析:选C 马拉车时,不论车如何运动,马拉车的力与车拉马的力都是一对相互作用力,二者总是大小相等的,故C正确,A、B、D错误。
4.人站在地面上,先将两腿弯曲,再用力蹬地,就能跳离地面,人能跳起离开地面的原因是( )
A.人对地球的作用力大于地球对人的引力
B.地面对人的作用力大于人对地面的作用力
C.地面对人的作用力大于地球对人的引力
D.人除受地面的弹力外,还受到一个向上的力
解析:选C 对人受力分析:人受到地面给人的弹力和重力,因为弹力大于重力,所以人能跳起离开地面,C正确。
5.如图所示,把一本书放在水平桌面上保持静止,下列说法正确的是( )
A.书对桌面的压力是弹力,是由于桌面发生形变而产生的
B.书对桌面的压力就是书受到的重力
C.书保持静止是由于书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对平衡力
D.书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力
解析:选D 书对桌面的压力是弹力,是由于书发生形变而产生的,选项A错误;书对桌面的压力在数值上等于书受到的重力,选项B错误;书保持静止是由于书受到的重力与桌面对书的支持力是一对平衡力,选项C错误;书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对作用力和反作用力,选项D正确。
6.(2018·浙江6月学考)如图所示,船夫用撑杆撑船前行,则( )
A.船对人的力小于人对船的力
B.船对水的力大于水对船的力
C.人对撑杆的力与撑杆对人的力大小相等
D.撑杆对河底的力大于河底对撑杆的力
解析:选C 每个选项中的两个力均互为一对作用力和反作用力,力的大小分别相等,故C正确。
7.如图所示,我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”,实际上相当于两个人拔河。如果甲、乙两人在“押加”比赛中,甲获胜,则下列说法正确的是( )
A.甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力,所以甲获胜
B.当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C.当甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力,所以甲获胜
解析:选D 以甲、乙两人及绳子为一整体进行研究,水平方向的外力是地面分别对甲、乙两人的摩擦力;整体从静止到运动起来产生了加速度,故所受外力不平衡,由于甲获胜,故可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力;甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力和反作用力,大小相等,即不管哪个获胜,甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,故A、B、C错误,D正确。
8.磁性黑板擦吸附在竖直的黑板平面上静止不动时,关于黑板擦的受力情况,下列叙述正确的是( )
A.黑板擦受到的磁力与它受到的重力是一对平衡力
B.黑板擦受到的磁力与它受到的弹力是一对作用力和反作用力
C.黑板擦受到的磁力与它受到的摩擦力性质相同
D.黑板擦受到的摩擦力与它受到的重力是一对平衡力
解析:选D 黑板对磁性黑板擦的磁力与磁性黑板擦受到的重力不是作用在同一条直线上,且两个力的大小不一定相等,不符合二力平衡的条件,A错误;黑板擦受到黑板的磁力与它受到的黑板的弹力,两个力的大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一物体上,符合二力平衡的条件,是一对平衡力,B错误;黑板擦受到的磁力与它受到的摩擦力性质不同,C错误;黑板擦受到的重力与黑板对它的摩擦力,两个力的大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上,符合二力平衡的条件,故是一对平衡力,D正确。
9.有人做过这样一个实验:如图所示,把生鸡蛋A快速向另一个完全一样的静止的生鸡蛋B撞去(用同一部位撞击),结果每次都是鸡蛋B被撞破,这是为什么呢?
解析:假设用鸡蛋A去碰静止的鸡蛋B,由于鸡蛋A在碰撞前有速度,碰撞瞬间停下了。由于惯性,鸡蛋A里面的物质仍然有向原来运动方向运动的趋势,虽然两鸡蛋接触处的碰撞力大小相等,但接触处鸡蛋A受到鸡蛋里面物质对它的作用力,使鸡蛋A所受合外力小于鸡蛋B所受合外力,所以鸡蛋A不会破,而鸡蛋B会破。
答案:见解析
B级—选考提能
10.如图所示,用弹簧测力计悬挂一个重G=10 N的金属块,使金属块的一部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)。若弹簧测力计的示数变为FT′=6 N,则台秤的示数与未挂金属块时相比( )
A.保持不变
B.增加10 N
C.增加6 N
D.增加4 N
解析:选D 金属块浸入水杯中后,水对金属块产生浮力F,由弹簧测力计的示数可知,浮力的大小为F=G-FT′=10 N-6 N=4 N。根据牛顿第三定律,金属块对水也施加一个反作用力F′,其大小F′=F=4 N,通过水杯的传递,对台秤产生压力,所以台秤的示数增加4 N,D正确。
11.如图所示,人所受重力为600 N,木板所受重力为400 N,人与木板间、木板与地面间的动摩擦因数均为0.2。绳与滑轮的质量及它们之间的摩擦均不计。现在人用水平拉力拉绳,使他与木板一起向右匀速运动,则( )
A.人拉绳的力是200 N
B.人拉绳的力是100 N
C.人的脚给木板的摩擦力方向水平向右
D.人的脚给木板的摩擦力方向水平向左
解析:选BC 选取人和木板组成的整体为研究对象,设绳中弹力大小为FT,则2FT=μ(G人+G木板)=0.2×(600+400)N=200 N,所以FT=100 N,选项A错误,B正确;选取人为研究对象,水平方向上,人共受到两个力的作用:绳水平向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力,因为二力平衡,所以该摩擦力与弹力等大反向,即摩擦力方向水平向左,根据牛顿第三定律,人的脚给木板的摩擦力方向水平向右,选项C正确,D错误。
12.如图所示,只有物体B左面是光滑的,其余各接触面都是粗糙的。如果用水平力F将物体A和B压紧在竖直墙上不动,则物体A受到的摩擦力的情况是( )
A.左、右两侧都受向上的摩擦力
B.左侧受向上的摩擦力,右侧受向下的摩擦力
C.左、右两侧都受向下的摩擦力
D.左侧受向下的摩擦力,右侧受向上的摩擦力
解析:选D 物体B左面是光滑的,说明物体B左侧只受水平力F的作用,由于物体B静止不动,故物体B右侧受到向上的摩擦力,与其所受重力的合力为零。物体A左侧受物体B右侧施加的向下的摩擦力,物体A还受到向下的重力,故物体A右侧一定受向上的摩擦力,D正确。
13.在“探究作用力和反作用力的关系”实验中, 某同学用两个力传感器进行实验。
(1)将两个传感器按图甲方式对拉,在计算机屏上显示如图乙所示,横坐标代表的物理量是________, 纵坐标代表的物理量是________。
(2)[多选]由图乙可得到的实验结论是 ________。
A.两传感器间的作用力和反作用力大小相等
B.两传感器间的作用力和反作用力方向相同
C.两传感器间的作用力和反作用力同时变化
D.两传感器间的作用力和反作用力作用在同一物体上
解析:(1)由图像知,图线关于横轴对称,因此横轴表示时间(t),纵轴表示力(F)。
(2)由(1)可知题图乙关于t轴对称,表明作用力和反作用力的大小始终相等,A正确;从题图乙可以看出作用力和反作用力同时产生、同时消失,同时变化,C正确;题图乙上力的方向一正一负,表明作用力和反作用力方向相反,B错误;两传感器间的作用力和反作用力分别作用在不同的物体上,D错误。
答案:(1)时间(t) 力(F) (2)AC
第4节
力的合成和分解(第1课时)
1.填一填
(1)合力:假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同,这个力就叫作那几个力的合力。
(2)分力:假设几个力共同作用的效果跟某个力单独作用的效果相同,这几个力就叫作那个力的分力。
2.判一判
(1)合力与其分力同时作用在物体上。(×)
(2)合力产生的效果与分力共同作用产生的效果相同。(√)
(3)合力大小一定大于每个分力的大小。(×)
(4)合力有可能小于任何一个分力。(√)
(5)不同性质的力不可以合成。(×)
3.选一选
[多选]关于F1、F2及它们的合力F,下列说法正确的是( )
A.合力F一定与F1、F2共同作用产生的效果相同
B.F1、F2一定是同种性质的力
C.F1、F2一定是同一个物体受到的力
D.F1、F2与F是物体同时受到的三个力
解析:选AC 只有同一个物体受到的力才能合成,分别作用在不同物体上的力不能合成,C正确;合力是对原来几个分力的等效替代,分力可以是不同性质的力,A正确,B错误;对物体受力分析时,合力与分力不能同时存在,D错误。
1.填一填
(1)力的合成:求几个力的合力的过程。
(2)力的分解:求一个力的分力的过程。
(3)平行四边形定则:
在两个力合成时,以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。如图所示,F表示F1与F2的合力。
(4)力的分解:①力的分解也遵从平行四边形定则。
②如果没有限制,同一个力可以分解为无数对大小、方向不同的分力,如图所示。
③一个已知力的分解要根据具体问题来确定。
(5)多个力的合成方法
先求出任意两个力的合力,再求出这个合力跟第三个力的合力,直到把所有的力都合成进去,最后得到的结果就是这些力的合力。
2.判一判
(1)合力F可以等于分力F1、F2的和。(√)
(2)合力F的大小随分力F1、F2之间夹角的增大而减小。(√)
(3)一个力理论上可以分解为无数多组分力。(√)
(4)分解一个力时,只能按力的作用效果分解。(×)
3.想一想
思考下列几种情况下,小车受到的合力。(假设F1>F2)
(1)两个人向相反方向拉车 | |
(2)一人推车,一人拉车 | |
(3)两个人互成角度拉车 |
提示:(1)F1-F2 (2)F1+F2 (3) F1-F2≤F≤F1+F2
1.填一填
(1)矢量:既有大小又有方向,相加时遵从平行四边形定则的物理量。
(2)标量:只有大小,没有方向,相加时遵从算术法则的物理量。
(3)三角形定则:把两个矢量首尾相接,从第一个矢量的始端指向第二个矢量的末端的有向线段就表示合矢量的大小和方向,如图所示。
(4)三角形定则的推论:把多个矢量首尾相接,从第一个矢量的始端指向最后一个矢量的末端的有向线段就表示合矢量的大小和方向。
2.判一判
(1)只要有方向的物理量就是矢量。(×)
(2)三角形定则和平行四边形定则的实质是一样的,都是矢量运算的法则。(√)
(3)有的标量也有方向,所以运算时也遵循平行四边形定则。(×)
3.选一选
对于矢量和标量的说法正确的是( )
A.有大小和方向的物理量就是矢量
B.力、位移和路程都是矢量
C.矢量合成必须遵循平行四边形定则
D.矢量和标量的运算法则相同
解析:选C 有些标量也有方向,故A错误;路程是标量,故B错误;矢量与标量的根本区别是运算法则不同,故C正确,D错误。
合力与分力的关系 |
[学透用活]
1.合力与分力的三个特性
2.合力与分力的大小关系
两分力大小不变时,合力F随两分力夹角θ的增大而减小,随θ的减小而增大(0°≤θ≤180°)。
(1)两分力同向(θ=0°)时,合力最大,F=F1+F2,合力与分力同向。
(2)两分力反向(θ=180°)时,合力最小,F=|F1-F2|,合力的方向与较大的一个分力的方向相同。
(3)合力的取值范围:|F1-F2|≤F≤F1+F2。
①合力与分力是等效替代关系,对物体进行受力分析时,不能同时分析合力与分力。
②合力可能大于某一分力,可能小于某一分力,也可能与某一分力大小相等。
下列关于合力和分力的说法中,正确的是( )
A.合力总比任何一个分力都大
B.两个力的合力至少比其中的一个分力大
C.合力的方向只与两分力的夹角有关
D.合力的大小介于两个分力之差的绝对值与两个分力之和之间
[解析] 根据平行四边形定则知,合力可能比分力大,可能比分力小,也可能与分力相等,A、B错误;根据平行四边形定则知,合力的方向取决于两分力的大小和方向,C错误;合力的大小取值范围为|F1-F2|≤F≤F1+F2,即合力的大小介于两个分力之差的绝对值与两个分力之和之间,D正确。
[答案] D
[对点练清]
1.[多选]关于几个力与其合力,下列说法正确的是( )
A.合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同
B.合力与原来那几个力同时作用在物体上
C.合力的作用可以替代原来那几个力的作用
D.求几个力的合力遵循平行四边形定则
解析:选ACD 合力的作用效果跟原来那几个力共同作用产生的效果相同,选项A正确;合力与分力作用效果相等,具有等效替代关系,但合力与分力不能同时作用在物体上,故B错误;合力的作用可以替代原来那几个力的作用,选项C正确;求几个力的合力遵循平行四边形定则,选项D正确。
2.[多选]两个力F1和F2间的夹角为θ(0°≤θ≤180°),两个力的合力为F,下列说法正确的是( )
A.若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F就越大
B.合力F总比分力中的任何一个力都大
C.如果夹角不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大
D.合力F可能比分力中的任何一个力都小
解析:选AD 若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F越大,故A正确;根据平行四边形定则可知,合力可能比分力大,可能比分力小,可能与分力相等,故B错误,D正确;如果夹角不变,F1大小不变,F2增大,合力F可能减小,也可能增加,故C错误。
3.关于两个大小不变的力与其合力的关系,下列说法正确的是( )
A.合力的大小随两力夹角增大而增大
B.合力的大小不能小于分力中最小者
C.合力的大小一定大于分力中最大者
D.两个分力夹角小于180° 时,合力大小随着夹角的减小而增大
解析:选D 在夹角小于180° 范围内,合力的大小随两力夹角的增大而减小,随夹角的减小而增大,选项A错误,D正确;合力的大小可能比分力大,也可能比分力小,还有可能等于分力,选项B、C错误。
求合力的方法 |
[学透用活]
1.作图法
根据平行四边形定则结合力的图示求合力,如图所示。
2.计算法
根据平行四边形定则结合解三角形的知识求合力,例如以下三种情况。
两分力相互垂直 | 合力大小:F= 合力方向:tan θ= | |
两分力大小相等,夹角为θ | 合力大小:F=2F1cos 合力方向:F与F1夹角为 (当θ=120°时,F1=F2=F) | |
合力与其中一个分力垂直 | 合力大小:F= 合力方向:sin θ= |
3.三个力的合力范围的确定方法
(1)最大值:三个力方向相同时,合力最大,Fmax=F1+F2+F3。
(2)最小值:①若F3属于区间[|F1-F2|,F1+F2],则合力的最小值为零。
②若F3不属于区间[|F1-F2|,F1+F2],则合力的最小值等于三个力中最大的力减去另外两个力。
上海市的杨浦大桥是我国自行设计建造的双塔双索面叠合梁斜拉桥,如图甲所示。挺拔高耸的208 m 主塔似一把利剑直刺苍穹,塔的两侧32对钢索连接主梁,呈扇面展开,如巨型琴弦,正弹奏着巨龙腾飞的奏鸣曲。假设斜拉桥中某对钢索与竖直方向的夹角都是30°,如图乙所示,每根钢索中的拉力都是3×104 N,那么它们对塔柱形成的合力有多大?方向如何?
[解析] 把两根钢索的拉力看成沿钢索方向的两个分力,以它们为邻边画出一个平行四边形,其对角线就表示它们的合力。由对称性可知,合力方向一定沿塔柱竖直向下,用两种方法计算合力的大小。
法一:作图法
如图1所示,自O点引两根有向线段OA和OB,
它们跟竖直方向的夹角都为30°,
取单位长度为1×104 N,
则OA和OB的长度都是3个单位长度,
量得对角线OC长约为5.2个单位长度,
所以合力的大小为F=5.2×1×104 N=5.2×104 N,方向竖直向下。
法二:计算法
如图2所示,根据这个平行四边形是一个菱形的特点,连接AB,交OC于D,则AB与OC互相垂直平分,即AB垂直于OC,且AD=DB、OD=OC。
对于直角三角形AOD,∠AOD=30°,
则有F=2F1cos 30°=2×3×104× N≈5.2×104 N,
方向竖直向下。
[答案] 5.2×104 N 方向竖直向下
如图所示,5个力同时作用于一点,5个力大小和方向相当于正六边形的两条边和三条对角线,已知F1=10 N,则这5个力的合力的大小为( )
A.30 N B.40 N
C.50 N D.60 N
[思路点拨]
利用正六边形的几何特性,先将F1与F4合成,再将F2与F5合成,最后求5个力的合力。
[解析] 如图所示,F1与F4合成时形成以F1和F4为邻边的平行四边形,F3为所夹的对角线(即F1与F4的合力为F3),同理可知,F2与F5的合力也为F3,故5个力的合力等于3倍的F3,又F3的大小等于2倍的F1的大小,则5个力的合力大小为6F1=60 N,D正确。
[答案] D
多个力的合成技巧
(1)优先将共线的分力合成。
(2)优先将相互垂直的分力合成。
(3)两分力大小相等且夹角为120°时,合力大小等于分力大小,方向沿它们夹角的角平分线方向。
(4)结合有关的几何推论。
[对点练清]
4.[多选]两个力的大小分别为4 N和8 N,则合力大小可能为( )
A.6 N B.11 N
C.13 N D.3 N
解析:选AB 两个力的合力范围为4 N≤F≤12 N,则知选项A、B正确。
5.三个力F1=5 N、F2=8 N、F3=10 N作用在同一个质点上,其合力大小范围正确的是( )
A.0≤F≤23 N B.3 N≤F≤23 N
C.7 N≤F≤23 N D.13 N≤F≤23 N
解析:选A 先确定F1、F2的合力范围:3 N≤F12≤13 N,当F12取10 N时,使其与F3反向,则三力合力最小为0,当F12取13 N时,使其与F3同向,则三力合力最大为23 N,故0≤F≤23 N,A正确。
6.如图所示,6个力的合力为F1,若去掉1 N的那个分力,则其余5个力的合力为F2。则下列关于F1、F2的大小及方向的说法正确的是( )
A.F1=0,F2=0
B.F1=1 N,方向与1 N的力反向,F2=0
C.F1=0,F2=1 N,方向与4 N的力同向
D.F1=0,F2=7 N,方向与4 N的力同向
解析:选C 在同一条直线上的两个力先合成,则变为3个大小都为3 N 的力,3力间的夹角都为120°,合力为零,即F1=0;如果撤去1 N的那个分力,仍旧先合成在同一条直线上的力,如图所示,由平行四边形定则可知,合力为1 N,方向与4 N的力同向,故C正确。
力的效果分解法 |
[学透用活]
1.根据力的作用效果分解力的基本思路
2.力的效果分解常见实例
实例 | 分析 |
放在斜面上的物体受到的重力产生两个效果:一是使物体具有沿斜面下滑的趋势;二是使物体压紧斜面。相当于分力F1、F2的作用,F1=mgsin α,F2=mgcos α(α为斜面倾角) | |
质量为m的光滑小球被竖直挡板挡住,而静止于斜面上时,其所受重力产生两个效果:一是使球压紧挡板,相当于分力F1的作用;二是使球压紧斜面,相当于分力F2的作用,F1=mgtan α,F2=(α为斜面倾角) | |
用斧头劈柴时,力F产生的作用效果为垂直于两个侧面向外挤压接触面,相当于分力F1、F2的作用,且F1=F2=F | |
质量为m的物体被支架悬挂且处于静止状态(OA为杆,OB可绳可杆),其所受重力产生两个效果:一是压杆OA,相当于分力F1的作用;二是拉OB,相当于分力F2的作用,F1=,F2=(θ为OB与水平方向的夹角) |
如图所示是扩张机的原理示意图,A、B为活动铰链,C为固定铰链,在A处作用一水平力F,滑块E就以比F大得多的压力向上顶物体D,已知图中2l=1.0 m,b=0.05 m,F=400 N,滑块E与墙壁接触,接触面光滑,则物体D受到向上顶的力为(滑块和杆所受的重力不计)( )
A.3 000 N B.2 000 N
C.1 000 N D.500 N
[思路点拨] 本题属于力的二次分解问题,解题的关键一是抓住力的作用效果确定分力的方向,二是要应用好本题中的几何关系。先将F沿AC、AB方向分解→再将沿着AB方向的分力分解为水平向左和竖直向上的两个分力。
[解析] 将F沿AC、AB方向分解为F1、F2,则F2=,F2的作用效果是使滑块E对墙壁有水平向左的挤压作用F3,对物体D有竖直向上的挤压作用F4,则物体D所受的向上顶的力为FN=F4=F2sin α=tan α,由题图可知tan α===10,故FN=2 000 N,选项B正确。
[答案] B
[对点练清]
7.一体操运动员倒立并静止在水平地面上,下列图示姿势中,假设两手臂用力大小相等,那么沿手臂的力最大的是( )
解析:选C 将运动员所受的重力按照效果进行分解,由于大小和方向确定的一个力分解为两个等大的力时,合力在分力的角平分线上,且两分力的夹角越大,分力越大,因而C图中沿运动员手臂的力最大,故C正确。
8.[多选]如图所示,人拉着旅行箱前进,拉力F与水平方向成α角,若将拉力F沿水平和竖直方向分解,则下列说法正确的是( )
A.水平方向的分力为Fcos α
B.竖直方向的分力为Fsin α
C.水平方向的分力为Ftan α
D.竖直方向的分力为
解析:选AB 将F分解为水平方向和竖直方向,根据平行四边形定则,水平方向的分力Fx=Fcos α;竖直方向的分力Fy=Fsin α,A、B正确。
9.如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图,锁舌尖角为37°,此时弹簧弹力为24 N,锁舌表面较光滑,摩擦不计(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),下列说法正确的是( )
A.此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N
B.此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N
C.关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐减小
D.关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变
解析:选A 锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示,其中F1=FNsin 37°,且F1大小等于弹簧的弹力24 N,解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N,选项A正确,B错误;关门时,弹簧的压缩量增大,弹簧的弹力增大,故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大,选项C、D错误。
力的正交分解法 |
[学透用活]
1.概念:把力沿着两个互相垂直的方向分解的方法,一般用于计算物体受三个或三个以上共点力的合力。
2.建立坐标系的原则:使尽量多的力落在坐标轴上方便计算。
3.一般步骤
(1)建立坐标系:对研究对象进行受力分析,选取合适的方向建立直角坐标系。
(2)正交分解各力:将每一个不在坐标轴上的力分解到x轴和y轴上,并求出各分力的大小,如图所示。
(3)分别求出x轴和y轴方向上的合力,合力等于在该方向上所有力的代数和(沿坐标轴正方向的力取为正,反之取为负),即:
Fx=F1x+F2x+…;Fy=F1y+F2y+…。
(4)求合力:合力大小F=,设合力的方向与x轴的夹角为φ,则tan φ=。
正交分解法不一定按力的实际效果来分解,而是为了简化计算在两个互相垂直的方向上分解。
在同一平面内共点的四个力F1、F2、F3、F4的大小依次为19 N、40 N、30 N和15 N,方向如图所示,求它们的合力。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)
[解析] 如图甲所示建立直角坐标系,把各个力分解到两个坐标轴上,并求出x轴和y轴上的合力Fx和Fy,有
Fx=F1+F2cos 37°-F3cos 37°=27 N
Fy=F2sin 37°+F3sin 37°-F4=27 N
建立如图乙所示的直角坐标系,
合力F=≈38.2 N
tan φ==1
即合力的大小约为38.2 N,方向与F1夹角为45°斜向上。
[答案] 38.2 N,方向与F1夹角为45° 斜向上
[对点练清]
10.如图所示,用绳AC和BC吊起一个重50 N的物体,两绳AC、BC与竖直方向的夹角分别为30°和45°,求绳AC和BC对物体的拉力大小(物体处于静止状态)。
解析:以C为原点建立直角坐标系,设x轴水平,y轴竖直,在图上标出FAC和FBC在x轴和y轴上的分力,即
FACx=FACsin 30°=FAC
FACy=FACcos 30°=FAC
FBCx=FBCsin 45°=FBC
FBCy=FBCcos 45°=FBC
在x轴上,FACx与FBCx大小相等,即FAC=FBC
在y轴上,FACy与FBCy的合力与重力相等,
即FAC+FBC=50 N
解得绳BC的拉力
FBC=25(-)N=25(-)N
绳AC的拉力FAC=50(-1)N。
答案:50(-1)N 25(-)N
11.如图所示,已知共面的三个力F1=20 N、F2=30 N、F3=40 N作用于物体的同一点上,三个力之间的夹角都是120°,求合力的大小和方向。
解析:如图所示,沿水平、竖直方向建立直角坐标系,把F1、F2正交分解,可得
F1x=-20sin 30° N=-10 N
F1y=-20cos 30° N=-10 N
F2x=-30sin 30° N=-15 N
F2y=30cos 30° N=15 N
故沿x轴方向的合力Fx=F3+F1x+F2x=15 N
沿y轴方向的合力Fy=F2y+F1y=5 N
可得F1、F2、F3合力的大小F==10 N
方向与x轴正方向的夹角θ=arctan =30°,即方向与F3夹角为30°斜向上。
答案:10 N 方向与F3夹角为30°斜向上
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、用平行四边形模型感受合力的大小与方向(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P94“物理聊吧”]
自制一个平行四边形模型(如图),结合模型讨论以下问题:
(1)合力的大小和方向怎样随两个分力夹角的改变而改变?
(2)合力是否总是大于两个分力?合力何时达到最大值,何时达到最小值?
(3)当两个分力之间的夹角分别为0°和180°时,它们的合力如何计算?
说一说你的想法,并与同学交流。
[提示] (1)在两个分力的大小不变的情况下,两力的夹角越小,合力的大小就越大,两力的夹角越大,合力的大小越小。
(2)在两个分力的夹角为钝角时,合力的大小就可能比分力小,当两个分力的夹角为0°时,合力最大,两个分力的夹角为180°时,合力最小。
(3)当两分力的夹角为0°时,F合=F1+F2,当两个分力的夹角为180°时,F合=|F1-F2|。
可见,当两个分力间夹角变化时,合力F的大小和方向也会随之变化。
二、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P97“力的分解的应用”]
在生产生活中,力的分解有着十分广泛的应用。上山的路一般修成盘山公路(如图甲),城市中高架桥要建造很长的引桥,这是为什么呢?分析可知,斜面越陡,斜面倾角θ就越大,沿斜面向下的分力G1也就越大,而垂直于斜面的分力G2则越小。汽车上坡时,需克服分力G1的阻碍作用;下坡时,分力G1产生使车下滑的效果。因此,修建盘山公路和很长的引桥等是为了减小坡度,使汽车上坡时更容易、下坡时更安全。
巧妙利用分力可为生活提供便利。如图乙所示,为拉出陷入泥坑的汽车,可将绳子的一端绑在树上,另一端和汽车相连,并使绳子绷紧,然后在绳子中间用垂直于绳的力拉绳。这个拉力使可分解成两个较大的分力,使绳对汽车产生很大的拉力,从而把汽车从泥坑中拉出。
生活中还有很多关于力的分解的应用,你能举出一些例子吗?试着和同学们探讨一下所举例子的原理。
[提示] 略
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.如图所示,A、B为同一水平线上的两个绕绳装置,转动A、B改变绳的长度,使光滑挂钩下的重物C缓慢下降。关于此过程绳上拉力大小的变化,下列说法中正确的是( )
A.不变 B.逐渐减小
C.逐渐增大 D.不能确定
解析:选B 当改变绳的长度,使光滑挂钩下的重物C缓慢下降时,两绳间的夹角会逐渐变小,而它们的合力是不变的,故这两个分力的大小将会逐渐减小,选项B正确。
2.两个共点力同向时合力为a,反向时合力为b,当两个力垂直时合力大小为( )
A. B.
C. D.
解析:选B 假设两个力分别为F1、F2,则同向时F1+F2=a,反向时F1-F2=b,解得F1=,F2=。故当两力垂直时F=,代入数据可得F= ,选项B正确。
3.下列几组力中,合力有可能为零的是( )
A.5 N,10 N,4 N B.10 N,20 N,40 N
C.12 N,5 N,17 N D.2 N,6 N,9 N
解析:选C 三个力合成时,其中一个力的大小在另外两个力的大小的和与差之间,则合力可以等于零,由此可知选项C中的合力可能为零。
4.在斜面上的物体受到的重力为G,可以分解为沿斜面向下的力G1和垂直斜面向下的力G2,如图所示。下列说法正确的是( )
A.G1和G2的代数和等于G
B.G2就是物体对斜面的压力
C.G1和G2的受力物体是斜面上的物体
D.若物体静止在斜面上,斜面对物体的作用力一定竖直向上
解析:选D 重力G分解为垂直斜面向下的力G2和平行斜面向下的力G1,G1和G2的矢量和等于G,故A错误;G2是使物体紧压斜面的分力,不是物体对斜面的压力,故B错误;G1和G2是重力的两个分力,实际上是不存在的,故C错误;若物体静止在斜面上,根据平衡的条件可知,斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反,所以一定竖直向上,故D正确。
5.如图所示,大小分别为F1、F2、F3的三个力恰好围成封闭的直角三角形(顶角为直角)。选项图中三个力的合力最大的是( )
解析:选C 由矢量合成的法则可知,A中的合力的大小为2F1,B中的合力的大小为0,C中的合力的大小为2F2,D中的合力的大小为2F3,由于F2是直角三角形的斜边,所以F2最大,故合力最大的是选项C。
6.将物体所受重力按力的效果进行分解,选项图中错误的是( )
解析:选C A项中物体所受的重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2,A项正确;B项中物体所受的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2,B项正确;C项中物体所受的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力G1和G2,C项错误;D项中物体所受的重力分解为水平向左使物体压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2,D项正确。
7.小明想推动家里的衣橱,但使出了很大的力气也推不动,他便想了个妙招,如图所示,用A、B两块木板,搭成一个底角较小的人字形架,然后往中央一站,衣橱居然被推动了!下列说法正确的是( )
A.这是不可能的,因为小明根本没有用力去推衣橱
B.这是不可能的,因为无论如何小明的力气也没那么大
C.这有可能,A板对衣橱的推力有可能大于小明所受的重力
D.这有可能,但A板对衣橱的推力不可能大于小明所受的重力
解析:选C 由题意知,小明所受的重力可分解为沿两块木板方向的分力,由于两块木板夹角接近180°,根据平行四边形定则可知,分力(即木板的推力)可远大于小明所受的重力,选项C正确。
8.如图所示是剪式千斤顶,当摇动把手时,螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢,从而将汽车顶起。当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N,此时千斤顶两臂间的夹角为120°,则下列判断正确的是( )
A.此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 N
B.此时千斤顶对汽车的支持力大小为2.0×105 N
C.若继续摇动把手,将汽车顶起,两臂受到的压力将增大
D.若继续摇动把手,将汽车顶起,两臂受到的压力将减小
解析:选D 分解千斤顶受到的压力,由几何知识可得此时两臂受到的压力大小均为1.0×105 N,A错误;由牛顿第三定律可知,千斤顶对汽车的支持力大小为1.0×105 N,B错误;若继续摇动把手,两臂间的夹角减小,而合力不变,故两分力减小,即两臂受到的压力将减小,C错误,D正确。
9.如图所示,一个重为 100 N 的小球被夹在竖直的墙壁和A点之间,已知球心O与A点的连线与竖直方向成θ 角,且θ=60°,所有接触点和面均不计摩擦。求小球对墙壁的压力F1和对A点的压力F2。
解析:小球所受的重力产生两个作用效果:压紧墙壁和A点,作出小球所受的重力及它的两个分力F1′和F2′,构成平行四边形,如图所示。
小球对墙壁的压力F1=F1′=Gtan θ=100 N,方向垂直墙壁向右;
小球对A点的压力F2=F2′==200 N,方向沿OA方向。
答案:见解析
B级—选考提能
10.[多选]已知力F的一个分力F1跟F成30°角,大小未知,F=100 N,则另一个分力F2的大小可能是( )
A.30 N B.60 N
C.100 N D.500 N
解析:选BCD 已知力F的一个分力F1跟F成30°角,大小未知,F=100 N,根据点到直线的距离垂线最短,过F的右端作垂直于F1的垂线,此时分力F2最小,F2=Fsin 30°=50 N,所以F2一定大于等于50 N,B、C、D正确。
11.如图所示,一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登,由于身背较重的行囊,重心上移至肩部的O点,总质量为60 kg。此时手臂与身体垂直,手臂与岩壁夹角为53°,则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)( )
A.360 N,480 N B.480 N,360 N
C.450 N,800 N D.800 N,450 N
解析:选A 如图所示,运动员所受的重力mg可分解为沿手臂方向的力F1和沿身体方向的力F2,F1=mgcos 53°=360 N,F2=mgsin 53°=480 N。即手受到的拉力为360 N,脚受的作用力为480 N,选项A正确。
12.一质量mB=4 kg的物块B放置于粗糙水平桌面上并处于静止状态,另有一质量mA=2 kg的物块A连着绳子静止在空中,如图所示。绳子的结点为O,BO之间的绳水平,OC绳子的一端C固定在竖直墙壁上,并且与墙壁的夹角为θ=37°,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
(1)OB之间绳子上的拉力F1的大小和OC之间绳子上的拉力 F2的大小;
(2)此时物块B与桌面之间的摩擦力f的大小;
(3)当物块A的质量增加到mA=4 kg时,物块B刚好要滑动时,物块B与桌面间的动摩擦因数。(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
解析:(1)对结点O受力分析,如图所示,由正交分解可得
F2cos θ=mAg
F2sin θ=F1
解得:F2=25 N
F1=15 N。
(2)由B受力平衡可得
水平方向:f=F1
解得:f=15 N。
(3)当mA=4 kg时,由(1)的分析可知OB之间的绳子的拉力变为30 N,此时物块B刚好要滑动,物块B所受的摩擦力达到最大静摩擦力,所以此时fm=30 N
又因为fm=μmBg
解得:μ=0.75。
答案:(1)15 N 25 N (2)15 N (3)0.75
实验:探究两个互成角度的力的合成规律(第2课时)
实验目的
实验原理
1.合力F′的确定:把一端固定的同一根橡皮条拉伸到某点,一次只用一个力F′的作用,另一次用两个共点力F1与F2的共同作用,则F′为F1和F2的合力。
2.合力理论值F的确定:作出F1和F2的图示,根据平行四边形定则利用作图法求得合力F。
3.平行四边形定则的验证:在实验误差允许的范围内,比较F′和F是否大小相等、方向相同。
实验器材
实验步骤与数据处理
1.用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上。
2.用图钉把橡皮条的一端固定在A点,橡皮条的另一端拴上两个细绳套。
3.用两个弹簧测力计分别勾住细绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条的结点拉到某一位置O,如图甲所示。记录两弹簧测力计的读数,用铅笔描下O点的位置及此时两细绳套的方向。
4.用铅笔和刻度尺从O点沿两个细绳套的方向画直线,按选定的标度作出这两个弹簧测力计的读数F1和F2的图示,并以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形,过O点画平行四边形的对角线,此对角线即为合力F的图示,如图乙所示。
5.只用一个弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O,记下弹簧测力计的读数和细绳套的方向,用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出这个弹簧测力计的拉力F′的图示,如图乙所示。
6.比较力F′与用平行四边形定则求出的合力F在大小和方向上是否相同。
7.改变两个力F1和F2的大小和夹角,再重复实验两次。
误差分析
1.使用中,弹簧测力计的弹簧和外壳之间、指针和外壳之间或弹簧测力计的外壳和白纸之间有摩擦力存在会引起系统误差。
2.两次测量拉力时,橡皮条的结点不可能做到完全拉到同一点从而会造成偶然误差。
3.两个分力的夹角太小或太大,F1、F2数值太小,应用平行四边形定则作图时,会造成偶然误差。
注意事项
1.弹簧测力计使用前要检查指针是否指在零刻度线上,否则应校正零位(无法校正的要记录下零误差)。还需用钩码检查是否存在示值误差,若存在,应加以校正。
2.被测力的方向应与弹簧测力计轴线方向一致,拉动时弹簧不可与外壳相碰或摩擦。
3.在同一次实验中,使橡皮条拉长时结点一定要拉到同一位置。
4.在具体实验时,两分力间夹角不宜过大,也不宜过小,以60°~120°之间为宜。
5.读数时应正视、平视刻度。
6.使用弹簧测力计测力时,拉力应适当大些,但不能超出它的测量范围。
实验原理与操作 |
“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验如图甲所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点,OB和OC为细绳,图乙为白纸上根据实验要求画出的图示。
(1)本实验中“等效替代”的含义是________。
A.橡皮条可以用细绳替代
B.左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果
C.右侧弹簧测力计的作用效果可以替代左侧弹簧测力计的作用效果
D.两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代
(2)图乙中的F与F′两力中,方向一定沿AO方向的是________。
(3)[多选]下列措施中可减小实验误差的是________。
A.拉橡皮条的细绳细些且长度适当
B.拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板面平行
C.记录弹簧测力计拉力方向时,标记同一细绳方向的两点要远些
D.应使拉力F1和F2的夹角为90°
[解析] (1)本实验中“等效替代”的含义是两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代,故D正确。
(2)题图乙中的F是合力的理论值,而F′是合力的实际值,两力中,方向一定沿AO方向的是F′。
(3)拉橡皮条的细绳细些且长度适当,以便确定力的方向,选项A正确;拉橡皮条时,弹簧测力计、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板面平行,选项B正确;记录弹簧测力计拉力方向时,标记同一细绳方向的两点要远些,这样可减小记录方向时产生的误差,选项C正确;拉力F1和F2的夹角不一定为90°,大小适当即可,选项D错误。
[答案] (1)D (2)F′ (3)ABC
[对点训练]
1.做“探究两个互成角度的力合成的规律”的实验时:
(1)下列器材必需要用的是________(多选)。
(2)在做上述实验时,在水平放置的木板上垫上一张白纸,把橡皮条的一端固定在板上,另一端拴上两个细绳套,通过细绳用两个互成角度的弹簧测力计拉橡皮条,使结点移到某一位置O,此时需记下:①______________;②______________;③______________。然后用一个弹簧测力计把橡皮条拉长,使结点到达________________,再记下________________。
(3)在某次实验中,某同学的实验结果如图所示,其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳结点的位置。图中________是力F1与F2的合力的理论值;________是力F1与F2的合力的实验值。通过把F和F′进行比较,验证平行四边形定则。
解析:(1)实验中要作平行四边形,故需要用刻度尺,要通过弹簧测力计拉伸橡皮条来显示力的效果。
(2)实验中要记录橡皮条拉伸后O点的位置、弹簧测力计的读数及力的方向。
(3)本实验中合力的理论值是通过作平行四边形得出,而合力的实验值则是通过用一个弹簧测力计拉橡皮条使结点到达同一O点而直接测得。
答案:(1)BC (2)①O点位置 ②细绳所指方向 ③相应弹簧测力计读数 同一位置O点 弹簧测力计读数和细绳方向 (3)F F′
数据处理和误差分析 |
在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和一个弹簧测力计。
(1)为完成实验,某同学另找来一根弹簧,测量其劲度系数,得到的实验数据如表所示。
弹力F/N | 0.50 | 1.00 | 1.50 | 2.00 | 2.50 | 3.00 | 3.50 |
伸长量x/(×10-2 m) | 0.74 | 1.80 | 2.80 | 3.72 | 4.60 | 5.58 | 6.42 |
用作图法求得该弹簧的劲度系数k=________N/m。
(2)某次实验中,弹簧测力计的指针位置如图所示,其读数为________N;同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N,请画出这两个共点力的合力F合。
(3)由图得到F合=________N。
[解析] (1)根据表格数据描点,然后连成一条过原点的直线,如图所示,直线的斜率表示弹簧的劲度系数,k= N/m≈55 N/m。
(2)读出弹簧测力计的读数为2.10 N(保留三位有效数字);以O为顶点,画出两细绳套的方向就是两拉力方向,再确定并画好力的标度,画出两拉力的图示,以两拉力为邻边作出平行四边形,画出平行四边形的对角线,即合力F合。
(3)用刻度尺量出合力的长度,根据确定的标度算出合力的大小,即F合=3.30 N。
[答案] (1)55(53~57均可) (2)2.10(2.08~2.12均可) 见解析图 (3)3.30(3.10~3.50均可)
[对点训练]
2.在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中,用两个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处,如图所示已经作出拉力F1、F2,图中方格每边长度表示1 N。
(1)用直尺、三角板作出F1、F2的合力后,由所作的图可知,F1、F2的合力F大小为________N;
(2)用一个弹簧测力计把橡皮条的端点拉到O处,此时拉力为F′。由图可知,F′与F的大小、方向略有偏差,如果此偏差仅由F1的大小引起,则引起偏差的原因是F1的大小比真实值偏______(填“大”或“小”)。
解析:(1)以F1、F2为邻边,作出平行四边形,如图所示:
由图可知:合力为F=1×7 N=7 N。
(2)合力F′与F的大小、方向略有偏差,如果此偏差仅由F1引起,由图可知F1与F′的夹角比F1与F的大,故F1的大小比真实值偏大。
答案:7 大
实验创新考查 |
某同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法:在竖直木板上铺有白纸,固定两个光滑的滑轮A和B,将绳子打一个结点O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力FTOA、FTOB和FTOC,回答下列问题:
(1)[多选]改变钩码个数,实验能完成的是________。(绳子能承受的拉力足够大)
A.钩码的个数N1=N2=2,N3=4
B.钩码的个数N1=N3=3,N2=4
C.钩码的个数N1=N2=N3=4
D.钩码的个数N1=3,N2=4,N3=5
(2)在拆下钩码和绳子前,最重要的一个步骤是________。
A.标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三段绳子的方向和钩码个数
B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C.用量角器量出三段绳子之间的夹角
D.用天平测出钩码的质量
(3)在作图时,你认为图中________(填“甲”或“乙”)是正确的。
[解析] (1)对O点受力分析如图所示,OA、OB、OC分别表示FTOA、FTOB、FTOC的大小,由于三个共点力处于平衡,所以FTOA、FTOB的合力大小等于FTOC,且FTOC<FTOA+FTOB,即|FTOA-FTOB|<FTOC<FTOA+FTOB,故B、C、D能完成实验。
(2)为探究求合力的方法,必须作受力图,所以先明确受力点,即标记结点O的位置,其次要作出力的方向并读出力的大小,最后作出力的图示,故最重要的一个步骤是要记录钩码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向,故A正确,B、C、D错误。
(3)以O点为研究对象,F3的实际作用效果在OC这条线上(竖直方向),由于误差的存在,F1、F2的合力的理论值与实际值有一定偏差,故题图甲符合实际,题图乙不符合实际。
[答案] (1)BCD (2)A (3)甲
[对点训练]
3.在进行“探究共点力合成的规律”的实验中,用如图(a)所示的两个力拉弹簧使之伸长至某一位置,并适当调整力的方向,使两力之间的夹角为90°。(图中钩码规格相同)
(1)换用一根线牵引弹簧[图(b)],使弹簧的伸长量与两个力作用时相同,此时需要挂________个与图甲中相同规格的钩码。
(2)你对合力与分力遵循的规律作出的猜想是________________________。
(3)本实验采用的科学方法是__________。
A.理想实验 B.等效替代
C.控制变量 D.物理模型
解析:(1)设一个钩码受到的重力为G,题图(a)中互成90°的两个力F1=3G,F2=4G,则合力为F==5G,题图(b)中为了保持拉力的作用效果相同,故要挂5个规格相同的钩码。
(2)根据3、4、5个钩码及夹角的关系,可知猜想出力的合成遵循平行四边形定则或三角形定则。
(3)该实验保证合力与几个分力共同作用的作用效果相同,运用了等效替代法,故B正确。
答案:(1)5 (2)力的合成遵循平行四边形定则(或三角形定则) (3)B
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中,合力与分力的作用效果相同,这里的作用效果是指( )
A.弹簧测力计的弹簧被拉长
B.固定橡皮条的图钉受拉力产生形变
C.细绳套受拉力产生形变
D.使橡皮条在某一方向上伸长到某一位置
解析:选D 合力与分力之间是等效替代关系,在实验中作用效果相同,是指橡皮条的伸长量相同且伸长到同一位置,故选项D正确。
2.[多选]在探究二力合成规律的实验中,下列措施有利于减小实验误差的是( )
A.橡皮条弹性要好,拉到O点时拉力适当大些
B.两个分力F1和F2间的夹角要尽量大些
C.拉橡皮条时,橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板面
D.拉橡皮条的细绳要细,而且要稍长一些
解析:选ACD 拉力“适当”大些能减小误差;两个分力F1和F2间的夹角“尽量”大些,则使作图误差变大,故夹角大小适中即可,选项A正确,B错误;橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板,目的是使拉力水平,选项C正确;细绳细些且稍长便于确定力的方向,选项D正确。
3.某同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验时,主要步骤是:
A.在桌上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在方木板上
B.用图钉把橡皮条的一端固定在木板上的A点,在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端系着绳套
C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套,互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O。记录下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数
D.按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示,并用平行四边形定则求出合力F
E.只用一个弹簧测力计,通过细绳套拉橡皮条使其伸长,读出弹簧测力计的示数,记下细绳套的方向,按同一标度作出这个力F′的图示
F.比较F′和F的大小和方向,看它们是否相同,得出结论
上述步骤中:
(1)有重要遗漏的步骤的序号是____和____。
(2)遗漏的内容分别是________________________和___________________。
解析:(1)根据探究两个互成角度的力的合成规律实验的操作步骤可知,有重要遗漏的步骤的序号是C、E。
(2)在C中未记下两条细绳的方向。E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了同一位置O。
答案:(1)C E (2)记下两条细绳的方向 把橡皮条的结点拉到同一位置O
4.某同学在家中尝试验证平行四边形定则,他找到3条相同的橡皮条(遵循胡克定律)和若干小重物,以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子,设计了如下实验:将两条橡皮条的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上,另一端与第三条橡皮条连接,结点为O,将第3条橡皮条的另一端通过细绳挂一重物,如图所示。
(1)[多选]为完成实验,下列操作中必需的是________。
A.测量细绳的长度
B.测量橡皮条的原长
C.测量悬挂重物后橡皮条的长度
D.记录悬挂重物后结点O的位置
(2)钉子位置固定,欲利用现有器材,改变条件再次验证,可采用的方法是________________________________________________________________________。
解析:(1)必需测量橡皮条的原长和悬挂重物后橡皮条的长度,这样才能确定橡皮条的伸长量,确定各力的大小;还需记录悬挂重物后结点O的位置,同时记下3条橡皮条所在的方向,以便确定各拉力的方向,根据平行四边形定则作出合力的图示。故必需的是B、C、D。
(2)改变条件再次验证可采用更换不同的重物的方法。
答案:(1)BCD (2)更换不同的重物
5.将橡皮条的一端固定在A点,另一端拴上两根细绳,每根细绳分别连着一个量程为5 N、最小分度为0.1 N的弹簧测力计,沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮条的活动端拉到O点时;两根细绳相互垂直,如图甲所示,这时弹簧测力计的读数可从图中读出。
(1)由图甲可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为________N和________N。(只需读到0.1 N)
(2)在如图乙所示的方格纸上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。
解析:(1)由题图甲知,竖直向下的弹簧测力计读数为2.5 N,水平向右的弹簧测力计读数为4.0 N。
(2)两力均是0.5 N的整数倍,因此,选方格纸中一个小方格的边长表示0.5 N,应用平行四边形定则,即可画出两个力以及它们的合力如图所示。
答案:(1)2.5 4.0 (2)见解析图
B级—选考提能
6.某同学用如图甲所示的装置探究求合力的方法。将一木板(图中未画出)竖直放置与铁架台和轻弹簧所在平面平行。其部分实验操作如下,请完成下列相关内容。
(1)如图甲所示,在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端到达的位置O;
(2)如图乙所示,卸下钩码然后将两细绳套系在弹簧下端,用两弹簧测力计将弹簧末端拉到同一位置O,记录细绳套AO、BO的________及两弹簧测力计相应的读数。如图乙中B弹簧测力计的读数为________N;
(3)该同学在坐标纸上画出两弹簧测力计拉力FA、FB的大小和方向如图丙所示,请在图丙中作出FA、FB的合力F′;
(4)已知钩码的重力,可得弹簧所受的拉力F如图丙所示,观察比较F和F′,得出结论:___________________________________________________________________________。
解析:(2)根据实验原理,要记录细绳套AO、BO的方向和拉力大小,拉力大小由弹簧测力计读出,分度值为0.1 N,估读一位,B弹簧测力计的读数为3.60 N。
(3)如图所示。
(4)在实验误差允许的范围内F和F′相等。
答案:(2)方向 3.60 (3)见解析图 (4)在实验误差允许的范围内F和F′相等
7.某同学在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中,利用图钉、平板、橡皮条、弹簧测力计、铅笔和刻度尺进行有关实验。
(1)图1中B弹簧测力计的示数为________N。(本实验用的弹簧测力计示数的单位为N)
(2)如图2所示是甲、乙两名同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验时得到的结果。若按实验中要求的符号表示各个力,则可判定其中______(填“甲”或“乙”)实验结果是尊重实验事实的。
(3)在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中,两弹簧测力计拉力的图示已在图丙中作出,方格每边的长度表示1 N,O是橡皮条的一个端点。按照作图法可得合力的大小为________N。
(4)[多选]有关此实验,下列叙述正确的是________。
A.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮条的拉力大
B.橡皮条的拉力是合力,两弹簧测力计的拉力是分力
C.两次拉橡皮条时,需将橡皮条结点拉到同一位置O,这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同
D.若只增大某一个弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮条结点位置不变,只需调整另一个弹簧测力计拉力的大小即可
解析:(1)由题图1可知,B弹簧测力计分度值为0.2 N,其示数为3.6 N。
(2)该实验中F是由平行四边形定则得出的合力,而F′是通过实际实验得出的,故F′应与OA在同一直线上,而F与F1、F2组成平行四边形,故甲实验结果是尊重实验事实的。
(3)作平行四边形如图所示。由图可得,两个分力的合力的长度为7个小方格长度,所以合力的大小为7 N。
(4)本实验,弹簧测力计的拉力应不超过量程,两个弹簧测力计拉力的大小没有要求,两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮条的拉力大,故A正确;根据共点力平衡可知,橡皮条的拉力不是合力,而是合力反方向的力,故B错误;根据实验的要求,两次拉橡皮条时,需将橡皮条结点拉到同一位置O,这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同,故C正确;根据平行四边形定则,若只增大某一个弹簧测力计的拉力大小而要保证橡皮条结点位置不变,则需同时调整另一个弹簧测力计拉力的大小与方向,故D错误。
答案:(1)3.6 (2)甲 (3)7 (4)AC
第5节
共点力的平衡
1.填一填
(1)定义:如果一个物体受到两个或更多力的作用,这些力共同作用在物体的同一点上,或者虽不作用在同一点上,但它们的作用线交于一点,这几个力叫作共点力。
(2)力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。
2.判一判
(1)共点力一定作用于物体上的同一点。(×)
(2)共点力一定作用于同一物体上。(√)
(3)作用于同一物体上的所有力都是共点力。(×)
(4)作用于不同物体上的两个力,只要作用线交于一点,就可以进行力的合成。(×)
3.想一想
如图甲中悬挂风景画框的结点O受三个力,乙中的店牌受三个力,丙中的扁担也受三个力。
试结合上述情景讨论下列问题:
(1)观察三幅图中的作用力,哪些是共点力?
(2)哪些图中的力能求合力?哪些图中的力不能求合力?
提示:(1)甲图中三个力共同作用在O点上,乙图中三个力虽然不作用在同一点上,但它们的延长线交于一点,甲、乙图中都是共点力。丙图中的力不但没有作用在同一点上,它们的延长线也不能交于一点,所以不是共点力。
(2)甲、乙图中的力是共点力,可以应用平行四边形定则求合力, 丙图中的力不是共点力,不能求合力。
1.填一填
(1)平衡状态:物体保持静止或匀速直线运动状态。
(2)平衡条件:在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。
2.判一判
(1)竖直上抛的物体上升至最高点时v=0,是平衡状态。(×)
(2)物体的加速度a=0,则物体一定处于静止状态。(×)
(3)物体的速度很大,则F合一定很大。(×)
(4)在高空高速匀速飞行的飞机上,乘客所受合力为零。(√)
3.选一选
(1)物体在共点力作用下,下列说法正确的是( )
A.物体的速度在某一时刻等于零,物体就一定处于平衡状态
B.物体相对另一物体保持静止时,物体一定处于平衡状态
C.物体所受合力为零,就一定处于平衡状态
D.物体做匀加速运动时处于平衡状态
解析:选C 处于平衡状态的物体,从运动形式上看,物体处于静止状态或匀速直线运动状态;从受力上看,物体所受合外力为零。物体的速度在某一时刻为零,合外力不一定为零,故物体不一定处于平衡状态,选项A错误;物体相对于另一物体静止时,该物体不一定静止,所受合外力不一定为零,故物体不一定处于平衡状态,选项B错误;选项C符合平衡条件的判断,选项C正确;物体做匀加速直线运动时处于非平衡状态,选项D错误。
(2)如图所示为节日里悬挂灯笼的一种方式,A、B两点等高,O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力分别为FA、FB,灯笼受到的重力为G。下列说法正确的是( )
A.FA一定小于G
B.FA与FB大小相等
C.FA与FB是一对平衡力
D.FA与FB大小之和等于G
解析:选B 由题意知,A、B两点等高,且两轻绳等长,故FA与FB大小相等,选项B正确;若两轻绳夹角大于120°,则FA=FB>G,若两轻绳夹角小于120°,则FA=FB<G,若两轻绳夹角等于120°,则FA=FB=G,选项A、D错误;两轻绳夹角为180°时,FA与FB才能成为一对平衡力,但这一情况不可能实现,选项C错误。
共点力平衡的条件的理解及应用 |
[学透用活]
1.共点力平衡的条件
合外力等于0,即F合=0―→正交分解法,其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。
2.平衡条件的推论
(1)二力平衡:若物体在两个力作用下处于平衡状态,则这两个力一定等大、反向。
(2)三力平衡:若物体在三个共点力作用下处于平衡状态,则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。
(3)多力平衡:若物体在n个共点力作用下处于平衡状态,则其中任意一个力必定与另外(n-1)个力的合力等大、反向。
在分析问题时,注意“静止”和“v=0”不是一回事,v=
在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中,滑轮光滑且所受的重力忽略不计,滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上,一根轻绳ab绕过滑轮,a端固定在墙上,b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时,甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ,乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD,则以下判断正确的是( )
A.FA=FB=FC=FD B.FD>FA=FB>FC
C.FA=FC=FD>FB D.FC>FA=FB>FD
[思路点拨] 根据共点力平衡的条件分析可知:①轻绳上的拉力等于重物所受的重力mg;②滑轮受到木杆P的弹力等于滑轮两侧轻绳拉力的合力。
[解析] 轻绳上的拉力等于重物所受的重力mg,设滑轮两侧轻绳之间的夹角为φ,根据共点力平衡的条件知,滑轮受到木杆P的弹力F与滑轮两侧轻绳拉力的合力平衡,即F=2mgcos ,由夹角关系可得FD>FA=FB>FC,选项B正确。
[答案] B
本题的易错点是误认为木杆P的弹力一定沿着木杆,从而导致错误。
[对点练清]
1.重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作,当运动员竖直倒立保持静止状态时,两手臂对称支撑,夹角为θ,则( )
A.当θ=60°时,运动员单手对地面的正压力大小为
B.当θ=120°时,运动员单手对地面的正压力大小为G
C.当θ不同时,运动员受到的合力不同
D.当θ不同时,运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析:选A 对运动员受力分析如图所示,地面对手的支持力F1=F2=,即运动员单手对地面的正压力大小为,与夹角θ无关,选项A正确,B错误;不管θ如何,运动员受到的合力为零,与地面之间的相互作用力总相等,选项C、D错误。
2.如图所示,两个质量为m1的小球套在竖直放置的光滑支架上,支架的夹角为120°,用轻绳将两球与质量为m2的小球连接,轻绳与支架构成一个菱形,则m1∶m2为( )
A.1∶1 B.1∶2
C.1∶ D..∶2
解析:选A 将小球m2受到的重力按作用效果根据平行四边形定则进行分解如图所示,由几何知识得:T=m2g。对m1受力分析,由平衡条件,在沿支架的方向上有:m1gsin 30°=Tsin 30°,得:T=m1g,则m1∶m2=1∶1,故A正确。
3.如图所示,A、B两球完全相同,质量均为m,用两根等长的细线悬挂在O点,两球之间连着一根轻质弹簧,静止不动时,两根细线之间的夹角为θ,则弹簧的弹力为( )
A.2mgtan θ B.mgtan θ
C.2mgtan D.mgtan
解析:选D 对A球受力分析,如图所示。根据共点力平衡的条件和几何知识可得F弹=mgtan ,故D正确。
解答共点力平衡问题的三种常用方法 |
[学透用活]
合成法 | 物体在三个共点力作用下处于平衡时,将其中的任意两个力合成,其合力一定与第三个力平衡,从而把三力平衡问题转化为二力平衡问题 |
分解法 | 物体在三个共点力作用下处于平衡时,将其中任意一个力沿其他两个力的反方向分解,则每个方向上的一对力大小相等,方向相反,从而把三力平衡问题转化为两个方向上的二力平衡问题 |
正交分解法 | 物体在三个或三个以上的共点力作用下处于平衡时,将物体所受的各个力均向两个互相垂直的方向上分解,然后分别在这两个方向上列平衡方程,此时平衡条件可表示为:Fx合=0,Fy合=0 |
“风力仪”可直接测量风力的大小,其原理如图所示。仪器中一根轻质金属丝悬挂着一个金属球。无风时,金属丝竖直下垂;当受到沿水平方向吹来的风时,金属丝偏离竖直方向一个角度。风力越大,偏角越大。通过传感器,就可以根据偏角的大小指示出风力大小。那么风力大小F跟金属球的质量m、偏角θ之间有什么样的关系呢?(重力加速度为g)
[解析] 选取金属球为研究对象,它受到三个力的作用,如图甲所示。金属球处于平衡状态,这三个力的合力为零。可用以下三种方法求解。
法一:合成法
如图乙所示,风力F和拉力FT的合力与金属球所受的重力等大反向,由平行四边形定则可得F=mgtan θ。
法二:分解法
重力有两个作用效果:使金属球抵抗风的吹力和使金属丝拉紧,可以将金属球所受的重力沿水平方向和金属丝的方向进行分解,如图丙所示,由几何关系可得
F=F′=mgtan θ。
法三:正交分解法
以金属球为坐标原点,取水平方向为x轴,竖直方向为y轴,建立坐标系,如图丁所示。由水平方向的合力Fx合和竖直方向的合力Fy合分别等于零,即
Fx合=FTsin θ-F=0
Fy合=FTcos θ-mg=0
解得F=mgtan θ。
[答案] F=mgtan θ
解答共点力平衡问题的一般步骤
(1)选取研究对象,对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统,应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体(整体法或隔离法)。
(2)对所选研究对象进行受力分析,并画出受力分析图。
(3)对研究对象所受的力进行处理,对三力平衡问题,一般根据平衡条件画出力合成的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题,一般建立合适的直角坐标系,对各力按坐标轴进行分解。
(4)建立平衡方程,对于四力或四力以上的平衡问题,用正交分解法列出方程组。
[对点练清]
4.[多选]如图所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角都为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,则( )
A.两绳对日光灯拉力的合力大小为G
B.两绳的拉力和日光灯所受的重力不是共点力
C.两绳的拉力大小分别为G和G
D.两绳的拉力大小分别为和
解析:选AC 如图所示,两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点,这三个力为共点力,选项B错误;由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于平衡状态,所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向,选项A正确;由于两绳拉力的夹角成直角,且都与竖直方向成45°角,则由力的平行四边形定则可知G=,又因F1=F2,故F1=F2=G,选项C正确,D错误。
5.[多选]一根长为L的易断的均匀细绳,两端固定在天花板上的A、B两点,若在细绳的C处悬挂一重物,知AC>CB,如图所示,则下列说法正确的是( )
A.增加重物的重力,BC段先断
B.增加重物的重力,AC段先断
C.将A端往左移时细绳容易断
D.将A端往右移时细绳容易断
解析:选AC 对C点研究,C点受重物的拉力,其大小FT=G,将重物对C点的拉力分解为对AC和BC两段细绳的拉力,力的平行四边形如图所示。在△ABC中,因为AC>BC,所以α>β,故FBC>FAC,当增加重力G时,FBC、FAC按比例增加,FBC增大得较多,所以BC段细绳先断,选项A正确,B错误;将A端往左移时,FBC与FAC两力夹角变大,合力FT=G一定,则两分力FBC与FAC均增大,故细绳容易断,选项C正确;将A端往右移时两分力夹角减小,合力FT=G一定,两分力减小,故细绳不容易断,选项D错误。
6.如图所示,质量为m的物体静止在水平地面上,它与地面间的动摩擦因数为μ。现将大小为F、与水平方向夹角为α的恒力作用在物体上,物体仍保持静止。则( )
A.物体所受支持力的大小为mg
B.物体所受支持力的大小为Fsin α
C.物体所受摩擦力的大小为Fcos α
D.物体所受摩擦力的大小为μmg
解析:选C 对物体受力分析如图所示。物体所受支持力的大小为:FN=mg-Fsin α,故A、B错误;物体保持静止,故所受摩擦力为静摩擦力,大小为:f=Fcos α,故C正确,D错误。
平衡中的临界、极值问题 |
[学透用活]
1.临界问题
(1)问题界定:物体所处平衡状态将要发生变化的状态为临界状态,涉及临界状态的问题为临界问题。
(2)问题特点:
①当某物理量发生变化时,会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
(3)分析方法:基本方法是假设推理法,即先假设某种情况成立,然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
2.极值问题
(1)问题界定:物体平衡的极值问题,一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
(2)分析方法:
①解析法:根据物体平衡的条件列出方程,在解方程时,采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法:根据物体平衡的条件作出力的矢量图,画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值。
如图甲、乙所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其恰能沿斜面匀速上滑,若改用水平推力F2作用于物体上,也恰能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比为( )
A.cos θ+μsin θ B.cos θ-μsin θ
C.1+μtan θ D.1-μtan θ
[解析] 物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图(a)、(b)所示。
将重力mg、力F2沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡条件可得:
F1=mgsin θ+Ff1,
FN1=mgcos θ,
Ff1=μFN1,
F2cos θ=mgsin θ+Ff2,
FN2=mgcos θ+F2sin θ,
Ff2=μFN2,
解得:F1=mgsin θ+μmgcos θ,
F2=,
故=cos θ-μsin θ,B正确。
[答案] B
临界与极值问题的分析技巧
(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时,首先要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡中的临界点和极值点。
(2)临界条件必须在变化中寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而是要把某个物理量推向极端,即极大或极小,并依此作出科学的推理分析,从而给出判断或结论。
[对点练清]
7.如图所示,三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同,它们共同悬挂一重物,其中OB是水平的,A端、B端分别固定在水平天花板上和竖直墙上。若逐渐增加C端所挂重物的质量,则最先断的绳是( )
A.必定是OA
B.必定是OB
C.必定是OC
D.可能是OB,也可能是OC
解析:选A C端悬挂重物,它对O点的拉力等于重物所受的重力G。OC绳的拉力产生两个效果:使OB在O点受到水平向左的力F1,使OA在O点受到沿绳子方向斜向下的力F2,F1、F2是G的两个分力。由平行四边形定则可作出力的分解图如图所示,由于三段绳所能承受的最大拉力相同,当逐渐增大所挂重物的质量时,从图中可知:表示F2的有向线段最长,F2分力最大,故OA绳最先断,A正确。
8.如图所示,三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点,A、B两端被悬挂在水平天花板上,相距2L,现在C点上悬挂一个质量为m的重物,为使CD绳保持水平,在D点上可施加力的最小值为( )
A.mg B.mg
C.mg D..mg
解析:选C 由题图可知,为使CD绳水平,各绳均应绷紧,由几何关系可知,AC绳与水平方向的夹角为60°;结点C受力平衡,受力分析如图所示,则CD绳的拉力FT=mgtan 30°=mg;D点受CD绳的拉力大小等于FT,方向向左;要使CD绳水平,D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零,则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2,由几何关系可知,当BD绳上的拉力F′与F1大小相等,且力F2与BD绳垂直时,F2最小,而F2的大小即为施加在D点的力的大小,故最小力F=F2=FTsin 60°=mg,故C正确。
“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型 |
[学透用活]
1.“活结”与“死结”模型
(1)“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等,两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。
(2)“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。
2.“活杆”与“死杆”模型
(1)“活杆”:即杆用转轴或铰链连接,当杆处于平衡状态时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动。如图甲所示,若C为转轴,则轻杆在缓慢转动中,弹力方向始终沿杆的方向。
(2)“死杆”:若轻杆被固定不发生转动,则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示,水平横梁的一端A插在墙壁内,另一端B装有一个小滑轮,一绳的一端C固定于墙壁上,另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力,即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。
如图甲所示,细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体,∠ACB=30°;图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向的夹角为30°,在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体(都处于静止状态),求:
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比;
(2)轻杆BC对C端的支持力;
(3)轻杆HG对G端的支持力。
[解析] 题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态,根据平衡的条件,首先判断与物体相连的细绳,其拉力大小等于物体所受的重力;分别取C点和G点为研究对象,进行受力分析如图1和2所示,根据平衡规律求解。
(1)图1中细绳AD跨过轻质光滑定滑轮悬挂质量为M1的物体,物体处于平衡状态,细绳AC段的拉力FTAC=FTCD=M1g
图2中由FTEGsin 30°=M2g,得FTEG=2M2g
所以=。
(2)图1中,FTAC、FNC、M1g三个力之间的夹角都为120°,根据平衡规律有FNC=FTAC=M1g,FNC的方向与水平方向成30°,指向右上方。
(3)图2中,根据平衡规律有FTEGsin 30°=M2g,FTEGcos 30°=FNG,所以FNG=M2g=M2g,方向水平向右。
[答案] (1) (2)M1g,方向与水平方向成30°指向右上方 (3)M2g,方向水平向右
[对点练清]
9.如图所示,一物体由绕过定滑轮的绳拉着,分别用图中所示的三种情况拉住物体静止不动。在这三种情况下,若绳的张力分别为FT1、FT2、FT3,定滑轮对轴心的作用力分别为FN1、FN2、FN3,滑轮的摩擦、质量均不计,则( )
A.FT1=FT2=FT3,FN1>FN2>FN3
B.FT1>FT2>FT3,FN1=FN2=FN3
C.FT1=FT2=FT3,FN1=FN2=FN3
D.FT1<FT2<FT3,FN1<FN2<FN3
解析:选A 由于定滑轮只改变力的方向,不改变力的大小,所以FT1=FT2=FT3;定滑轮对轴心的作用力等于两段绳的拉力的合力,随两段绳间夹角逐渐增大,两段绳的拉力的合力逐渐减小,即有:FN1>FN2>FN3,故A正确。
10.如图所示,BC杆的B端用铰链连接在竖直墙上,另一端C为一滑轮。重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A处,BC杆恰好平衡。若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计),则下列说法正确的是( )
A.绳的拉力增大,BC杆受绳的压力增大
B.绳的拉力不变,BC杆受绳的压力增大
C.绳的拉力不变,BC杆受绳的压力减小
D.绳的拉力不变,BC杆受绳的压力不变
解析:选B 由于绳通过滑轮连接到物体G上,属于“活结”模型,绳上各处张力处处相等且大小等于物体所受的重力G,故绳的拉力不随绳的A端的下移而变化;根据平行四边形定则,滑轮两侧绳的合力在两侧绳的角平分线上,由于两拉力的夹角减小,故两拉力的合力不断变大,因此BC杆受到绳的压力不断变大,选项B正确。
11.[多选]如图所示,电灯所受的重力G=10 N,AO绳与顶板间的夹角为45°,BO绳水平,AO绳的拉力为FA,BO绳的拉力为FB,则( )
A.FA=10 N
B.FA=10 N
C.FB=10 N
D.FB=10 N
解析:选AD 结点O处电灯所受的重力产生了两个效果,一是沿AO向下的拉紧AO的分力F1,二是沿BO向左的拉紧BO绳的分力F2,作出平行四边形如图所示。由几何关系得F1==10 N,F2==10 N,故FA=F1=10 N,FB=F2=10 N,故A、D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自鲁科版教材P102“迷你实验室”]
你能超出多少
在我国某些地区有一种伸臂桥(图甲)。当地人将木板重叠,逐渐向河面延伸。他们用不太长的木板铺设桥面,同时使逐渐向河中心延伸的木板与泥土形成整体,并使其重心仍然在支持面内,巧妙地形成稳定的平衡结构。
现用两根木条叠放的方式探究伸臂桥的平衡稳定问题。选两块质地均匀、质量相同的木条叠放在桌子边缘如图乙摆放。若木条长度均为l,为使这两块木条保持平衡,不致翻倒,木条2的右端离桌沿的水平距离最远可为多少?还有哪些因素会影响伸臂桥的安全?
[提示] 如图所示,对于木条2,只要其伸出的长度不超,就不会翻倒,将木条1、2看成一个整体,在木条2伸出的情况下,其总重心在距木条2右侧l处,只要其重心位置保证在桌面正上方,木条1、2都不会翻倒,故木条2的右端离桌沿的水平距离最远为l。
影响伸臂桥安全的因素有:木板的承压能力、木板的长度、各层木板向前延伸的长度、木板上方填压的沙石对重心的影响及过往行人、车辆的总重等。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P101例题]
用绳子将鸟笼挂在一根横梁上,如图甲所示。若鸟笼重19.6 N,求绳子OA和OB对结点O的拉力。
[分析] 如图乙所示,以结点O为研究对象,它受到鸟笼上端绳子的拉力T,以及两段绳子OA和OB的拉力F1、F2。结点O在这三个共点力作用下处于平衡状态,其中,F1和F2的合力F与T大小相等、方向相反,T的大小与鸟笼所受重力大小相等。由此可通过平行四边形定则作图求解。
[解] 以结点O为研究对象,根据共点力的平衡条件,作受力分析如图乙所示。
F=T,且T=G
由三角函数关系得
F1=Fcos 30°=19.6×0.866 N=17.0 N
F2=Fsin 30°=19.6×0.5 N=9.8 N
所以,绳子OA对结点O的拉力大小是17.0 N,方向沿绳由O指向A;OB对结点O的拉力大小是9.8 N,方向沿绳由O指向B。
[讨论] 实际上绳子对结点O的拉力与结点O对绳子的拉力大小是相等的,因此OA、OB两段绳子所受的拉力并不相等。若两绳能承受的最大拉力相同,持续增大悬挂物的重力,受拉力较大的OA段绳子就可能先被拉断。请验证一下这是否符合实际情况。
解决共点力的平衡问题,通常先确定研究对象,再进行受力分析,然后根据平衡条件建立未知量与已知量的关系列方程求解。
若物体受到三个力且处于平衡状态,则其中任意两个力的合力必然与第三个力大小相等、方向相反。这时可根据平行四边形(或三角形)的几何关系列方程求解,也可用正交分解方法求解。若物体在更多力的作用下处于平衡,则通常用正交分解方法列方程求解。
[迁移] 求解平衡问题还可利用正交分解的方法。先建立直角坐标系,将物体受到的各个力都分解到x、y轴方向,由平衡条件可得,x、y轴方向的合力必须同时为0(想想为什么),由此可列出两个方程,通过解方程组求解问题。你能用该方法求解上面的例题吗?请试一试。
[提示] 如图所示,将鸟笼上端绳子的拉力T沿x、y方向正交分解。可得:T1=Tcos 30°,T2=Tsin 30°,由平衡条件可得:F1=T1,F2=T2,又T=G,解得:F1=17.0 N,F2=9.8 N。
A级—学考达标
1.关于共点力,下列说法不正确的是( )
A.作用在一个物体上的两个力,如果大小相等,方向相反,那么这两个力是共点力
B.作用在一个物体上的两个力,如果是一对平衡力,那么这两个力是共点力
C.作用在一个物体上的几个力,如果它们的作用点不在同一点上,那么这几个力也可能是共点力
D.作用在一个物体上的几个力,如果它们的作用线可以汇交于一点,那么这几个力是共点力
解析:选A 作用在一个物体上的几个力,如果作用在物体的同一点或者虽不作用在物体的同一点,但力的作用线交汇于一点,那么这几个力是共点力,所以选项C、D正确;大小相等、方向相反的力不一定作用在同一点,但一对平衡力必作用于同一物体的同一直线上,是共点力,所以选项A错误,B正确。
2.若某一物体受共点力作用处于平衡状态,则该物体( )
A.一定是静止的
B.一定做匀速直线运动
C.所受各共点力的合力可能不为零
D.所受各共点力的合力为零
解析:选D 物体处于平衡状态时,物体可能静止或做匀速直线运动,选项A、B错误;此时所受各共点力的合力一定为零,选项C错误,D正确。
3.如图所示的几种情况中,不计绳、弹簧测力计、各滑轮的质量,不计一切摩擦,物体质量都为m,且均处于静止状态,有关角度图中已标出。弹簧测力计的示数FA、FB、FC、FD由大到小的排列顺序是( )
A.FB>FD>FA>FC B.FD>FC>FB>FA
C.FD>FB>FA>FC D.FC>FD>FB>FA
解析:选C 由平衡条件知FA=mgsin 45°=mg,FB=mg,FC=mgsin 30°=,FD=>mg,所以选项C正确。
4.重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度,车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是( )
A.在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变
B.自卸车车厢倾角越大,石块与车厢间的动摩擦因数越小
C.自卸车车厢倾角变大,车厢与石块间的正压力减小
D.石块开始下滑时,受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力
解析:选C 石块下滑后,整体的重心位置降低,A错误;动摩擦因数由接触面的材料和粗糙程度决定,与倾角大小无关,B错误;石块受力如图所示,FN=mgcos θ,倾角θ变大时正压力减小,C正确;石块开始下滑时,受到的摩擦力小于重力沿斜面方向的分力,D错误。
5.如图所示,用三根等长的轻质细链悬拉花盆,花盆与墙壁未接触,连接处间距相等。已知花盆所受的重力为G,每根轻质细链和竖直方向都成30°角,则每根轻质细链对花盆的拉力大小为( )
A.G B.G
C.G D.G
解析:选C 设每根轻质细链对花盆的拉力大小为F,由平衡条件得:3Fcos 30°=G,解得:F=G,故C正确。
6.如图所示,A、B、C是三个完全相同的物体,A、B两物体受拉力F1、F2作用,C物体受推力F3作用,三物体均在同一水平面上做匀速运动。下列说法不正确的是( )
A.A物体对地面的压力最小
B.B物体对地面的压力与其所受的重力大小相等
C.C物体所受的摩擦力最大
D.它们所受合外力不相等
解析:选D 设三个物体所受的重力均为G,将A、C两个物体所受的拉力和推力分解为水平和竖直两个方向,则由平衡条件知三个物体对地面的压力大小分别为FNA=G-F1y,FNB=G,FNC=G+F3y,故A物体对地面的压力最小,B物体对地面的压力与其所受的重力大小相等,C物体对地面的压力最大,故A、B正确;三物体均在同一水平面上匀速运动,它们所受合外力都等于0,由摩擦力公式Ff=μFN,μ相同,所以C物体所受的摩擦力最大,故C正确,D错误。
7.如图所示,氢气球受风力与浮力作用而使拉住它的细绳与地面的夹角为θ,在细绳被剪断的瞬间,气球所受外力的合力为(氢气球受到的重力忽略不计)( )
A.与原来细绳的拉力大小相等,方向相同
B.沿风力方向,大小等于风力
C.沿竖直方向向上,大小等于气球所受的浮力
D.与原来细绳的拉力方向相反,大小等于风力与浮力的合力
解析:选D 对氢气球受力分析,氢气球受到三个力的作用:竖直向上的浮力、风力、沿着细绳方向的拉力,三个力的合力为零,故风力和浮力的合力与细绳的拉力等大、反向;当把细绳剪断后瞬间,氢气球受到的风力和浮力和没剪断细绳之前相等,所以两者的合力沿着原来细绳拉力的反方向,即与原来细绳的拉力大小相等,方向相反,故选项D正确,A、B、C错误。
8.如图所示,建筑装修中,工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上大小为F的推力时,磨石恰好沿斜壁向上匀速运动。已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ,则磨石受到的摩擦力是( )
A.(F-mg)sin θ B.μ(F-mg)sin θ
C.μ(F-mg)cos θ D.μ(F-mg)
解析:选B 对磨石进行受力分析,如图所示,由平衡条件,沿斜壁方向:(F-mg)·cos θ=Ff;垂直于斜壁方向:压力FN=(F-mg)sin θ,故摩擦力Ff=μFN=μ(F-mg)sin θ,选项B正确。
9.如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面上,用一水平力F推一质量为m=10 kg的物体,欲使物体沿斜面做匀速运动,已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,求F的大小(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。
解析:若物体沿斜面向上做匀速运动,受力分析如图甲所示
根据平衡条件:
Fcos θ=Ff+mgsin θ
FN=mgcos θ+Fsin θ
Ff=μFN
解得:F≈112 N。
若物体沿斜面向下做匀速运动,受力分析如图乙所示
根据平衡条件:
Fcos θ+Ff′=mgsin θ
FN′=Fsin θ+mgcos θ
Ff′=μFN′
解得:F≈48 N。
答案:112 N或48 N
B级—选考提能
10.体育器材室里,篮球摆放在如图所示的球架上。已知球架的宽度为d,每只篮球的质量为m、直径为D,不计球与球架之间摩擦,则每只篮球对一侧球架的压力大小为( )
A.mg B.
C. D..
解析:选C 以任意一只篮球为研究对象,受力分析如图所示,设球架对篮球的支持力FN与竖直方向的夹角为α。由几何知识得:cos α==,根据平衡条件得:2FNcos α=mg,解得:FN=,由牛顿第三定律得,篮球对球架的压力大小为:FN′=FN=,故C正确。
11.如图所示,重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间,平板B与底座C右端用铰链相连,左端由液压器D调节高度,以改变平板B与水平底座C间的夹角θ;B、C及D的总重力也为G,底座C与水平地面间的动摩擦因数为μ(0.5<μ<1),平板B的上表面及墙壁是光滑的。底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是( )
A.C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B.θ角增大时,地面对C的摩擦力总增大
C.要保持底座C静止不动,应满足tan θ>2μ
D.若保持θ=45°不变,圆柱体所受的重力增大ΔG,仍要保持底座C静止,则ΔG的最大值ΔGm= G
解析:选D 对A进行受力分析,如图甲所示。
根据平衡条件得FN=,对B、C及D整体进行受力分析,如图乙所示,由牛顿第三定律知FN′=FN,当B、C及D整体静止时,摩擦力f=FN′sin θ=Gtan θ,FN1=FN′cos θ+G=2G,当θ角增大时,地面对C的摩擦力增大,当摩擦力超过最大静摩擦力后,变为滑动摩擦力,此时f滑=μFN1=2μG,故A、B错误;要保持底座C静止不动,则f≤f滑,即Gtan θ≤2μG,解得tan θ≤2μ,故C错误;若保持θ=45°不变,圆柱体所受的重力增大ΔG,保持底座C静止,底座C受到的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力,此时ΔG有最大值,根据平衡条件有(G+ΔGm)tan 45°=μ(2G+ΔGm),解得ΔGm= G,故D正确。
12.物体的质量为2 kg,两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上(B、C在同一竖直线上),另一端系于物体上,在物体上另施加一个与水平方向成θ=60° 角的斜向上的拉力F。若要使两绳都能伸直,如图所示,伸直时绳AC与墙面垂直,绳AB与绳AC间夹角也为θ=60°,求拉力F的取值范围(g取10 m/s2)。
解析:物体的受力分析如图所示,由平衡条件得
Fsin θ+F1sin θ-mg=0
Fcos θ-F2-F1cos θ=0
解得F=-F1
F=+
令F1=0,得F最大值Fmax== N
令F2=0,得F最小值Fmin== N
故拉力F大小的取值范围为 N≤F≤ N。
答案: N≤F≤ N
3 受力分析和共点力的平衡
物体的受力分析 |
[知识贯通]
1.受力分析
根据研究的问题,选取合适的物体作为研究对象,分析研究对象受到哪些力的作用,并画出所受力的示意图,这一过程即为物体的受力分析。
2.受力分析的一般步骤
两个相互接触的物体间有弹力时,不一定有摩擦力;但有摩擦力则必有弹力。
[集训联通]
[多选]如图所示,斜面体B放置于水平地面上,其两侧放有物体A、C,C通过轻绳连接于天花板,轻绳平行于斜面且处于张紧状态,A、B、C均静止,下列说法正确的是( )
A.A、B间的接触面一定是粗糙的
B.地面对B一定有摩擦力
C.B、C间的接触面可能是光滑的
D.B一共受到6个力的作用
[解析] 以A为研究对象,若A只受到重力和支持力的作用,则A不可能处于平衡状态,所以A一定受到B对A沿斜面向上的静摩擦力,故A正确;以A、B、C整体为研究对象,受到重力、轻绳的拉力和地面的支持力,这三个力不可能平衡,所以地面对B有水平向右的静摩擦力,故B正确;以C为研究对象,受到重力、轻绳的拉力和B对C的支持力,这三个力可能平衡,所以B、C之间可能没有静摩擦力,B、C间的接触面可能是光滑的,故C正确;以B为研究对象,至少受到6个力的作用:重力、A对B的压力和静摩擦力、C对B的压力、地面对B的支持力和静摩擦力,另外还可能受到C对B的静摩擦力,故D错误。
[答案] ABC
受力分析中如何防止“多力”或“漏力”
(1)防止“多力”:对每个力都要找出其施力物体,若某个力找不到施力物体则说明该力不存在;研究对象对其他物体的作用力不能画在图中,另外合力与分力不能重复分析。
(2)防止“漏力”:按正确的顺序(即重力→弹力→摩擦力→其他力)进行受力分析是防止“漏力”的有效措施。
1.沿光滑斜面向下运动的物体,受到的力有( )
A.重力、支持力
B.重力、沿斜面下滑的力、支持力
C.重力、支持力、摩擦力
D.重力、沿斜面下滑的力、对斜面的压力
解析:选A 物体沿光滑斜面向下运动,没有受到摩擦力,受到重力、斜面的支持力,沿斜面下滑的力是重力的分力,不是物体实际受到的力,不需要分析,物体对斜面的压力不是物体受到的力,而是斜面受到的力,不需要分析,故A正确,B、C、D错误。
2.如图所示是汽车45°极限爬坡时的照片,汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬,坡的倾角逐渐增大至45°。下列关于汽车这一爬坡过程的说法正确的是( )
A.坡的倾角越大,汽车对坡面的压力也越大
B.汽车受到沿坡面向下、大小不断减小的滑动摩擦力作用
C.汽车受到沿坡面向上、大小不断增大的静摩擦力作用
D.若汽车能顺利爬坡,则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为车重的大小
解析:选C 由于汽车缓慢逐步沿斜坡攀爬,故汽车受力平衡,对坡面上的汽车受力分析,坡面上的汽车受到重力、坡面的支持力与摩擦力,设坡的倾角为θ,则支持力:FN=Gcos θ,坡的倾角增大,则汽车受到的支持力减小,根据牛顿第三定律可知,坡的倾角增大,则汽车对坡面的压力减小,故A错误;汽车受到的摩擦力:Ff=Gsin θ,方向沿斜面向上,当θ增大时,汽车受到的摩擦力增大,故B错误,C正确;要使汽车不打滑,则有:Ffm≥mgsin θ,由于sin 45°=,可知若汽车能顺利爬坡,则车胎与坡面间的最大静摩擦力至少为车重大小的倍,故D错误。
3.如图所示,物体相对静止在水平传送带上随传送带同向匀速运动。物体受到的力是( )
A.重力、弹力、静摩擦力
B.重力、弹力
C.重力、弹力、滑动摩擦力
D.重力、滑动摩擦力
解析:选B 物体与传送带保持相对静止,做匀速运动,相对于传送带无运动趋势,所以不会受到传送带的摩擦力,故只受重力和传送带的支持力,故B正确。
整体法与隔离法分析多物体平衡问题 |
[知识贯通]
1.分析多物体的平衡问题,关键是研究对象的选取,若一个系统中涉及两个或两个以上的物体,在选取研究对象时,要灵活运用整体法和隔离法。
2.对于多物体问题,如果不求物体间的相互作用力,我们优先采用整体法,这样涉及的研究对象少,未知量少,方程少,求解简便。
[集训联通]
如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4 B.4∶
C.1∶2 D.2∶1
[解析] 将两小球及弹簧B视为整体进行受力分析,如图所示,有:FC=FAsin 30°,FC=kxC,FA=kxA,==2∶1,=2∶1,故D正确,A、B、C错误。
[答案] D
整体法和隔离法的选取原则
(1)当分析系统所受外力时,可以采用整体法来分析外界对系统的作用力。
(2)当分析系统内各物体间相互作用时,一般采用隔离法且选择受力较少的物体为研究对象。
(3)整体法的优点在于减少受力分析的个数,但不能分析内力;隔离法的优点是对多个物体受力了解比较清楚,但计算时有点麻烦。
4.叠放在水平地面上的四个完全相同的排球如图所示,质量均为m,相互接触。球与地面间的动摩擦因数均为μ,则( )
A.上方球与下方三个球间均没有弹力
B.下方三个球与水平地面间均没有摩擦力
C.水平地面对下方三个球的支持力均为mg
D.水平地面对下方三个球的摩擦力均为μmg
解析:选C 将四个球看成一个整体,地面的支持力与球受到的重力平衡,设下方其中一个球受到的支持力大小为FN,因此3FN=4mg,FN=mg,选项C正确;最上方的球对下方三个球肯定有压力,即有弹力,选项A错误;以下方三个球中任意一个球为研究对象,受力如图所示,由此可知选项B错误;由于地面与球之间的摩擦力为静摩擦力,因此不能通过Ff=μFN求解,选项D错误。
5.[多选]如图所示,两块竖直的木板用力在中间夹着五块质量均为m的砖在空中保持静止,则( )
A.砖2对砖1的摩擦力竖直向下
B.砖3对砖4的摩擦力竖直向上
C.木板对砖5的摩擦力大小为2.5mg
D.砖3对砖2的摩擦力大小为0.5mg
解析:选ACD 将5块砖看成一个整体,对整体进行受力分析,在竖直方向共受到三个力的作用:竖直向下的重力5mg,两个相等的竖直向上的摩擦力,由平衡条件可得砖1和砖5受到木板的摩擦力大小均为2.5mg,故C正确;对砖1受力分析,在竖直方向共受到三个力作用,竖直向下的重力mg,木板对砖1竖直向上的摩擦力2.5mg,由平衡条件可得砖2对砖1的摩擦力为1.5mg,方向竖直向下,故A正确;将砖4和砖5看成一个整体隔离后进行受力分析,在竖直方向共受到三个力作用,竖直向下的重力2mg,木板对砖4和砖5整体竖直向上的摩擦力2.5mg,由平衡条件可得砖3对其整体的摩擦力为0.5mg,即砖3对砖4的摩擦力为0.5mg,方向竖直向下,故B错误;将砖3从系统中隔离出来受力分析,在竖直方向它受到三个力的作用,竖直向下的重力mg,砖4对砖3竖直向上的摩擦力0.5mg,由平衡条件可得砖2对砖3的摩擦力大小为0.5mg,方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知砖3对砖2的摩擦力大小为0.5mg,方向竖直向下,故D正确。
6.用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来,如图所示,今对小球a持续施加一个水平向左的恒力,并对小球b持续施加一个水平向右的同样大小的恒力,最后达到平衡,选项图中表示平衡状态的可能是( )
解析:选A 将两球连同之间的细线看成一个整体,对整体受力分析如图所示,根据平衡条件可知,小球a上方的细线必定沿竖直方向,对A中的小球a、b分析可知,可能达到平衡,故A正确,B、C、D错误。
图解法、解析法分析动态平衡问题 |
[知识贯通]
动态平衡问题是指物体的状态发生缓慢变化,可以认为任一时刻都处于平衡状态,针对此类问题时,常用图解法或解析法进行分析。
图解法 | 对研究对象进行受力分析,再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中),然后根据有向线段长度、角度的变化判断各个力大小、方向的变化情况 |
解析法 | 对研究对象的任一状态进行受力分析,建立平衡方程,求出因变参量与自变参量的一般函数,然后根据自变参量的变化确定因变参量的变化 |
[集训联通]
如图所示,小球用细绳系住,细绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体,小球在斜面上无摩擦地滑动,细绳始终处于伸直状态,当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平。此过程中斜面对小球的支持力FN以及细绳对小球的拉力FT的变化情况是( )
A.FN保持不变,FT不断增大
B.FN不断增大,FT不断减小
C.FN保持不变,FT先增大后减小
D.FN不断增大,FT先减小后增大
[思路点拨] 在小球所受的重力、斜面的支持力、细绳的拉力三个力中,重力的大小和方向都不变,斜面的支持力方向不变,而细绳的拉力大小和方向都变化。
[解析] 如图所示,对小球进行受力分析,重力mg、支持力FN、拉力FT组成一个闭合的矢量三角形,由于重力mg不变、支持力FN方向不变,斜面向左移动的过程中,拉力FT与水平方向的夹角β减小,当FT⊥FN时,细绳的拉力FT最小,由图可知,随β的减小,斜面的支持力FN不断增大,FT先减小后增大,故选项D正确,A、B、C错误。
[答案] D
7.(2018·山东6月合格考)如图所示,质量为m的物体,在竖直向上的拉力F作用下静止在水平地面上。现保持F的大小不变,逐渐改变F的方向直至水平,此过程物体始终保持静止,关于物体的受力情况,下列说法正确的是( )
A.支持力逐渐增大,摩擦力逐渐增大
B.支持力逐渐减小,摩擦力逐渐减小
C.支持力逐渐减小,摩擦力逐渐增大
D.支持力逐渐增大,摩擦力逐渐减小
解析:选A F由竖直向上变为水平向右的过程中物体始终保持静止,设F与水平方向的夹角为α,由共点力平衡的条件得:FN=mg-Fsin α,f=Fcos α,α逐渐减小,故物体受到的支持力逐渐增大,摩擦力逐渐增大,故A正确。
8.[多选]如图所示,电线AB下有一盏电灯,用绳子BC将其拉离墙壁。在保证电线AB与竖直墙壁间的夹角θ不变的情况下,使绳子BC由水平方向逐渐向上转动至竖直位置,若绳子BC的拉力为F1,电线AB的拉力为F2,则( )
A.F1先逐渐减小,后逐渐增大
B.F1逐渐减小
C.F2先逐渐减小,后逐渐增大
D.F2逐渐减小
解析:选AD 由平衡条件可得,电线AB、绳子BC上的拉力F2和F1的合力与电灯的重力G大小相等、方向相反,作出绳子BC在三个不同位置时力的示意图,如图所示,在绳子BC从1→2→3三个位置的过程中,可以看出当电线AB与绳子BC相互垂直时,F1最小,由力的图示可知F2逐渐减小,F1先逐渐减小,后逐渐增大。A、D正确。
9.如图所示,一小球放置在木板与竖直墙面之间,设墙面对球的弹力大小为FN1,木板对球的弹力大小为FN2,以木板与墙面连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置,不计摩擦,在此过程中( )
A.FN1始终减小,FN2始终增大
B.FN1始终减小,FN2始终减小
C.FN1先增大后减小,FN2始终减小
D.FN1先增大后减小,FN2先减小后增大
解析:选B
法一:解析法
如图所示,由平衡条件得FN1=,FN2=,随θ逐渐增大到90°,tan θ、sin θ都逐渐增大,FN1、FN2都逐渐减小,故选项B正确。
法二:图解法
对球受力分析,球受3个力:重力G、墙面对球的弹力FN1和木板对球的弹力FN2,当木板逐渐转至水平的过程中,球始终处于平衡状态,即FN1与FN2的合力F始终竖直向上,大小等于球受到的重力G,如图所示,由图可知FN1的方向不变,大小逐渐减小,FN2的方向发生变化,大小也逐渐减小,故选项B正确。
三角形相似法分析动态平衡问题 |
[知识贯通]
在三力平衡问题中,如果有一个力是恒力,另外两个力方向都变化,且题目给出了空间几何关系,多数情况下力的矢量三角形与空间几何三角形相似,可利用相似三角形对应边成比例进行分析。
[集训联通]
如图所示,光滑半球面上的小球被一通过定滑轮的力F由底端缓慢拉到顶端的过程中,试分析绳的拉力F及半球面对小球的支持力FN的变化情况。
[解析] 作出小球的受力示意图,如图所示,
设半球面的半径为R,定滑轮到半球面最高点的距离为h,定滑轮与小球间绳长为L,根据三角形相似得=
=
由以上两式得
绳中的张力F=mg
半球面对小球的支持力FN=mg
由于在拉动过程中h、R不变,L变小,故F减小,FN不变。
[答案] F减小 FN不变
10.[多选]如图所示,质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连,小球B用长为L的细绳悬于O点,小球A固定在O点正下方,当小球B平衡时,细绳所受的拉力为T1,弹簧的弹力为F1;现把A、B间的弹簧换成原长相同,但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时细绳所受的拉力为T2,弹簧的弹力为F2。下列关于T1与T2、F1与F2大小之间的关系正确的是( )
A.T1>T2 B.T1=T2
C.F1<F2 D.F1=F2
解析:选BC 以小球B为研究对象,受力分析如图所示。由平衡条件可知,弹簧的弹力F和细绳的拉力T的合力F合与重力mg大小相等,方向相反,即F合=mg,由三角形相似得:==。当弹簧劲度系数变大时,弹簧的压缩量减小,故AB长度增加,而OB、OA的长度不变,故T1=T2,F2>F1,故A、D错误,B、C正确。
11.如图所示,轻杆A端用铰链固定在墙上,B端吊一重物。通过轻绳跨过定滑轮O用拉力F将B端缓慢上拉,滑轮O在A点正上方(滑轮大小及摩擦均不计),且OA>AB,在轻杆达到竖直位置前( )
A.拉力F增大 B.拉力F大小不变
C.轻杆的弹力增大 D.轻杆的弹力大小不变
解析:选D 以B端为研究对象,受力分析:受重物的拉力T(等于重物所受的重力G)、轻杆的弹力N和轻绳的拉力F,作出受力分析图如图所示。由平衡条件得知,N和F的合力与T大小相等,方向相反,根据三角形相似可得==,又T=G,解得N=G,F=G;拉力F将B端缓慢上拉,∠BAO缓慢变小,AB、AO保持不变,BO变小,则轻杆弹力N保持不变,拉力F变小,故D正确,A、B、C错误。
A级—学考达标
1.如图所示,物体B与竖直墙面接触,在竖直向上的力F的作用下,A、B均保持静止,则物体B的受力个数为( )
A.2个 B.3个
C.4个 D.5个
解析:选C 物体A处于静止状态,其受到的合外力为零,受力分析如图甲所示;对物体A、B整体受力分析如图乙所示,竖直墙面对物体B没有弹力作用,则墙面也不会提供静摩擦力; 对物体B受力分析,如图丙所示,则物体B受到4个力的作用,选项C正确。
2.如图所示,在水平力F的作用下,木块A、B保持静止。若木块A与B的接触面是水平的,且F≠0。则关于木块B的受力个数,可能是( )
A.3个或4个
B.3个或5个
C.4个或5个
D.4个或6个
解析:选C 木块B一定受重力和A对它的压力;将A、B看成整体,因整体保持静止,所以B一定受斜面的支持力;隔离木块A并对其受力分析,因A静止,故A一定受B的静摩擦力,故B也一定受A的静摩擦力;斜面对木块B可能有静摩擦力的作用,也可能没有。综上所述,C正确。
3.如图所示,A物体沿竖直墙面自由下滑,B、C、D物体均静止,各接触面均粗糙。下列说法正确的是( )
A.A物体受到三个力作用
B.B物体受到四个力作用
C.C物体受到三个力作用
D.D物体受到三个力作用
解析:选C A物体沿竖直墙面自由下滑,“自由”说明A物体与竖直墙面之间没有弹力和摩擦力,因此A物体只受重力作用,故A错误;B物体处于静止状态,受到重力、弹力、摩擦力三个力的作用,故B错误;C物体受到重力和两个绳子的拉力共三个力的作用,故C正确;D物体处于静止状态,受到重力、支持力、绳子的拉力和摩擦力共四个力的作用,故D错误。
4.如图所示,两个质量都为m的小球A、B用轻杆连接后斜放在墙壁上处于平衡状态。已知墙壁光滑,水平地面粗糙,现将A球向下移动一小段距离,两球再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,地面对B球的支持力N和地面对B球的摩擦力f的变化情况是( )
A.N不变 B.N变大
C.f不变 D.f变小
解析:选A 对整体进行受力分析,知竖直方向:N=2mg,移动两球后,仍然平衡,则N仍然等于2mg,所以N不变;水平方向:地面对B球的摩擦力f大小等于竖直墙壁对A球的弹力大小;再隔离A球进行受力分析,如图所示,墙壁对A球的弹力FN=mgtan θ;当A球向下移动一小段距离,夹角θ增大,所以FN增大,而墙壁对A球的弹力大小始终等于地面对B球的摩擦力f大小,则地面对B球的摩擦力f变大,故A正确,B、C、D错误。
5.如图所示,一质量为m的长方体物块静止在粗糙水平地面上,一重为G的光滑圆球放在光滑竖直的墙壁和长方体物块之间处于静止状态。现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块,在圆球与地面接触之前,下列判断正确的是( )
A.地面对长方体物块的支持力逐渐增大
B.球对墙壁的压力逐渐减小
C.水平拉力F逐渐减小
D.地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大
解析:选C 对球和长方体物块整体进行受力分析,整体处于平衡状态,竖直方向有:N=mg+G,则地面对整体的支持力不变,地面受到的摩擦力为滑动摩擦力,则有f=μN,故地面对长方体物块的摩擦力不变,A、D错误;对球进行受力分析,如图所示,球受力平衡,则有:N1=Gtan θ,N2=,当用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时,θ增大,则tan θ增大,所以N1增大,cos θ减小,则N2增大,根据牛顿第三定律可知,球对墙壁的压力逐渐增大,故B错误;对长方体物块受力分析,
受到重力mg、地面的支持力N、拉力F、球对长方体物块的压力N2′以及滑动摩擦力f作用,如图所示,受力平衡,根据牛顿第三定律可知,N2′=N2,则水平方向有:F+N2′sin θ=f,由于N2增大,θ增大,f不变,则F减小,故C正确。
6.如图所示,斜面与水平面、斜面与挡板间的夹角均为30°,一小球放置在斜面与挡板之间,挡板对小球的弹力为FN1,斜面对小球的弹力为FN2。以挡板与斜面连接点所形成的水平直线为轴,将挡板从图示位置开始缓慢地转到水平位置,不计摩擦,在此过程中( )
A.FN1始终减小,FN2始终增大
B.FN1始终增大,FN2始终减小
C.FN1始终减小,FN2先减小后增大
D.FN1先减小后增大,FN2始终减小
解析:选D 对小球受力分析如图所示,将FN1与FN2合成,其合力与重力等大反向,挡板转动时,挡板给球的弹力FN1与斜面给球的弹力FN2的合力的大小和方向均不变,其中FN2垂直于斜面,方向不变,挡板转动过程中,FN1的方向变化情况如图所示,为满足平行四边形定则,FN1大小变化规律为先变小后变大,其中挡板与斜面垂直时为最小,与此对应,FN2的大小一直减小,故D正确。
7.如图所示,质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上,现用大小均为F、方向相反的水平力分别推A和B,它们均静止不动,则(重力加速度取g)( )
A.A与B之间一定存在摩擦力
B.B与地面之间可能存在摩擦力
C.B对A的支持力可能小于mg
D.地面对B的支持力为Mg
解析:选C 对A、B整体受力分析,如图所示,受到重力(M+m)g、支持力FN和已知的两个推力F,对于整体,由于两个推力刚好平衡,故整体与地面间没有摩擦力,且有FN=(M+m)g,故B、D错误;对A受力分析,A至少受重力mg、推力F、B对A的支持力FN′,当推力F沿斜面的分力大于重力沿斜面的分力时,摩擦力的方向沿斜面向下,当推力F沿斜面的分力小于重力沿斜面的分力时,摩擦力的方向沿斜面向上,当推力F沿斜面的分力等于重力沿斜面的分力时,摩擦力为零,A错误;在垂直斜面方向上有FN′=mgcos θ+Fsin θ(θ为斜劈倾角),故FN′可能小于mg,C正确。
8.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有一固定放置的竖直挡板MN,在半圆柱体P和MN之间放有一光滑的均匀小圆柱体Q,整个装置处于平衡状态,装置的纵截面图如图所示。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移,在Q滑落到地面之前,发现P始终保持静止,则在此过程中,下列说法正确的是( )
A.MN对Q的弹力逐渐减小
B.地面对P的摩擦力逐渐增大
C.P、Q间的弹力先减小后增大
D.Q所受的合力逐渐增大
解析:选B Q的受力分析如图所示,F1表示P对Q的弹力,F2表示MN对Q的弹力,F2的方向水平向左保持不变,F1的方向顺时针旋转,由平行四边形的边长变化可知:F1与F2都逐渐增大,A、C错误;由于MN缓慢移动,Q处于平衡状态,所受合力为零,D错误;对P、Q整体受力分析,由平衡条件得,Ff=F2,由于F2逐渐增大,故Ff逐渐增大,B正确。
9.如图所示,粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A,物体A与竖直墙之间放一光滑半圆球B,整个装置处于平衡状态。已知物体A、半圆球B的质量分别为m和M,半圆球B与物体A半径均为R,半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R,重力加速度为g。求:
(1)物体A对地面的压力大小;
(2)物体A对地面的摩擦力大小。
解析:(1)把物体A、半圆球B看成一个整体,对整体受力分析,
在竖直方向上受到竖直向下的重力(M+m)g和地面的支持力FN的作用,二力平衡,
所以FN=(M+m)g,由牛顿第三定律得物体A对地面的压力大小为(M+m)g。
(2)在水平方向上,整体受到竖直墙水平向右的弹力的作用,故物体A受到地面水平向左的摩擦力,并且摩擦力大小等于弹力大小;选取半圆球B为研究对象,运用隔离法,受力分析如图所示。
根据力的分解和力的平衡条件可得:
FN1=,FN2=Mgtan θ
半圆球B的球心到水平地面的竖直距离为R,
由几何关系可知θ=45°
所以FN2=Mg
根据受力分析及牛顿第三定律,物体A对地面的摩擦力大小等于FN2,所以物体A对地面的摩擦力大小为Mg。
答案:(1)(M+m)g (2)Mg
B级—选考提能
10.[多选]《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程。如图所示,绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点,另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮,一端连接兜篮,另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里,缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态,兜篮、王进及携带的设备总质量为m,不计一切阻力,重力加速度大小为g。关于王进从C点运动到E点的过程中,下列说法正确的是( )
A.工人对绳的拉力一直变大
B.绳OD的拉力一直变小
C.OD、CD两绳拉力的合力大小等于mg
D.当绳CD与竖直方向的夹角为30°时,工人对绳的拉力为mg
解析:选CD 对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示,绳OD的拉力为F1,与竖直方向的夹角为θ,绳CD的拉力为F2,与竖直方向的夹角为α。王进下降的过程中,θ减小,α增大,故F1增大,F2减小,A、B错误;两绳拉力的合力大小等于mg,C正确;α=30°时,θ=30°,可求出F2=mg,D正确。
11.如图所示,顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙的水平地面上。三条绳结于O点,一条绳跨过定滑轮平行于斜面与物块P连接,一条绳连接小球Q,另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ<90°,P、Q两物体处于静止状态。现缓慢改变绳OA的方向至θ>90°,且保持结点O位置不变,整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是( )
A.斜面对P的摩擦力一定增大
B.绳OA的拉力先减小后增大
C.地面对斜面体的摩擦力方向可能向右
D.地面对斜面体的支持力等于P和斜面体所受的重力之和
解析:选B 缓慢改变绳OA的方向至θ>90°的过程,OA拉力的方向变化如图所示,可见OA的拉力先减小后增大,OP的拉力一直增大,故B正确;若开始时P受绳的拉力比较小,斜面对P的摩擦力沿斜面向上,OP拉力一直增大,则斜面对P的摩擦力先变小后反向增大,故A错误;以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析,根据平衡条件:斜面体受地面的摩擦力与绳OA水平方向的分力等大反向,故摩擦力方向向左,故C错误;以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析,根据
竖直方向受力平衡:N+Fcos α=(M斜+MP+MQ)g,α为F与竖直方向的夹角,由图分析可知F的最大值即为MQg(当F方向竖直向上时),故Fcos α<MQg,则N>M斜g+MPg,故D错误。
12.一般教室门上都安装一种暗锁,这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成,如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后,当某同学准备关门时,无论用多大的力,也不能将门关上(这种现象称为自锁),此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示,P为锁舌D与锁槽E之间的接触点,弹簧由于被压缩而缩短了x。
(1)求自锁状态时锁舌D的下表面所受摩擦力的方向;
(2)求此时(自锁时)锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小;
(3)无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,则μ至少要多大?
解析:(1)锁舌D受力分析如图所示,由于锁舌D有向左运动的趋势,故锁舌D所受到的最大静摩擦力为f1,其方向向右。
(2)设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2,正压力为N,下表面的正压力为F,弹簧的弹力为kx,由平衡条件可得:
kx+f1+f2cos θ-Nsin θ=0
F-Ncos θ-f2sin θ=0
又有:f1=μF
f2=μN
解得:N=。
(3)无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,说明压力N无穷大,即:
1-2μ-μ2=0
解得:μ=2-≈0.27。
答案:(1)方向向右 (2) (3)0.27
A级—学考达标
1.下列关于重力、重心、重力加速度g的说法正确的是( )
A.地球和物体在不接触时也会产生重力作用,可见力是可以离开物体而独立存在的
B.物体的重心一定与它的几何中心重合
C.用一绳子将物体悬挂起来,物体处于静止状态时,该物体的重心不一定在绳子的延长线上
D.在地球上重力加速度g,两极最大、赤道最小
解析:选D 地球和物体在不接触时也会产生重力作用,不能说明力可以离开物体而独立存在,A错误;重心的位置不仅与物体的形状有关,还与物体的质量分布有关,只有形状规则,质量分布均匀的物体的重心才在物体的几何中心,B错误;用一绳子将物体悬挂起来,物体处于静止状态时,对物体受力分析,物体受到重力和绳子的拉力,根据二力平衡原理可知重力与拉力在同一直线上,则该物体的重心一定在绳子的延长线上,C错误;在地球上重力加速度g,两极最大、赤道最小,D正确。
2.如图所示,在粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2,中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连接,木块与地面之间的动摩擦因数为μ。现用一水平力向右拉木块2,当两木块一起匀速运动时,两木块之间的距离为( )
A.l+ B.l+
C.l+ D.l+
解析:选A 以木块1为研究对象,当两木块一起匀速运动时,有弹簧对木块1的拉力与木块1受到的滑动摩擦力平衡,即:k(x-l)=μm1g,解得:x=l+,故A正确,B、C、D错误。
3.一物体受三个共点力的作用,下列几组力中,能使物体处于平衡状态的是( )
A.4 N、7 N,8 N B.2 N、3 N、6 N
C.1 N、5 N,7 N D.1 N、8 N、10 N
解析:选A 4 N与7 N合力最大为11 N,最小为3 N,8 N 在这两个力范围之内,故合力可以为0,能使物体处于平衡状态;2 N和3 N合力最大为5 N,最小为1 N,6 N不在这两个力范围之内,不能使物体处于平衡状态;1 N和5 N合力最大为6 N,最小为4 N,7 N不在这两个力范围之内,不能使物体处于平衡状态;1 N和8 N合力最小为7 N,最大为9 N,10 N不在这两个力范围之内,不能使物体处于平衡状态,故A符合题意。
4.竹蜻蜓是一种中国传统的民间儿童玩具,流传甚广。如图所示,竹蜻蜓由竹柄和“翅膀”两部分组成。玩儿时,双手一搓竹柄,然后双手松开,竹蜻蜓就会旋转着飞上天空,过一会儿落下来。松手后,关于竹蜻蜓和空气间的相互作用力,下列说法正确的是( )
A.竹蜻蜓对空气的作用力大于空气对竹蜻蜓的作用力
B.竹蜻蜓对空气的作用力小于空气对竹蜻蜓的作用力
C.竹蜻蜓对空气的作用力大小等于空气对竹蜻蜓的作用力
D.竹蜻蜓对空气的作用力与空气对竹蜻蜓的作用力方向相同
解析:选C 竹蜻蜓对空气的作用力和空气对竹蜻蜓的作用力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律可知,竹蜻蜓对空气的作用力大小等于空气对竹蜻蜓的作用力大小,二者的方向相反。故C正确,A、B、D错误。
5.当直升机倾斜飞行时,螺旋桨产生的升力F垂直于机身,升力F与竖直方向的夹角为θ。现沿水平和竖直两个方向分解力F,如图所示。下列说法正确的是( )
A.水平分力大小为Fx=Fcos θ
B.水平分力大小为Fx=Ftan θ
C.竖直分力大小为Fy=Fcos θ
D.竖直分力大小为Fy=Ftan θ
解析:选C 将力F分解为两个相互垂直的分力,其中水平方向的分力大小为Fx=Fsin θ,竖直方向的分力大小为Fy=Fcos θ,故C正确,A、B、D错误。
6.如图所示,两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接,在水平外力F作用下,系统处于静止状态,此时弹簧实际长度相等。弹簧A、B的劲度系数分别为kA、kB,且原长相等。弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°。设A、B中的弹力分别为FA、FB。小球直径相比弹簧长度可以忽略。则( )
A.kA=kB B.tan θ=
C.FA=mg D.FB=2mg
解析:选B 将两小球与弹簧B看成一个整体,对整体受力分析,可知整体受到重力2mg,弹簧A的弹力FA和F的作用,受力如图甲所示,根据共点力平衡的条件有:FA=,F=2mgtan θ,根据胡克定律:FA=kAxA,FB=kBxB,对下面的小球进行受力分析,其受力如图乙所示。
根据平衡条件有:FB=mg,F=mg,联立可得:tan θ=,故B正确,D错误;由tan θ=知,cos θ=,得FA=mg,故C错误;两个弹簧的原长相等,伸长后的长度也相等,所以弹簧的形变量也相等,而两个弹簧的弹力不同,所以两个弹簧的劲度系数不相等,故A错误。
7.一长直木板的上表面放有一小木块,当木板以远离木块的一端O为轴,如图所示由水平位置缓慢向上转动(α角变大)时,则木块受到的摩擦力Ff随转过的角度α(0≤α≤90°)变化的图像,可能正确的是( )
解析:选C α角增大时,木块开始一段时间受的摩擦力为静摩擦力,Ff=mgsin α,当木块相对木板滑动时变为滑动摩擦力,Ff=μmgcos α,又知α角在增大,故C正确。
8.某同学利用如图甲所示装置进行“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。
(1)某次在弹簧下端挂上钩码后,弹簧下端处的指针在刻度尺上的指示情况如图乙所示,此时刻度尺的读数x=________cm。
(2)根据实验数据在图丙的坐标纸上已描出了多次测量的弹簧所受弹力大小F跟弹簧长度x之间的函数关系点,请作出Fx图线。
(3)根据所作出的图线,可得该弹簧的劲度系数k=________N/m。(结果保留两位有效数字)
解析:(1)刻度尺的最小刻度为1 mm,应估读到最小刻度的下一位,由题图乙知,读数为11.95 cm。
(2)采用描点法作图得到Fx图像,如图所示。
(3)根据胡克定律公式F=k·Δx,
有:k== N/m=49 N/m。
答案:(1)11.95(11.93~11.97均可) (2)见解析图 (3)49(47~51均可)
9.如图所示,轻绳OA、OB的一端固定在天花板上,另一端与绳OC相连将一质量为10 kg的重物悬挂空中而处于静止状态,其中OB与天花板夹角为30°,OA与天花板夹角为60°。(g取10 m/s2)
(1)画出结点O的受力分析图,标出对应的力及角度;
(2)求OA、OB对应的拉力大小FA、FB;
(3)若保持O、B点位置不变,改变OA的长度,将A点移动到D点,使得OD=OB,求此时OD对应的拉力大小FD。
解析:(1)对结点O受力分析如图甲所示。
(2)根据平衡条件,由几何知识得:
FA=mgcos 30°=50 N
FB=mgcos 60°=50 N。
(3)将A点移动到D点后画出受力图如图乙所示,运用合成法,由几何知识得:
FD=mg=100 N。
答案:(1)见解析图甲 (2)50 N 50 N (3)100 N
B级—选考提能
10.如图所示,三个大小相等的力F,作用于同一点O,合力最大的是( )
解析:选B 将A中任意两力进行合成,可知这两力的合力与第三个力大小相等,方向相反,这三个力的合力为0;将B中方向相反的两个力合成,则合力为0,再与第三个力F合成,则合力大小为F;将C中相互垂直的力F进行合成,则合力的大小为F,再与第三个力F合成,则合力的大小为(-1)F;将D中左边两个力进行合成,再与右边力F合成,则合力的大小为(-1)F;由上分析可知,合力最大的是B项中合力F,故B正确,A、C、D错误。
11.超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示,在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出),工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部,同时,小铁珠陷于钉柱上的凹槽里,锁死防盗扣。当用强磁场吸引防盗扣的顶部时,铁环和小铁珠向上移动,防盗扣松开。已知锥形金属筒底部的圆锥顶角刚好是90°,弹簧通过铁环施加给每个小铁珠竖直向下的力F,小铁珠锁死防盗扣,每个小铁珠对钉柱产生的侧向压力为(不计摩擦以及小铁珠的重力)( )
A.F B.F
C.F D..F
解析:选C 以一个小铁珠为研究对象,将力F按照作用效果分解如图所示。由几何关系可得小铁珠对钉柱产生的侧向压力为:N1==F,故C正确。
12.如图所示,某同学在沙料场中发现沙子堆积时会形成圆锥体,且堆积过程中圆锥体的底角保持不变。他测得某堆沙子的底部周长约为30 m,沙子之间的动摩擦因数约为0.8,则这堆沙子的体积约为(圆锥体的体积等于底面积与高的乘积的三分之一,π取3.14)( )
A.1×102 m3 B.2×102 m3
C.3×102 m3 D.8×102 m3
解析:选A 设圆锥体顶角的一半为θ,对侧面上最外面一粒沙子分析,由平衡条件得:μmgsin θ=mgcos θ,解得:tan θ=,设沙子底部圆的半径为r,高为h,由几何关系得:tan θ=,底部周长约为:2πr=30 m,沙子的体积为:V=×πr2×h,联立解得:V≈1×102 m3,故A正确。
13.[多选]两个物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连,如图所示放置,OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°,M所受的重力大小为 20 N,M、m均处于静止状态,则( )
A.OA对M的拉力大小为10 N
B.OB对M的拉力大小为10 N
C.m受到水平面的静摩擦力大小为10 N
D.m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
解析:选AD 对结点O受力分析,结点O受OA、OB、OM三根绳子的拉力,通过条件得知OA和OB的夹角为90°,由平衡条件有,FOM=20 N,FOA=FOM·sin 30°=10 N,FOB=FOM·cos 30°=10 N,故A正确,B错误;对m受力分析,受向左的拉力10 N,向右的拉力10 N,故m受到水平面的静摩擦力方向水平向左,大小为(10-10)N,D正确,C错误。
14.[多选]气象研究小组用如图所示简易装置测定水平风速,在水平地面上竖直固定一直杆,质量为m的薄空心塑料小球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,小球在水平风力的作用下飘起来。已知水平风力大小正比于风速,当风速v0=3 m/s 时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°,小球所受的浮力不计,重力加速度为g,则( )
A.此时细线拉力的大小为
B.若风速增大到某一值时,θ可能等于90°
C.细线拉力与风力的合力大于mg
D.θ=30°时,风力的大小F=mg
解析:选AD 选小球为研究对象,则小球受重力、细线拉力和风力处于平衡,如图所示,根据共点力平衡得,FT==,风力F=mgtan 30°=mg,细线拉力和风力合力的大小等于mg,故A、D正确,C错误;因为风力和重力的合力方向不可能水平向右,可知细线拉力方向不可能水平向左,则θ不可能等于90°,故B错误。
15.某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验,器材有:方木板一块,白纸,量程为5 N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个)。
(1)[多选]具体操作前,同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的是________。
A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B.重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同
C.使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时,视线应正对测力计刻度
D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力
(2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验,白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如图所示。其中对于提高实验精度最有利的是________。
(3)该小组同学仔细分析实验,怀疑实验中的橡皮条被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。该小组讨论后找来钩码,改用如图所示的实验装置做实验,三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接。实验步骤如下:
A.弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点
B.结点O下的细绳挂钩码C
C.手持弹簧测力计B缓慢向左拉,使结点O静止在某位置
D.记下钩码质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数
①步骤D中漏记录了____________________。
②在实验过程中,下列情况会对实验结果产生误差的是________。
A.改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时,结点O的位置发生变化
B.木板不竖直
C.A弹簧测力计外壳受到的重力
D.B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平
解析:(1)F1、F2间的夹角大小适当即可,不一定要橡皮条和两绳套夹角的角平分线在一条直线上,故A错误;合力与分力为等效替代的关系,效果是相同的,所以在同一次实验时,需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同,则结点O的位置要相同,而在重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同,故B正确;使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线,可以减小摩擦力;读数时,视线应正对测力计刻度,可减小偶然误差,故C正确;用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定要小于只用一个测力计拉橡皮条的拉力,故D错误。
(2)为了便于确定拉力的方向,拉橡皮条的细绳要稍微长一些,同时在纸上描点时,所描的点不要太靠近O点,A图中所描的点太靠近O点,且所选标度较大,误差较大,故A错误;B图中所描的点到O点的距离适中,力的大小适中,而且两个力的角度的大小也适中,所选标度较小,精确度较高,故B正确;C图中力的读数太小,且作图时代表力的大小的线段长度要适当,故C错误;D图中两个分力之间的夹角太小,误差较大,且所选标度较大,误差较大,故D错误。
(3)①步骤D中漏记录了三条细绳(拉力)的方向。②改变弹簧测力计B拉力进行多次实验时,结点O的位置发生变化,那么合力即测力计A的示数也会发生变化,对实验没有影响,故A错误;在木板上作图时,所有力的方向都在平面内,木板若不是竖直,而重力是竖直方向,那么就无法画出钩码重力的分力,对实验结果造成误差,故B正确;弹簧测力计外壳受到的重力并没有作用在弹簧上,不会造成误差,故C错误;在木板上作图时,所有力的方向都在平面内,如果B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平,但只要在木板平面内对作图就没有影响,不会造成误差,故D错误。实验会造成误差的只有B。
答案:(1)BC (2)B (3)①三条细绳(拉力)的方向 ②B
16.在粗糙水平面上用弹簧测力计测定木块A和木块B间的动摩擦因数μ,有如图所示两种装置。
(1)为了用弹簧测力计的读数表示滑动摩擦力,甲、乙两种情况中A是否都一定要做匀速运动?
(2)若A做匀速运动,甲图中A、B间摩擦力是否等于拉力FA?
(3)若A、B受到的重力分别为100 N和150 N,甲图中弹簧测力计读数F为60 N(当A被拉动时),FA=110 N,求A、B间的动摩擦因数μ。
解析:(1)用弹簧测力计的读数表示滑动摩擦力,题图甲中B静止,B受到的摩擦力始终等于弹簧测力计示数,所以A不一定要做匀速运动,而题图乙中,A是运动的,要使A受到的摩擦力始终等于弹簧测力计示数,A一定要做匀速运动。
(2)设B对A的摩擦力为fBA,地面对A的摩擦力为f,则根据平衡条件:FA=fBA+f,故fBA≠FA。
(3)题图甲中弹簧测力计读数为60 N,即B受到的滑动摩擦力为60 N,则知μ===0.4。
答案:(1)甲中A不一定要做匀速运动,乙中A一定要做匀速运动 (2)不等于 (3)0.4
17.如图所示,质量为m=0.8 kg的砝码悬挂在轻绳PA和PB的结点上并处于静止状态,PA与竖直方向的夹角为37°,PB沿水平方向,质量为M=10 kg的木块与PB相连,静止于倾角为37°的斜面上(取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
(1)PB拉力的大小;
(2)木块所受斜面的摩擦力和弹力大小。
解析:(1)对P点受力分析如图甲所示,有
FAcos 37°=mg
FAsin 37°=FB
解得FB=6 N。
(2)对木块受力分析如图乙所示,有
Ff=Mgsin 37°+FB′cos 37°
FN+FB′sin 37°=Mgcos 37°
由牛顿第三定律知FB′=FB
解得Ff=64.8 N
FN=76.4 N。
答案:(1)6 N (2)64.8 N 76.4 N
第四章 运动和力的关系
第1节
牛顿第一定律
1.填一填
(1)亚里士多德认为:必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就要静止在某个地方。
(2)伽利略的理想实验
①斜面实验:让静止的小球从第一个斜面滚下,冲上第二个斜面,如果没有摩擦,小球将上升到原来释放时的高度。减小第二个斜面的倾角,小球滚动的距离增大,但所达到的高度相同。当第二个斜面放平,小球将永远运动下去。
②推理结论:力不是(填“是”或“不是”)维持物体运动的原因。
(3)笛卡儿的观点:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不会停下来,也不会偏离原来的方向。
2.判一判
(1)亚里士多德认为力是维持物体运动的原因。(√)
(2)伽利略的理想实验可以想办法做到的。(×)
(3)伽利略的理想实验说明了力是维持物体运动的原因。(×)
(4)笛卡儿认为若没有力作用,物体的运动状态不会改变。(√)
3.选一选
(1)关于伽利略的理想实验,下列说法正确的是( )
A.只要接触面“相当光滑”,物体在水平面上就能匀速运动下去
B.这个实验实际上是永远无法做到的
C.利用气垫导轨,就能使实验成功
D.要使物体运动就必须有力的作用,没有力的作用物体就静止
解析:选B 理想实验在实际情况下是永远不能实现的,其条件永远是理想化的,选项B正确;即使接触面“相当光滑”,也不会达到没有摩擦力的程度,选项A错误;利用气垫导轨当然也不能实现“理想”的条件,仍然存在一定的阻力,只不过阻力很小而已,选项C错误;力是改变物体运动状态的原因,并不是维持物体运动状态的原因,选项D错误。
(2)伽利略的斜面实验可以证明( )
A.要物体运动必须有力作用,没有力作用的物体将静止
B.要物体静止必须有力作用,没有力作用的物体就运动
C.物体不受外力作用时,一定处于静止状态
D.力不是维持物体运动的原因
解析:选D 伽利略的斜面实验证明了:力不是维持物体运动的原因,所以只有D正确。
1.填一填
(1)牛顿第一定律的内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。
(2)惯性:物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,牛顿第一定律也叫作惯性定律。
2.判一判
(1)牛顿第一定律是可以通过实验验证的。(×)
(2)牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动。(×)
(3)牛顿第一定律说明一切物体都具有惯性。(√)
(4)牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因。(√)
3.选一选
(1)下列关于牛顿第一定律的说法正确的是( )
A.牛顿第一定律是牛顿在前人工作基础上研究得出的
B.牛顿第一定律是通过理想实验方法得出的,可用实验验证
C.惯性是一种力,惯性定律与惯性的实质相同
D.物体的运动不需要力来维持,但物体的运动速度决定了惯性的大小
解析:选A 在伽利略和笛卡儿工作的基础上,牛顿提出了第一运动定律,故A正确;牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上,根据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实验得出,故B错误;惯性不是力,物体总有保持原有运动状态不变的性质,这种性质叫作惯性,惯性定律就是牛顿第一定律,惯性定律与惯性两者不同,故C错误;惯性是物体固有的属性,物体的运动速度不能决定惯性的大小,惯性大小只与物体质量有关,质量大的物体惯性大,故D错误。
(2)下列说法正确的是( )
A.静止的物体一定不受力,受力的物体一定运动
B.物体运动状态发生变化,则物体一定受力的作用
C.物体的运动需要力来维持,没有力作用时物体就要停下来
D.物体运动状态不变时,有惯性,运动状态改变时没有惯性
解析:选B 物体处于静止或匀速直线运动时都可以不受力,或所受合外力为零,故A错误;力不是维持物体运动状态的原因,力是改变物体运动状态的原因,物体运动状态发生改变,一定受力的作用,故B正确;物体的运动不需要力来维持,故C错误;惯性的大小只与物体的质量有关,质量越大惯性越大,与物体的运动状态、是否受力等因素没有关系,故D错误。
1.填一填
(1)描述物体惯性的物理量是它的质量。
(2)质量越大的物体惯性越。
(3)质量只有大小,没有方向,是标量。
2.判一判
(1)速度越大,物体的惯性越大。(×)
(2)受力越大,物体的惯性越大。(×)
(3)乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小。(√)
(4)物体只有处于静止状态或匀速直线运动状态时才有惯性。(×)
3.想一想
如图甲所示,公交车上站着的乘客身体突然向后倾倒;如图乙所示,公交车内乘客身体突然向前倾倒。
思考:(1)什么情况下会出现图甲的情景?
(2)什么情况下会出现图乙的情景?
提示:(1)公交车快速启动或突然加速时,乘客会向后倾倒。
(2)公交车急刹车时,乘客会向前倾倒。
对伽利略理想实验的理解 |
[学透用活]
1.伽利略理想实验的推论:一切运动着的物体在没有受到外力的时候,它的速度将保持不变,并且一直运动下去。
2.理想实验的意义
(1)伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础,经过抽象思维,抓住主要因素,忽略次要因素,从而更深刻地揭示了自然规律。
(2)伽利略理想实验是把实验和逻辑推理相结合的一种科学研究方法。
理想实验有时能更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。下面是关于该实验的步骤:
①减小第二个斜面的倾角,小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度。
②如图为两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面。
③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放时的高度。
④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成为水平面,小球将沿水平面做持续的匀速运动。
(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列____________(填写序号即可)。
(2)在上述的设想实验步骤中,有的属于可靠的实验事实,有的则是理想化的推论,请问步骤②属于___________。
[解析] 理想实验的思想方法:在实验事实的基础上,经过合理的想象,获取结论。针对题目所述的实验步骤,正确的排列顺序是②③①④,步骤②属于可靠的实验事实。
[答案] (1)②③①④ (2)可靠的实验事实
[对点练清]
1.[多选]下列说法正确的是( )
A.物体越重,重力加速度越大,下落的越快
B.亚里士多德研究自然规律的方法是实验的方法
C.伽利略研究自然规律的方法是猜想和假设,数学推理和科学实验相结合的方法
D.理想斜面实验是通过“合理外推”得出自由落体运动的规律的,并没有直接验证自由落体运动的规律
解析:选CD 物体下落的快慢与物体的质量无关,不管轻重的物体,自由下落时,下落一样快,故A错误;亚里士多德的研究方法主要应用了观察的方法和生活经验,提出的观点为:重的物体比轻的物体下落的快,故B错误;伽利略在研究自由落体运动时,通过猜想、数学推理,做小球沿斜面运动的实验,测出小球不同位移与所用时间均满足x∝t2,并将此实验结果合理外推,从而验证了他的猜想,故C正确;伽利略根据斜面上的实验结果进行合理的外推,得到自由落体的运动规律,并没有直接验证自由落体运动的规律,故D正确。
2.[多选]关于伽利略的理想实验的叙述正确的是( )
A.这个实验是凭空想象的
B.这个实验虽然是想象的,但它得出的结论是可靠的
C.理想实验是一种科学方法
D.理想实验是一个纯思维实验,其正确性应接受实践的检验
解析:选BC 伽利略的理想实验是在实验事实的基础上,经过合理的想象得到的,所以实验方法是科学的,结果也是可靠的,故B、C正确,A、D错误。
3.伽利略的理想实验证明了( )
A.物体运动必须有力作用,没有力的作用物体将要静止
B.物体运动速度越大,其惯性越大
C.物体不受力作用时,一定处于静止状态
D.物体不受力作用时,总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态
解析:选D 根据牛顿第一定律可知,物体保持匀速直线运动或静止不需要力的作用,惯性的大小由质量决定,与速度无关,故A、B项错误;伽利略的斜面实验证明物体不受外力作用时,将保持静止或者匀速直线运动状态,故C项错误,D项正确。
对牛顿第一定律的理解 |
[学透用活]
1.物体运动状态变化(即速度的变化)的三种情景:
(1)速度的方向不变,大小变化。
(2)速度的大小不变,方向变化。
(3)速度的大小和方向同时发生变化。
2.对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了力和运动的关系:
①力是改变物体运动状态的原因(或者说力是使物体产生加速度的原因),而不是维持物体运动状态的原因。
②物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了一切物体都具有惯性。因此牛顿第一定律也叫惯性定律。
牛顿第一定律是“经验定律”,无法用实验验证。
关于牛顿第一定律(惯性定律),下列理解正确的是( )
A.向上抛出的物体,在向上运动的过程中,一定受到向上的作用力,否则不可能向上运动
B.汽车在运动过程中,速度大时的惯性一定比速度小时的惯性大
C.牛顿第一定律中提出的物体不受外力作用的条件是不可能达到的,所以这条定律可能是错的
D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,不可能用实验直接验证
[解析] 向上抛出的物体,由于惯性继续向上运动,故A错误;惯性只取决于物体的质量,质量越大,惯性越大,故B错误;牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,并不是实验定律,但它是正确的,故C错误,D正确。
[答案] D
力和运动的关系
(1)力的作用效果是使物体发生形变或运动状态发生改变,而运动状态的改变就意味着物体的速度发生了改变,物体具有加速度,因此,力是使物体产生加速度的原因。
(2)力是改变物体运动状态的原因,因此,物体运动状态发生改变时必定受到不为零的外力作用。
[对点练清]
4.[多选]下列关于牛顿第一定律的理解正确的是( )
A.牛顿第一定律反映了物体不受外力的作用时的运动规律
B.不受外力作用时,物体一定处于静止状态
C.在水平地面上滑动的木块最终停下来,是由于没有外力维持木块运动的结果
D.飞跑的运动员,由于遇到障碍物而被绊倒,这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析:选AD 牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态,A正确;不受外力时,物体保持匀速直线运动状态或静止状态不变,B错误;摩擦阻力改变了木块的运动状态,从而使其停了下来,C错误;障碍物的阻碍作用改变了运动员的运动状态,D正确。
5.下列说法正确的是( )
A.牛顿第一定律是科学家凭空想象出来的,没有实验依据
B.牛顿第一定律无法用实验直接验证,因此是不成立的
C.理想实验的思维方法与质点概念的建立一样,都是一种科学抽象的思维方法
D.由牛顿第一定律可知,静止的物体一定不受外力作用
解析:选C 牛顿第一定律是在理想实验的基础上经过合理归纳总结出来的,但无法用实验来直接验证,故选项A、B错误;理想实验的思维方法与质点概念的建立相同,都是突出主要因素、忽略次要因素的科学抽象的思维方法,故选项C正确;物体静止时不受外力或合外力为零,故选项D错误。
6.[多选]物体的运动状态改变了,不可能发生的是( )
A.速率不变 B.速度不变
C.物体未受任何力 D.运动方向不变
解析:选BC 物体的运动状态发生了变化,即速度发生了变化,可能是速度大小(即速率)变化,也可能是方向变化,还可能是大小和方向同时变化。物体的运动状态发生了变化,一定是因为物体受到了力的作用。综上可知不可能发生的是B、C
对惯性的理解 |
[学透用活]
1.惯性是物体的固有属性:一切物体都具有惯性。
2.惯性的大小
(1)质量是惯性大小的唯一量度。质量越大,惯性越大;反之则越小。
(2)惯性大小与物体运动状态(速度)、受力情况以及所处地理位置均无关。
3.惯性的表现
(1)不受力时,惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态。
(2)受力时,惯性表现为运动状态改变的难易程度。质量越大,惯性越大,运动状态越难以改变。
如图所示是一种汽车安全带控制装置示意图。当汽车处于静止或匀速直线运动时,摆锤竖直悬挂,锁棒水平,棘轮可以自由转动,安全带能被拉动。当汽车突然刹车时,摆锤由于惯性绕轴摆动,使得锁棒锁定棘轮的转动,安全带不能被拉动。若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置,汽车的可能运动方向和运动状态是( )
A.向右行驶、匀速直线运动
B.向左行驶、匀速直线运动
C.向右行驶、突然刹车
D.向左行驶、突然刹车
[思路点拨]
[解析] 若汽车做匀速直线运动,则摆锤不会从实线位置摆到虚线位置,故选项A、B均错误;由题图可知摆锤向右摆动,根据惯性知识可推知,汽车可能向左加速或向右减速,故选项C正确,选项D错误。
[答案] C
解答惯性现象的思路
(1)明确研究的物体原来处于怎样的运动状态。
(2)当外力作用在物体的某一部分时,这一部分运动状态的变化情况。
(3)明确物体由于惯性要保持怎样的运动状态,然后判断物体会出现什么现象。
[对点练清]
7.下列说法正确的是( )
A.高速行驶的公共汽车紧急刹车时,乘客都要向前倾倒,说明乘客受到惯性力的作用
B.短跑运动员最后冲刺时,速度很大,很难停下来,说明速度越大,惯性越大
C.惯性的大小仅与质量有关,质量越大,惯性越大
D.把手中的球由静止释放后,球能竖直下落,是由于球具有惯性的缘故
解析:选C 高速行驶的公共汽车紧急刹车时,乘客都要向前倾倒,是由于惯性,不是受到惯性力的作用,故A错误;惯性的大小仅与质量有关,与速度无关,质量越大,惯性越大,故B错误,C正确;把手中的球由静止释放后,球能竖直下落,是由于球受重力的原因,故D错误。
8.关于物体的惯性,以下说法正确的是( )
A.物体的运动速度越大,物体越难停下来,说明运动速度大的物体惯性大
B.汽车突然减速时,车上的人向前倾,拐弯时人会往外甩,而汽车匀速前进时,车上的人感觉平稳,说明突然减速和拐弯时人有惯性,匀速运动时没有惯性
C.在同样大小的力的作用下,运动状态越难改变的物体,其惯性一定越大
D.在长直水平轨道上匀速运动的火车上,门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起后,发现落回原处,这是因为人跳起后,车继续向前运动,人落下后必定向后偏些,但因时间太短,偏后距离太小,不明显而已
解析:选C 物体在任何状态时都有惯性,且惯性只与物体的质量有关,质量越大,惯性越大,运动状态越难改变,故A、B错误,C正确;火车匀速运动且门窗紧闭,人不受空气阻力的影响,所以人跳起后,由于惯性在水平方向保持与火车同速将落回原处,D错误。
9.下列关于惯性的说法正确的是( )
A.人走路时没有惯性,被绊倒时有惯性
B.百米赛跑到达终点时不能立即停下来是由于惯性,停下来时就没有惯性了
C.物体没有受外力作用时有惯性,受外力作用后惯性被克服了
D.物体的惯性与物体的运动状态及受力情况均无关
解析:选D 惯性是物体的固有属性,物体在任何情况下都有惯性,且惯性的大小与物体的运动状态及受力情况均无关,它仅取决于物体的质量大小,因此选项A、B、C错误,选项D正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。)
一、上段还是下段的细绳先断(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P112“迷你实验室”]
用细绳把一本较厚重的书扎一圈,然后将细绳的一端悬挂起来,另一端用手牵住(如图)。
先迅速用力将细绳往下一拉,看细绳的哪一段先断开。
再做一次,拉力逐渐加大,直到细绳被拉断,看看又是细绳的哪一段先断开。
比较两次拉断细绳的结果,想想这是为什么。
[提示] 当迅速用力拉绳时,下段细绳先断。原因是:由于书本比较厚重,惯性较大,其运动状态难以改变,在迅速向下拉绳的瞬间,书本可以认为固定不动,上段绳的力没增大,而此时下段细绳承受的力将比上段细绳承受的力大,因此,下段细绳将会先断。
当慢慢增大拉力时,由平衡知识可知,上段细绳承受的力为书的重力和手对下段细绳拉力之和,所以上段细绳的拉力总比下段细绳的拉力大,上段细绳一定先断。
二、匀速直线运动的演示(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P111“实验与探究”]
伽利略与笛卡儿的观点皆基于理想情况,在现实中很难实现。下面我们通过气垫导轨来演示在可忽略阻力情况下物体的匀速直线运动。如图所示,用气泵给气垫导轨充气,气体从气垫导轨的小孔中喷出,在滑块与导轨间形成空气薄层——气垫。这样,滑块在气垫上滑动时受到的阻力很小,可忽略不计。将气垫导轨调至水平,给滑块一个初速度,使其运动起来。利用光电门和电子计时器测出滑块在运动过程中的速度几乎不变。可见,水平方向虽没有外力作用,但滑块能保持匀速直线运动。
利用气垫导轨可以演示滑块在运动过程中的速度几乎不变,你从中可以得出什么结论?
[提示] 物体的运动并不需要力来维持,或者说力不是维持物体运动的原因。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法不符合历史事实的是( )
A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有一定的速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析:选A 亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,A错误;伽利略通过“理想实验”得出:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去,B正确;笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,C正确;由牛顿第一定律知,D正确。
2.我国《道路交通安全法》中规定:各种小型车辆前排乘坐的乘客(包括司机)必须系好安全带。下列说法正确的是( )
A.系好安全带可以减小人的惯性
B.系好安全带可以减小车的惯性
C.是否系好安全带对人和车的惯性都有影响
D.系好安全带可以防止因惯性对人造成的伤害
解析:选D 质量是物体惯性大小的唯一的量度,系好安全带不可以改变人的惯性,也不能改变车的惯性,也就是说是否系好安全带对人和车的惯性都没有影响,故A、B、C错误;安全带系在人的身上,当人的运动状态突然变化时对人有一定的作用力,可以改变人的运动状态,所以系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害,故D正确。
3.质量为60 kg的某人以3 m/s的速度运动,质量为100 g的子弹以600 m/s的速度飞行,则下列说法正确的是( )
A.人的惯性大 B.子弹的惯性大
C.人和子弹的惯性一样大 D.无法判断
解析:选A 质量是惯性大小的唯一量度,因为人的质量大于子弹的质量,可知人的惯性大,故选A。
4.关于牛顿第一定律,下列说法错误的是( )
A.牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B.牛顿第一定律就是惯性
C.不受外力作用时,物体的运动状态保持不变是由于物体具有惯性
D.物体的运动状态发生变化时,物体必定受到外力的作用
解析:选B 牛顿第一定律有三层含义:不受力时物体将保持静止状态或匀速直线运动状态,这是由于一切物体都具有惯性;受到力的作用物体的运动状态就要发生变化,从而揭示出力是改变物体运动状态的原因;指出了物体在不受力时的运动状态,故选项A、C、D正确。牛顿第一定律并不是惯性,惯性是物体的一种性质,而牛顿第一定律是物体的运动规律,两者是不同的概念,不可混为一谈,选项B错误。
5.下列关于惯性的说法正确的是( )
A.静止的物体有静止的惯性,运动的物体有运动的惯性
B.运动的物体没有惯性,只有静止的物体有惯性
C.一切物体都具有惯性
D.物体的运动状态改变时没有惯性
解析:选C 惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,不管这个物体是静止还是运动,或者是运动状态正在改变,故选项C正确,B、D错误;惯性没有静止的和运动的之分,只能说静止的物体由于惯性而保持静止状态,运动的物体由于惯性而保持原来的运动状态,所以选项A错误。
6.下列关于运动和力的关系的说法正确的是( )
A.力是产生物体运动的原因
B.力是维持物体运动的原因
C.力是改变物体运动状态的原因
D.力是保持物体速度不变的原因
解析:选C 根据牛顿第一定律可得出:物体的运动不需要外力来维持,而恰恰是外力的存在改变了物体原来的运动状态,所以力不是维持物体运动的原因,不是保持物体速度不变的原因,而是改变物体运动状态的原因,故选项C正确。
7.关于惯性,下列说法正确的是( )
A.物体自由下落时,速度越来越大,所以物体的惯性消失
B.同一个物体在月球上和在地球上的惯性不一样大
C.质量相同的物体,速度较大的惯性一定较大
D.质量是物体惯性大小的量度,惯性与速度及物体的受力情况无关
解析:选D 质量是物体惯性大小的唯一量度,物体的惯性与速度及受力情况无关,故选项A、B、C错误,选项D正确。
8.下列事例中,利用了物体的惯性的是( )
A.①② B.③④
C.①④ D.②③
解析:选C ②中打开降落伞是为了增大运动员受到的阻力,③中轮胎制成不平整花纹是为了增大轮胎与地面的摩擦力,故选项C正确。
9.如图所示为月球车示意图,当该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时,下面判断正确的是( )
A.在地面运动时的惯性较大
B.在月面运动时的惯性较大
C.在地面和月面惯性一样大
D.在地面运动时的质量较大
解析:选C 惯性的大小与物体的质量有关,与物体的运动状态及所处位置无关,所以该月球车分别在地面和月面以相同的速率行驶时的惯性是一样大的,A、B错误,C正确;质量是物体的固有属性,是不变的,D错误。
10.如图所示,在一辆表面光滑的小车上,有质量分别为m1和m2的两个小球(m1>m2)随车一起匀速运动。当车突然停止时,如不考虑其他阻力,设车无限长,则两个小球( )
A.一定相碰 B.一定不相碰
C.不一定相碰 D.难以确定
解析:选B 因为小车表面光滑,因此,不论小车如何运动,两小球在水平方向均不受力,根据牛顿第一定律可知将保持匀速运动状态,又因为两球速度相等,故两球一定不会相碰。故B正确。
B级—选考提能
11.一天下着倾盆大雨,某人乘坐列车时发现,车厢的双层玻璃窗内积水了。列车进站过程中(箭头表示列车进站的方向),他发现水面的形状如选项图中的( )
解析:选C 列车进站速度减小,由于惯性水相对窗向前运动,故C正确。
12.如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定的斜面上,A的上表面水平,在A的上表面上放一光滑的小球B。劈形物体A从静止开始释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )
A.沿斜面向下的直线 B.竖直向下的直线
C.无规则曲线 D.抛物线
解析:选B 小球原来静止时受重力和支持力作用,其合力为零。当劈形物体A由静止释放,A应沿斜面下滑,故B也将运动,运动状态就要发生改变,但由于惯性,小球原来速度为零,而小球又光滑,除竖直方向可以有力外,其他方向上不受力,因为力是使物体运动状态改变的原因,故小球只能在竖直方向上运动,在碰到斜面之前,运动轨迹应为一条直线,即竖直向下的直线,故选B。
13.[多选]在静止的列车上,有两个注满水的容器,容器中分别用细线系着铁球和乒乓球,在列车启动的过程中,小球所处状态表示正确的是(图中箭头表示启动方向)( )
解析:选BD 因为列车由静止向右启动,铁球、乒乓球和水都有向右运动的趋势。但是,由于与同体积的“水球”相比,铁球质量大、惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度增加慢,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,即速度增加快,而且水和容器一起运动,所以列车启动时,铁球相对于容器向左运动。同理,由于乒乓球与同体积的“水球”相比,质量小,惯性小,乒乓球相对于容器向右运动。故B、D正确。
14.[多选]如图所示,重球系于绳DC下端,重球下再系一根同样的绳BA,下列说法正确的是( )
A.在绳的A端缓慢增加拉力,结果CD绳先断
B.在绳的A端缓慢增加拉力,结果AB绳先断
C.在绳的A端突然猛一拉,结果AB绳先断
D.在绳的A端突然猛一拉,结果CD绳先断
解析:选AC 在绳的A端缓慢增加拉力,重球受力如图所示,使得重球在足够的时间发生了微小的位移,以致CD绳的拉力FT2逐渐增大,这个过程进行缓慢,可以认为重球始终处于平衡状态,即FT2=FT1+mg,随着FT1增大,FT2也增大,且FT2总是大于FT1,所以CD绳先被拉断,A项正确,B项错误;若在A端突然猛拉,因为重球质量很大,力的作用时间极短,由于惯性,重球向下的位移极小(可以看成运动状态未来得及改变),以致CD绳的拉力几乎未增加,故AB绳先断,C项正确,D项错误。
第2节 实验:探究加速度与力、质量的关系
实验目的
1.学会用“控制变量法”探究加速度与力、质量的定量关系。
2.学会用图像法研究加速度与质量、加速度与力之间的关系。
3.学会“化曲为直”法研究变量间的关系。
实验原理
1.实验思路:控制变量法
(1)保持研究对象即小车的质量不变,通过改变悬挂槽码的个数改变小车所受的拉力,测出小车的对应加速度,验证加速度是否与作用力成正比。
(2)保持悬挂槽码的个数不变,即保持作用力不变,改变研究对象即小车的质量,测出小车的对应加速度,验证加速度是否与质量成反比。
2.方案设计
(1)三个物理量的测量
①小车质量的测量:利用天平测出,在小车上增减砝码可改变小车的质量。
②拉力的测量:当悬挂的槽码的质量远小于小车质量的情况下,可以认为槽码的重力近似等于小车所受的拉力(合外力)。
③加速度的测量:由纸带根据公式Δx=aT2,结合逐差法计算出小车的加速度。
(2)实验数据的处理——图像法、“化曲为直”法
①研究加速度a和力F的关系
以加速度a为纵坐标,力F为横坐标,根据测量数据描点,然后作出图像,如图甲所示。若图像是一条通过原点的直线,则说明a与F成正比。
②研究加速度a与质量m的关系
如图乙所示,因为am图像是曲线,检查am图像是否是双曲线,就能判断它们之间是否存在反比例关系,但检查这条曲线是否是双曲线,直接判断有困难。若a和m成反比,则a与必成正比。我们采取“化曲为直”的方法,以a为纵坐标,以为横坐标,作出a图像,若a 图像是一条过原点的直线,说明a与成正比,即a与m成反比。
实验器材
小车、砝码、槽码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、交流电源、纸带、刻度尺、天平。
实验步骤与实验数据处理
1.用天平测出小车的质量M,并把数值记录下来。
2.按如图所示的装置把实验器材安装好(小车上先不系绳)。
3.平衡摩擦力:在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块,反复移动木块位置,直到使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板保持匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等)。
4.在细绳末端悬挂一个槽码,用细绳绕过定滑轮系在小车上,在小车上加放适量的砝码,用天平测出槽码的质量m,记录下来。接通电源,放开小车,待打点计时器在纸带上打好点后取下纸带,并设计表格如下。
次数 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
小车加速度a/(m·s-2) |
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槽码的质量m/kg |
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拉力F/N |
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5.保持小车和所放砝码的质量不变,增加悬挂槽码的个数,按步骤4做6次实验。
6.在每条纸带上选取一段比较理想的部分,算出每条纸带对应的加速度的值,填入表格中。
7.用纵坐标表示加速度,横坐标表示作用力,根据实验结果画出小车运动的aF图像,从而得出a、F之间的关系。
8.保持悬挂槽码的质量不变,在小车上加放砝码,重复上面的实验,求出相应的加速度,并设计表格如下。根据实验结果画出小车运动的a图像,从而得出a、M之间的关系。
次数 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
小车加速度a/(m·s-2) |
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小车质量M/kg |
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/kg-1 |
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9.整理实验器材,结束实验。
误差分析
1.系统误差
本实验用槽码的重力mg代替小车的拉力,而实际上小车所受的拉力要小于槽码的重力。槽码的质量越接近于小车的质量,误差越大;反之,槽码的质量越小于小车的质量,由此引起的误差就越小。因此,满足槽码的质量远小于小车的质量的目的就是为了减小因实验原理不完善而引起的误差。
2.偶然误差
摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差。
注意事项
1.打点前小车应靠近打点计时器且应先接通电源后释放小车。
2.在平衡摩擦力时,不需要悬挂槽码,但小车应连接纸带且接通电源。用手轻轻地给小车一个初速度,如果在纸带上打出的点的间隔均匀,表明小车受到的阻力跟它受到的重力沿斜面向下的分力平衡。
3.改变悬挂槽码的个数的过程中,要始终保证槽码的总质量远小于小车的质量。
4.作图时应使所作的直线通过尽可能多的点,不在直线上的点也要尽可能的对称分布在直线的两侧,但若遇到个别偏离较远的点可舍去。
实验原理与操作 |
在研究作用力F一定时,小车的加速度a与小车(含砝码)质量M的关系的实验中,某同学安装的实验装置和设计的实验步骤如下:
A.用天平称出小车和槽码的质量
B.按图安装好实验器材
C.把轻绳系在小车上并绕过定滑轮悬挂槽码
D.将电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上,接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,并在纸带上标明小车质量
E.保持槽码的质量不变,增加小车上的砝码个数,并记录每次增加后的M值,重复上述实验
F.分析每条纸带,测量并计算出加速度的值
G.作aM关系图像,并由图像确定a与M的关系
(1)请改正实验装置图中的错误。
①电磁打点计时器位置________________;
②小车位置__________________________;
③滑轮位置__________________________。
(2)该同学漏掉的重要实验步骤是________,该步骤应排在步骤________之后。
(3)在上述步骤中,有错误的是步骤__________,应把________________改为________________。
(4)在上述步骤中,处理不恰当的是步骤________,应把________________改为________________。
[解析] (1)①电磁打点计时器应固定在长木板无滑轮的一端,且应靠右端;②释放小车时,小车应靠近打点计时器;③连接小车的细绳应平行于木板,故应调节滑轮位置使细绳平行于木板。
(2)实验时应平衡摩擦力,使小车所受重力沿木板方向的分力与小车所受摩擦力平衡,故应垫高长木板右端以平衡摩擦力。实验中把槽码的重力看成与小车所受拉力大小相等,没有考虑摩擦力,故必须平衡摩擦力且应排在步骤B之后。
(3)步骤D中电磁打点计时器接在6 V电压的蓄电池上将无法工作,必须接在6 V以下交流电源上。
(4)步骤G中作aM关系图像,得到的是曲线,很难进行正确的判断,必须“化曲为直”,改作a关系图像。
[答案] (1)①应靠右端 ②应靠近打点计时器 ③应使细绳平行于木板 (2)平衡摩擦力 B (3)D 6 V电压的蓄电池 6 V以下的交流电源 (4)G 作aM关系图像 作a关系图像
[对点训练]
1.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,渗透了研究问题的多种科学方法:
(1)实验环境的等效法:____________;
(2)实验条件设计的科学方法:____________;
(3)实验原理的简化:______________,即当小车质量M车≫m槽码时,细绳对小车的拉力大小近似等于槽码的重力;
(4)实验数据处理的科学方法:____________;
(5)由aM车图像转化为a图像,所用的科学方法:____________。
(以上各题均填“理想实验法”“图像法”“平衡摩擦力法”“化曲为直法”“控制变量法”或“近似法”)
解析:(1)由于小车运动受到摩擦阻力,所以要进行平衡摩擦力,以减小实验误差,称为平衡摩擦力法;(2)在探究加速度、力与质量三者关系时,先保持其中一个量不变,来探究其他两个量之间的关系,称为控制变量法;(3)当小车质量M车≫m槽码时,细绳对小车的拉力大小近似等于槽码重力m槽码g,称为近似法;(4)通过图像研究实验的结果,称为图像法;(5)在作图时,由aM车图像转化为a图像,使图线由曲线转化为直线,称为化曲为直法。
答案:(1)平衡摩擦力法 (2)控制变量法 (3)近似法 (4)图像法 (5)化曲为直法
数据处理和误差分析 |
“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。
(1)下列说法正确的是________。
A.每次改变小车质量时,应重新平衡摩擦力
B.实验时应先释放小车后接通电源
C.本实验槽码B的质量应远大于小车A的质量
D.在用图像探究加速度与质量关系时,应作a图像
(2)某同学在实验中,打出的一条纸带如图所示,他选择了几个计时点作为计数点,相邻两计数点间还有4个计时点没有标出,其中s1=7.06 cm、s2=7.68 cm、s3=8.30 cm、s4=8.92 cm,已知交流电的频率为50 Hz,则纸带加速度的大小是______ m/s2。(保留两位有效数字)
(3)某同学将长木板右端适当垫高,其目的是______。但他把长木板的右端垫得过高,使得倾角过大。用a表示小车的加速度,F表示细线作用于小车的拉力。他绘出的aF关系图像是________。
[解析] (1)实验前要平衡摩擦力,每次改变小车质量时,不需要重新平衡摩擦力,故选项A错误;实验时应先接通电源,然后再释放小车,故选项B错误;在槽码B的质量远小于小车A的质量时,小车受到的拉力近似等于槽码受到的重力,故选项C错误;应用图像法处理加速度与质量关系实验数据时,为了直观,应作a图像,故选项D正确。
(2)利用逐差法可得:s4+s3-s2-s1=4aT2,
解得a== m/s2=0.62 m/s2。
(3)将长木板右端适当垫高,其目的是平衡摩擦力;把长木板的右端垫得过高,使得倾角过大,小车所受重力平行于木板的分力大于小车受到的摩擦力,小车受到的合力大于细线的拉力,在小车不受力时,小车已经具有一定的加速度,aF图像不过原点,在a轴上有截距,因此他绘出的aF关系图像是选项C。
[答案] (1)D (2)0.62 (3)平衡摩擦力 C
[对点训练]
2.某同学设计了一个“探究加速度与力、质量的关系”的实验,如图所示,图甲为实验装置简图(交流电的频率为50 Hz)。
(1)图乙为某次实验得到的纸带,根据纸带可求出小车的加速度大小为________ m/s2(保留两位小数)。
(2)保持槽码的质量不变,改变小车质量m,分别得到小车加速度a与质量m及对应的,数据如下表:
实验次数 物理量 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
小车加速度a/(m·s-2) | 1.90 | 1.72 | 1.49 | 1.25 | 1.00 | 0.75 | 0.50 | 0.30 |
小车质量m/kg | 0.25 | 0.29 | 0.33 | 0.40 | 0.50 | 0.71 | 1.00 | 1.67 |
/kg-1 | 4.00 | 3.45 | 3.03 | 2.50 | 2.00 | 1.41 | 1.00 | 0.60 |
请在图丙中画出a图线,并依据图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是________。
(3)保持小车质量不变,改变槽码的质量,该同学根据实验数据作出了加速度a随合力F变化的图线,如图丁所示。该图线不通过原点,请你分析其主要原因是_________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)用逐差法计算加速度大小为
a==1.00 m/s2。
(2)根据题目提供的小车加速度a与质量m对应的倒数的有关数据,可在坐标系中描出8个对应点,用一条直线“连接”各点,使尽量多的点落在直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧,得到的a图线如图所示,由图可得a=。
(3)由题图丁可分析,当加速度a为零时,拉力F并不为零,说明实验前没有平衡摩擦力或者未完全平衡摩擦力。
答案:(1)1.00 (2)见解析图 a= (3)实验前没有平衡摩擦力或者未完全平衡摩擦力
实验创新考查 |
在“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)若采用如图甲、乙所示的实验装置与方案,通过黑板擦控制两小车的起动与停止,将测量两车的加速度转换为测量两车的位移。实验中不需要测量的物理量是______(填字母代号)。
A.小车运动的时间
B.小车通过的位移
C.盘和盘中重物的总质量
D.车和车上重物的总质量
(2)在用DIS“研究小车加速度与力的关系”实验时,所用实验装置如图丙所示,重物通过细线跨过滑轮拉相同质量小车,用位移传感器测定位移,用力传感器测得拉力F,改变重物的重力重复实验多次,记录多组数据,并画出aF图像。
①该实验中,________(填“需要”或不需要)满足“小车的质量远大于重物的质量”的条件。
②符合该实验方案得出的实验图像应是图丁中的____(填字母代号)。
[解析] (1)两小车同时起动与停止,运动时间相同,由x=at2可知,加速度的测量可以转化为位移的测量,则不需要测量小车运动的时间;盘和盘中重物的总质量、车和车上重物的总质量在进行数据处理时都要用到,故选A。
(2)小车受到的拉力由力传感器测得,不再用重物的重力大小充当,因此不需要小车的质量远大于重物的质量,同时克服了常规实验中的该系统误差,加速度与拉力成正比,aF图像为直线B。
[答案] (1)A (2)①否 ②B
[对点训练]
3.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带,穿过电火花打点计时器,细线一端连着小车,另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连,拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。
(1)关于平衡摩擦力,下列说法正确的是________。
A.平衡摩擦力时,需要在动滑轮上挂上钩码
B.改变小车质量时,需要重新平衡摩擦力
C.改变小车拉力时,不需要重新平衡摩擦力
(2)实验中________(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示,图线不过原点的原因是________。
A.钩码质量没有远小于小车质量
B.平衡摩擦力时木板倾角过大
C.平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力
解析:(1)平衡摩擦时,小车不受拉力作用下做匀速直线运动,所以不能在动滑轮上挂上钩码,故A错误;平衡摩擦时有:mgsin α=μmgcos α,即有gsin α=μgcos α,所以与质量无关,故B错误,C正确。
(2)由于本实验中的力传感器可以读取绳的拉力,所以不需要满足所挂钩码质量远小于小车质量。
(3)由题图乙可知,当没有挂钩码时小车具有加速度,说明平衡摩擦力时木板倾角过大,故选B。
答案:(1)C (2)不需要 (3)B
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.[多选]在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,关于平衡摩擦力的说法正确的是( )
A.“平衡摩擦力”的本质就是使小车受到的摩擦力为零
B.“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力沿斜面方向的分力与所受到的摩擦阻力相平衡
C.“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂槽码通过细绳对小车施加的拉力
D.“平衡摩擦力”是否成功,可由小车拖动由打点计时器打出的纸带上的点迹间距是否均匀而确定
解析:选BCD 小车所受的摩擦力不可避免,平衡摩擦力的本质就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的摩擦阻力相平衡,A错误,B正确;其目的是使小车所受的合力等于细绳对小车的拉力,C正确;恰好平衡摩擦力时,小车拖动纸带,不给小车提供拉力,给小车一个初速度,小车做匀速直线运动,由打点计时器打出的纸带点迹间距应该是均匀的,D正确。
2.在如图所示的“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,下列说法错误的是( )
A.应尽量保证小车的质量远小于槽码的质量
B.应将木板右端适当垫高以平衡摩擦力
C.应保证牵引小车的细线与木板平行
D.应采用控制变量法分别研究加速度与质量及加速度与力的关系
解析:选A “探究加速度与力、质量的关系”实验原理是:近似认为槽码的重力为小车所受合力,所以需要平衡摩擦力,需要牵引小车的细线与木板平行,B、C正确;实验中运用控制变量法研究各量间的关系,D正确;应使槽码的质量远小于小车的质量,A错误。
3.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某次实验测得如下数据:当m一定时,a与F的关系如表一所示;当F一定时,a与的关系如表二所示。
表一
F/N | 1.00 | 2.00 | 3.00 | 4.00 |
a/(m·s-2) | 1.90 | 3.95 | 5.85 | 7.62 |
表二
/kg-1 | 0.52 | 0.67 | 0.80 | 1.00 |
a/(m·s-2) | 1.53 | 2.10 | 2.49 | 3.10 |
(1)在如图所示的相应坐标系中,根据表一、表二所给数据作出图像。
(2)由图像可以判定:当m一定时,a与F的关系成________;当F一定时,a与m的关系成________。
(3)在研究a与m的关系时,作了a图像,而没作am图像,那么作a图像的优点是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案:(1)如图所示
(2)正比 反比
(3)am图像是曲线,难以找出规律;a图像是直线,容易找出规律
4.利用如图甲所示装置做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时:
(1)图乙中A、B图线分别为A、B两同学根据实验数据画出的小车的加速度a和所受拉力F的图像,下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释,其中可能正确的是________。
A.实验前A同学没有平衡摩擦力
B.A同学在平衡摩擦力时,把长木板的末端抬得过高了
C.实验前B同学没有平衡摩擦力或把长木板的末端抬得不够高
D.B同学在平衡摩擦力时,把长木板的末端抬得过高了
(2)在研究小车的加速度a和拉力F的关系时,由于没有满足M≫m的关系,结果应是下图中的图________。
解析:(1)由A同学测量的图线,发现当拉力为零时,加速度不为零,知平衡摩擦力过度,即长木板的末端抬得过高了。由B同学测量的图线,发现当拉力不为零时,加速度仍然为零,知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。故B、C正确,A、D错误。
(2)在力比较小时,即满足M≫m的关系,图线为过原点的倾斜直线;随着力F的增大,即砝码和小盘总质量的增大,不再满足砝码和小盘的质量远小于小车的质量,因此曲线上部出现向下弯曲现象,故D正确。
答案:(1)BC (2)D
5.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,某同学使用了如图甲所示的装置,打点计时器使用的交流电频率为50 Hz。
(1)该同学得到一条纸带,在纸带上取连续的六个点,如图乙所示,自A点起,相邻两点的距离分别为10.0 mm、12.0 mm、14.0 mm、16.0 mm、18.0 mm,则打E点时小车的速度为______ m/s,小车的加速度为______ m/s2。
(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系,应该保持____________________不变;若该同学要探究加速度a和拉力F的关系,应该保持______________不变。
(3)该同学通过数据的处理作出了aF图像,如图丙所示,则图中直线不过原点的原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)D、F两点间的平均速度即为E点的瞬时速度,vE== m/s=0.85 m/s
根据Δx=aT2得:a== m/s2=5.0 m/s2。
(2)该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系,应该保持细线对车的拉力F不变,即砂桶(含砂)的质量不变;若该同学要探究加速度a和拉力F的关系,应该保持小车的质量M不变。
(3)图中当F=0时,a≠0。说明当绳子上没有拉力时,小车的加速度不为0,也就是说小车的摩擦力小于重力的分力,所以原因是实验前木板右端垫得过高。
答案:(1)0.85 5.0 (2)拉力F(砂和砂桶的总质量) 小车质量M (3)平衡摩擦力过度(木板右端垫得过高)
B级—选考提能
6.如图甲为“探究加速度与力的关系”的实验装置图,小车的质量为M,槽码的质量为m。
(1)实验时打点计时器应使用________电源。(填“直流”或“交流”)
(2)实验中________。
A.应保持M不变,改变m
B.应保持m不变,改变M
C.应保证M比m小得多
D.应保持M和m的比值不变
(3)如图乙所示是实验中获得的一条纸带的一部分,选取A、B、C三个计数点,每相邻两个计数点间的时间间隔均为0.1 s,则小车运动的加速度大小是________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(4)若某同学实验时遗漏了平衡摩擦力这一步骤,他得到的aF图像,应该是图丙中的________图线。(填“A”“B”或“C”)
解析:(1)打点计时器使用交流电源才能正常打点工作。
(2)由于研究的是加速度a与作用力的关系,所以要保证小车的质量M不变,而改变拉力F,拉力是用槽码的重力mg代替的,故选项A正确,B错误;拉力F=Ma=M×=,要使F≈mg,必须满足m≪M,所以选项C、D均错误。
(3)由逐差公式求加速度,
a== m/s2=0.57 m/s2。
(4)若某同学实验时遗漏了平衡摩擦力这一步骤,则当槽码有一定的拉力时,小车由于受摩擦力可能仍将不动,即加速度为零,所以得到的aF图像是C图线。
答案:(1)交流 (2)A (3)0.57 (4)C
7.某组同学设计的“探究加速度与力、质量的关系”实验装置简图如图甲所示,A为小车,B为电火花打点计时器,C为装有细砂的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板。实验中认为细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力,小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。
(1)某次实验时,测得小车和小车上的砝码总质量为800 g,则细砂和小桶的总质量较为合理的是________。
A.50 g B.500 g
C.5 kg D.50 kg
(2)如图乙为某次实验得到的纸带,已知实验所用电源的频率为50 Hz,根据纸带可求得电火花打点计时器打B点时的速度为________ m/s,小车的加速度大小为________ m/s2。(结果均保留两位小数)
(3)在“探究加速度a与质量m的关系”时,某同学按照自己的方案将实验数据都在坐标系中进行了标注,但尚未完成图像(如图丙所示)。请继续帮助该同学作出坐标系中的图像。
(4)在“探究加速度a与合力F的关系”时,该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丁所示,图线不通过坐标原点的原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)为了使细绳对小车的拉力F等于细砂和小桶的总重力,则需要满足小车和小车上的砝码总质量远大于细砂和小桶的总质量,若小车和小车上的砝码总质量为800 g,则细砂和小桶的总质量较为合理的是50 g,选项A正确,B、C、D错误。
(2)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度,即B点的瞬时速度,
故vB==1.63 m/s。
由Δx=aT2可得,小车的加速度,
a==1.72 m/s2。
(3)由坐标系中标注点可看到这些点大致在一条直线上,过这些点作一条直线,即为a与的关系图像,如图所示。
(4)F不为零时,加速度仍为零,知实验前没有平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够。
答案:(1)A (2)1.63 1.72 (3)见解析图 (4)未平衡摩擦力或者平衡摩擦力不够
第3节
牛顿第二定律
1.填一填
(1)牛顿第二定律的内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同。
(2)牛顿第二定律的表达式:F=kma,其中k是比例系数。
2.判一判
(1)牛顿第二定律既明确了力、质量、加速度三者的数量关系,也明确了加速度与力的方向关系。(√)
(2由F=kma可知,物体所受的合外力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比。(×)
(3)加速度的方向决定了合外力的方向。(×)
(4)任何情况下,物体的加速度的方向始终与它所受的合外力方向一致。(√)
3.选一选
(1)[多选]下列对牛顿第二定律的理解正确的是( )
A.由F=kma可知,m与a成反比
B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用
C.加速度的方向总跟合外力的方向一致
D.当合外力停止作用时,加速度随之消失
解析:选CD 虽然F=kma,但m与a无关,因a是由m和F共同决定的,即a∝,且a与F同时产生、同时消失、同时存在、同时改变;a与F的方向永远相同。综上所述,A、B错误,C、D正确。
(2)甲物体在5 N的合外力作用下,产生2 m/s2的加速度,乙物体在4 N的合外力作用下,产生2 m/s2的加速度,则下列说法正确的是( )
A.甲的惯性较大
B.乙的惯性较大
C.甲、乙两物体的惯性一样大
D.无法比较两物体的惯性大小
解析:选A 由牛顿第二定律F=kma,可知m甲∶m乙=5∶4,质量大的物体所具有的惯性大,可知甲的惯性大于乙的惯性,故A正确,B、C、D错误。
1.填一填
(1)力的国际单位:牛顿,简称牛,符号为。
(2)“牛顿”的定义:使质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力就是1 N,即1 N=1 kg·m/s2。
(3)国际单位制中牛顿第二定律的表达式:F=ma。
2.判一判
(1)使质量是1 g的物体产生1 cm/s2的加速度的力叫做1 N。(×)
(2)公式F=ma中,各量的单位可以任意选取。(×)
(3)牛顿第二定律表达式F=kma中的系数k总等于1。(×)
(4)物体的加速度a是物体上每一个力所产生的加速度的矢量和。(√)
3.选一选
(1)下列关于加速度大小的判断正确的是( )
A.由公式a=可知,a与Δv成正比、与Δt成反比
B.由公式a=可知,a与Δv成反比、与Δt成正比
C.由公式a=可知,a与F成正比、与m成反比
D.由公式a=可知,a与F成反比、与m成正比
解析:选C 根据加速度的定义式a=可知,加速度描述的是物体速度变化的快慢,加速度的大小与Δv、Δt无关,故A、B错误;根据牛顿第二定律a=可知,加速度与合力F、质量m有关,加速度与F成正比,与m成反比,故C正确、D错误。
(2)[多选]在光滑的水平地面上放一个质量m=2 kg的物体,现对该物体同时施加两个力F1和F2,其中F1=3 N,方向水平向东,F2=4 N,方向水平向南,sin 37°=0.6,则下列说法正确的是( )
A.F1使物体产生大小为1.5 m/s2、方向水平向东的加速度
B.F2使物体产生大小为2 m/s2、方向水平向南的加速度
C.物体的加速度的大小为2.5 m/s2,方向为东偏南37°
D.物体的加速度的大小为2.5 m/s2,方向为南偏东37°
解析:选ABD 根据牛顿第二定律,F1=ma1,解得a1=1.5 m/s2,方向水平向东,故A正确;F2=ma2,解得a2=2 m/s2,方向水平向南,故B正确。而物体的加速度由F合=ma,解得a=2.5 m/s2,方向为南偏东37°,故C错误,D正确。
对牛顿第二定律的理解 |
[学透用活]
1.对表达式F=ma的理解
(1)单位统一:表达式中F、m、a三个物理量的单位都必须是国际单位。
(2)F的含义:F是合力时,加速度a指的是合加速度,即物体的加速度;F是某个分力时,加速度a是该分力产生的加速度。
2.牛顿第二定律的五个性质
性质 | 理 解 |
因果性 | 力是产生加速度的原因,只要物体所受的合力不为0,物体就具有加速度 |
同体性 | F、m、a都是对同一物体而言的 |
独立性 | 作用在物体上的每一个力都产生加速度,物体的实际加速度是这些加速度的矢量和 |
瞬时性 | 加速度与合外力是瞬时对应关系,同时产生,同时变化,同时消失 |
矢量性 | F=ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它受的合力方向决定,且总与合力的方向相同 |
(1)a=与a=意义不同:a=是加速度的定义式,不能决定a的大小,a与v、Δv、Δt均无关;a=是加速度的决定式:加速度由物体受到的合外力和质量共同决定。
(2)不能根据m=得出m∝F、m∝的结论,物体的质量m是由自身决定的,与物体所受的合力和运动的加速度无关。
(3)不能由F=ma得出F∝m、F∝a的结论,物体所受合力的大小是由物体的受力情况决定的,与物体的质量和加速度无关。
[对点练清]
1.[多选]下列关于牛顿第二定律的说法正确的是( )
A.物体的加速度大小由物体的质量和物体所受的合力大小决定,与物体的速度无关
B.物体的加速度方向只由它所受的合力方向决定,与速度方向无关
C.物体所受的合力方向和加速度方向及速度方向总是相同的
D.一旦物体所受的合力为零,则运动物体的加速度立即为零,其运动也就逐渐停止了
解析:选AB 根据牛顿第二定律,物体的加速度的大小由合力的大小和质量决定,加速度的方向由合力的方向决定,二者方向一定相同,而加速度的大小和方向与物体的速度的大小和方向无关;根据牛顿第二定律的瞬时性特征,合力一旦为零,则加速度立即为零,速度不发生变化,物体做匀速直线运动,选项A、B正确,C、D错误。
2.下列说法正确的是( )
A.由牛顿第二定律知,加速度大的物体,所受的合外力一定大
B.物体的加速度大,说明它的质量一定小
C.任何情况下,物体的加速度大,速度变化量一定大
D.a与Δv及Δt无关,但可以用Δv和Δt的比值来计算加速度a的大小
解析:选D 加速大的物体,所受合外力不一定大,因为物体的质量不确定,故选项A错误;物体的加速度大,质量不一定小,因为力有可能更大,选项B错误;a=只能用于计算加速度a,a与Δv和Δt无比例关系,物体的加速度大,速度变化量Δv可能很小,选项C错误,D正确。
3.在粗糙的水平面上,物体在水平推力F作用下由静止开始做匀加速直线运动,一段时间后,将F逐渐减小,在F逐渐减小到零的过程中,速度v和加速度a的变化情况是( )
A.v减小,a减小
B.v增大,a减小
C.v先减小后增大,a先增大后减小
D.v先增大后减小,a先减小后增大
解析:选D 物体在水平推力作用下由静止开始做匀加速直线运动,物体水平方向受到推力和滑动摩擦力,水平推力从开始减小到与滑动摩擦力大小相等的过程中,物体受到的推力大于摩擦力,做加速运动,合力减小,加速度减小,物体做加速度减小的加速运动;此后推力继续减小,推力小于滑动摩擦力,合力与速度方向相反,做减速运动,合力反向增大,加速度反向增大,物体做加速度增大的减速运动;所以物体速度先增大后减小,加速度先减小后增大,故选项D正确,A、B、C错误。
牛顿第二定律的简单应用 |
[学透用活]
1.应用牛顿第二定律的一般步骤
(1)确定研究对象。
(2)进行受力分析和运动情况分析,作出受力和运动的示意图。
(3)求合力F或加速度a。
(4)根据F=ma列方程求解。
2.求解加速度的两种方法
(1)合成法:若物体只受两个力作用时,应用平行四边形定则求这两个力的合力,物体所受合外力的方向即为加速度的方向。
(2)正交分解法:当物体受多个力作用处于加速状态时,常用正交分解法求物体所受的合力,再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算,建立坐标系时,可有如下两种方法:
分解力 | 通常以加速度a的方向为x轴正方向,建立直角坐标系,将物体所受的各个力分解在x轴和y轴上,分别得x轴和y轴的合力Fx和Fy,得方程: |
分解加速度 | 若物体所受各力都在互相垂直的方向上,但加速度却不在这两个方向上,这时可以力的方向为x轴、y轴正方向,只需分解加速度a,得ax和ay,根据牛顿第二定律得方程: |
自制一个加速度计,其构造是:一根轻杆,下端固定一个小球,上端装在水平轴O上,杆可在竖直平面内左右摆动,用白硬纸作为表面,放在杆摆动的平面上,并刻上刻度,可以直接读出加速度的大小和方向。使用时,加速度计右端朝汽车前进的方向,如图所示,g取9.8 m/s2。
(1)硬纸上刻度线b在经过O点的竖直线上,则在b处应标的加速度数值是多少?
(2)刻度线c和O点的连线与Ob的夹角为30°,则c处应标的加速度数值是多少?
(3)刻度线d和O点的连线与Ob的夹角为45°。在汽车前进时,若轻杆稳定地指在d处,则0.5 s内汽车速度变化了多少?
[思路点拨] 解答本题可按以下思路:
[解析] (1)当轻杆与Ob重合时,小球所受合力为0,其加速度为0,车的加速度亦为0,故b处应标的加速度数值为0。
(2)法一 合成法
当轻杆与Oc重合时,以小球为研究对象,受力分析如图所示。根据力的合成的平行四边形定则和牛顿第二定律得mgtan θ=ma1,解得a1=gtan θ=9.8× m/s2≈5.66 m/s2。
法二 正交分解法
建立直角坐标系,并将轻杆对小球的拉力正交分解,如图所示。
则沿水平方向有:Fsin θ=ma,
竖直方向有:Fcos θ-mg=0
联立以上两式可解得小球的加速度
a≈5.66 m/s2,方向水平向右,
即c处应标的加速度数值为5.66 m/s2。
(3)若轻杆与Od重合,同理可得mgtan 45°=ma2,
解得a2=gtan 45°=9.8 m/s2,方向水平向左,与速度方向相反
所以在0.5 s内汽车速度应减少,减少量
Δv=a2Δt=9.8×0.5 m/s=4.9 m/s。
[答案] (1)0 (2)5.66 m/s2 (3)减少了4.9 m/s
如图所示,电梯与水平面夹角为30°,当电梯加速向上运动时,人对梯面压力是其重力的,则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍?
[解析] 对人进行受力分析:受重力mg、支持力FN、摩擦F(摩擦力的方向一定与接触面平行,由加速度的方向可推知F水平向右)。
建立直角坐标系:取水平向右(即F方向)为x轴正方向,此时只需分解加速度,其中ax=acos 30°,ay=asin 30°(如图所示)。
建立方程并求解,由牛顿第二定律
x方向:F=macos 30°,
y方向:FN-mg=masin 30°。
所以=。
[答案]
[对点练清]
4.如图所示,有一辆汽车满载西瓜在水平路面上匀速前进。突然发现意外情况,紧急刹车做匀减速运动,加速度大小为a,则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是( )
A.m B.ma
C.m D.m(g+a)
解析:选C 西瓜与汽车具有相同的加速度a,对西瓜A受力分析如图,F表示周围西瓜对A的作用力,则由牛顿第二定律得:=ma,解得F=m,故C正确,A、B、D错误。
5.如图所示,某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ=30°,当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时,人对车厢的压力为体重的1.25倍,此时人与车厢相对静止。设车厢对人的摩擦力为Ff,人的体重为G,下面正确的是( )
A.a= B.a=
C.Ff=G D.Ff=G
解析:选B 由于人对车厢底的正压力为其重力的1.25倍,所以在竖直方向上有FN-mg=ma上,解得,a上=0.25g,设水平方向上的加速度为a水,则=tan 30°=,a水=g,a==,Ff=ma水=G,故B、D正确。
6.质量为m的木块,以一定的初速度沿倾角为θ的斜面向上滑动,斜面静止不动,木块与斜面间的动摩擦因数为μ,如图所示,求:
(1)木块向上滑动时的加速度。
(2)若此木块滑到最大高度后,能沿斜面下滑,下滑时的加速度大小。
解析:(1)以木块为研究对象,在上滑时受力如图所示。根据题意,加速度方向沿斜面向下。将各力沿斜面和垂直斜面方向正交分解。
由牛顿第二定律有
mgsin θ+Ff=ma①
FN-mgcos θ=0②
且Ff=μFN③
由①②③式解得a=g(sin θ+μcos θ),方向沿斜面向下。
(2)当木块沿斜面下滑时,木块受到滑动摩擦力大小等于Ff,方向沿斜面向上。由牛顿第二定律有
mgsin θ-Ff=ma′,④
由②③④式解得a′=g(sin θ-μcos θ),方向沿斜面向下。
答案:g(sin θ+μcos θ),方向沿斜面向下
(2)g(sin θ-μcos θ)
牛顿第二定律的瞬时性问题 |
[学透用活]
1.瞬时加速度问题:牛顿第二定律是力的瞬时作用规律,加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。
2.两种基本模型
刚性绳模型(细钢丝、细线、轻杆等) | 此类形变属于微小形变,其发生和变化过程时间极短,在物体的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间,其形变可随之突变,弹力可以突变 |
轻弹簧模型(轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等) | 此类形变属于明显形变,其发生改变需要一段时间,在瞬时问题中,其弹力的大小不能突变,可看成是不变的 |
[多选]如图所示,质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住,当小球静止时,橡皮筋处在水平方向上。下列判断正确的是( )
A.在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力不变
B.在AC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsin θ
C.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为
D.在BC被突然剪断的瞬间,小球的加速度大小为gsin θ
[思路点拨]
(1)在AC被突然剪断的瞬间,BC对小球的拉力发生突变。
(2)在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的弹力不能突变。
[解析] 设小球静止时绳BC的拉力为F,橡皮筋AC的拉力为T,由平衡条件可得:Fcos θ=mg,Fsin θ=T,解得:F=,T=mgtan θ。在AC被突然剪断的瞬间,BC上的拉力F也发生了突变,小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下,大小为a==gsin θ,B正确,A错误;在BC被突然剪断的瞬间,橡皮筋AC的拉力不变,小球的合力大小与BC被剪断前的拉力大小相等,方向沿BC方向斜向下,故加速度a==,C正确,D错误。
[答案] BC
解决此类问题的基本方法
(1)分析原状态(给定状态)下物体的受力情况,求出各力大小(①若物体处于平衡状态,则利用平衡条件;②若处于加速状态,则利用牛顿第二定律)。
(2)分析当状态变化时(剪断细线、剪断弹簧、抽出木板、撤去某个力等),哪些力变化,哪些力不变,哪些力消失(被剪断的绳、弹簧中的弹力,发生在被撤去物接触面上的弹力都立即消失)。
(3)求物体在状态变化后所受的合外力,利用牛顿第二定律,求出瞬时加速度。
[对点练清]
7.如图所示,A、B两球用细线悬挂于天花板上且静止不动,两球质量mA=2mB,两球间连有一个轻质弹簧。如果突然剪断悬线,则在剪断悬线瞬间( )
A.A球的加速度为g,B球的加速度为g
B.A球的加速度为g,B球的加速度为0
C.A球的加速度为g,B球的加速度为0
D.A球的加速度为g,B球的加速度为g
解析:选B 在剪断悬线的瞬间弹簧的弹力保持不变,则B球的合力为零,加速度为零;对A球有(mA+mB)g=mAaA,得aA=g,故B选项正确。
8.如图所示,物块1、2间用刚性轻质杆连接,物块3、4间用轻质弹簧相连,物块1、3的质量均为m,物块2、4的质量均为M,两个系统均置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态。现将两木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4。重力加速度大小为g,则有( )
A.a1=a2=a3=a4=0
B.a1=a2=a3=a4=g
C.a1=a2=g,a3=0,a4=g
D.a1=g,a2=g,a3=0,a4=g
解析:选C 在抽出木板的瞬间,物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力,所以由牛顿第二定律知a1=a2=g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上的弹力大小
和对物块4向下的弹力大小仍为mg,因此物块3满足mg=F,a3=0;由牛顿第二定律得物块4满足a4==g,所以C对。
9.如图甲、乙所示,A小球与两细线相连,B小球与细线和弹簧相连,细线均不可伸长,两小球均处于平衡状态且质量相同,如果突然把两水平细线剪断。
(1)求剪断瞬间小球A的加速度的大小及方向,小球B的加速度的大小及方向。
(2)求剪断瞬间图甲中倾斜细线OA与图乙中弹簧的拉力之比(θ角已知)。
解析:(1)设两球质量均为m,剪断水平细线瞬间,对A球受力分析,如图甲所示,剪断水平细线后,球A将沿圆弧摆下,故剪断水平细线瞬间,小球A的加速度a1方向沿圆弧的切线方向向下,即垂直倾斜细线OA向下。则有
FT1=mgcos θ,F1=mgsin θ=ma1,所以a1=gsin θ。
水平细线剪断瞬间,B球所受重力mg和弹簧弹力FT2不变,小球B的加速度a2方向水平向右,如图乙所示,则
FT2=,F2=mgtan θ=ma2,所以a2=gtan θ。
(2)甲图中倾斜细线OA与乙图中弹簧的拉力之比为
=cos2θ。
答案:见解析
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、这与牛顿第二定律矛盾吗(核心素养之科学思维)
[选自鲁科版教材P118“物理聊吧”]
由牛顿第二定律可知,无论多小的力皆能使物体产生加速度,改变物体的运动状态。但是,当我们推静止的柜子时(如图),有时即使用了很大的力却也无法推动,柜子仍处于静止状态。这与牛顿第二定律矛盾吗?为什么?
[提示] 牛顿第二定律F=ma中的F为合外力,当物体所受合外力不为零时,物体就会产生加速度。而当我们用力推静止的柜子时,水平方向除了受推力外,还有地面对箱子的摩擦力,只要推力不能大于其最大静摩擦力,柜子就仍处于静止状态。故这一现象与牛顿第二定律并不矛盾。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P121例题]
如图所示,一载有小孩的雪橇总质量为30 kg,在拉力F作用下,沿水平地面向右做直线运动,该拉力与水平面夹角为30°,经过50 cm,速度由0.6 m/s均匀减至0.4 m/s。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2,求作用力F的大小。
[分析] 由题意可知,物体做匀减速直线运动,已知初速度、末速度和位移,由运动学公式可求加速度,再由牛顿第二定律求出未知力。
[解] 以小孩和雪橇整体为研究对象,建立直角坐标系,受力分析如图所示。
由题意可知,v0=0.6 m/s,vt=0.4 m/s,s=50 cm=0.5 m,m=30 kg,μ=0.2,θ=30°。
由公式vt2-v02=2as,得
a== m/s2=-0.2 m/s2
加速度方向沿x轴负方向。根据牛顿第二定律,沿水平方向,有
Fcosθ-f=ma
沿竖直方向,有
N+Fsinθ-mg=0
又因为f=μN,所以联立以上各式,得
F== N=54.7 N
所以拉力F的大小为54.7 N。
[讨论] 从本题分析可知,物体对水平面的压力不等于重力。为什么?
物体在受到多个力的情况下运用牛顿第二定律时,可用正交分解法列方程组求解。通常,先建立直角坐标系,将力和加速度分解在两个坐标轴上, 一般以物体运动的方向为x轴的正方向,列方程组,再求解方程组即可。
[迁移] 恰当建立直角坐标系会更加简便地解决问题。
一名滑雪者(如图)以1 m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下,山坡的倾角为30°。若人与滑板的总质量为60 kg,滑板受到的阻力为100 N,若不计空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2,请计算3 s内滑雪者下滑的位移。
[提示] 以滑雪者为研究对象,建立直角坐标系,受力分析如图所示。
由牛顿第二定律可得
沿斜面方向:mgsin θ-f=ma,
可求得:a= m/s2。
由v0=1 m/s,s=v0t+at2,
可求得3 s内滑雪者下滑的位移s=18 m。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解,正确的是( )
A.由F=ma可知,物体所受的合力与物体的质量成正比,与物体的加速度成反比
B.由m=可知,物体的质量与其所受的合力成正比,与其运动的加速度成反比
C.由a=可知,物体的加速度与其所受的合力成正比,与其质量成反比
D.由m=可知,物体的质量由它的加速度和它所受的合力而决定
解析:选C 牛顿第二定律的表达式F=ma表明了各物理量之间的数量关系,即已知两个量,可以求第三个量;物体的质量由物体本身决定,与受力无关;物体所受的合力,是由物体和与它相互作用的物体共同产生的,与物体的质量和加速度无关;由a=可知,物体的加速度与所受合外力成正比,与其质量成反比。综上分析知,选项A、B、D错误,C正确。
2.一物块静止在粗糙的水平桌面上,从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小,能正确描述F与a之间关系的图像是( )
解析:选C 物块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用,根据牛顿第二定律,有F-Ff=ma,即F=ma+Ff,该关系为线性函数。当a=0时,F=Ff;当F=0时,a=-。符合该函数关系的图像为C。
3.力F1单独作用在物体A上时产生的加速度a1大小为5 m/s2,力F2单独作用在物体A上时产生的加速度a2大小为2 m/s2,那么,力F1和F2同时作用在物体A上时产生的加速度a的大小可能是( )
A.5 m/s2 B.2 m/s2
C.8 m/s2 D.10 m/s2
解析:选A 设物体A的质量为m,则F1=ma1,F2=ma2,当F1和F2同时作用在物体A上时,合力的大小范围是|F1-F2|≤F≤F1+F2,即|ma1-ma2|≤ma≤ma1+ma2,所以加速度的大小范围为3 m/s2≤a≤7 m/s2,故选A。
4.如图所示,一个小球从竖直立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落,从小球与弹簧接触开始到弹簧被压缩到最短的过程中,小球的( )
A.加速度越来越小,速度越来越小
B.加速度和速度都是先增大后减小
C.速度是先增大后减小,加速度方向是先向下后向上
D.速度是一直减小,加速度大小是先减小后增大
解析:选C 小球与弹簧接触过程中,开始重力大于弹力,加速度向下,弹力越来越大,加速度越来越小,由于加速度方向与速度方向相同,小球做加速运动;当重力等于弹力后,弹力开始大于重力,加速度向上,弹力继续增加,则加速度越来越大,由于加速度和速度反向,小球做减速运动,所以小球的加速度先减小后增大,方向先向下,后向上,速度先增大后减小,方向向下,故选项C正确,A、B、D错误。
5.如图所示,三个完全相同的物块1、2、3放在光滑水平桌面上。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在三个物块上,三者都做加速运动,令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度,则( )
A.a1>a2>a3 B.a1<a2<a3
C.a1=a2<a3 D.a1=a2>a3
解析:选C 根据牛顿第二定律:对物块1:Fcos 60°=ma1;对物块2:Fcos 60°=ma2;对物块3:F=ma3;则a1=a2<a3,故选C。
6.如图所示,站在向左运行的汽车上的人与车保持相对静止,用手推车的力为F,脚对车向后的摩擦力为f。下列说法中正确的是( )
A.当车做匀速运动时,F=f
B.当车做加速运动时,F>f
C.当车做减速运动时,F<f
D.不管车做何种运动,F总是与f等大反向
解析:选A 人受车对其向右的弹力F′和向左的静摩擦力f′,根据牛顿第三定律,有:F=F′,f=f′;当车做匀速运动时,人也是匀速前进,则F′=f′,即F=f,故A正确;当车做加速运动时,人也是加速前进,则f′>F′,即f>F,故B错误;当车做减速运动时,人也是减速前进,则f′<F′,即f<F,故C错误;车做变速运动时,F≠f,故D错误。
7.在光滑水平桌面上,物块A用轻绳和物块B连接,轻绳跨过定滑轮,物块B悬空,如图甲所示,系统从静止开始,运动的加速度为a1。在图乙中,若对轻绳施加一个和物块B重力相等的拉力F,物块A从静止开始运动的加速度为a2则( )
A.a1<a2 B.a1=a2
C.a1>a2 D.无法判断
解析:选A 题图甲两物块构成连接体模型,对系统由牛顿第二定律mBg=(mA+mB)a1,可得:a1=;题图乙中是拉力F=mBg拉着细绳带动A做匀加速直线运动,由牛顿第二定律mBg=mAa2,可得a2=,比较两加速度可得a1<a2,故选A。
8.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度计,加速度计构造原理的示意图如图所示;沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块,滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连,两弹簧的另一端与固定壁相连,滑块上有指针,可通过标尺测出滑块的位移,然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动,指针向左偏离O点距离为s,则这段时间内导弹的加速度( )
A.方向向左,大小为
B.方向向右,大小为
C.方向向左,大小为
D.方向向右,大小为
解析:选D 取滑块m为研究对象,当指针向左偏时,滑块左侧弹簧被压缩而右侧弹簧被拉伸。两个弹力大小为F左=F右=ks,方向均是指向右侧,如图所示,由牛顿第二定律可得:a==,方向向右,故只有D选项正确。
9.如图所示,沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中,悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角,球和车厢相对静止,球的质量为1 kg。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况;
(2)求悬线对球的拉力。
解析:法一:合成法
(1)小球和车厢相对静止,它们的加速度相同。以小球为研究对象,对小球进行受力分析如图所示,小球所受合力F合=mgtan 37°,
由牛顿第二定律得小球的加速度为
a==gtan 37°=g=7.5 m/s2,
加速度方向水平向右。
车厢的加速度与小球相同,车厢做的是向右的匀加速运动或向左的匀减速运动。
(2)由图可知,悬线对球的拉力大小为
F==12.5 N。
法二:正交分解法
(1)建立直角坐标系如图所示,
正交分解各力,根据牛顿第二定律列方程得x轴方向:Fx=ma
y轴方向:Fy-mg=0
即Fsin 37°=ma, Fcos 37°-mg=0
联立解得a=g=7.5 m/s2,加速度方向水平向右。
(2)F==12.5 N。
答案:(1)7.5 m/s2,方向水平向右 车厢可能向右做匀加速直线运动或向左做匀减速直线运动 (2)12.5 N
B级—选考提能
10.[多选]如图所示,吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m,B和C分别固定在弹簧两端,弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间( )
A.吊篮A的加速度大小为g
B.物体B的加速度大小为0
C.物体C的加速度大小为2g
D.A对C的支持力大小等于5mg
解析:选BC 装置静止时,弹簧的弹力F=3mg,剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,将C和A看成一个整体,根据牛顿第二定律得:aAC==2g,即A、
C的加速度均为2g,方向向下,故A错误,C正确;剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力不变,B的合力仍然为零,则B的加速度为0,故B正确;设A对C的支持力为N,则对C由牛顿第二定律得:F+2mg-N=2maAC,解得A对C的支持力大小N=mg,故D错误。
11.在静止的车厢内,用细绳a和b系住一个小球,绳a斜向上拉,绳b水平拉,如图所示。现让车从静止开始向右做匀加速运动,小球相对于车厢的位置不变,与小车静止时相比,绳a、b的拉力Fa、Fb的变化情况是( )
A.Fa变大,Fb不变 B.Fa变大,Fb变小
C.Fa不变,Fb变小 D.Fa不变,Fb变大
解析:选C 以小球为研究对象,分析受力情况,如图所示,根据牛顿第二定律得,
水平方向:Fasin α-Fb=ma①
竖直方向:Facos α-mg=0②
由题知α不变,由②分析知Fa不变,
由①知Fb=Fasin α-ma<Fasin α,即Fb变小。
12.一倾角为30°的斜面上放一木板,木板上固定一支架,支架末端用细绳悬挂一小球,木板在斜面上下滑时,小球与木板相对静止共同运动。求细线在下述两种情况下木板下滑的加速度。(g取10 m/s2)
(1)沿竖直方向;
(2)与斜面方向垂直。
解析:(1)当细线沿竖直方向时,小球受力如图甲所示。FT1与mg都是竖直方向,小球沿斜面方向运动,故不可能有加速度,说明木块沿斜面匀速下滑,此时加速度为0。
(2)当细线与斜面方向垂直时,小球的受力如图乙所示,FT2与mg的合力必沿加速度方向,即沿斜面方向,做出平行四边形,可知合力 F合=mgsin θ
由牛顿第二定律知a2==gsin θ=10×sin 30°=5 m/s2,加速度方向沿斜面向下。
答案:(1)0 (2)5 m/s2,方向沿斜面向下
第4节
力学单位制
1.填一填
(1)物理学的关系式:①确定了物理量之间的关系;②确定了物理量的单位之间的关系。
(2)基本量与基本单位:选定几个物理量的单位,利用物理量之间的关系就能推导出其他物理量的单位,这些被选定的物理量叫作基本量,它们相应的单位叫作基本单位。
(3)导出量与导出单位:由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量叫作导出量,推导出来的相应单位叫作导出单位。
(4)单位制:基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2.判一判
(1)基本量可以任意选定。(×)
(2)时间的单位s是基本单位。(√)
(3)速度的单位m/s是导出单位。(√)
(4)物理公式表示了物理量间的数量关系和单位关系。(√)
3.选一选
(1)关于物理量和物理量的单位,下列说法正确的是( )
A.在力学范围内,规定长度、质量、力为三个基本量
B.后人为了纪念牛顿,把“牛顿”作为力学中的基本单位
C.1 N=1 kg·m·s-2
D.“秒”“克”都是基本量
解析:选C 力学中的三个基本量为长度、质量、时间,A错误;“牛顿”是为了纪念牛顿而作为力的单位,但不是基本单位,B错误;根据“牛顿”的定义,1 N=1 kg·m·s-2,C正确;“秒”“克”都是单位,不是物理量,D错误。
(2)[多选]关于以下物理量和单位,下列判断正确的是( )
①加速度 ②米 ③力 ④千克 ⑤质量 ⑥秒
⑦牛顿 ⑧牛/千克 ⑨时间 ⑩米/秒
A.①③⑦⑨是矢量 B.②④⑥是基本单位
C.⑤⑦⑧⑩是导出单位 D.⑧是①的单位
解析:选BD ①加速度、③力属于物理量,且是有方向和大小的矢量;⑨时间是物理量,是只有大小的标量;⑦牛顿是物理量力的导出单位,故A错误;②米、④千克、⑥秒分别是基本物理量长度、质量、时间的国际制基本单位,故B正确;⑤质量属于基本物理量,⑦牛顿、⑧牛/千克、⑩米/秒都是导出单位,故C错误;根据牛顿第二定律a=可得加速度的单位换算关系m/s2=N/kg,即⑧牛/千克是①加速度的单位,故D正确。
1.填一填
(1) 国际单位制
国际通用的、包括一切计量领域的单位制,简称SI。
(2)国际单位制的基本单位
物理量名称 | 物理量符号 | 单位名称 | 单位符号 |
长度 | l | ||
质量 | m | 千克 | kg |
时间 | t | ||
电流 | I | 安[培] | A |
热力学温度 | T | 开[尔文] | K |
物质的量 | n,(ν) | 摩[尔] | mol |
发光强度 | I,(Iv) | 坎[德拉] | cd |
(3)在力学范围内,规定长度、质量、时间为基本量。
2.判一判
(1)质量、长度、时间是力学中的基本物理量。(√)
(2)时间是国际单位制中的基本单位。(×)
(3)kg·m/s是国际单位制中的导出单位。(√)
(4)时间的单位h是国际单位制中的导出单位。(×)
3.想一想
中国“飞人”苏炳添在百米比赛的最快速度可以达到12 m/s,某人骑助力车的速度为20 km/h。中国首艘航母“辽宁舰”正常航速可达29节。仅凭所给三个速度的数值“12、20、29”能否判断其运动的快慢?为什么?
提示:不能。因为单位不统一。
对单位制的理解 |
[学透用活]
1.单位制的意义
单位是物理量的组成部分,对于物理量,如果有单位一定要在数字后带上单位,同一个物理量,选用不同单位时其数值不同。统一单位,便于人们的相互交流,统一人们的认识。
2.单位制的组成
(1)
(2)
给出以下物理量或单位,请按要求填空。
A.米 B.牛顿 C.加速度 D.米/秒2 E.质量
F.千克 G.时间 H.秒 I.位移 J.厘米2
K.千克/米3 L.焦耳
(1)属于基本单位的是________。
(2)属于导出单位的是________。
(3)属于物理量的是________。
[解析] (1)属于基本单位的是:A、F、H。
(2)属于导出单位的是:B、D、J、K、L。
(3)属于物理量的是:C、E、G、I。
[答案] (1)AFH (2)BDJKL (3)CEGI
注意两个区别
(1)物理量的名称与对应单位名称的区别;
(2)物理量的符号与对应单位符号的区别。
[对点练清]
1.下列关于单位制的说法中,正确的是( )
A.在国际单位制中力学的三个基本单位分别是长度单位m、时间单位s、力的单位N
B.长度是基本物理量,其单位m、cm、mm都是国际单位制中的基本单位
C.公式F=ma中,各量的单位可以任意选取
D.公式F=kma中,各物理量的单位都采用国际单位时k=1
解析:选D 三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间,它们在国际单位制中的基本单位分别为m、kg、s,故A错误;长度是基本物理量,其单位m是国际单位制中的基本单位,cm与mm是基本单位,不属于国际单位制中基本单位,故B错误;公式F=kma中,各物理量的单位都采用国际单位时,才有k=1,故C错误,D正确。
2.在物理学中,选定七个物理量的单位作为国际单位制的基本单位,利用物理量之间的关系就可以推导出其他物理量的单位。已知F=ma,其中F表示作用在物体上的力,m表示物体的质量,a表示物体的加速度。则力的单位用国际单位制的基本单位表示应该是( )
A.kg·m/s B.kg·m/s2
C.N D.N·s
解析:选B 力的单位是牛,是导出单位,根据牛顿第二定律F=ma可知:1 N=1 kg·m/s2。则力的单位用国际单位制的基本单位表示应该是1 kg·m/s2,故B正确,A、C、D错误。
3.[多选]在国际单位制中,下列说法正确的是( )
A.在国际单位制中,力的单位是根据牛顿第二定律定义的
B.m和s都是国际单位制中力学的基本单位
C.千克是国际单位制中力学三个基本物理量之一
D.m/s、N、m/s2都是国际单位制中的导出单位
解析:选ABD 在国际单位制中力的单位是牛顿,它是属于导出单位,是根据牛顿第二定律F=ma定义的,1 N就是使质量1 kg的物体产生1 m/s2加速度的力,故A正确;在国际单位制中,力学的三个基本单位是kg、m、s,故B正确;国际单位制中力学三个基本量是:长度、质量时间,而千克是质量的单位即基本单位,不是基本物理量,故C错误;在国际单位制中,m/s、N、m/s2都是导出单位,故D正确。
单位制的应用 |
[学透用活]
1.简化计算过程中的单位表达
解题过程中,在统一已知量的单位后,代入数据计算时就不必写出各个量的单位,只在式子末尾写出待求量的单位即可。
2.推导物理量的单位
物理公式在确定物理量的数量关系的同时,也确定了物理量的单位关系,所以我们可以根据物理公式中物理量间的关系推导出物理量的单位。
3.判断比例系数的单位
根据公式中物理量的单位关系,可判断公式中比例系数有无单位,如在国际单位制中:①公式F=kx中k的单位为N/m;②Ff=μFN中的μ无单位;③F=kma中的k无单位。
4.检验表达式的正误
对某个表达式中各量的单位统一为国际单位,则计算结果的单位与待求量的国际单位一致时,该表达式才可能是正确的。若计算结果的单位不对,则表达式一定错误。
质量m=200 g的物体以加速度a=20 cm/s2 做匀加速直线运动,则关于它受到的合外力的大小及单位,下列运算既简洁又符合一般运算要求的是( )
A.F=200×20=4 000 N
B.F=0.2×0.2 N=0.04 N
C.F=0.2×0.2=0.04 N
D.F=0.2 kg×0.2 m/s2=0.04 N
[解析] 在物理计算中,如果各物理量的单位都统一到国际单位制中,则最后结果的单位也一定是国际单位制中的单位。
[答案] B
(1)在利用物理公式进行计算时,为了在代入数据时不使表达式过于繁杂,我们要把各个量换算到同一单位制中,这样计算时就不必一一写出各量的单位,只要在所求结果后写上对应的单位即可。
(2)习惯上把各量的单位统一成国际单位,只要正确地应用公式,计算结果必定是用国际单位来表示的。
在解答一道由字母表达结果的计算题中,一个同学解得位移x=(t1+t2),其中F、m、t分别表示力、质量和时间。用单位制的方法检查,这个结果( )
A.可能是正确的
B.一定是错误的
C.如果用国际单位制,结果可能正确
D.用国际单位制,结果错误,如果用其他单位制,结果可能正确
[解析] 位移x的国际单位是米,由(t1+t2)得·s=·s=m/s。所给等式左边单位是长度单位,而右边单位是速度单位,所以结果一定是错误的。选用的单位制不同,只影响系数。
[答案] B
进行物理公式运算的过程中,若所求结果的表达式对应的单位与所采用的单位制中该量的单位一致,则该表达式可能是正确的,但表达式中如果含有“数字”,对于“数字”是否正确则无法判断;单位不一致,那么该表达式一定是错误的。
[对点练清]
4.一物体在2 N的外力作用下,产生10 cm/s2的加速度,求该物体的质量。下列有几种不同的求法,其中单位运用正确、简洁而又规范的是( )
A.m== kg=0.2 kg
B.m===20=20 kg
C.m===20 kg
D.m== kg=20 kg
解析:选D 统一单位,F=2 N,a=10 cm/s2=0.1 m/s2,由牛顿第二定律得m== kg=20 kg,D项运算既正确,又规范简洁。
5.已知物理量λ的单位为“m”、物理量v的单位为“m/s”、物理量f的单位为“s-1”,则由这三个物理量组成的关系式正确的是( )
A.v= B.v=λf
C.f=vλ D.λ=vf
解析:选B 的单位是=m·s,与v的单位“m/s”不相同,选项A错误;λf的单位是m·s-1,与v的单位“m/s”相同,选项B正确;vλ的单位是m·s-1·m=m2·s-1,与f的单位“s-1”不相同,选项C错误;vf的单位是m·s-1·s-1=m·s-2,与λ的单位“m”不相同,选项D错误。
6.有研究发现,轿车的加速度的变化情况将影响乘客乘车的舒适度。若引入一个新的物理量——加速度的变化率来表示加速度变化的快慢,则该物理量的单位是( )
A.m/s B.m/s2
C.m/s3 D.m2/s
解析:选C 由题意可知,加速度的变化率为,而加速度的变化量Δa的单位是m/s2,时间的变化量Δt的单位是s,则加速度的变化率的单位是m/s3,选项C正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、STSE类问题,体现活学活用
[选自第26届国际计量大会纪实]
第26届国际计量大会于2018年11月13~16日在法国巴黎召开,会议通过了“修订国际单位制”决议,将以基本物理常数重新定义“千克”“安培”“开尔文”“摩尔”4个SI基本单位。新国际单位体系已于2019年5月20日即第20个世界计量日起正式生效,至此,国际单位制的7个基本单位全部实现由常数定义,如图所示,也标志着人类社会正式迈入量子时代。
其中,最受关注的“千克”此前近130年来,都是由一个直径和高度均为39.17毫米的铂铱合金圆柱体即“国际千克原器(IPK)”定义,原器外号为“大K”,保存在巴黎西郊一个保险箱里。尽管铂铱合金是目前已知最稳定的合金之一,但由于受空气污染和氧化等因素影响,人们发现其质量出现细微变化,大约损失了50微克的质量,已难以适应现代精密测量要求。
如今“1千克”被定义为“对应普朗克常数6.626 070 15×10-34 J·s时的质量单位”,其原理是将移动质量为1千克的物体所需机械力换算成可用普朗克常数表达的电磁力,再通过质能转换公式算出质量。
(2019·北京高考)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位,其他单位均可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s-1。历史上,曾用“米原器”定义米,用平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率Δν=9 192 631 770 Hz 定义s;1983年用真空中的光速c=299 792 458 m·s-1 定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图,例如,s对应Δν,m对应c),新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是( )
A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性
B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义
C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量q与电流I存在I=q/t,而s已定义
D.因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位
解析:选D 因为1 J=1 N·m,1 N=1 kg·m/s2,而m、s等已经定义了,故可以用普朗克常量h(J·s)定义质量单位kg,故D选项不正确。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P125第3题]
火箭起飞时需要极大的推力,如图所示。已知某火箭总长度为49.7 m,直径为3.35 m;每个液体助推器长为15.3 m,直径为2.25 m;火箭的总起飞质量为460 t,起飞推力为6.0×106 N。取重力加速度g=10 m/s2,试选择数据计算火箭起飞时的加速度。
解析:火箭起飞时所受推力F=6.0×106 N,
火箭的重力G=mg=460×103×10 N=4.6×106 N,
取竖直向上为正方向,由牛顿第二定律得F-G=ma,
解得:a== m/s2≈3.0 m/s2。
方向竖直向上。
答案:3.0 m/s2,方向竖直向上
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.下列说法不正确的是( )
A.物理学公式在确定物理量数值关系的同时,也确定了物理量单位间的关系
B.力学中所选定的基本量有力、质量、时间
C.基本量的单位叫作基本单位
D.由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位
解析:选B 物理量通常是由数值和单位组成的(少数物理量例外,如动摩擦因数无单位),所以物理学公式在确定物理量数值关系的同时,也确定了物理量单位间的关系,选项A正确;力不是基本量,选项B错误;基本量的单位叫作基本单位,选项C正确;由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位叫作导出单位,选项D正确。
2.2018年11月16日第26届国际计量大会通过了“修订国际单位制”决议,正式更新4项基本单位定义,新国际单位体系将于2019年5月20日世界计量日开始正式生效。下列不属于国际单位制中基本单位的是( )
A.千克 B.米
C.安培 D.牛顿
解析:选D 国际单位制中物理量的单位包括基本单位和导出单位。其中长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量共七个基本物理量的单位为基本单位,分别是米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。所以A、B、C都是基本单位,都不符合题意。牛顿是力的单位,属于导出单位。故D符合题意。
3.力学中,选定下列哪组物理量为国际单位制中的基本物理量( )
A.N、m、kg B.m、kg、s
C.长度、力、时间 D.长度、质量、时间
解析:选D 力学国际单位制中的基本物理量有:质量、时间、长度。所以D对,A、B、C错。
4.在国际单位制中,下列哪组单位属于力学的三个基本单位( )
A.瓦特、米、牛顿 B.千克、焦耳、米/秒
C.千克、米、秒 D.克、厘米、秒
解析:选C 国际单位制中力学的基本单位有:米、千克、秒。故C正确,A、B、D错误。
5.在研究匀变速直线运动的实验中,取计数时间间隔为0.1 s,测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx=1.2 cm,若还测出小车的质量为500 g,则关于加速度、合外力大小及单位,既正确、简洁,又符合一般运算要求的是( )
A.a== m/s2=120 m/s2
B.a===1.2 m/s2
C.F=ma=500×1.2 N=600 N
D.F=ma=0.5×1.2 N=0.6 N
解析:选D 选项A中Δx=1.2 cm没变成国际单位,B项运算不简洁,C项中的小车质量m=500 g没变成国际单位,所以D正确。
6.雨滴在空气中下落,当速度比较大的时候,它受到的空气阻力与其速度的二次方成正比,与其横截面积成正比,即Ff=kSv2,则比例系数k的单位是( )
A.kg/m4 B.kg/m3
C.kg/m2 D.kg/m
解析:选B 将Ff=kSv2变形得k=,采用国际单位制,式中Ff的单位为N,即kg·m/s2,S的单位为m2,速度的二次方的单位可写为(m/s)2。将这些单位代入上式得,即比例系数k的单位是kg/m3,选项B正确。
7.有关下面的物理量和单位的归属情况正确的是( )
①密度 ②牛顿 ③米/秒 ④加速度 ⑤长度
⑥质量 ⑦千克 ⑧时间
A.属于国际单位制中基本单位的是①⑤⑥⑧
B.属于国际单位制中基本单位的是⑦
C.属于国际单位制中基本单位的是②③⑦
D.属于国际单位制中基本单位的是④⑤⑥
解析:选B 密度、加速度、长度、质量和时间是物理量名称,不是单位(基本单位或导出单位)的名称,选项A、D错。国际单位制中基本单位有七个,其中力学部分有三个:米、千克、秒,本题所列名称中,只有千克是国际单位制中的基本单位,选项B正确。国际单位制的单位是由基本单位和导出单位组成的,牛顿是力的单位,是国际单位制中的导出单位,米/秒是由公式v=及基本单位导出的,选项 C不正确。
8.2018年11月16日第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议,正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的四项基本单位定义。若以F表示力,a表示加速度,x表示位移,t表示时间,m表示质量,借助单位制可知速度v的表达式,下列可能正确的是( )
A.v= B.v=
C.v= D.v=
解析:选A v的单位为m/s,x的单位为m,a的单位为m/s2,F的单位是kg·m/s2;的单位为=m/s,故等号左右单位相同,故A正确; 单位为 =s,故B错误; 的单位为≠m/s,故C错误;的单位为=m,故D错误。
9.一辆质量为4×103 kg的汽车在水平地面上匀速行驶。某个时刻关闭发动机,经过20 s滑行40 m而停止下来,求汽车所受阻力大小。
解析:选汽车为研究对象,设汽车减速运动的加速度大小为a,则根据速度公式和位移公式可得
0=v0-at
根据位移公式,得x=v0t-at2
由以上两式解得a=
这时,只要正确确定已知量单位(要统一),可以不把各量单位代入,则
a= m/s2=0.2 m/s2
根据牛顿第二定律知汽车所受阻力大小
F=ma=4×103×0.2 N=800 N。
答案:800 N
B级—选考提能
10.[多选]用国际单位制验证下列表达式,可能正确的是( )
A.x=at(x为位移、a为加速度、t为时间)
B.a=μg(a为加速度、μ为动摩擦因数、g为重力加速度)
C.F=m(F为作用力、m为质量、v为速度、R为半径长度)
D.v=(v为速度、R为半径长度、g为重力加速度)
解析:选BD x为位移,国际单位是m,a为加速度,国际单位是m/s2,t为时间,国际单位是s,所以at的国际单位是m/s,所以x=at是错误的,A错误;a为加速度,国际单位是m/s2,μ为动摩擦因数,无单位,g为重力加速度,国际单位是m/s2,所以μg的国际单位是m/s2,所以a=μg可能正确,B正确;F为作用力,国际单位是N,m为质量,国际单位是kg,v为速度,国际单位是m/s,R为半径长度,国际单位是m,m的国际单位是kg·s-1,所以F=m是错误的,C错误;v为速度,国际单位是m/s,g为重力加速度,国际单位是m/s2,R为半径长度,国际单位是m,的国际单位是m/s,所以v=可能正确,D正确。
11.如图所示,是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。若已知飞船质量为3.0×103 kg,其推进器的平均推力为900 N,在飞船与空间站对接后,推进器工作5 s,测出飞船和空间站速度变化是0.05 m/s。求空间站的质量。
解析:根据飞船和空间站的速度变化,得出它们的加速度,再根据牛顿第二定律得出它们的总质量,总质量减去飞船的质量就是空间站的质量。
由加速度定义式:
a== m/s2=0.01 m/s2
由牛顿第二定律F=(m1+m2)a得:
m2== kg=8.7×104 kg。
答案:8.7×104 kg
12.据报载,我国自行设计生产运行速度可达v=150 m/s的磁悬浮飞机。假设“飞机”的总质量m=5 t,沿水平直轨道以a=1 m/s2的加速度从静止做匀加速起动至最大速度,忽略一切阻力的影响,(重力加速度g=10 m/s2)求:
(1)“飞机”所需的动力F;
(2)“飞机”起动至最大速度所需的时间t。
解析:(1)由牛顿第二定律得:“飞机”所需的动力
F=ma=5 000 N。
(2)从起动至最大速度所需时间
t==150 s。
答案:(1)5 000 N (2)150 s
第5节
牛顿运动定律的应用
1.填一填
确定了运动和的关系,把物体的运动情况与受力情况联系起来。
2.选一选
质量为m的物体,放在粗糙的水平地面上,受到一个水平方向的恒力F的作用而运动,在运动中,物体加速度a的大小( )
A.和物体的运动速度有关
B.和物体跟地面间的动摩擦因数无关
C.和物体运动的时间无关
D.和恒力F成正比
解析:选C 由牛顿第二定律可得,物体的加速度a==F-μg,可见,物体的加速度a与物体的速度和运动时间无关,与物体与地面间的动摩擦因数有关,但不与F成正比,C正确,A、B、D错误。
1.填一填
(1)从受力确定运动情况:如果已知物体的受力情况,可以由牛顿第二定律求出物体的加速度,再通过运动学的规律确定物体的运动情况。
(2)从运动情况确定受力:如果已知物体的运动情况,根据运动学规律求出物体的加速度,结合受力分析,再根据牛顿第二定律求出力。
2.判一判
(1)根据所受合外力的方向可以确定物体加速度的方向。(√)
(2)根据物体加速度的方向可以判断物体受到的每个力的方向。(×)
(3)物体运动状态的变化情况是由它的受力决定的。(√)
(4)只要知道物体受力情况就能确定物体的运动性质。(×)
3.选一选
(1)物体放在光滑水平面上,在水平恒力F作用下由静止开始运动,经时间t通过的位移是x。如果水平恒力变为2F,物体仍由静止开始运动,经时间2t通过的位移是( )
A.x B.2x
C.4x D.8x
解析:选D 当水平恒力为F时,由牛顿第二定律得,
F=ma
x=at2=。
当水平恒力为2F时,由牛顿第二定律得,2F=ma′,
x′=a′(2t)2=。
联立得,x′=8x。故D正确。
(2)行车过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害,为了尽可能地减轻碰撞所引起的伤害,人们设计了安全带。假定乘客质量为70 kg,汽车车速为90 km/h,从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带对乘客的平均作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦,刹车过程可看成匀减速直线运动)( )
A.450 N B.400 N
C.350 N D.300 N
解析:选C 汽车刹车前的速度v0=90 km/h=25 m/s
设汽车匀减速的加速度大小为a,则
a==5 m/s2
对乘客应用牛顿第二定律可得:
F=ma=70×5 N=350 N,所以C正确。
根据物体的受力情况确定运动情况 |
[学透用活]
解答该类问题的一般步骤:
(1)选定研究对象,对研究对象进行受力分析,并画出受力示意图。
(2)根据平行四边形定则,应用合成法或正交分解法,求出物体所受的合外力。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求出物体运动的加速度。
(4)结合物体运动的初始条件(即初速度v0),分析运动情况并画出运动草图,选择合适的运动学公式,求出待求的运动学量——任意时刻的速度v、一段运动时间t以及对应的位移x等。
受力分析和运动情况分析是解决该类问题的两个关键。
如图所示,ACD是一滑雪场示意图,其中AC是长L=8 m、倾角θ=37°的斜坡,CD段是与斜坡平滑连接的水平面。人从A点由静止下滑,经过C点时速度大小不变,又在水平面上滑行一段距离后停下。人与接触面间的动摩擦因数均为μ=0.25,不计空气阻力,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)人从斜坡顶端A滑至底端C所用的时间。
(2)人在经过C点后滑行的距离。
[解析] (1)人在斜坡上下滑时,受力分析如图所示。
设人沿斜坡下滑的加速度为a,沿斜坡方向,由牛顿第二定律得
mgsin θ-Ff=ma
Ff=μFN
垂直于斜坡方向有FN-mgcos θ=0
联立以上各式得a=gsin θ-μgcos θ=4 m/s2
由匀变速运动规律得L=at2
解得t=2 s。
(2)人在水平面上滑行时,水平方向只受到地面的摩擦力作用。设在水平面上人减速运动的加速度为a′,由牛顿第二定律得μmg=ma′。
设人到达C处的速度为v,则人在斜面上下滑的过程:v2=2aL
人在水平面上滑行时:0-v2=-2a′x
联立以上各式解得x=12.8 m。
[答案] (1)2 s (2)12.8 m
根据物体的受力情况确定运动情况的思维流程
[对点练清]
1.如图所示,质量m=15 kg的木箱静止在水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2。现用F=60 N的水平恒力向右拉动木箱(g取10 m/s2)。求:
(1)3 s时木箱的速度大小。
(2)木箱在2 s内的位移大小。
解析:(1)对木箱受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
解得a=
= m/s2
=2 m/s2
由运动学公式可得
v=at=2×3 m/s=6 m/s。
(2)木箱在2 s内的位移大小为
x=at2=×2×22 m=4 m。
答案:(1)6 m/s (2)4 m
2.质量为m=2 kg的物体静止在水平地面上,物体与水平地面之间的动摩擦因数为μ=0.5。现在对物体施加如图所示的力F,F=10 N,θ=37°,且sin 37°=0.6。经t=10 s后撤去力F,再经一段时间,物体静止,g取10 m/s2。求:
(1)物体运动过程中的最大速度。
(2)物体运动的总位移。
解析:(1)撤去力F前,对物体进行受力分析,如图甲所示,则有Fsin θ+FN=mg
Fcos θ-Ff=ma1
又Ff=μFN
联立以上各式解得a1=0.5 m/s2
物体在t=10 s撤去力F时速度最大,
v=a1t=5 m/s,
此时物体的位移x1=a1t2=25 m。
(2)撤去F后,对物体进行受力分析,如图乙所示,则有
Ff′=μFN′=μmg=ma2,解得a2=5 m/s2
撤去力F后,由运动学公式得2a2x2=v2
解得x2=2.5 m
故物体运动的总位移为x=x1+x2=27.5 m。
答案:(1)5 m/s (2)27.5 m
3.如图所示,楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ=37°角。一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板,工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上,大小为F=10 N,刷子的质量为m=0.5 kg,刷子可视为质点,刷子与天花板间的动摩擦因数μ=0.5,天花板长为L=4 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。试求:
(1)刷子沿天花板向上运动时的加速度大小;
(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。
解析:(1)以刷子为研究对象,受力分析如图所示
设杆对刷子的作用力为F,滑动摩擦力为Ff,天花板对刷子的弹力为FN,刷子所受重力为mg,由牛顿第二定律得
(F-mg)sin 37°-μ(F-mg)cos 37°=ma
代入数据解得a=2 m/s2。
(2)由运动学公式得L=at2
代入数据解得t=2 s。
答案:(1)2 m/s2 (2)2 s
根据物体的运动情况确定受力情况 |
[学透用活]
解答该类问题的一般步骤
(1)选定研究对象,对研究对象进行运动情况分析和受力分析,并画出运动草图及受力示意图。
(2)选择合适的运动学公式,求出物体的加速度。
(3)根据牛顿第二定律列方程,求物体所受的合外力。
(4)根据力的合成法或正交分解法,由合外力求出待求力或与力有关的量。
民航客机都有紧急出口,发生意外情况时打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面,乘客可沿斜面滑行到地面上。如图所示,某客机紧急出口离地面高度AB=3.0 m,斜面气囊长度AC=5.0 m,要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2 s,g取10 m/s2,求:
(1)乘客在气囊上滑下的加速度大小。
(2)乘客和气囊间的最大动摩擦因数。(忽略空气阻力)
[思路点拨]
(1)乘客在气囊上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动。
(2)下滑时间恰好为2 s是乘客和气囊间的动摩擦因数最大的临界条件。
[解析] (1)根据运动学公式x=at2①
得:a== m/s2=2.5 m/s2②
故乘客在气囊上滑下的加速度至少为2.5 m/s2。
(2)乘客在斜面上受力情况如图所示。
Ff=μFN③
FN=mgcos θ④
根据牛顿第二定律:
mgsin θ-Ff=ma⑤
由几何关系可知sin θ=0.6,cos θ=0.8
由②~⑤式得:
μ===0.437 5
故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.437 5。
[答案] (1)2.5 m/s2 (2)0.437 5
加速度是联系受力情况和运动情况的“桥梁”
[对点练清]
4.如图所示,质量为m=3 kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长的固定斜面上,木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上,使其由静止开始沿斜面向上加速运动,经过t=2 s时间木块沿斜面上升4 m的距离,则推力F的大小为(g取10 m/s2)( )
A.42 N B.6 N
C.21 N D.36 N
解析:选D 因木块能沿斜面匀速下滑,由平衡条件知:mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ;当在推力作用下加速上滑时,由运动学公式x=at2得a=2 m/s2,由牛顿第二定律得:F-mgsin θ-μmgcos θ=ma,得F=36 N,D正确。
5.2019年1月3日早上,科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令,嫦娥四号探测器从距离月面15 km处开始实施动力下降。在距月面高为H=102 m处开始悬停,识别障碍物和坡度,选定相对平坦的区域后,先以a1匀加速下降,加速至v1=4 m/s时,立即改变推力,以a2=2 m/s2匀减速下降,至月表高度30 m处速度减为零,立即开启自主避障程序,缓慢下降。最后距离月面2.5 m 时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中,整个过程探测器始终垂直月球表面做直线运动,取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m=140 kg,月球表面重力加速度为1.6 m/s2。求:
(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2;
(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1;
(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
解析:(1)距离月面2.5 m时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,
由v22=2g′h2得:v2=2 m/s。
(2)由题意知加速和减速发生的位移为:
h=102 m-30 m=72 m
由位移关系得:+=h
解得:a1=1 m/s2。
(3)匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得:
mg′-F=ma1
解得:F=84 N,方向竖直向上。
答案:(1)2 m/s (2)1 m/s2
(3)84 N,方向竖直向上
6.M99是我国生产的性能先进、精度高、射程远的半自动狙击步枪。M99 的枪管长度为1.48 m。射击时,在火药的推力下,子弹在枪管中由静止开始匀加速运动;射出枪口时,子弹的速度为800 m/s。已知子弹的质量为50 g,求:
(1)子弹在枪管中加速度a的大小;
(2)子弹在枪管中受到的合力的大小。(结果都保留两位有效数字)
解析:(1)由于子弹在枪管中做匀加速直线运动,根据速度位移关系式得:v2-v02=2ax,
代入数据解得:a=2.2×105 m/s2。
(2)根据牛顿第二定律得:F=ma,
代入数据解得F=1.1×104 N。
答案:(1)2.2×105 m/s2 (2)1.1×104 N
物体在五类光滑斜面上的“赛跑”问题 |
[学透用活]
所谓“赛跑”问题,指物体沿光滑斜面下滑时间的比较问题,根据不同斜面的特点可分成以下五类进行分析比较。
第一类:等高斜面(如图1所示)
由L=at2,a=gsin θ,L=
可得:t= ,
可知倾角越小,时间越长,图1中t1>t2>t3。
第二类:同底斜面(如图2所示)
由L=at2,a=gsin θ,L=
可得:t= ,
可见θ=45°时时间最短,图2中t1=t3>t2。
第三类:圆周内同顶端的斜面(如图3所示)
即在竖直面内的同一个圆周上,各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点,底端都落在该圆周上。
由2R·sin θ=·gsin θ·t2,可推得:t1=t2=t3。
第四类:圆周内同底端的斜面(如图4所示)
即在竖直面内的同一个圆周上,各斜面的底端都在竖直圆周的最低点,顶端都源自该圆周上的不同点。同理可推得:t1=t2=t3。
第五类:双圆周内斜面(如图5所示)
即在竖直面内两个圆,两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且顶端源自上方圆周上某点,底端落在下方圆周上的相应位置。可推得t1=t2=t3。
第三、四、五类问题又称为“等时圆模型”。
如图所示,有一半圆,其直径水平且与另一圆的底部相切于O点,O点恰好是下半圆的圆心,它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周上,轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ。现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端,则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A.tAB=tCD=tEF B.tAB>tCD>tEF
C.tAB<tCD<tEF D.tAB=tCD<tEF
[思路点拨] 作一个圆心在竖直虚线上且过O、D两点的辅助圆,借助“等时圆”模型分析。
[解析] 如图所示,过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G,以OG为直径作圆,可以看出F点在辅助圆内,而B点在辅助圆外,由“等时圆”模型可知,tAB>tCD>tEF,B项正确。
[答案] B
[对点练清]
7.如图所示,一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1、C2、C3,则( )
A.物体到达C1点时的速度最大
B.物体分别在三条轨道上的运动时间相同
C.物体到达C3的时间最短
D.在C3上运动的加速度最小
解析:选C 在沿斜面方向上,物体受重力沿斜面向下的分力,所以根据牛顿第二定律得,物体运动的加速度a==gsin θ,斜面倾角越大,加速度越大,所以在C3上运动的加速度最大,根据几何知识可得:物体发生位移为x=,物体的初速度为零,所以由x=at2解得t= = ,倾角越大,时间越短,物体到达C3的时间最短,根据v2=2ax得,v=,知到达底端的速度大小相等,故C正确。
8.如图所示,圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板aO、bO、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在仓库侧壁上,三块滑板与水平面的夹角依次是30°、45°、60°。若有三个小孩同时从a、b、c处开始下滑(忽略阻力),则( )
A.a处小孩最先到O点 B.b处小孩最后到O点
C.c处小孩最先到O点 D.a、c处小孩同时到O点
解析:选D 当滑板与水平面的夹角为θ时,小孩从滑板顶端滑下的过程,有=gt2sin θ,t2=,当θ=45°时,t最小,当θ=30°和60°时,sin 2θ的值相同,故只有D项正确。
9.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道,其中A、C两点处于同一个圆上,C是圆上任意一点,A、M分别为此圆与y轴、x轴的切点。B点在y轴上且∠BMO=60°,O′为圆心。现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放,它们将沿轨道运动到M点,若所用时间分别为tA、tB、tC,则tA、tB、tC大小关系是( )
A.tA<tC<tB
B.tA=tC<tB
C.tA=tC=tB
D.由于C点的位置不确定,无法比较时间大小关系
解析:选B 由等时圆模型可知,A、C在圆周上,B点在圆周外,故tA=tC<tB,B正确。
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P118例题]
某高速列车(如图)起动后的初始阶段,可视为在恒定的牵引力作用下做匀加速直线运动。若在该阶段列车组的牵引力为3.04×105 N,列车所受阻力为7.9×104 N,列车质量为4.5×105 kg,则列车从起动至速度达到60 km/h需要多长时间?
[分析] 已知牵引力F、阻力f和列车质量m,由牛顿第二定律可求出列车运动的加速度a。列车做匀加速直线运动,已知起动时的初速度为0和末速度vt的大小,结合求出的加速度a,由匀变速直线运动的速度公式可求出所需要的时间。
[解] 以列车为研究对象,受力分析如图所示。
由题意可知,m=4.5×105 kg,F=3.04×105 N,f=7.9×104 N,v0=0,vt=60 km/h=16.7 m/s。
选定列车运动方向为正方向。由牛顿第二定律,得
F-f=ma
a===0.50 m/s2
由匀变速直线运动的速度公式vt=v0+at,得
t===33.4 s
所以,列车从起动至速度达到60 km/h需要的时间为33.4 s。
[讨论] 一般高速列车起动时的加速度比轿车起动时的加速度小,加速到相同速度(在汽车能达到的速度范围内)需要的时间更长。查阅资料,了解高速列车的加速情况,判断本题的计算结果是否在合理范围内。
运动与力的问题一般有两大类型:第一,已知物体受力,由此确定其运动情况;第二,已知物体运动情况,由此确定其所受外力。
用牛顿第二定律解决动力学问题时,通常需明确研究对象,分析其受力及运动情况,再运用牛顿第二定律和运动学公式列出方程求解。其中加速度通常是联系力和运动情况的桥梁。
[迁移] 上题是已知列车的受力情况确定其运动情况。若已知物体的运动情况,又如何确定其受力情况?请解答下面的题目。
某高速列车总质量为4.5×105 kg,在以216 km/h的速度直线行驶时紧急制动,要求从开始制动到完全停止的行驶距离不超过2 000 m。该高速列车在制动过程中受到的阻力至少多大?
[提示] 先根据列车的运动情况,求出其加速度。
设列车的加速度为a,以列车初速度方向为正方向,由已知条件可知v0=216 km/h=60 m/s,s=2 000 m,vt=0,
由vt2-v02=2as,可求得a=-0.9 m/s2。
再根据牛顿第二定律,求列车所受阻力:-f=ma,
解得f=4.05×105 N。
所以要求该列车从开始制动到完全停止的行驶距离不超过2 000 m,制动过程中受到的阻力至少为4.05×105 N。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P122例题]
气球上系一重物,自地面上升。当上升到离地面9 m时,速度为4 m/s,此时绳子突然断开。不计空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)重物从离开气球至上升到最高点,经历的时间和上升的高度各为多少?
(2)重物离开气球后经多长时间才能落地?落地时的速度是多大?
[分析] 绳子突然断开时,重物与气球具有相同的速度。由于惯性,重物将继续向上运动。重物在空中运动只受到重力作用,根据牛顿第二定律可知,重物加速度大小为g,方向始终竖直向下。因此,绳子断开后重物先竖直向上做匀减速直线运动,上升一段距离到达最高点时速度为0,然后向下做自由落体运动直到落地,如图所示。
可将运动分为上升和下降两个阶段,根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式求解。
[解] 由题意可知,v0=4 m/s,h=9 m,上升到最高点时速度vt=0。
(1)重物离开气球后将先竖直向上做匀减速直线运动到达最高点。重物运动过程中只受重力,因此
mg=ma
a=g=10 m/s2
重物从离开气球到上升到最高点,经历时间为t上,上升高度为H上。根据匀变速直线运动公式,有
vt=v0-at上
vt2-v02=-2aH上
解得t上== s=0.4 s
H上== m=0.8 m
(2)重物做自由落体运动过程中,下降总高度为H,下落时间为t下。由匀变速直线运动公式,有
H=gt2下
又因为H=H上+h=(0.8+9) m=9.8 m,所以
t下== s=1.4 s
重物从绳断到落地经历的时间
t=t上+t下=(0.4+1.4) s=1.8 s
重物落地时的速度
v地=gt下=10×1.4 m/s=14 m/s
所以,绳断后重物经0.4 s到达最高点,上升高度为0.8 m;经过1.8 s才能落到地面,落地时的速度为14 m/s,方向竖直向下。
[讨论] 物理学中把物体以某一初速度竖直向上抛出,物体只在重力作用下所做的运动,称为竖直上抛运动。竖直上抛运动可分为上升和下降两个过程,上升过程为初速度为v0、加速度大小为g的匀减速直线运动,下降过程为自由落体运动。你能写出上升和下降过程涉及的匀变速直线运动的公式吗?
求解竖直上抛运动,可看成已知力求运动的特例。由于物体只受重力,其加速度恒为g。
竖直上抛运动是匀变速直线运动,可用匀变速直线运动的公式求解。运用公式时,可对上升和下降过程分别列方程,也可对整个过程列出方程。注意公式中加速度、位移等矢量的正负。
[迁移] 竖直上抛运动全过程的加速度大小和方向都不变,且与初速度v0方向相反,因此还可把竖直上抛运动的全过程视为初速度为v0、加速度大小为g的匀变速直线运动。你能用该方法求解上述问题吗?请试一试。
[提示] 重物离开气球后做竖直上抛运动,
取竖直向上为正方向,v0=4 m/s,
h=v0t-gt2=4t-5t2,
v=v0-gt=4-10t。
(1)重物上升到最高点时v=0,
由4-10t=0可求得上升时间t=0.4 s,
由h=4t-5t2可求得重物上升的高度h=0.8 m。
(2)重物落地时的位移h=-9 m,
由h=4t-5t2=-9可解得重物离开气球后到落地的时间t=1.8 s(另解舍去),
此时重物的速度v=(4-10×1.8)m/s=-14 m/s,
“-”表示速度方向竖直向下。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.在交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹。在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是14 m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7,g取10 m/s2,则汽车刹车前的速度为( )
A.7 m/s B.14 m/s
C.10 m/s D.20 m/s
解析:选B 设汽车刹车后滑动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=μg。由匀变速直线运动的速度—位移关系式得v02=2ax,可得汽车刹车前的速度为v0=== m/s=14 m/s,因此B正确。
2.某气枪子弹的出口速度达100 m/s,若气枪的枪膛长0.5 m,子弹的质量为20 g。若把子弹在枪膛内的运动看成匀变速直线运动,则高压气体对子弹的平均作用力为( )
A.1×102 N B.2×102 N
C.2×105 N D.2×104 N
解析:选B 根据v2=2ax,得a== m/s2=1×104 m/s2,从而得高压气体对子弹的平均作用力F=ma=20×10-3×1×104 N=2×102 N。
3.一个物体在水平恒力F的作用下,由静止开始在一个粗糙的水平面上运动,经过时间t,速度变为v,如果要使物体的速度变为2v,下列方法正确的是( )
A.将水平恒力增加到2F,其他条件不变
B.将物体质量减小一半,其他条件不变
C.物体质量不变,水平恒力和作用时间都增为原来的两倍
D.将时间增加到原来的2倍,其他条件不变
解析:选D 由牛顿第二定律得F-μmg=ma,所以a=-μg,对比A、B、C三项,均不能满足要求,故选项A、B、C均错,由v=at可得选项D对。
4.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为3∶2,初速度之比为2∶3,它们在同一粗糙水平面上同时开始沿直线滑行,直至停止,则它们( )
A.滑行中的加速度之比为2∶3
B.滑行的时间之比为1∶1
C.滑行的距离之比为4∶9
D.滑行的距离之比为3∶2
解析:选C 根据牛顿第二定律可得μmg=ma,所以滑行中的加速度大小为:a=μg,所以加速度之比为1∶1,A错误;根据公式t=,可得==,B错误;根据公式v2=2ax可得==,C正确,D错误。
5.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。现将该木板改置成倾角为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t′与t之比为( )
A. B.
C. D..
解析:选A 木板水平时,物块滑动时受到的合力是滑动摩擦力,以初速度方向为正方向,根据牛顿第二定律得出:小物块的加速度为:a1=-μg,设滑行初速度为v0,则滑行时间为t==;木板改置成倾角为45°的斜面后,对物块进行受力分析如图所示:
小物块受到的合力
F合=-(mgsin 45°+μmgcos 45°)
小物块上滑的加速度
a2=-=-,
滑行时间t′==,
因此=,故选项A正确,B、C、D错误。
6.为使雨水尽快离开房屋的屋顶面,屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示,设屋顶面光滑,倾角为θ,雨水由静止开始沿屋顶面向下流动,则理想的倾角θ为( )
A.30° B.45°
C.60° D.75°
解析:选B 设屋顶的底边为L,注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s,雨滴下滑的加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N,垂直于屋顶方向:N=mgcos θ,平行于屋顶方向:ma=mgsin θ,水滴的加速度a=gsin θ,根据三角关系可得,屋顶坡面的长度为:s=,由s=at2得:t= = ,θ=45°时,t最短,故选B。
7.如图所示,A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上,并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上,然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作:第一种方式只释放A而B按着不动;第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为( )
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶2 D.3∶5
解析:选D 固定滑块B不动,释放滑块A,设滑块A的加速度为aA,钩码C的加速度为aC,根据动滑轮的特征可知,在相同的时间内,滑块A运动的位移是钩码C的2倍,所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA∶aC=2∶1。此时设轻绳之间的张力为T,对于滑块A,由牛顿第二定律可知:T=mAaA,对于钩码C由牛顿第二定律可得:mCg-2T=mCaC,联立解得T=16 N,aC=2 m/s2,aA=4 m/s2。若只释放滑块B,设滑块B的加速度为aB,钩码C的加速度为aC′,根据动滑轮的特征可知,在相同的时间内,滑块B运动的位移是钩码的2倍,所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB∶aC′=2∶1,此时设轻绳之间的张力为T′,对于滑块B,由牛顿第二定律可知:T′=mBaB,对于钩码C由牛顿第二定律可得:mCg-2T′=mCaC′,联立解得T′= N,aB= m/s2,aC′= m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC∶aC′=3∶5,故选项D正确。
8.如图所示,两上下底面平行的滑块重叠在一起,置于固定的、倾角为θ的斜面上,滑块A、B的质量分别为mA、mB,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2。已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,则滑块B受到的摩擦力( )
A.方向沿斜面向下 B.大小等于μ1mAgcos θ
C.大小等于μ1mBgcos θ D.大小等于μ2mBgcos θ
解析:选C 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得加速度为:a=g(sin θ-μ1cos θ)
设A对B的摩擦力方向沿斜面向下,大小为f,则有:mBgsin θ+f=mBa
得到:f=mBa-mBgsin θ=-μ1mBgcos θ,负号表示摩擦力方向沿斜面向上,故选项C正确,A、B、D错误。
9.一物块从长为s、倾角为θ的固定斜面的顶端由静止开始下滑,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,求物块从顶端滑到底端的时间。
解析:物块沿斜面下滑的受力如图所示。
由正交分解得
mgsin θ-Ff=ma
FN-mgcos θ=0
Ff=μFN
解得a=g(sin θ-μcos θ)
又s=at2
解得t= = 。
答案:
B级—选考提能
10.[多选]如图所示,质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上,并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1。与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角,则(物体1和物体2相对车厢静止)( )
A.车厢的加速度为gtan θ
B.绳对物体1的拉力为
C.底板对物体2的支持力为(m2-m1)g
D.物体2所受底板的摩擦力为m2gsin θ
解析:选AB 对物体1进行受力分析,如图甲所示,且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解,有
FTcos θ=m1g,FTsin θ=m1a
得FT=,a=gtan θ,
所以A、B正确。
对物体2进行受力分析,如图乙所示,
有FN+FT′=m2g
Ff静=m2a
根据牛顿第三定律,FT′=FT
解得FN=m2g-
Ff静=m2gtan θ,
故C、D错误。
11.如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景,冰块先在工作人员斜向上拉力作用下运动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到目的地,其工作原理可简化为如图乙所示。某次工人从水平滑道前端拉着冰块由静止开始向前匀加速前进,运动4.0 m时放手,冰块刚好到达滑道末端停止。已知冰块质量为100 kg,冰块与滑道间动摩擦因数为0.05,运送冰块的总距离L=12 m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角斜向上。(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,取g=10 m/s2)求:
(1)冰块在减速过程中加速度的大小;
(2)冰块在加速过程中加速度的大小;
(3)工人对冰块的拉力大小。
解析:(1)减速过程,对冰块,由牛顿第二定律得:
μmg=ma2
解得:a2=0.5 m/s2。
(2)设加速时加速度为a1,最大速度为v,加速前进位移x,总位移为L=12 m
则加速阶段有v2=2a1x
减速阶段有0-v2=-2a2(L-x)
解得a1=1 m/s2。
(3)加速过程,对冰块受力分析,由牛顿第二定律得
水平方向有Fcos 53°-Ff=ma1
竖直方向有Fsin 53°+FN-mg=0
又Ff=μFN
联立得Fcos 53°-μ(mg-Fsin 53°)=ma1
解得F=234.375 N。
答案:(1)0.5 m/s2 (2)1 m/s2 (3)234.375 N
12.如图所示,斜面AB段粗糙,BC段长为1.2 m且光滑。滑块以初速度v0=9 m/s由A沿斜面开始向上滑行,经过B处速度为vB=3 m/s,到达C处速度恰好为零。滑块在AB、BC段滑行的时间相等。求:
(1)滑块从B滑到C的时间及加速度大小;
(2)AB段的长度及滑块从A滑到B的加速度大小;
(3)滑块从C点回到A点的速度大小。
解析:(1)设滑块在BC段的加速度大小为a1,所用时间为t1,滑块从B到C做末速度为零的匀减速直线运动:
0-vB2=-2a1xBC
vB=a1t
解得:a1=3.75 m/s2,t=0.8 s。
(2)滑块从A到B做匀减速直线运动,时间与BC段相等,设加速度大小为a2
a2=-=7.5 m/s2
由vB2-v02=-2a2xAB
解得:xAB=4.8 m。
(3)设斜面倾角为θ,滑块在AB段上升时,受力情况如图所示,
mgsin θ+Ff=ma2
在BC段上升时:mgsin θ=ma1
解得:Ff=mgsin θ
滑块从C点回到B点时,由运动的对称性可知:滑块返回到B点时速度大小仍为3 m/s, 当滑块返回到AB段时合力为零,滑块匀速下滑,所以滑块运动到斜面低端A时速度大小仍然为3 m/s。
答案:(1)0.8 s 3.75 m/s2 (2)4.8 m 7.5 m/s2 (3)3 m/s
4 动力学中的四类常见题型
动力学中的图像问题 |
[知识贯通]
1.常涉及的图像:vt图像、at图像、Ft图像、aF图像等。
2.两种情况
(1)已知物体的运动图像或受力图像,分析有关受力或运动问题。
(2)已知物体的受力或运动情况,判断选择有关运动图像或受力图像的问题。
3.解决这类问题的基本步骤
(1)看清坐标轴所表示的物理量,明确图像的种类。
(2)看图线本身,识别两个相关量的变化关系,从而分析对应的物理过程。
(3)看图线的截距、斜率、交点、图线与坐标轴围成的“面积”等的物理意义。
(4)弄清“图像与公式”“图像与图像”“图像与物体”之间的对应关系,根据牛顿运动定律及运动学公式建立相关方程解题。
[集训联通]
(2018·全国卷Ⅰ)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )
[解析] 设物块P静止时,弹簧的压缩量为x0,则有kx0=mg,在弹簧恢复原长前,物块受力如图所示,根据牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,整理得F=kx+ma,即F是x的一次函数,选项A正确。
[答案] A
本题中的x表示P离开静止位置的位移,并不是弹簧的压缩量。
1.[多选]一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动。t=0时,开始对物体施加一外力F,力F的方向与速度方向相同,大小随时间变化的关系如图所示,则物体在0~t0时间内( )
A.物体的加速度a逐渐减小,速度v逐渐减小
B.物体的加速度a逐渐减小,速度v逐渐增大
C.t0时刻物体的加速度a=0,速度v最大
D.t0时刻物体的加速度a=0,速度v=0
解析:选BC 物体在0~t0时间内,F减小,则物体的合力逐渐减小,由牛顿第二定律知,加速度逐渐减小,当F=0时加速度减至0。因为加速度的方向与速度方向相同,则速度逐渐增大,当加速度a=0时,速度v最大。故B、C正确,A、D错误。
2.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系如图甲所示,物块速度v与时间t的关系如图乙所示。取重力加速度g=10 m/s2。由这两个图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )
A.0.5 kg,0.4 B.1.5 kg,
C.0.5 kg,0.2 D.1 kg,0.2
解析:选A 由题图可得,物块在2~4 s内所受推力F=3 N,物块做匀加速直线运动,a== m/s2=2 m/s2,由牛顿第二定律得F-Ff=ma
物块在4~6 s内所受推力F′=2 N,物块做匀速直线运动,则F′=Ff,F′=μmg
解得m=0.5 kg,μ=0.4,故A选项正确。
3.某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为α,如图乙所示。已知人的质量为M,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力F与速度v成正比,重力加速度为g。则每根悬绳能够承受的拉力至少为( )
A. B.
C. D.
解析:选C 设降落伞的质量为m,匀速下降时有:
kv1=(m+M)g
打开降落伞的瞬时对整体有:
kv2-(M+m)g=(m+M)a
打开降落伞的瞬时对运动员有:8Tcos α-Mg=Ma
联立解得:T=,故C正确。
动力学中的临界问题 |
[知识贯通]
1.动力学中临界问题的特征
在动力学问题中出现某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态即为临界问题。问题中出现“最大”“最小”“刚好”“恰能”等关键词语,一般都会涉及临界问题,隐含相应的临界条件。
2.临界问题的常见类型及临界条件
(1)弹力发生突变的临界条件
弹力发生在两物体的接触面之间,是一种被动力,其大小由物体所处的运动状态决定。相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是弹力为零。
(2)摩擦力发生突变的临界条件
摩擦力是被动力,由物体间的相对运动趋势决定。
①静摩擦力为零是运动趋势方向发生变化的临界状态。
②静摩擦力最大是物体恰好保持相对静止的临界状态。
3.求解临界极值问题的三种常用方法
极限法 | 把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的 |
假设法 | 临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题 |
数学方法 | 将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件 |
[集训联通]
如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上端固定一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧下端连有一质量为m的小球,小球被一垂直于斜面的挡板A挡住,此时弹簧没有形变。若手持挡板A以加速度a(a<gsin θ)沿斜面匀加速下滑,求:
(1)从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间;
(2)从挡板开始运动到小球的速度达到最大,小球经过的最小路程。
[解析] (1)当小球与挡板分离时,挡板对小球的作用力恰好为零,对小球,由牛顿第二定律得
mgsin θ-kx=ma
解得小球做匀加速运动的位移为x=
由x=at2得从挡板开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为t= = 。
(2)小球的速度达到最大时,其加速度为零,则有kx′=mgsin θ
故从挡板开始运动到小球的速度达到最大,小球经过的最小路程为x′=。
[答案] (1) (2)
4.[多选]如图所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球,重力加速度为g。当滑块以加速度a在水平面上做匀加速运动时,小球的受力情况和滑块A的加速度a的大小关系正确的是( )
A.若绳对小球恰好没有拉力,则滑块A一定有向右的加速度,且a=g
B.若绳对小球恰好没有拉力,则滑块A一定有向左的加速度,且a=g
C.若滑块A向左以a=g做匀加速运动时,绳对小球的拉力为mg
D.若滑块A向左以a=g做匀加速运动时,绳对小球的拉力为mg
解析:选AC 若绳对小球恰好没有拉力,则对小球进行受力分析如图甲所示,根据牛顿第二定律可知:F合=mg=ma,则a=g,方向水平向右,故选项A正确,B错误;当滑块A向左以a=g做匀加速运动时,则小球的合力为:F合′=ma=mg,方向水平向左,则对小球进行受力分析如图乙所示,
则此时小球与斜面之间恰好没有弹力,则由图可知绳的拉力为:T=mg,故选项C正确,D错误。
5.如图所示,矩形盒内用两根细线固定一个质量为m=1.0 kg的均匀小球,a线与水平方向成53°角,b线水平。两根细线所能承受的最大拉力都是Fm=15 N。(cos 53°=0.6,sin 53°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)当该系统沿竖直方向匀加速上升时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值。
(2)当该系统沿水平方向向右匀加速运动时,为保证细线不被拉断,加速度可取的最大值。
解析:(1)竖直向上匀加速运动时小球受力如图所示,当a线拉力为15 N时,由牛顿第二定律得:
竖直方向有:Fmsin 53°-mg=ma
水平方向有:Fmcos 53°=Fb
解得Fb=9 N,此时加速度有最大值a=2 m/s2。
(2)水平向右匀加速运动时,由牛顿第二定律得:
竖直方向有:Fasin 53°=mg
水平方向有:Fb-Facos 53°=ma
解得Fa=12.5 N
当Fb=15 N时,加速度最大,有a=7.5 m/s2。
答案:(1)2 m/s2 (2)7.5 m/s2
6.如图所示,质量为4 kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上,细绳的延长线通过小球的球心O,且与竖直方向的夹角为θ=37°,已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,
(1)求汽车匀速运动时,细绳对小球的拉力大小和车后壁对小球的弹力大小;
(2)若要始终保持θ=37°,则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少?
解析:(1)对小球受力分析如图所示,将细绳拉力FT分解有:
FTy=FTcos θ,FTx=FTsin θ,
由二力平衡可得:FTy=mg,FTx=FN,解得细绳拉力FT==50 N,车后壁对小球的弹力FN=mgtan θ=30 N。
(2)设汽车刹车时的最大加速度为a,此时车后壁对小球弹力FN′=0,
由牛顿第二定律有FTx′=ma,即mgtan θ=ma
解得:a=7.5 m/s2,即汽车刹车时的加速度最大不能超过7.5 m/s2。
答案:(1)50 N 30 N (2)7.5 m/s2
动力学中的连接体问题 |
[知识贯通]
1.连接体
多个相互关联的物体叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等连接在一起构成的物体系统称为连接体。
2.解决连接体问题的两种方法
整体法 | 把加速度相同的物体看作一个整体来研究的方法,此时不用分析内力 | 内力:系统内各物体间的相互作用力 外力:系统之外的物体对系统的作用力 |
隔离法 | 求系统内物体间的相互作用时,把一个物体隔离出来单独研究的方法 |
[集训联通]
如图所示,质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连,在大小恒定的拉力F作用下,先沿水平面,再沿斜面,最后竖直向上匀加速运动,不计空气阻力,在三个阶段的运动中,细线上拉力的大小( )
A.由大变小
B.由小变大
C.始终不变且大小为F
D.由大变小再变大
[思路点拨] 先整体法求加速度,再隔离法求拉力。
[解析] 在水平面上时,对整体由牛顿第二定律得F-μ(m1+m2)g=(m1+m2)a1,对m1由牛顿第二定律得T1-μm1g=m1a1,联立解得T1=F;在斜面上时,对整体由牛顿第二定律得F-μ(m1+m2)gcos θ-(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a2,对m1由牛顿第二定律得T2-μm1gcos θ-m1gsin θ=m1a2,联立解得T2=F;在竖直方向时,对整体由牛顿第二定律得F-(m1+m2)g=(m1+m2)a3,对m1由牛顿第二定律得T3-m1g=m1a3,联立解得T3=F。综上分析可知,细线上拉力始终不变且大小为F,选项C正确。
[答案] C
“串接式”连接体中弹力的“分配协议”
如下列各图所示,对于一起做加速运动的物体系统,m1和m2间的弹力F12或中间绳的拉力FT的大小遵守以下力的“分配协议”:
(1)若外力F作用于m1上,则F12=FT=;
(2)若作用于m2上,则F12=FT=。
注意:此“分配协议”:
①与有无摩擦无关(若有摩擦,两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同);
②与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关;
③物体系统处于水平面、斜面或竖直方向上一起加速运动时此“协议”都成立。
如图所示,A、B、C三个物体以轻质细绳1、2相连,mA=2 kg,mB=3 kg,mC=1 kg,A、C与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.25,不计绳2与滑轮间的摩擦,取g=10 m/s2,求:
(1)系统的加速度大小;
(2)绳1和绳2中的张力大小。
[思路点拨]
(1)物体A、B、C的加速度大小相等。
(2)物体A、C与水平桌面间存在摩擦力,且动摩擦因数相同,所以A、C可以看作一个“小整体”。
[解析] 设系统的加速度大小为a,绳1的张力大小为F1,绳2的张力大小为F2。
对C由牛顿第二定律得
F1-μmCg=mCa
对A、C整体由牛顿第二定律得
F2-μ(mA+mC)g=(mA+mC)a
对B由牛顿第二定律得
mBg-F2=mBa
解得:a=3.75 m/s2,F1=6.25 N,F2=18.75 N。
[答案] (1)3.75 m/s2 (2)6.25 N 18.75 N
整体法与隔离法选取的原则
(1)当相互作用的两个或两个以上物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况时,用整体法比较简单。
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时必须用隔离法。
(3)若系统内各物体具有相同的加速度,求物体之间的作用力时,需要将整体法和隔离法有机地结合起来运用,一般是“先整体求加速度,后隔离求内力”。
7.如图所示,两个质量相同的物体A和B紧靠在一起,放在光滑的水平面上,如果它们分别受到水平推力F1和F2,而且F1>F2,则A施于B的作用力大小为( )
A.F1 B.F2
C. D..
解析:选C 选取A和B整体为研究对象,共同加速度a=。再选取物体B为研究对象,受力分析如图所示,根据牛顿第二定律FN-F2=ma,得FN=F2+ma=F2+m=。故C正确。
8.将两质量不同的物体P、Q放在倾角为θ的光滑斜面体上,如图甲所示,在物体P上施加沿斜面向上的恒力F,使两物体沿斜面向上做匀加速直线运动;图乙为仅将图甲中的斜面体调整为水平,同样在P上加水平恒力F;图丙为两物体叠放在一起,在物体P上施加一竖直向上的相同恒力F使二者向上加速运动。三种情况下两物体的加速度大小分别为a甲、a乙、a丙,两物体间的作用力分别为F甲、F乙、F丙。则下列说法正确的是( )
A.a乙最大,F乙最大
B.a丙最大,F丙最大
C.a甲=a乙=a丙,F甲=F乙=F丙
D.a乙>a甲>a丙,F甲=F乙=F丙
解析:选D 以P、Q为整体由牛顿第二定律可得:
甲图:F-(mP+mQ)gsin θ=(mP+mQ)a甲
解得:a甲=
乙图:F=(mP+mQ)a乙
解得:a乙=
丙图:F-(mP+mQ)g=(mP+mQ)a丙
解得:a丙=
由以上三式可得:a乙>a甲>a丙;
对Q由牛顿第二定律可得:
甲图:F甲-mQgsin θ=mQa甲
解得:F甲=
乙图:F乙=mQa乙=;
丙图:F丙-mQg=mQa丙
解得:F丙=
综上所述,故D正确。
9.[多选]如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度g,这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M,物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计,轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后( )
A.绳子上的拉力大小T=(M+m)g
B.物体A的加速度a=g
C.的取值小一些,便于观测
D.的取值大一些,便于观测和研究
解析:选BD 对物体A,由牛顿第二定律得:T-Mg=Ma,对B、C整体,由牛顿第二定律得:(M+m)g-T=(M+m)a,联立解得T=Mg+,a=g,故A错误,B正确;由a=g=g知的取值大一些,则a小一些,便于观测和研究,故C错误,D正确。
| 动力学中的传送带问题 |
[知识贯通]
传送带问题涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用,主要有以下两大类:(条件说明:传送带以速度v匀速运行,v0为物体进入传送带的初速度)
类型 | 图示 | 滑块运动情况 |
水 平 传 送 带 | (v0=0) | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 |
(v0≠0且与v同向) | (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速 (2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速 | |
(v0≠0且与v反向)
| (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端 (2)传送带较长时,滑块先向左运动,减速到零后再向右运动,再回到右端 | |
倾 斜 传 送 带 |
(倾斜向上传送) | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速 |
(倾斜向下传送) | (1)可能一直加速 (2)可能先加速后匀速(μ≥tan θ) (3)可能先以a1加速后再以a2加速(μ<tan θ,a1>a2) |
[集训联通]
现在使用传送带传送货物已被广泛地应用,如图所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1 m/s运行,一质量为m=4 kg的物体被无初速度地放在A处,传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动,随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离L=2 m,g取10 m/s2。
(1)求物体在传送带上运动的时间;
(2)提高传送带的运行速率,物体就能被较快地传送到B处,为了使物体从A处传送到B处的时间最短,求传送带对应的最小运行速率。
[解析] (1)刚开始物体在传送带上做匀加速运动,直到物体与传送带同速,
由牛顿第二定律得:μmg=ma
解得a=1 m/s2
物体匀加速运动的时间t1==1 s
物体匀加速运动的位移x1=at12=0.5 m
然后物体在传送带上匀速运动,运动位移
x2=L-x1=1.5 m
匀速运动的时间t2==1.5 s
物体在传送带上运动的时间:t=t1+t2=2.5 s。
(2)要使物体从A处传送到B处的时间最短,物体应一直加速,则L=at22
解得t2=2 s
由v1=at2解得v1=2 m/s。
[答案] (1)2.5 s (2)2 m/s
分析水平传送带问题的注意事项
当传送带水平运动时,应注意:
(1)摩擦力的突变和物体运动状态的变化。摩擦力的突变,常常导致物体的受力情况和运动性质的突变。
(2)静摩擦力达到最大值,是物体和传送带恰好保持相对静止的临界状态。
(3)物体与传送带的速度达到相同时,滑动摩擦力要发生突变(滑动摩擦力变为0或变为静摩擦力)。
如图所示,传送带与水平地面的夹角为θ=37°,AB的长度为64 m,传送带以20 m/s的速度沿逆时针方向转动,在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8 kg的物体(可视为质点),它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)
[解析] 开始时物体下滑的加速度:
a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s2,
运动到与传送带共速的时间为:t1== s=2 s,
下滑的距离:x1=a1t12=20 m;
由于tan 37°=0.75>0.5,
故物体2 s后继续加速下滑,
且此时:a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s2,
根据x2=vt2+a2t22,x2=L-x1=44 m,
解得:t2=2 s,
故共用时间t=t1+t2=4 s。
[答案] 4 s
倾斜传送带向下传送物体,当物体加速运动到与传送带速度相等时:
(1)若μ≥tan θ,物体随传送带一起匀速运动;
(2)若μ<tan θ,物体不能与传送带相对静止,物体将以较小的加速度a=gsin θ-μgcos θ继续加速运动。
10.[多选]如图所示,传送带的水平部分长为L,运动速率恒为v,在其A端无初速放上木块。若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从A端到B端的运动时间可能是( )
A.+ B.
C. D..
解析:选ACD 若木块一直匀加速,则有L=μgt2,得t= ,C正确;若到达传送带另一端时,速度恰好等于v,则有L=t=t,得t=,D正确;若木块先匀加速经历时间t1,位移为x,再匀速经历时间t2,位移为L-x,则有v=μgt1,2μgx=v2,vt2=L-x,从而得t=t1+t2=+,A正确。
11.某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上,传送带与地面的夹角θ=30°,传送带两端A、B的距离L=10 m,传送带以v=5 m/s的恒定速度匀速向上运动。在传送带底端A无初速放上一质量m=5 kg的货物,货物与传送带间的动摩擦因数μ=。求货物从A端运送到B端所需的时间。(g取10 m/s2)
解析:以货物为研究对象,由牛顿第二定律得
μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得a=2.5 m/s2
货物匀加速运动的时间t1==2 s
货物匀加速运动的位移x1=at12=5 m
然后货物做匀速运动,运动位移x2=L-x1=5 m
匀速运动时间t2==1 s
货物从A到B所需的时间t=t1+t2=3 s。
答案:3 s
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的vt图像如图所示。则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10 m/s2)( )
A.0.2 6 N B.0.1 6 N
C.0.2 8 N D.0.1 8 N
解析:选A 由vt图知a1=1 m/s2,a2=2 m/s2,由F-μmg=ma1,μmg=ma2,解得μ=0.2,F=6 N,选项A正确。
2如图甲所示,物体原来静止在水平面上,用一水平力F拉物体,在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后又做变加速运动,其加速度随外力F变化的图像如图乙所示,根据图乙中所标出的数据可计算出(g=10 m/s2)( )
A.物体的质量为1 kg
B.物体的质量为2 kg
C.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
D.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
解析:选B 由题图乙可知F1=7 N时,a1=0.5 m/s2,F2=14 N时,a2=4 m/s2,由牛顿第二定律得:F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,解得m=2 kg,μ=0.3,故选项B正确。
3.如图所示,水平地面上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间变化的水平拉力F的作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2。下列判断正确的是( )
A.5 s内物块的位移为0
B.4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C.物块与地面之间的动摩擦因数为0.4
D.6~9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析:选D 由题图可得物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末开始运动,故5 s内物块发生了运动,选项A错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,选项B错误;物块与地面之间的滑动摩擦力为3 N,物块对地面的压力为10 N,所以物块与地面之间的动摩擦因数为0.3,选项C错误;6~9 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,选项D正确。
4.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN,细绳对小球的拉力为FT,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )
A.若小车向左运动,FN可能为零
B.若小车向左运动,FT不可能为零
C.若小车向右运动,FN不可能为零
D.若小车向右运动,FT不可能为零
解析:选A 对小球受力分析如图,若小车向左做减速运动,则加速度向右,若小球受重力和绳子的拉力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同,此时FN为零,选项A正确。若小车向左加速运动,则加速度向左,若此时重力与斜面的支持力的合力可以使小球的加速度与小车的加速度相同,则绳子的拉力为零,选项B错误。同理可知,当小车向右运动时,也可能做加速或减速运动,故加速度也可能向右或向左,故FN和FT均可能为零,选项C、D错误。
5.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff。若木块不滑动,力F的最大值是( )
A. B.
C.-(m+M)g D..+(m+M)g
解析:选A 当F达到最大值时,以夹子和木块作为整体,竖直方向上由牛顿第二定律可得:F-(m+M)g=(m+M)a,再以木块为研究对象,F最大时木块刚好不滑动,静摩擦力为最大值,在竖直方向上由牛顿第二定律可得,2Ff-Mg=Ma,两式联立解得F=,选项A正确。
6.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上,如图所示,则( )
A.小球对圆槽的压力为
B.小球对圆槽的压力为
C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增加
D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小
解析:选C 利用整体法可求得系统的加速度为a=,对小球受力分析如图,利用牛顿第二定律可得:小球受到圆槽的支持力为(mg)2+,由物体间力的相互作用可知只有C项正确。
7.用力F提拉用细绳连在一起的A、B两物体,以5 m/s2 的加速度匀加速竖直上升,如图所示。已知A、B的质量分别为1 kg和2 kg,绳子所能承受的最大拉力是35 N。(g取10 m/s2)
(1)力F的大小是多少?
(2)为使绳不被拉断,加速上升的最大加速度为多少?
解析:(1)将A、B看成一个整体,由牛顿第二定律得
F-(mA+mB)g=(mA+mB)a
F=(mA+mB)(g+a)=(1+2)×(10+5)N=45 N。
(2)绳恰好不被拉断时,绳对B的拉力为F′=35 N,此时加速度最大
对B由牛顿第二定律得
F′-mBg=mBam
解得am== m/s2=7.5 m/s2。
答案:(1)45 N (2)7.5 m/s2
8.一质量m=2.0 kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面,某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机作出了小物块上滑过程的vt图像,如图所示。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)求:
(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小。
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数。
解析:(1)由vt图像可知加速度大小为
a== m/s2=8 m/s2。
(2)对物块受力分析,物块受重力、支持力、摩擦力Ff作用
沿斜面方向:mgsin 37°+Ff=ma
垂直斜面方向:mgcos 37°=FN
又Ff=μFN
联立以上三式得a=gsin 37°+μgcos 37°
代入数据解得μ=0.25。
答案:(1)8 m/s2 (2)0.25
B级—选考提能
9.[多选]如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2′,则下列说法正确的是( )
A.若v1<v2,则v2′=v1
B.若v1>v2,则v2′=v2
C.不管v2多大,总有v2′=v2
D.只有v1=v2时,才有v2′=v1
解析:选AB 由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况:
①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2′=v2时,离开传送带。
②若v1<v2,物体向右运动时先加速,当速度增大到传送带的速度时,物体还在传送带上,此后不受摩擦力,物体与传送带一起向右匀速运动,此时有v2′=v1。故选项A、B正确,C、D错误。
10.[多选]如图所示,在小车内有一个固定的斜面,斜面上有一个物体A与斜面保持相对静止。在小车的上面用细线悬挂一个质量为m的小球B,小球在如图所示的位置始终保持与小车相对静止,则下列说法正确的是( )
A.物体A与斜面间的动摩擦因数可能为零
B.物体A与斜面间的动摩擦因数一定不为零
C.小球B对细线的拉力一定大于mg
D.小车在做匀加速直线运动
解析:选AC 对小球B进行受力分析可知,B的合外力方向水平向左,即B的加速度方向水平向左,则A和小车的加速度方向也水平向左,若物体A与斜面间的动摩擦因数为零,则A受重力和斜面的支持力,两个力的合力可以水平向左,提供A的加速度,故A正确,B错误;B受的重力与拉力以及合力构成直角三角形,而重力是直角边,拉力是斜边,故物体B对细线拉力一定大于重力,故C正确;由题图可知小球的合力水平向左,即其加速度水平向左,又小球始终保持与小车相对静止,故可知小车加速水平向左,但小车可能做的是向右的匀减速运动,故D错误。
11.如图所示,细线的一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线的另一端拴一质量为m的小球(重力加速度为g)。
(1)当滑块至少以多大的加速度向右加速运动时,细线对小球的拉力刚好等于零?
(2)当滑块至少以多大的加速度向左加速运动时,小球对滑块的压力等于零?
(3)当滑块以a′=2g的加速度向左加速运动时,细线中拉力为多大?
解析:(1)当FT=0时,小球受重力mg和斜面支持力FN作用,如图甲所示,则
FNcos 45°=mg,FNsin 45°=ma
解得a=g。
故当向右运动的加速度为g时细线上的拉力为0。
(2)假设滑块具有向左的加速度a1时,小球受重力mg、细线的拉力FT1和斜面的支持力FN1作用,如图乙所示。
由牛顿第二定律得
水平方向:FT1cos 45°-FN1sin 45°=ma1,
竖直方向:FT1sin 45°+FN1cos 45°-mg=0。
由上述两式解得FN1=,FT1=。
由以上两式可以看出,当加速度a1增大时,球所受的支持力FN1减小,线的拉力FT1增大。
当a1=g时,FN1=0,此时小球虽与斜面接触但无压力,处于临界状态,这时细线的拉力为FT1=mg。
所以滑块至少以a1=g的加速度向左加速运动时小球对滑块的压力等于零。
(3)当滑块加速度大于g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用,如图丙所示,
此时细线与水平方向间的夹角α<45°。
由牛顿第二定律得FT′cos α=ma′,FT′sin α=mg,
解得FT′=m=mg。
答案:(1)g (2)g (3)mg
12.如图所示为传送带传输装置示意图的一部分,传送带与水平地面的倾角θ=37°,A、B两端相距L=5.0 m,质量为M=10 kg的物体以v0=6.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数处处相同,均为0.5。传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s,(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物体从A点到达B点所需的时间;
(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节,物体从A点到达B点的最短时间。
解析:(1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a1,由牛顿第二定律得Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1
解得a1=10 m/s2
设经过时间t1物体的速度与传送带速度相同,
t1==0.2 s
通过的位移x1==1 m
设物体速度小于传送带速度时物体的加速度大小为a2,
则Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2
解得a2=2 m/s2
物体继续减速,设经时间t2物体速度减为0
t2==2 s
减速时间内物体通过的位移x2=vt2-a2t22=4 m
恰好满足x1+x2=L
即物体刚好到达B点,所以物体从A点到达B点所需的时间:t=t1+t2=2.2 s。
(2)若传送带的速度较大,物体沿AB上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上,则所用时间最短,此种情况加速度一直为a2,由运动学公式得L=v0t′-a2t′2
解得t′=1 s(t′=5 s舍去)。
答案:(1)2.2 s (2)1 s
第6节
超重和失重
1.填一填
(1)方法一:先测量物体做自由落体运动的加速度g,再用天平测量物体的质量,利用牛顿第二定律可得G=mg。
(2)方法二:将待测物体悬挂或放置在测力计上,使它处于静止状态,根据力的平衡条件可得重力等于测力计的示数,即G=F。
2.判一判
(1)物体的重力大小G=mg是根据牛顿第二定律确定的。(√)
(2)弹簧测力计测量重力时其示数一定等于物体的重力大小。(×)
(3)人站在体重计上静止不动时视重等于重力。(√)
3.想一想
我们测量体重时,站在台秤上应保持什么状态?
提示:应保持静止状态。
1.填一填
超重 | 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 | |||
产生条件:物体具有向上的加速度 | ||||
失重 | 定义: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 | |||
产生条件:物体具有向下的加速度 | ||||
完全失重 | 定义:物体对支持物(或悬挂物)完全没有作用力 | |||
产生条件:物体的加速度a=g | ||||
2.判一判
(1)物体处于超重状态时重力增大了。(×)
(2)物体处于失重状态时重力减小了。(×)
(3)物体处于超重或失重状态时,物体的重力没有变化。(√)
(4)做自由落体运动的物体处于完全失重状态。(√)
3.想一想
在乘竖直升降电梯上下楼时,你是否有这样的感觉:在电梯里上楼时,开始时觉得自己有“向下坠”的感觉,好像自己变重了,快到楼顶时又觉得自己有“向上飘”的感觉,好像自己变轻了。下楼时,在电梯里,开始觉得有种“向上飘”的感觉,背的书包也感觉变“轻”了,快到楼底时,觉得自己有种“向下坠”的感觉,背的书包也似乎变“重”了。
(1)电梯向上启动瞬间加速度方向如何?人处于超重还是失重状态?
提示:竖直向上,超重。
(2)电梯向上将要到达目的地减速运动时加速度方向如何?人处于超重还是失重状态?
提示:竖直向下,失重。
(3)若电梯下降启动的瞬间或到达楼底前减速运动时,人处于超重还是失重状态?
提示:向下启动瞬间,加速度向下,失重;向下减速运动时加速度向上,超重。
对超重和失重的理解 |
[学透用活]
1.重力与视重的区别
(1)重力:物体所受重力不会因物体运动状态的改变而变化。
(2)视重:当物体竖直悬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称为“视重”,大小等于弹簧测力计所受的拉力或台秤所受的压力。
2.平衡、超重、失重、完全失重状态的比较
特征 状态 | 加速度 | 视重(F)与重力关系 | 运动情况 | 受力图 |
平衡 | a=0 | F=mg | 静止或匀速直线运动 | |
超重 | 向上 | F=m(g+a) >mg | 向上加速,向下减速 | |
失重 | 向下 | F=m(g-a) <mg(a<g) | 向下加速,向上减速 | |
完全失重 | a=g | F=0 | 自由落体运动、抛体运动、沿圆轨道运行的卫星 |
在完全失重状态下,平常由重力产生的一切物理现象都会消失。例如:单摆停止摆动、液体对器壁没有压强、浸在液体中的物体不受浮力等;工作原理与重力有关的仪器也不能再使用,如天平、液体气压计等,注意弹簧测力计不能测量重力,但可以测量拉力等。
一人站在体重计上。当他静止时台秤指针指在45 kg刻度处。则在他快速蹲下不动的整个过程中,台秤指针( )
A.一直指在大于45 kg刻度处
B.一直指在小于45 kg刻度处
C.先指在大于45 kg刻度处,后指在小于45 kg刻度处,最后指在等于45 kg刻度处
D.先指在小于45 kg刻度处,后指在大于45 kg刻度处,最后指在等于45 kg刻度处
[解析] 人先是加速下降,有向下的加速度,此时人对体重计的压力小于重力,后是减速下降,有向上的加速度,此时人对体重计的压力大于重力,蹲下不动时人对体重计的压力等于重力,故显示视重先变小后变大最后不变,则读出的重量先小于45 kg,后大于45 kg,最后等于45 kg;所以A、B、C错误,D正确。
[答案] D
判断超重、失重状态的方法
(1)从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态。
(2)从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为g时处于完全失重状态。
(3)注意:超重、失重与物体的运动方向即速度方向无关。
[对点练清]
1.如图,跳高运动员起跳后向上运动,越过横杆后开始向下运动,则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为( )
A.失重、失重 B.超重、超重
C.失重、超重 D.超重、失重
解析:选A 运动员在空中的过程中,加速度总是竖直向下的重力加速度g,则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态都是完全失重状态,故选A。
2.[多选]有一种大型娱乐器械可以让人体验超重和失重,其环形座舱套在竖直柱子上(如图所示),由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由下落。落到一定位置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。下列说法正确的是( )
A.座舱自由下落的过程中人处于超重状态
B.座舱自由下落的过程中人处于失重状态
C.座舱减速下落的过程中人处于超重状态
D.座舱下落的整个过程中人处于失重状态
解析:选BC 在自由下落的过程中人只受重力作用,做自由落体运动,处于失重状态,故选项A错误,B正确;在减速运动的过程中人受重力和座位对人向上的支持力,做减速运动,所以加速度向上,人处于超重状态,故选项C正确,D错误。
3.如图所示,一个盛水的容器底部有一小孔,静止时用手指堵住小孔不让它漏水。假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.容器自由下落时,小孔向下漏水
B.将容器竖直向上抛出,容器向上运动时,小孔向下漏水;容器向下运动时,小孔不向下漏水
C.将容器水平抛出,容器在运动中小孔向下漏水
D.将容器斜向上抛出,容器在运动中小孔不向下漏水
解析:选D 题中几种运动,对整体分析,都只受重力作用,运动加速度为g,方向向下,容器中的水处于完全失重,对容器底部无压力,故在底部的小孔处水不会漏出。故D正确,A、B、C错误。
超重和失重现象的应用 |
[学透用活]
超重和失重现象的应用,实质上就是牛顿第二定律的应用,解题的一般思路:
(1)分析物体运动的加速度方向;
(2)判断物体处于超重状态还是失重状态;
(3)对物体进行受力分析;
(4)利用牛顿第二定律分析和求解。
质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上,如图所示。重力加速度g取10 m/s2,当升降机做下列各种运动时,求体重计的示数。
(1)匀速上升;
(2)以4 m/s2的加速度加速上升;
(3)以5 m/s2的加速度加速下降。
[解析] (1)匀速上升时,由平衡条件得:
FN1=mg=600 N,
由牛顿第三定律得:人对体重计压力为600 N,即体重计示数为600 N。
(2)以a1=4 m/s2的加速度加速上升时,由牛顿第二定律得:
FN2-mg=ma1,FN2=mg+ma1=840 N
由牛顿第三定律得:人对体重计压力为840 N,即体重计示数为840 N。
(3)以a2=5 m/s2的加速度加速下降时,由牛顿第二定律得:
mg-FN3=ma3,FN3=mg-ma3=300 N,
由牛顿第三定律得:人对体重计压力为300 N,即体重计示数为300 N。
[答案] (1)600 N (2)840 N (3)300 N
[对点练清]
4.[多选]如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧秤,秤下端挂了一个质量为1 kg的重物,电梯匀速直线运动时,弹簧秤的示数为10 N。在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12 N。关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为2 m/s2
B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为4 m/s2
C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为4 m/s2
D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为2 m/s2
解析:选AD 电梯匀速直线运动时,弹簧秤的示数为10 N,知重物的重力等于10 N;在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为12 N,对重物有:F-mg=ma,解得a=2 m/s2,方向竖直向上,则电梯的加速度大小为2 m/s2,方向竖直向上,电梯可能向上做加速运动,也可能向下做减速运动,故A、D正确,B、C错误。
5.[多选]如图所示,是某同学站在压力传感器上,做下蹲—起立的动作时记录的压力随时间变化的图线。由图线可知( )
A.该同学体重约为650 N
B.该同学做了两次下蹲—起立的动作
C.该同学做了一次下蹲—起立的动作,且下蹲后约2 s起立
D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
解析:选AC 由题图可知该同学体重约为650 N,A正确。人下蹲动作有失重和超重两个过程,先是加速下降,失重,到达一个最大速度后再减速下降,超重,故下蹲时应先失重再超重。起立时应先超重再失重,由对应图像可知,该同学做了一次下蹲—起立的动作,B、D错误。由图像看出两次超重的时间间隔约为2 s,这就是该同学蹲下后持续的时间,C正确。
6.如图所示为东方明珠广播电视塔,是上海的标志性文化景观之一,塔高约468米。游客乘坐观光电梯大约1 min就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力,已知电梯在t=0时由静止开始上升,其加速度a与时间t的关系如图所示。下列相关说法正确的是( )
A.t=6 s时,电梯处于失重状态
B.7~53 s时间内,绳索拉力最小
C.t=59 s时,电梯处于超重状态
D.t=60 s时,电梯速度恰好为0
解析:选D 根据at图像可知当t=6 s时刻电梯的加速度向上,电梯处于超重状态,故A错误;53~55 s时间内,加速度的方向向下,电梯处于失重状态,绳索的拉力小于重力;而7~53 s时间内,a=0,电梯处于平衡状态,绳索拉力等于电梯的重力,应大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小,故B错误;t=59 s时,电梯减速向上运动,a<0,加速度方向向下,电梯处于失重状态,故C错误;根据at图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量,由几何知识可知,60 s内at图像与坐标轴所围的面积为0,所以速度的变化量为0,而电梯的初速度为0,所以t=60 s时,电梯速度恰好为0,故D正确。
滑块与滑板模型 |
[学透用活]
1.模型概述:一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动,两者之间有相对运动,可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。
2.滑块——滑板模型的三个基本关系
加速度关系 | 滑块与滑板保持相对静止,可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度 |
如果滑块与滑板之间发生相对运动,应采用“隔离法”分别求出滑块与滑板运动的加速度。应注意发掘滑块与滑板是否发生相对运动等隐含条件 | |
速度关系 | 滑块与滑板保持相对静止时,二者速度相同,分析清楚此时的摩擦力作用情况 |
滑块与滑板之间发生相对运动时,二者速度不相同,明确滑块与滑板的速度关系,从而确定滑块与滑板受到的摩擦力情况。应注意摩擦力发生突变的情况 | |
位移关系 | 滑块和滑板向同一方向运动时,它们的相对滑行距离等于它们的位移之差 |
滑块和滑板向相反方向运动时,它们的相对滑行距离等于它们的位移之和 |
如图所示,在光滑的水平地面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A,在木板的左端有一个质量为2 kg的小物体B,A、B之间的动摩擦因数为μ=0.2,当对B施加水平向右的力F=10 N作用时,经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端?(设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等,g取10 m/s2)
[思路点拨]
(1)物体A、B都做初速度为零的匀加速直线运动,但它们的加速度不相等。
(2)抓住“将B从木板A的左端拉到右端”的隐含条件:二者的位移满足:xB-xA=L。
[解析] 物体A、B间的摩擦力f=μmBg=4 N
以B为研究对象,根据牛顿第二定律得:
F-f=mBaB,
则aB==3 m/s2
以A为研究对象,根据牛顿第二定律:f′=mAaA,
得aA=1 m/s2。
设将B从木板的左端拉到木板右端所用时间为t,A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB,其关系如图所示,
则有xA=aAt2
xB=aBt2
xB-xA=L,由以上各式解得t=0.8 s。
[答案] 0.8 s
如图所示,质量M=8 kg 的长木板放在光滑的水平面上,在长木板左端加一水平恒定推力F=8 N,当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s时,在长木板前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m=2 kg的小物块,物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,长木板足够长。(g取10 m/s2)
(1)小物块放在长木板上后,小物块及长木板的加速度各为多大?
(2)经多长时间两者达到相同的速度?
(3)从小物块放上长木板开始,经过t=1.5 s小物块的位移大小为多少?
[思路点拨]
(1)“长木板足够长”说明小物块不会滑出木板。
(2)判断“两者达到相同的速度”后小物块的运动情况。
(3)明确“从小物块放上长木板开始,经过t=1.5 s”内小物块的运动情况。
[解析] (1)小物块的加速度am=μg=2 m/s2
长木板的加速度aM==0.5 m/s2。
(2)由amt=v0+aMt可得t=1 s。
(3)在开始1 s内小物块的位移x1=amt2=1 m
1 s末速度为v=amt=2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与长木板相对静止,一起做加速运动且加速度为a==0.8 m/s2
这0.5 s内的位移为x2=vt+at2=1.1 m
通过的总位移x=x1+x2=2.1 m。
[答案] (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m
解答滑块与滑板问题的方法
(1)分别隔离两物体,准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(2)找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。
(3)求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
[对点练清]
7.如图所示,水平桌面上质量为m的物块放在质量为2m的长木板的左端,物块和木板间的动摩擦因数为μ,木板和桌面间的动摩擦因数为μ,接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时物块和木板均静止,若在物块上施加一个水平向右的恒力F,已知重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.当F>μmg时,物块和木板一定发生相对滑动
B.当F=μmg时,物块的加速度大小为μg
C.当F=2μmg时,木板的加速度大小为μg
D.不管力F多大,木板的加速度始终为0
解析:选B 对长木板,因μmg>μ·3mg,长木板可以向右运动,由μmg-μ·3mg=2ma可得其运动的最大加速度为a=μg,选项C、D错误。当物块、木板将要发生相对滑动时,对物块,F0-μmg=ma,将a=μg代入
得F0=μmg,选项A错误;当F=μmg时,由F-μ·3mg=3ma1,解得a1=μg,选项B正确。
8.如图所示,质量为M,长为L的滑板静止在光滑水平面上,一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板,最后刚好不从滑板右端掉下。求滑块与滑板间的动摩擦因数。
解析:设两者间的动摩擦因数为μ,刚滑到滑板右端用时为t。
则小滑块所受的摩擦力为:Ff=μmg
由牛顿第三定律得,长木板所受的摩擦力大小为Ff′=Ff
滑块的加速度:a1==μg,方向向左
滑板的加速度:a2==,方向向右
刚好不掉下满足的条件:
v-a1t=a2t①
vt-a1t2=a2t2+L②
联立①②解得μ=。
答案:
落实新课标理念,教材案例最经典。以下内容选自新课标鲁科版的相关内容,供同学们开阔视野,提升素养。
一、通过弹簧测力计观察超重现象(核心素养之科学探究)
[选自鲁科版教材P129“迷你实验室”]
在弹簧测力计上挂一个重物,观察并记下静止时测力计的示数。
让挂着重物的测力计缓缓地向上或向下做匀速运动,观察测力计的示数有无变化。
使挂着重物的测力计突然竖直向上做加速运动(如图),仔细观察在加速的瞬间测力计示数有无变化。如有变化,是变大还是变小?
[提示] 当弹簧测力计缓缓地向下或向上做匀速运动时,弹簧测力计示数与静止时相同,没有发生变化。原因是重物随弹簧测力计匀速运动时,处于平衡状态,弹簧测力计的示数等于重物的重力。
当弹簧测力计突然竖直向上加速运动时,测力计示数增大了。由牛顿第二定律可知,T-mg=ma,此时测力计的示数T=mg+ma>mg,故示数增大了,这就是所谓的超重现象。
二、典题好题发掘,练典题做一当十
[选自鲁科版教材P131例题]
一个质量为70 kg的人乘电梯下楼。若电梯以3 m/s2的加速度匀减速下降[图(a)]。求这时他对电梯地板的压力。(取重力加速度g=10 m/s2)
[分析] 人向下做匀减速直线运动,说明加速度方向与速度方向相反,即加速度方向向上。可根据牛顿第二定律求出支持力,然后由牛顿第三定律求得人对地板的压力。
[解] 以人为研究对象,受力分析如图(b)所示。
取竖直向上为正方向,设电梯地板对人的支持力大小为N。根据牛顿第二定律可得
N-mg=ma
所以
N=m(a+g)=70×(3+10) N=910 N
根据牛顿第三定律,人对地板的压力大小也等于910 N,方向竖直向下。
[讨论] 人对电梯地板的压力大于自身重力,出现超重现象。无论物体是向上运动还是向下运动,只要加速度方向向上,就必然产生超重现象。该情境中若加速度较大,人会有怎样的感受?
解决超重与失重的问题,其实是牛顿运动定律的运用。在解决此类问题时,要注意分析运动情况及受力情况,尤其要注意加速度的方向。
如果物体的加速度方向向上,则该物体处于超重状态;若加速度方向向下,则该物体处于失重状态。
[迁移] 若加速度方向向下,情况会怎么样呢?
在例题中,若电梯离开某楼层匀加速下降,其他条件不变,则人对电梯地板的压力又为多大?请计算得出结果。
[提示] 以人为研究对象,受力分析如图所示,
取竖直向下为正方向,根据牛顿第二定律可得
mg-N=ma,
可求得N=m(g-a)=70×(10-3)N=490 N,
根据牛顿第三定律,人对地板的压力大小为490 N,方向竖直向下。
[课时跟踪训练]
A级—学考达标
1.在某中学的田径运动会上,小刚同学成功地跳过了1.60 m 的高度。若忽略空气阻力,则下列说法正确的是( )
A.小刚下降过程中处于超重状态
B.小刚起跳以后在上升过程中处于失重状态
C.小刚起跳时处于失重状态
D.小刚下降过程中与起跳时相比重力变小了
解析:选B 在小刚下降过程,只受重力的作用,有向下的重力加速度,处于完全失重状态,故A错误;小刚起跳以后在上升过程,也是只受重力的作用,有向下的重力加速度,处于完全失重状态,故B正确;在小刚起跳过程中,地面要给他一个向上的支持力,支持力的大小大于重力的大小,才能够有向上的加速度,向上起跳时处于超重状态,故C错误;小刚下降过程中与起跳时相比重力仍不变,故D错误。
2.某海洋馆中的“海豚顶球”节目因其互动性强而深受小朋友们的喜爱。如图所示为一海豚把球顶向空中,并等其落下。下列说法正确的是( )
A.球在最高点时受到重力和海豚对它的顶力作用
B.球在最高点时速度和加速度都为零
C.球在上升过程中处于超重状态
D.球在下落过程中处于失重状态
解析:选D 海豚把球顶向空中后,球只在重力作用下运动,球在最高处只受到重力,故A错误;球上升到最高点时受到重力的作用,速度为零,加速度为g,球在上升过程中受到向下的加速度,处于失重状态,故B、C错误;球在下落过程中只受到重力的作用,加速度为g,加速度的方向向下,处于失重状态,故D正确。
3.在竖直方向运动的电梯内,有一个质量为m的物体,它对电梯地板压力为N,则( )
A.当电梯匀速下降时N<mg
B.当电梯减速下降时N=mg
C.当电梯加速下降时N>mg
D.当电梯减速上升时N<mg
解析:选D 当电梯匀速下降时,电梯对物体的支持力等于物体的重力,所以物体对电梯的压力N=mg,故A项错误。当电梯减速下降时,具有向上的加速度,物体超重,N>mg,故B项错误。当电梯加速下降时,具有向下的加速度,物体失重,N<mg,故C项错误。当电梯减速上升时,具有向下的加速度,物体失重,N<mg,故D项正确。
4.如图所示,A、B两人用安全带连接在一起,从飞机上跳下进行双人跳伞运动,降落伞未打开时不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.在降落伞未打开的下降过程中,安全带的作用力一定为零
B.在降落伞未打开的下降过程中,安全带的作用力大于B的重力
C.在降落伞未打开的下降过程中,安全带的作用力等于B的重力
D.在降落伞打开后减速下降过程中,安全带的作用力小于B的重力
解析:选A 据题意,降落伞未打开时,A、B两人一起做自由落体运动,处于完全失重状态,则A、B之间安全带的作用力为零,选项A正确,B、C错误;降落伞打开后,A、B减速下降,加速度向上,则A、B处于超重状态,对B有:FT-mg=ma,即FT=mg+ma>mg,故选项D错误。
5.如图,自由下落的小球下落一段时间后,与弹簧接触,从它接触弹簧开始,到弹簧压缩到最短的过程中,以下说法正确的是( )
A.从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程
B.从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程
C.从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大
D.速度达到最大时加速度也达到最大
解析:选A 当弹簧的弹力等于小球的重力时,小球的加速度为零,此时速度最大;则从接触弹簧到速度最大的过程,小球的加速度向下,且加速度逐渐减小,是失重过程,选项A正确,C、D错误;当小球到达最低点时小球的加速度最大,则从接触弹簧到加速度最大的过程中,加速度是先向下减小,失重,然后加速度是向上增加,超重,故选项B错误。
6.某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内弹簧秤的示数如图所示,则电梯运行的vt图像可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )
解析:选A 从题图可以看出,t0~t1时间内,该人的视重小于其重力,t1~t2时间内,视重正好等于其重力,而在t2~t3时间内,视重大于其重力,根据题中所设的正方向可知,t0~t1时间内,该人具有向下的加速度,t1~t2时间内,该人处于平衡状态,而在t2~t3时间内,该人则具有向上的加速度,所以可能的图像为A。
7.如图所示,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情况为( )
A.物块先向左运动,再向右运动
B.物块向右运动,速度逐渐增大,直到做匀速运动
C.木板向右运动,速度逐渐变小,直到静止在水平面上
D.木板和物块的速度都逐渐变小,直到为零
解析:选B 物块相对于木板滑动,说明物块的加速度小于木板的加速度,撤掉拉力后木板向右的速度大于物块向右的速度,所以它们之间存在滑动摩擦力,使物块向右加速,木板向右减速,直至达到向右相同的速度,选项B正确。
8.如图所示,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt(k是常数),木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线正确的是( )
解析:选A 当水平力F较小时,两物体相对静止,加速度相同,由F=ma知:
两者的加速度a==,a∝t
当水平力F较大时,m2相对于m1运动,根据牛顿第二定律得:
对m1:a1=,由于μ、m1、m2是定值,故m1的加速度a1不变。
对m2:a2==t-μg,
a2是时间t的线性函数。选项A正确。
9.如图所示,质量M=2 kg的长木板放在光滑的水平面上,木板上放一个质量m=6 kg 的物块,在水平拉力F的作用下由静止开始向右运动。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,求:
(1)要保持物块相对木板静止,拉力F允许的最大值。
(2)当F=10 N时,物块受到木板的摩擦力的大小。
解析:(1)设物块与木块间的静摩擦力为f,由牛顿第二定律
对整体:F=(M+m)a
对物块:f=ma
可得F=(M+m)。
当f最大为μmg时,F最大
故Fmax=(M+m)·μg,代入数据得Fmax=16 N。
(2)F=10 N<16 N,物块与木板保持相对静止。
对整体a== m/s2= m/s2
对物块f=ma=6× N=7.5 N。
答案:(1)16 N (2)7.5 N
B级—选考提能
10.一个人在以a=2 m/s2匀加速下降的升降机中最多能举起质量为75 kg的物体,那么( )
A.该人在地面上最多可以举起质量为50 kg的物体
B.该人在地面上最多可以举起质量为90 kg的物体
C.若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体,则升降机一定是以2 m/s2的加速度匀加速上升
D.若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体,则升降机可能是以2 m/s2的加速度匀减速下降
解析:选D 设人的举力为F,则m1g-F=m1a,解得:F=600 N,即站在地面上最多可举起重物的质量为m2==60 kg,故A、B错误;若该人在升降机中最多可以举起质量为50 kg的物体,根据牛顿第二定律得,F-m3g=m3a′,解得:a′== m/s2=2 m/s2,加速度方向向上,故C错误,D正确。
11.如图所示,一长木板以初速度v0在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度—时间图像可能是下列选项中的( )
解析:选A 设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2。对木板应用牛顿第二定律得:
-μ1mg-μ2·2mg=ma1
a1=-(μ1+2μ2)g
若物块与木板达到相同速度之后相对静止,设木板的加速度为a2,
对整体有-μ2·2mg=2ma2
a2=-μ2g,可见|a1|>|a2|
若物块与木板达到相同速度之后,物块相对木板向前运动,对木板有-μ2·2mg+μ1mg=ma3
得a3=-(2μ2-μ1)g
|a1|>|a3|
由vt图像的斜率表示加速度大小可知,图像A正确。
12.如图所示,长度l=2 m,质量M= kg的木板置于光滑的水平地面上,质量m=2 kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端,木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1。现对小物块施加一水平向右的恒力F=10 N,取g=10 m/s2。求:
(1)将木板M固定,小物块离开木板时的速度大小;
(2)若木板M不固定:①m和M的加速度a1、a2的大小;②小物块从开始运动到离开木板所用的时间。
解析:(1)对小物块进行受力分析,由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
解得a=4 m/s2
小物块离开木板时,有v2=2al
解得v=4 m/s。
(2)①对m,由牛顿第二定律:
F-μmg=ma1,解得a1=4 m/s2
对M,由牛顿第二定律:μmg=Ma2
解得a2=3 m/s2。
②由位移公式知
x1=a1t2,x2=a2t2
小物块从开始运动到离开木板,有
x1-x2=l
联立解得t=2 s。
答案:(1)4 m/s (2)①4 m/s2 3 m/s2 ②2 s
A级—学考达标
1.下列关于力和运动关系的说法正确的是( )
A.没有外力作用时,物体不会运动,这是牛顿第一定律的体现
B.物体受合外力越大,运动得越快,这符合牛顿第二定律
C.物体所受合外力为零,则速度一定为零;物体所受合外力不为零,则其速度也一定不为零
D.物体所受的合外力最大时,而速度却可以为零;物体所受的合外力最小时,而速度却可以最大
解析:选D 物体的运动不需要力来维持,力是改变物体运动状态的原因,即力是使物体产生加速度的原因,故选项A错误。物体所受合外力为零时,加速度一定为零,但速度不一定为零,速度可以最大,例如物体做加速度减小的加速运动;物体所受合外力最大时,加速度一定最大,但速度不一定最大,速度可以为零,故选项B、C错误,D正确。
2.下列说法正确的是( )
A.运动得越快的汽车越不容易停下来,是因为汽车运动得越快,惯性越大
B.小球在做自由落体运动时,惯性不存在了
C.把一物体竖直向上抛出后,能继续上升,是因为物体仍受到一个向上的推力
D.物体的惯性仅与物体的质量有关,质量大的惯性大,质量小的惯性小
解析:选D 惯性只与物体的质量有关,与运动状态无关,选项D正确,选项A、B错误。竖直上抛的物体向上运动是由于惯性,不是受到向上的推力的作用,选项C错误。
3.从地面竖直向上抛出一个物体,空气的阻力可以忽略不计。在整个运动过程中速度v和时间t的关系是下图中的(以竖直向上的方向为速度的正方向)( )
解析:选D 以竖直向上的方向为速度的正方向,物体初速度为正,且速率逐渐减小,当到达最高点后,物体变为向下加速,所以速度为负且速率逐渐增大。在vt图像中用正负表示速度的方向,其绝对值表示速度的大小,图线的斜率表示其加速度。由于物体的加速度方向向下,所以为负,即全过程中vt图线为向下倾斜的直线。因此选项D正确。
4.如图所示,当车厢向前加速前进时,物体M静止于竖直车厢壁上,当车厢加速度增加时,下列说法错误的是( )
A.物体M受到的静摩擦力增加
B.车厢竖直壁对物体的弹力增加
C.物体M仍保持相对于车厢的静止状态
D.物体的加速度也增加
解析:选A 以物体M为研究对象,分析受力情况如图所示,受重力Mg,车厢的弹力N和静摩擦力f,根据牛顿第二定律得
水平方向:N=Ma,竖直方向:f=Mg
当加速度增大时,物体受静摩擦力f不变,故A错误;
当加速度增大时,物体受的弹力N增大,所受的最大静摩擦力增大,物体不可能上下滑动,故物体相对于车厢静止,随车厢的加速度增大而增大,故B、C、D正确。
5.如图所示为杂技“顶竿”表演,一人站在地面上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竹竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时( )
A.竹竿受到质量为m的人对它向上的摩擦力
B.质量为m的人所受的摩擦力大小为mg-ma
C.竹竿上的人与竹竿所组成的系统处于超重状态
D.竹竿对地面上的人的压力大小为(M+m)g+ma
解析:选B 质量为m的人向下滑的过程中所受摩擦力向上,根据牛顿第三定律可知竹竿所受的摩擦力向下,选项A错误;对质量为m的人有mg-f=ma,解得f=mg-ma,选项B正确;对竹竿有N=Mg+f,解得N=(M+m)g-ma,根据牛顿第三定律可知竹竿对地面上的人的压力大小为(M+m)g-ma,小于质量为m的人与竹竿所组成系统的重力,系统处于失重状态,选项C、D错误。
6.“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图静止悬挂时两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时右侧橡皮绳断裂,则小明此时( )
A.加速度为零
B.加速度a=g,沿原断裂绳的方向斜向左下方
C.加速度a=g,沿未断裂绳的方向斜向右上方
D.加速度a=g,方向竖直向下
解析:选B 小明静止时受到重力和两根橡皮绳的拉力,处于平衡状态,如图。由于T1=T2=mg,故两个拉力的合力一定在角平分线上,且在竖直线上,故两个拉力的夹角为120°,当右侧橡皮绳拉力变为零时,左侧橡皮绳拉力不变,重力也不变;由于三力平衡时,三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故左侧橡皮绳拉力与重力的合力与右侧橡皮绳断开前的弹力反方向,大小等于mg,故加速度为g,沿原断裂绳的方向斜向左下方。
7.甲、乙两物体都静止在水平面上,质量分别为m甲、m乙,与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙。现用水平拉力F分别作用于两物体,加速度a与拉力F的关系如图,图中b、-2c、-c为相应坐标值,重力加速度为g。由图可知( )
A.μ甲=;m甲=
B.μ甲=;m甲=
C.m甲∶m乙=1∶2,μ甲∶μ乙=1∶2
D.m甲∶m乙=2∶1,μ甲∶μ乙=1∶2
解析:选B 对质量为m的物体受力分析,假定动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律,有:F-μmg=ma,可得:a=-μg,故a与F关系图像的斜率表示质量的倒数,故有m甲=,m乙=,即m甲∶m乙=1∶2;图像纵轴截距用-μg表示,故-μ甲g=-2c,-μ乙g=-c,即μ甲=,μ乙=,有μ甲∶μ乙=2∶1,故B正确。
8.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打出了一条纸带如图乙所示。计时器打点的时间间隔为0.02 s。从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,量出相邻计数点之间的距离。该小车的加速度a=________ m/s2。(结果保留两位有效数字)
(2)平衡摩擦力后,将5个相同的砝码都放在小车上。挂上砝码盘,然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中,测量小车的加速度。小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表:
砝码盘中砝码总重力F/N | 0.196 | 0.392 | 0.588 | 0.784 | 0.980 |
加速度a/(m·s-2) | 0.69 | 1.18 | 1.66 | 2.18 | 2.70 |
请根据实验数据作出aF的关系图像。
(3)根据提供的实验数据作出的aF图线不通过原点。其主要原因是:________________________________________________________________________。
解析:(1)a== m/s2=0.16 m/s2或a== m/s2=0.15 m/s2。
(2)aF的关系图像如图所示。
(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和盘中砝码的总重力,而表中数据漏记了砝码盘的重力,导致合力F的测量值小于真实值,aF的图线不过原点。
答案:(1)0.16(或0.15) (2)见解析图 (3)未计入砝码盘的重力
9.“你的快递即将从天而降!”2018年11月15日,京东获得了全球首个省域无人机物流许可证,预示无人机配送物流时代即将到来。如图所示,在一次载货测试中,一架质量为1 kg的无人机,下方固定一个质量为0.5 kg 的配送箱,箱中放有一个质量为1.5 kg的货物,若无人机从地面以最大升力竖直起飞,6 s内上升了36 m,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小恒为6 N。求:(g取10 m/s2)
(1)无人机提供的最大升力的大小;
(2)此过程中货物受到箱底的支持力的大小;
(3)若6 s末无人机升力变为24 N,无人机最高能上升到距地面的高度。
解析:(1)在匀加速上升的过程中,有h=at2
解得:a=2 m/s2
根据牛顿第二定律可得:Fm-f-m总g=m总a
解得:Fm=42 N。
(2)对货物进行受力分析,根据牛顿第二定律可得:
FN-mg=ma
解得:FN=18 N。
(3)若6 s末无人机升力变为24 N,无人机开始减速上升,设加速度的大小为a1,根据牛顿第二定律可得
m总g+f-F=m总a1
解得:a1=4 m/s2
t=6 s时的速度:v=at=12 m/s
匀减速上升的距离h1==18 m
无人机最高能上升到距地面的高度H=h1+h=54 m。
答案:(1)42 N (2)18 N (3)54 m
B级—选考提能
10.[多选]总质量为100 kg的小车,在粗糙水平地面上从静止开始运动,其速度—时间图像如图所示。已知在0~2 s 内小车受到恒定水平拉力F=1 200 N,2 s后小车受到的拉力发生了变化,g取10 m/s2,则( )
A.t=1 s时小车的加速度为8 m/s2
B.0~18 s内小车行驶的平均速度约为10 m/s
C.小车与地面间的动摩擦因数为0.2
D.14 s后拉力的大小为200 N
解析:选AB 前2 s内小车做匀加速运动,由图像的斜率可得小车的加速度a=8 m/s2,故选项A正确;由速度—时间图线与横坐标轴围成的面积即可计算出0~18 s 内小车位移的大小,约为L=180 m,所以平均速度约为==10 m/s,故选项B正确;对前2 s内根据牛顿第二定律得F-μmg=ma,解得μ=0.4,选项C错误;14 s后小车做匀速运动,所以拉力F=μmg=400 N,选项D错误。
11.如图所示,质量分别为M和m的物块由相同的材料制成,且M>m,将它们用通过轻而光滑的定滑轮的细线连接(与M相连的细线水平)。如果按图甲放置,则质量为m的物块刚好匀速下降。如果两物块互换位置(与m相连的细线水平),如图乙所示,则它们的共同加速度大小为(重力加速度为g)( )
A. B.
C. D.上述均不正确
解析:选C 两物块匀速运动时,根据平衡条件知,mg=μMg;互换位置后,对两物块分别应用牛顿第二定律得,Mg-F=Ma,F-μmg=ma,联立解得a==,选项C正确。
12.[多选]如图所示,一固定杆与水平方向夹角θ=30°,将一滑块套在杆上,通过轻绳悬挂一个小球。滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动,则下列说法中正确的是( )
A.滑块与杆之间动摩擦因数为0.5
B.滑块与杆之间动摩擦因数为
C.当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向左上与水平方向成30°角
D.当二者相对静止地沿杆上滑时轻绳对小球拉力斜向右上与水平方向成60°角
解析:选BC 由题意滑块与小球恰能一起沿杆向下匀速运动,把滑块和小球作为一整体,可知mgsin θ=μmgcos θ,所以μ=tan θ=,故A错,B对。
当二者相对静止地沿杆上滑时,以整体为研究对象可知加速度a=gsin θ+μgcos θ=g
设此时绳子与水平方向的夹角为α,绳子的拉力为T,对小球由牛顿第二定律
在水平方向上:Tcos α=macos 30°
在竖直方向上:mg-Tsin α=masin 30°
解得α=30°
由于加速度沿斜面向下,所以小球受到的合力也应该沿斜面向下,所以拉力的方向应该斜向左上与水平方向成30°角,故C对D错。
13.如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的vt图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则( )
A.由图乙可知,0~1 s内物块受到的摩擦力大于1~2 s内的摩擦力
B.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.传送带底端到顶端的距离为11 m
解析:选C 由题图乙可知在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向下,与物块运动的方向相反;1~2 s内,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿斜面向上,与物块运动的方向相同,由于物块对传送带的压力相等,根据摩擦力公式Ff=μFN可知两段时间内摩擦力大小相等,故选项A、B错误;在0~1 s内物块的加速度大小为a== m/s2=-8 m/s2,根据牛顿第二定律得:-(mgsin 37°+μmgcos 37°)=ma,解得μ=,故C正确;物块上升的位移大小等于vt图像所包围的面积大小,为:x=×1 m+ m=10 m,所以传送带底端到顶端的距离为10 m,故D错误。
14.如图所示,质量m=1.0 kg的物块(视为质点)放在质量M=4.0 kg的木板的右端,木板长L=2.5 m。开始木板静止放在水平地面上,物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F=40 N,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计空气阻力,g=10 m/s2。则物块在木板上运动的过程中,下列说法正确的是( )
A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动
B.木板的加速度大小为5.6 m/s2
C.物块的最大速度大小为4.0 m/s
D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m
解析:选D 物块与木板恰好相对滑动时物块的加速度:a临==μg=2 m/s2,拉力的临界值:F临-μ(M+m)g=(M+m)a临,解得F临=20 N<F=40 N,物块与木板相对滑动,不可能以相同的加速度做匀加速运动,故A错误;木板的加速度:a木板== m/s2=7 m/s2,故B错误;物块的加速度:a物块==μg=2 m/s2,经过时间t物块从木板上滑落,则:L=a木板t2-a物块t2,代入数据解得:t=1 s,此时物块的速度最大为:v=a物块t=2×1 m/s=2 m/s,故C错误;物块到达木板左端时木板前进的位移大小:x木板=a木板t2=×7×12 m=3.5 m,故D正确。
15.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。
(1)根据实验原理图,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)某同学实验时,未挂细绳和钩码接通气源,推一下滑块使其从轨道右端向左运动,发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间,该同学疏忽大意,未采取措施调节导轨,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)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是__________(填图像下方的字母)。
(3)若该同学作出的aF图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为________。
解析:(1)此实验用气垫导轨,导轨水平时滑块与导轨之间没摩擦力,所以不需要垫高导轨的一端平衡摩擦力;滑块受到的拉力可以用弹簧测力计测出,故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不需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的时间大于通过光电门1的时间,说明滑块做减速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,需达到一定的值才能使滑块加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计拉力F的图像可能是C。
(3)根据a=F,则=k,解得M=。
答案:(1)不需要 不必要 不必要 大于 (2)C (3)
16.风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室,小球孔径略大于细杆直径,如图所示。
(1)当杆在水平方向上固定时,调节风力的大小,使小球在杆上做匀速运动,这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍,求小球与杆间的动摩擦因数。
(2)保持小球所受风力不变,使杆与水平方向间夹角为37°并固定,则小球由静止出发在细杆上滑下距离15 m所需时间为多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
解析:(1)设小球所受的风力为F,小球质量为m;
则F=μmg
故有:μ==0.5
即小球与杆之间的动摩擦因数为0.5。
(2)对小球受力分析,设杆对小球的支持力为N,摩擦力为f,沿杆方向有:Fcos 37°+mgsin 37°-f=ma
垂直于杆方向有:N+Fsin 37°-mgcos 37°=0
其中:f=μN
代入数据解得a=7.5 m/s2
根据x=at2
所以有:t= = s=2 s。
答案:(1)0.5 (2)2 s
17.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面的下端有一水平传送带,斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧,物体经过A点时,无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面,其速率都不发生变化。传送带以v=4 m/s的速度顺时针转动,一个质量为1 kg的物体(可视为质点)从h=1.8 m 高处由静止开始沿斜面下滑,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,传送带左右两端A、B间的距离LAB=7 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端的速度大小;
(2)物体在传送带上距B点的最小距离;
(3)物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间。
解析:(1)物体沿光滑斜面下滑,由牛顿第二定律得:mgsin θ=ma1
解得:a1=5 m/s2
由几何关系可知物体沿光滑斜面下滑位移x1=3.6 m
由运动学公式v12=2a1x1
解得物体滑到斜面末端速度v1=6 m/s。
(2)物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得: μmg=ma2
代入数据解得:a2=4 m/s2
当物体速度减为0时物体距B点最近,有运动学公式可得:v12=2a2x2
物体距B点的最小距离:x=LAB-x2
解得x=2.5 m。
(3)物体返回时距A点x2=4.5 m,仍受到向右的摩擦力,从速度为0开始做匀加速直线运动,加速度大小为:a3=a2=4 m/s2
若物体一直做匀加速运动,由运动对称性可知到A点时物体速度vA=6 m/s大于传送带速度v=4 m/s,故物体先做匀加速直线运动,达到速度v后匀速运动,到达A点速度vA=v=4 m/s
物体做匀加速直线运动v=a3t1
匀加速直线运动位移x3=a3t12
解得t1=1 s,x3=2 m
匀速运动x2-x3=vt2
解得t2=0.625 s
物体沿斜面上升过程中,加速度大小仍为a1
物体沿斜面匀减速上升v=a1t3
解得t3=0.8 s
物体第一次从距B点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间:t=t1+t2+t3=2.425 s。
答案:(1)6 m/s (2)2.5 m (3)2.425 s
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共20小题,第1~10小题每题2分,第11~20小题每题3分,共50分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.2020年第32届夏季奥林匹克运动会将在日本的东京举办,在以下几个奥运会比赛项目中,研究对象可视为质点的是( )
A.在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时
B.确定马拉松运动员在比赛中的位置时
C.跆拳道比赛中研究运动员动作时
D.乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时
解析:选B 在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时,支撑杆的大小和形状不能忽略,不能看成质点,故A错误。研究马拉松运动员在比赛中的位置时,运动员的大小和形状能够忽略,能够看成质点,故B正确。跆拳道比赛中研究运动员动作时,运动员的大小和形状不能忽略,不能看成质点,故C错误。乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时,乒乓球的形状不能忽略,不能看成质点,故D错误。
2.“抬头望明月,明月云中行”,关于月亮的运动所选取的参考系是( )
A.月亮 B.云
C.地面 D.观察者自己
解析:选B 月亮的运动所选取的参考系是云,故选B。
3.下列描述时间间隔的是( )
A.百米赛的运动员11秒末到达终点
B.第8个1秒末物体速度为零
C.百米赛跑运动员的成绩是11秒
D.3秒初物体开始运动
解析:选C 11秒末是指一个时间点,所以是时刻,所以A错误;第8个1秒末物体速度为零,第8个1秒末是指一个时间点,所以是时刻,所以B错误;运动员的成绩是11秒,其中11秒是时间的长度,所以是时间间隔,所以C正确;3秒初物体开始运动,其中3秒初是指一个时间点,所以是时刻,所以D错误。
4.小英从家门口打车到车站接上同学后即随车回到家,出租车票如图所示,则此过程中出租车的位移和行驶的路程分别是( )
A.0,0 B.12.3 km,0
C.0,12.3 km D.12.3 km,12.3 km
解析:选C 由题意可知,出租返回出发地,故位移为零;由题图可知,汽车经过的路程为12.3 km。
5.关于加速度,下列说法中正确的是( )
A.速度变化越快,加速度一定越大
B.速度变化的时间越短,加速度一定越大
C.速度变化越大,加速度一定越大
D.速度为零,加速度一定为零
解析:选A 加速度等于速度的变化率,速度变化越快,加速度一定越大,故A正确;速度变化所用时间越短,但是如果速度变化量很小,那么加速度不一定越大,故B错误;物体的速度变化量大,加速度不一定大,故C错误;速度为零,加速度不一定为零,例如竖直上抛运动到最高点,故D错误。
6.对力的概念的理解,下列说法正确的是( )
A.射出枪口的子弹,能打到很远的距离,因为子弹离开枪口后受到一个推力的作用
B.力离不开受力物体,但可以没有施力物体
C.一个力必定联系着两个物体,其中任意一个物体既是受力物体,又是施力物体
D.只要两个力的大小相等,它们产生的效果一定相同
解析:选C 子弹离开枪口后的推力找不到施力物体,故这个推力不存在,因此A错;力是相互的,受力物体受到的力必然是施力物体施加的,必须有施力物体,B错;根据力的相互性知C正确;力的作用效果不仅与力的大小有关,还与力的方向和作用点的位置有关,D错误。
7.同一物体在下列几组共点力作用下可能处于静止状态的是( )
A.3 N、4 N、5 N B.3 N、5 N、9 N
C.4 N、6 N、11 N D.5 N、6 N、12 N
解析:选A 处于静止状态的物体所受到的合力为零,根据三个共点力的合力范围可知:3 N、4 N、5 N的合力范围是0≤F合≤12 N,故A可能;3 N、5 N、9 N的合力范围是1 N≤F合≤17 N,故B不可能;4 N、6 N、11 N的合力范围是1 N≤F合≤21 N,故C不可能;5 N、6 N、12 N的合力范围是1 N≤F合≤23 N,故D不可能。
8.下列交通提示语中,不是为了防止惯性带来危害的是( )
A.车辆起步,站稳扶好 B.系安全带,平安出行
C.珍爱生命,远离酒驾 D.保持车距,安全驾驶
解析:选C 公交车启动时,人由于惯性会向后倾倒,所以提醒乘客“站稳扶好”,防止惯性带来危害;汽车刹车时,人具有惯性,会保持原来的速度向车窗冲去,故为了防止这种现象,人要系安全带,防止惯性带来危害;人喝酒后反应就会迟钝,驾车时容易造成事故,与惯性无关;汽车行驶过程如果紧急刹车,汽车由于惯性会继续运动,所以要保持一定车距,防止惯性带来危害;故C选项符合题意。
9.下面说法中正确的是( )
A.以卵击石,鸡蛋“粉身碎骨”,但石头却“安然无恙”,是因为鸡蛋对石头的力小于石头对鸡蛋的力
B.马拉车前进,马对车的拉力大小等于车对马的拉力大小
C.物体间的作用力在先的是作用力,在后的是反作用力
D.人压弹簧时“人弱它就强”,说明人与弹簧间的相互作用力不是等大的
解析:选B 相互作用的两个力总是大小相等,与物体的状态无关,故B正确,A、D错误;作用力与反作用力总是同时产生,同时消失,C错误。
10.2019年5月18日,中国飞人苏炳添在国际田联钻石联赛上海站男子100 m决赛中跑出了10.05 s的好成绩。在百米赛跑中,测得他在5 s时的速度是10.4 m/s,到达终点时的速度为10.2 m/s,则苏炳添在全程内的平均速度大小为( )
A.10.4 m/s B.10.3 m/s
C.10.2 m/s D.9.95 m/s
解析:选D 运动员的位移为x=100 m,10.05 s末到达终点,故平均速度为==9.95 m/s,故D对。
11.如图甲所示,小孩用50 N的水平力推木箱不动,木箱此时受到的摩擦力大小为F1;如图乙所示,小孩用60 N的水平力恰能推动木箱,此时木箱与地面间的摩擦力大小为F2;如图丙所示,小孩把木箱推动了,此时木箱与地面间摩擦力大小为F3。若木箱对地面的压力大小为100 N,木箱与地面间的动摩擦因数为μ=0.55,则F1、F2、F3的大小分别为( )
A.0、60 N、55 N B.50 N、60 N、55 N
C.50 N、55 N、60 N D.50 N、55 N、55 N
解析:选B 题图甲中,推木箱不动,静摩擦力与推力平衡,故F1=50 N;题图乙中,用60 N的水平力恰能推动木箱,故静摩擦力达到最大值,即F2=60 N;题图丙中,小孩把木箱推动了,受滑动摩擦力,大小为F3=μFN=0.55×100 N=55 N。选项B正确。
12.如图所示为表面粗糙的倾斜皮带传输装置,皮带的传动速度保持不变。物体被无初速度地放在皮带的底端A上,开始时物体在皮带上滑动,当它到达位置B后就不再相对皮带滑动,而是随皮带一起匀速运动,直至传送到顶端C。在传送过程中,下列关于物体受到的摩擦力说法正确的是( )
①在AB段为沿皮带向上的滑动摩擦力
②在AB段为沿皮带向下的滑动摩擦力
③在BC段不受静摩擦力
④在BC段受沿皮带向上的静摩擦力
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④
解析:选B 在AB段,物体相对皮带向下滑动,受到沿皮带向上的滑动摩擦力,①对;在BC段,物体相对皮带有向下滑的趋势,受到沿皮带向上的静摩擦力,④对,故B项正确。
13.如图所示,叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑,甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小为f1,乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为f2,丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为f3,下列判断正确的是( )
A.若斜面光滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
B.若斜面光滑,f1≠0,f2≠0,f3=0
C.若两物块一起匀速下滑f1≠0,f2=0,f3≠0
D.若两物块一起匀速下滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
解析:选A 若斜面光滑,整体沿斜面下滑加速度为gsin θ,θ为斜面倾角,甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsin θ,甲图上方物块支持力垂直斜面在斜面没有分力,乙图和丙图上方物块受两物块接触面上的支持力在斜面上均有分力,必有摩擦力才能使合力为mgsin θ,故A正确,B错误;若物块一起匀速下滑,上方物块合力为0,必有f1≠0,f2≠0,f3=0,故C、D错误。
14.已知光滑水平面上一个物体受到10 N的水平作用力时,物体运动的加速度为4 m/s2,则该物体的质量为( )
A.0.4 kg B.2.5 kg
C.4 kg D.10 kg
解析:选B 根据牛顿第二定律F=ma,解得:m= kg=2.5 kg,故B正确。
15.一列火车匀减速进站,停靠一段时间后又匀加速(同方向)出站。在如图所示的四个vt图像中,可能正确描述了火车运动情况的是( )
解析:选B 进站速度均匀减小,出站速度均匀增大,故A、D错。进站、出站火车的运动方向相同,故C错,B正确。
16.物体做匀变速直线运动,其速度与时间关系是:v=(2-4t)m/s,则( )
A.物体的初速度是4 m/s
B.物体的初速度是-4 m/s
C.物体的加速度是-4 m/s2
D.物体的加速度是4 m/s2
解析:选C 将题目中给出的速度公式与匀变速直线运动的速度公式:v=v0+at比较可得:v0=2 m/s,a=-4 m/s2。选项C正确。
17.如图所示为甲、乙两物体运动的xt图像,下列关于甲、乙两物体运动的说法,正确的是( )
A.甲、乙两个物体同时出发
B.甲、乙两个物体在同一位置出发
C.甲的速度比乙的速度小
D.t2时刻两个物体速度相同
解析:选C 由题图可知甲物体从0时刻开始运动,而乙物体从t1时刻开始运动,故A错误;由题图可知甲物体从坐标x1处开始运动,而乙物体从坐标为0的位置开始运动,故B错误;xt图像的斜率等于物体运动的速度,由题图可知乙运动的速度大于甲运动的速度,故C正确;t2时刻两物体的位置坐标相同即两物体相遇,故D错误。
18.跳水运动员从10 m跳台腾空跃起,先向上运动一段距离达到最高点后,再自由下落进入水池。不计空气阻力,关于运动员在空中上升过程和下落过程以下说法正确的有( )
A.上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态
B.上升过程处于失重状态,下落过程处于超重状态
C.上升过程和下落过程均处于超重状态
D.上升过程和下落过程均处于完全失重状态
解析:选D 跳水运动员在空中时无论上升还是下落,加速度方向均向下,由于不计空气阻力,故均为完全失重状态,D正确。
19.力F作用于甲物体(质量为m1)时产生的加速度为a1,此力作用于乙物体(质量为m2)时产生的加速度为a2,若将甲、乙两个物体合在一起,仍受此力的作用,则产生的加速度是( )
A. B.
C. D..
解析:选C 力F作用于甲物体时,F=m1a1①
力F作用于乙物体时,F=m2a2②
力F作用于甲、乙组成的整体时,F=(m1+m2)a3③
解①②③式得a3=,故选项C正确。
20.某消防队员从一平台上跳下,下落2 m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了0.5 m,在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为( )
A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍
解析:选B 对自由落体过程:v2=2gH,缓冲减速过程:v2=2ah,由牛顿第二定律F-mg=ma,解得F=mg=5mg,故B正确。
二、非选择题(本大题共5小题,共50分)
21.(6分)某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中弹簧测力计A的示数为________ N。
(2)下列不必要的实验要求是________。
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置
解析:(1)弹簧测力计的最小刻度为0.2 N,所以弹簧测力计A的读数为3.6 N。
(2)根据三力平衡的特点可知,弹簧测力计A、B的拉力的合力与重物M的重力等值反向,故A项是必要的。弹簧测力计的零点误差影响各拉力的测量值,所以使用前需校零,B项是必要的。只有拉线方向与木板平面平行,才能保证所研究的各力在同一平面内,C项也是必要的。实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则,而测力计A的拉力不同时O点的位置就不同,故没必要使O点静止在同一位置,答案为D。
答案:(1)3.6 (2)D
22.(9分)为了探究加速度与力的关系,使用如图所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门,它们与数字计时器相连,当滑行器通过G1、G2光电门时,光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录,滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M,挡光片宽度为D,两光电门间的距离为s,牵引砝码的质量为m。回答下列问题:
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉,使气垫导轨水平。在不增加其他仪器的情况下,如何判定调节是否到位?
(2)若取M=0.4 kg,改变m的值,进行多次实验,以下m的取值不合适的一个是________;
A.m1=5 g B.m2=15 g
C.m3=40 g D.m4=400 g
(3)在此实验中,需要测得每一个牵引力对应的加速度,求得加速度的表达式为__________________。(用Δt1、Δt2、D、s表示)
解析:(1)如果气垫导轨水平,则不挂砝码时,滑行器应能在任意位置静止不动,或推动滑行器后能使滑行器匀速运动。
(2)应满足M≫m,故m4=400 g不合适,应选D。
(3)由v1=,v2=,v22-v12=2as可得
a=。
答案:见解析
23.(10分)汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动,产生明显的滑动痕迹,即通常所说的刹车线。由刹车线长短可以推算出汽车刹车前的速度大小,因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据。
(1)若某汽车刹车后至停止的加速度大小为7 m/s2,刹车线长为14 m。求该汽车从刹车至停下来所用时间t。
(2)某市规定,卡车在市区内行驶,速度不得超过40 km/h,一次一辆飞驰的卡车紧急刹车后,经t=1.5 s停止,测得路面刹车线长9 m,问该车是否违章?(假定刹车后卡车做匀减速运动)
解析:(1)根据运动学公式:v2-v02=2ax
有:v02=-2ax=-2×(-7)×14(m/s)2
则:v0=14 m/s。
根据运动学公式:v=v0+at
有t= s=2 s。
(2)卡车的平均速度== m/s=6 m/s
由=得v0=12 m/s=43.2 km/h>40 km/h
卡车违章。
答案:(1)2 s (2)违章
24.(12分)如图所示,质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N,与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体,使物体沿水平面做匀加速运动。(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若水平面光滑,物体的加速度是多大?
(2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体的加速度是多大?
解析:(1)水平面光滑时物体的受力情况如图甲所示
由牛顿第二定律:Fcos 37°=ma1
解得a1=8 m/s2。
(2)水平面不光滑时,物体的受力情况如图乙所示
Fcos 37°-Ff=ma2
FN′+Fsin 37°=mg
Ff=μFN′
联立以上各式解得a2=6 m/s2。
答案:(1)8 m/s2 (2)6 m/s2
25.(13分)如图所示,有一质量m=1 kg 的物块,以初速度v=6 m/s从A点开始沿水平面向右滑行。物块运动中始终受到大小为2 N、方向水平向左的力F作用,已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。求:(取g=10 m/s2)
(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向;
(2)物块向右运动到最远处的位移大小。
解析:(1)物块向右运动时所受摩擦力的大小
Ff=μmg=1 N,
方向为水平向左。
(2)物块向右运动时的加速度大小
a1==3 m/s2,
物块向右运动到最远处时由运动学公式得:
0-v2=2a1x,
则位移大小x==6 m。
答案:(1)1 N 水平向左 (2)6 m
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共12小题,第1~8小题为单项选择题,每题3分;第9~12小题为多项选择题,每题5分,共44分)
1.北京时间2018年12月12日16时39分25秒,地面科技人员发出指令,“嫦娥四号”探测器器载变推力发动机成功点火,开始实施变轨控制,356秒钟后,发动机正常关机。“嫦娥四号”顺利完成近月制动。则下列说法正确的是( )
A.“12月12日16时39分25秒”和“356秒钟”,前者表示“时刻”,后者表示“时间间隔”
B.“嫦娥四号”探测器绕月球飞行一圈,它的位移和路程都为0
C.“嫦娥四号”探测器绕月球飞行一圈,每一时刻的瞬时速度都不为0,平均速度也不为0
D.地面卫星控制中心在对“嫦娥四号”探测器进行飞行姿态调整时可以将飞船看成质点
解析:选A “12月12日16时39分25秒”表示时刻,“356秒钟”表示时间间隔,选项A正确;“嫦娥四号”探测器绕月球飞行一圈,它的位移为0,路程为一个圆周周长,选项B错误;“嫦娥四号”探测器绕月球飞行一圈,每一时刻的瞬时速度都不为0,平均速度为0,选项C错误;地面卫星控制中心在对“嫦娥四号”探测器进行飞行姿态调整时,“嫦娥四号”探测器的形状和大小不能忽略,故不能看成质点,选项D错误。
2.某汽车在启用ABS刹车系统和未启用该刹车系统紧急刹车时,其车速与时间的变化关系分别如图中的①、②图线所示。由图可知,启用ABS后( )
A.t1时刻车速更小
B.0~t1时间内加速度更大
C.加速度总比未启用ABS时大
D.刹车后前行的距离比未启用ABS更短
解析:选D 由题图可知,启用ABS后的车速在t1时刻较大些,选项A错误;未启用ABS时,加速度有变化,0~t1时间内加速度a1比较大,t1~t3时间内加速度a2明显变小,而启用ABS后,加速度a3是不变的,且a1>a3>a2,选项B、C错误;由vt图像的面积与位移关系知,选项D正确。
3.如图所示是A、B两质点同时从同一地点出发后运动的xt 图像,下列说法正确的是( )
A.质点A和质点B在8 s末相遇
B.质点A做匀加速直线运动
C.质点B先做加速运动,后做减速运动
D.质点B先沿正方向做直线运动,后沿负方向做直线运动
解析:选D 在8 s末,A、B两质点位置不同,没有相遇,故A错误;位移时间图像的斜率表示该时刻的速度,由图像知A质点的速度不变,做匀速直线运动,故B错误;由位移时间图像的斜率表示速度,由图像可知,B的速度先为正,后为负,所以B质点先沿正方向做减速直线运动,后沿负方向做加速直线运动,故C错误,D正确。
4.如图所示,一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B,其中A悬挂起来,B穿在一根竖直杆上,两物体均保持静止。不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦。已知绳与竖直杆间的夹角为θ,则物体A、B的质量之比mA∶mB等于( )
A.cos θ∶1 B.1∶sin θ
C.tan θ∶1 D.1∶cos θ
解析:选D 分别对物体A、B进行受力分析,并运用力的平行四边形定则可得绳子的拉力与各自重力的关系,从而确定物体A、B的质量之比。
设绳子的拉力为T,隔离A分析有
T=mAg
隔离B分析有
mBg=Tcos θ
由以上各式可解得:
=,故选D。
5.将一个半球体置于水平地面上,半球的中央有一光滑小孔,上端有一光滑的小滑轮,柔软光滑的轻绳绕过滑轮,两端分别系有质量为m1、m2的物体(两物体均可看成质点,m2悬于空中)时,整个装置处于静止状态,如图所示。已知此时m1与半球的球心O的连线与水平线成37°角(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),m1与半球面的动摩擦因数为0.5,并假设m1所受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在整个装置处于静止的前提下,下列说法正确的是( )
A.当不同时,地面对半球体的摩擦力也不同
B.半球体对m1的支持力随m2的变化而变化
C.随着m2质量的逐渐增大,m1所受半球体的摩擦力一定逐渐增大
D.当<≤2时,半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上
解析:选D 对半球体、m1、m2整体受力分析,只受重力和支持力这一对平衡力,相对地面并无运动趋势,故不受摩擦力,故A错误;对m1受力分析,如图所示,将重力正交分解,根据共点力平衡条件得到y方向:N-m1gsin 37°=0,只要m1与半球的球心O的连线与水平线之间的夹角不变,N就不变,故B错误;若m1不受球面摩擦力,m1gcos 37°=T,据题意得知:T=m2g,解得=,当>时,m1gcos 37°=T+f,其中T=m2g,f随着m2质量的逐渐增大而逐渐减小,故C错误;当>时,有T=m2g<m1gcos 37°,即拉力小于重力的下滑分量,m1有下滑趋势,摩擦力沿切线向上,当达到最大静摩擦力时,m2g+μm1gsin 37°=m1gcos 37°,解得=2,因而当<≤2时,半球体对m1的摩擦力的方向垂直于图中的虚线向上,故D正确。
6.如图所示,质量为M、倾角为θ的光滑斜面体静止在光滑的水平地面上,现将质量为m的小物块轻放到斜面上,同时为保证小物块与斜面始终保持相对静止,需给斜面体施加一个水平恒力F,则( )
A.水平恒力F的方向一定向左
B.斜面体和小物块可能做匀加速运动也可能做匀减速运动
C.水平恒力的大小等于(M+m)gtan θ
D.小物块的加速度大小等于gsin θ
解析:选C 由整体法知水平恒力F的方向一定向右,整体向右匀加速运动,对物块由牛顿第二定律得加速度a=gtan θ,外力F=(M+m)a=(M+m)gtan θ,故C正确,A、B、D错误。
7.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块,其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m的最大拉力为( )
A. B.
C. D.3μmg
解析:选B 当绳中拉力最大时,木块要相对滑动,设绳中拉力为T,对右侧的m,根据牛顿第二定律有:μmg-T=ma,对左侧整体有:T=3ma,联立解得:T=,A、C、D错误,B正确。
8.如图所示为某运动员在100 m决赛途中的两个瞬间,其中图甲、乙分别表示运动员脚用力后蹬和前脚刚好接触地面,用F1、F2分别表示运动员在两瞬间所受到的摩擦力,则关于F1、F2的方向,以下说法正确的是( )
A.F1向后,F2向后 B.F1向前,F2向前
C.F1向前,F2向后 D.F1向后,F2向前
解析:选C 奔跑过程中脚与地面接触时,脚与地面相对静止,受到静摩擦力。题图甲中,脚用力后蹬,相对地面有向后滑的趋势,受到向前的静摩擦力,F1向前,题图乙中脚接触地面时有相对地面向前滑的趋势,受到的静摩擦力向后,F2向后。故C正确。
9.如图所示是甲、乙、丙、丁、戊五个运动物体相对同一原点的位移—时间图像。下面有关说法中正确的是( )
A.甲、乙运动的出发点相距x0
B.乙比甲早出发t1的时间
C.丙在0~2 s内,物体的位移大于2 m
D.丁、戊两物体在25 s时相遇
解析:选AD 由题图可知,乙从原点出发,甲从距原点x0处出发,故两物体的出发点相距x0,故A正确;甲在t=0时刻开始运动,而乙在t1时刻开始运动,故甲比乙早出发t1时间,故B错误;丙在0~2 s内,物体的位移为Δx=0,故C错误;丁、戊两物体在25 s时到达同位置而相遇,故D正确。
10.如图所示,将一个球放在两块光滑斜面板AB和AC之间,两板与水平面夹角都是60°。现在使AB板固定,使AC板与水平面的夹角逐渐减小,则( )
A.球对AB板的压力先增大后减小
B.球对AB板的压力逐渐减小
C.球对AC板的压力先减小后增大
D.球对AC板的压力逐渐增大
解析:选BC 分析球的受力如图所示,FAC和FAB的合力与球的重力G等大反向,当使AC板与水平面的夹角减小时,由图可以看出,球对AB板的压力逐渐减小,对AC板的压力先减小后增大,故B、C正确。
11.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。已知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=μmg时,A的加速度为μg
B.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
C.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ACD 设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′,加速度为a′,则对A,有F′-2μmg=2ma′,对A、B整体,有F′-μmg=3ma′,计算得出F′=3μmg,故当μmg<F≤3μmg时,A相对于B静止,二者以共同的加速度开始运动;当F>3μmg时,A相对于B滑动,C正确;对B来说,其所受合力的最大值为Fm=2μmg-μmg=μmg,即B的加速度不会超过μg,D正确;当F=μmg时,A、B以共同的加速度开始运动,将A、B看作整体,由牛顿第二定律有F-μmg=3ma,计算得出a=,所以A选项是正确的;设B对A的摩擦力为f1,A对B的摩擦力为f2,地面对B的摩擦力为f3,由牛顿第三定律可以知道f1与f2大小相等,方向相反,f1和f2的最大值均为2μmg,f3的最大值为f3=μmg。故当0<F≤μmg时,A、B均保持静止;继续增大F,在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动,故B错误。
12.用两根细线系住一小球悬挂于小车顶部,小车在水平面上做直线运动,球相对车静止。细线与水平方向的夹角分别为α和β(α>β),设左边细线对小球的拉力大小为T1,右边细线对小球的拉力大小为T2,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.若T1=0,则小车可能在向右减速运动
B.若T2=0,则小车可能在向左加速运动
C.若T1=0,则小车加速度大小为gtan β
D.若T2=0,则小车加速度大小为
解析:选BD 球相对静止,可知小球与车有共同的加速度。若T1=0,小车具有向右的加速度,根据牛顿第二定律可得a==gcot β,则小车可能向右加速运动,也可能向左减速运动,故A、C错误;若T2=0,小车具有向左的加速度,根据牛顿第二定律可得a==,则小车可能在向左加速运动,也可能向右减速运动,故B、D正确。
二、实验题(共2小题,共16分)
13.(8分)在“测定匀变速直线运动加速度”的实验中:
(1)除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外,在下面的仪器和器材中,必须使用的有________。(填选项代号)
A.电压合适的50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平
(2)实验过程中,下列做法正确的是________。
A.先接通电源,再使纸带运动
B.先使纸带运动,再接通电源
C.将接好纸带的小车停在靠近滑轮处
D.将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处
(3)如图是用小车拖动纸带用打点计时器测定匀变速运动的加速度打出的一条纸带。相邻计数点间的时间间隔为0.1 s,则小车运动的加速度a=______ m/s2,打P点时小车运动的速度v=________ m/s。(计算结果均保留两位有效数字)
解析:(1)打点计时器须接电压合适的50 Hz交流电源,还需要用刻度尺测量纸带上打点的距离,故选A、C。
(2)实验过程中,要先接通电源,再使纸带运动,选项A正确,B错误;将接好纸带的小车停在靠近打点计时器处,这样可充分利用纸带,选项C错误,D正确。
(3)根据Δx=aT2可知加速度
a= m/s2=0.39 m/s2
从纸带上左侧第一个计数点到P点的平均速度为
== m/s=0.074 m/s,
故P点速度vP=+a·=0.094 m/s。
答案:(1)AC (2)AD (3)0.39 0.094
14.(8分)某同学用如图所示的装置来探究小车加速度与力、质量的关系。
(1)为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力,应________。
A.平衡摩擦力
B.调节细线与长木板平行
C.使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量
D.使砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量
(2)该同学完成相关操作后将小车由静止释放,读出遮光条通过光电门A、B的时间分别为t1、t2,测出遮光条的宽度为d,A、B之间的距离为x,则小车的加速度a=____________________(用给定的物理量字母表示)。
(3)若保持砝码和砝码盘的总质量m不变,改变小车质量M,则作出的M图像为( )
解析:(1)为了使细线对小车的拉力等于小车受到的合力,应平衡摩擦力,且调节细线与长木板平行,选项A、B正确;使砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量,这样做的目的是使得砝码及砝码盘的总重力代替小车的牵引力,选项C、D错误。
(2)小车通过光电门A、B时的速度为:vA=,vB=;由vB2-vA2=2ax,解得a=。
(3)设小车的加速度为a,绳子拉力为F,以砝码和砝码盘为研究对象得:mg-F=ma;以小车为研究对象有:F=Ma;解得:=M+,故A、B、D错误,C正确。
答案:(1)AB (2) (3)C
三、计算题(共3小题,共40分)
15.(10分)如图,在光滑水平桌面上有一物体A,通过绳子与物体B相连,设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计,绳子不可伸长。如果mA=m,mB=3m,求物体A的加速度大小,以及绳子对物体B的拉力大小。
解析:物体A、B连在一起,加速度大小相同,则由牛顿第二定律,
对A有F=mAa,
对B有mBg-F=mBa,
解得加速度大小为:a==g,
绳子的拉力大小:F=mAa=mg
答案:g mg
16.(14分)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置,由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成,水平传送带长度LAB=4 m,倾斜传送带长度LCD=4.45 m,倾角为θ=37°,AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡,AB传送带以v1=5 m/s的恒定速率顺时针运转,CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处,求:
(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度;
(2)若CD传送带顺时针转动,要使工件能被传送到D端,求CD传送带的速度v满足的关系,及工件从C到D所用的时间的取值范围。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
解析:(1)工件在水平传送带上运动过程,由牛顿第二定律得:μmg=ma1
解得:a1=5 m/s2
匀加速的位移:x1== m=2.5 m<LAB
然后工件与水平传送带一起匀速运动,工件到达传送带CD时速度为5 m/s;
工件在传送带CD上运动时,由牛顿第二定律得:
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
代入数据解得:a2=10 m/s2,
工件在CD上的位移:x==1.25 m。
(2)设传送带的速度为v2时工件恰能到达D端(即工件到达D端时速度恰好为零),则工件速度减为v2之前的加速度为a2=10 m/s2
工件速度小于v2到减为零前的加速度为
a3=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
由+=4.45 m
解得v2=4 m/s
即要把工件传送到D端,CD传送带的速度v≥4 m/s
工件恰能传送到D端所用时间最长为
tmax=+=2.1 s
若CD传送带的速度比较大,使工件沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上,则所用时间最短,此种情况工件的加速度一直为a3
由LCD=v1tmin-a3tmin2
得tmin=1.16 s
所以所求的时间t的范围为1.16 s≤t≤2.1 s。
答案:(1)1.25 m (2)v≥4 m/s 1.16 s≤t≤2.1 s
17.(16分)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶,甲车在前,乙车在后,速度均为v0=30 m/s,相距s0=100 m。t=0时,甲车遇紧急情况后,甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示,以运动方向为正方向,则:
(1)前3 s甲车、乙车位移分别为多少;
(2)两车在0~9 s内何时相距最近?最近距离是多少;
(3)若要保证t=12 s时乙车在甲车后109 m,则图乙中a0应是多少。
解析:(1)由题图中的at图像,画出甲、乙两车运动的vt 图像,如图所示,由图像知,甲车前3 s做匀减速运动,乙车做匀速直线运动,3 s末甲车速度为0,此过程乙的速度大于甲的速度,故两者距离减小,接着甲开始做匀加速运动而乙做匀减速运动,两车距离进一步减小,当甲、乙两车速度相等时两车相距最近,所以有前3 s甲车的位移为:x甲1= t=×3 m=45 m
乙车的位移为:x乙1=v0t=30×3 m=90 m。
(2)3 s后甲车做匀加速直线运动,乙车做匀减速直线运动,当两车速度相等时两车相距最近。
设乙车刹车后t2时两车速度相等:a甲2t2=v0+a乙t2,
代入数据得:t2== s=3 s,故6 s时相距最近。
所以此过程中甲的位移为:
x甲2=a甲2t22=×5×32 m=22.5 m
乙的位移:x乙2=v0t2+a乙t22
=30×3 m+×(-5)×32 m=67.5m
此时甲、乙最近距离为:
Δx1=x甲1+x甲2+s0-(x乙1+x乙2)=10 m。
(3)在3~9 s时间,乙做匀减速直线运动,甲做初速度为0的匀加速直线运动,因为甲、乙加速度大小相等,运动时间相同,可知,在3~9 s时间内甲、乙位移相等,
故9 s末时甲、乙间距离为:
Δx2=x甲1+s0-x乙1=45 m+100 m-90 m=55 m
所以在9~12 s的时间内t3=3 s,甲做匀速直线运动,速度为v0=30 m/s,乙做初速度为0的匀加速直线运动,加速度为a0,
根据题意有9~12 s内,x甲3=v0t3=30×3 m=90 m,
x乙3=a0t32
甲、乙相距109 m,所以x甲3+Δx2-x乙3=109 m,
得:x乙3=x甲3+Δx2-109 m=90 m+55 m-109 m=36 m
所以a0== m/s2=8 m/s2。
答案:(1)45 m 90 m (2)6 s时相距最近 10 m
(3)8 m/s2