《3.牛顿第二定律》压轴同步卷答案解析.docx

人教版（2019）必修第一册3.牛顿第二定律2023年压轴同步叁考答案与试题解析一.选择题（共io小题）1.如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度V随时间t变化的规律是下图中的（物体的初速度为零,重力加速度取IOm/S2）（）【分析】根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动.【解答】解：在0ls内，根据牛顿第二定律得a=F-Msin300=Lg,方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在l2s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，mgsin30°方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速a2m2度为零。在23s内，根据牛顿第二定律得，F+mgsin300卫8方向沿斜面向3In2下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末的速度大小v=a3l=15ms0故C正确，A、B、D错误。故选：Co【点评】解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律.2.如图所示，一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为f.若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为f2则（）Af不为零且方向向右，f2不为零且方向向右B. f为零，f2不为零且方向向左C. f为零，f2不为零且方向向右Df为零，f2为零【分析】以物体和斜面整体为研究对象，根据平衡条件求解fl.物体加速下滑时，对斜面进行分析，由平衡条件求出f2【解答】解：物体沿斜面匀速下滑过程，以物体和斜面整体为研究对象，分析受力情况，如图，根据平衡条件得知：水平地面的摩擦力为R=O,否则整体水平合力不为零。若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑时，对斜面进行研究：物体对斜面的压力和摩擦力没有变化，斜面的受力情况与物体匀速下滑过程完全相同，所以斜面受到地面的摩擦力为f2=0o故选：Do【点评】本题涉及两个物体，要灵活选择研究对象.物体匀速下滑时，水平面对斜面没有摩擦，斜面相对于地面没有运动趋势.物体加速下滑时，没有影响斜面的受力情况.3.商场搬运工要把一箱苹果沿倾角为e的光滑斜面推上水平台，如图所示,他由斜面底端以初速度VO开始将箱推出（箱与手分离），这箱苹果刚好能滑上平台.箱子的正中间是一个质量为m的苹果，在上滑过程中其他苹果对它的作用力大小是（）A.mgB.mgsinC.mgcosD.0【分析】箱子沿斜面上升做匀减速运动，且加速度为a=gsina.对于箱子正中间的苹果，也随箱子一起做减速，加速度相同.对苹果受力分析即可求得其他苹果对其作用力F.【解答】解：箱子沿斜面上升，做匀减速运动，对箱子进行受力分析，根据牛顿第二定律得：Ma=Mgsin所以加速度为a=gsino对于箱子正中间的苹果，也随箱子一起做减速，加速度为gsin.所以其它苹果对正中间苹果的合力方向要垂直斜面向上。对苹果受力分析.晨Wmg所以F=mgcos故选：Co【点评】本题考查了对物体运动的分析，即力与运动的关系.难度不大，属于基础题.4.质量为0.3kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的vt图象，则下列说法中不正确的是（）0 ?6 t sA.水平拉力可能等于0.3NB.水平拉力一定等于0.1NC.物体受到的摩擦力可能等于0.1ND.物体受到的摩擦力可能等于0.2N【分析】由于a、b中哪一条是物体受水平拉力时图象，哪一条是不受水平拉力的图象不清楚，要分情况讨论，由斜率求出加速度，根据牛顿第二定律求出水平拉力和摩擦力的可能值.【解答】解：由斜率等于加速度，两图线表示的物体的加速度大小分别为:C-$_5-3-/c2_1S2v-5-1U-2,2aa?6m7sWmZS'处zm7s百m/s。若a是物体受水平拉力时图象，b是不受水平拉力的图象，则得到:摩擦力大小为f=mab=0.2N,此时，水平拉力与摩擦力方向相反，则有：f-F=maa,代入得到F=0.1N;若a是物体不受水平拉力时图象，b是受水平拉力的图象，则得到：摩擦力大小为f=maa=0.1N.若水平拉力与摩擦力方向相同时，则有：f+F=mab,代入得到F=0.1N;若水平拉力与摩擦力方向相反时，则有：F-f=mab,代入得到F=0.3N,则有F>f,物体将做加速运动，与题图信息矛盾，所以F不可能等于0.3N,故BCD正确,A错误。本题选错误的，故选：A【点评】本题条件图象与物体的受力情况对应关系不明确时，要讨论.考查考虑问题的全面性.5 .从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球从抛出点上升到最高点的时刻为5下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率V随时间t的变化关系的图线是（）【分析】小球竖直上抛，上升过程做匀减速运动，下落过程做匀加速运动，由于空气阻力的大小恒定，上升的加速度大于下落的加速度，上升时间比下落时间短，落回地面的速度比抛出时速度小，根据这些知识，选择符合题意图象.【解答】解：设小球的质量为m,空气阻力大小为f,上升的加速度大小为a,下落的加速度为az，上升的最大高度为h,根据牛顿第二定律得上升：mg+f=ma下落：mg-f=ma2,可见a1>a2.则图象上升阶段的斜率大于下落阶段的斜率。又因上升与下落高度相同，h=la1t2,h=la÷2211222则Il<12对于上升过程初速度：VO=J2ah下落过程末速度：V=阿A则：v<vo根据以上三点可知，C正确。故选：Co【点评】物理图象可以根据物理规律推导出解析式精确研究.对于速度时间图象要抓住两点：”斜率“表示加速度，“面积”表示位移.6 .如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中（）A.地面对物体M的摩擦力先向左后向右B.地面对物体M的摩擦力方向没有改变C.地面对物体M的支持力总大于（M+m）gD.物块m上、下滑动时的加速度大小相同【分析】物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下；对整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解地面对物体M的摩擦力和支持力；对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律分析m的加速度情况.【解答】解：A、B、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有y分析：(M+m)g-N=masin物体上滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsin+mgcosma(3)物体下滑时，受力如图，根据牛顿第二定律，有mgsin-mgc0s=ma2由式，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变，向左，故A错误，B正确；C、由式，地面对物体M的支持力总小于(M+m)g,故C错误；D、由两式，物体沿斜面向上滑动时，加速度较大，故D错误；故选：Bo【点评】本题关键是对整体和对m受力分析，然后根据牛顿第二定律和共点力平衡条件列方程分析求解.7.如图所示，水平板上有质量m=LOkg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F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=10ms2.下列判断正确的是（图1A. 5s内拉力对物块做功为零B. 4s末物块所受合力大小为4.0NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6s9s内物块的加速度的大小为2.0ms2【分析】结合拉力和摩擦力的图线知，物体先保持静止，然后做匀加速直线运动，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和动摩擦因数的大小。【解答】解：A、在04s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零。故A错误:B、4s末拉力为4N,摩擦力为4N,合力为零。故B错误；C、根据滑动摩擦力，f=mg,解得II=X=J-=O3故C错误，D正确。mg10故选：D。【点评】解决本题的关键通过图线分析出物体的运动，根据牛顿第二定律进行求解。8.如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为（）B.(M+m)g-maC.(M+m)g+maD.(M-m)g【分析】竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力,竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力就可以了.【解答】解：对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff,有mg-Ff=ma；所以Ff=m(g-a)>竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力-摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对杆向下的摩擦力Fr、顶竿的人对竿的支持力Fn,有Mg+Ff=Fn,又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到FN=Mg+Ff=(M+m)g-ma.所以B项正确。故选：Bo【点评】由于人加速下滑，处于失重状态，人对竿的作用力并不等于人的重力，这是在解答本题的过程中常出现的错误，注意这一点这道题就可以了.9.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块,使三个木块以同一加速度运动,则以下说法正确的是()A.质量为2m的木块受到四个力的作用B.当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为看T【分析】采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系。【解答】解：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=工；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻6m绳中拉力为F'=3ma=E.由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T,轻2绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确;轻绳刚要被拉断时，物块加速度a'=工,质量为m和2m的木块间的摩擦力为f=ma'3m=工，故D错误。3故选：Co【点评】本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系。10.如图a、b所示，是一辆质量为4t的无人售票车在t=0和t=3s末两个时刻的照片，当t=0时，汽车刚启动.图C是车内横杆上悬挂的拉手环稳定时经放大后的图象（图C中=30°）,若将汽车的运动视为匀加速直线运动，根据上述信息，可以估算出的物理量有汽车的长度3s末汽车的速度3s内牵引力对汽车所做的功3s末汽车牵引力的瞬时功率.A.B.C.D.【分析】以拉手环为研究对象，根据牛顿第二定律可求出汽车的加速度，由s=Lat2求2出汽车的长度.由v=at求出3s末汽车的速度.由于阻力未知，无法求出牵引力，也不能求解牵引力对汽车所做的功和功率.【解答】解：以拉手环为研究对象，设绳子的拉力大小为T,根据牛顿第二定律得：竖直方向：Tcos=mg水平方向：Tsin=ma,得a=gtan,即得汽车做匀加速直线运动的加速度为a=gtan0从a、b两图看出，汽车3s内通过的位移大小等于汽车的长度，为s=lat2=2-gtant2,t,均已知，可求出汽车的长度。故正确。3s末汽车的速度为v=at.故正确。对汽车根据牛顿第二定律得F-Fpn=Ma,由于汽车所受的阻力F阻未知，不能求出牵引力的大小,也不能求出3s内牵引力对汽车所做的功和3s末汽车牵引力的瞬时功率。故错误。故选：Co【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合的问题，作为常规问题，要知道只要已知悬挂拉手环的绳子与竖直方向的夹角,就能求出汽车的加速度a=gtan.二.填空题（共5小题）11 .雨滴下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大，它受到的空气阻力越大；此外，当雨滴速度一定时，雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的次方成正比（l2）.假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最终它们都匀速（填“加速”、“减速”或“匀速”）下落.大（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面时，小（填“大”或“小”）雨滴的速度较小.【分析】由题意可知雨滴受到的空气阻力与速度有关，分析雨滴下落时的受力情况及力的变化情况可得出雨滴运动情况.【解答】解：由于雨滴受到的空气阻力与速度有关，速度越大阻力越大，因此最终当阻力增大到与重力平衡时都做匀速运动；设雨滴半径为r,则当雨滴匀速下落时受到的空气阻力far%由题意可知，雨滴下落时的阻力与速度有关，可以假定阻力与Vn成正比，则可知f=Mv（K为常数）而物体的重力Ing=Pg匡兀13,即半径越大，雨滴的重力越大；而匀速运动时，mg=f3=kKravn,即:pg-Jir=kKrvn,Wvn°cr3a,由于IWaW2,fc3->0,故半径越大的雨滴下落速度越快，因此半径大的匀速运动的速度大，平均速度也大，故大雨滴先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小.故答案为：匀速；大；小.【点评】本题为动态变化问题，要注意从题目中找出力与速度的关系，理解物体运动状态的变化，进而明确物体最终一定会做匀速运动这一事实；并能用共点力的平衡列式求解.12 .（1）某学生做“验证牛顿第二定律”的实验.在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大.他所得到的a-F关系可用下列哪根图线表示？图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力.正确选项是（2）某同学用纸带研究做匀变速直线运动的小车的加速度时，从打出的纸带中选出一条较好的纸带，每隔4个点作为一个计数点，并标记为0、1、2、3、4、.该同学测量出1与2两点间的距离为S12,3与4两点间的距离为S34,实验中使用的电源频率为f,由此可算出小车运动的加速度a=_S3零12L（答案用题中给出的物理量表示）（3）在研究物体平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边KL=1.25cm.若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为vo=_（用L、g表示），其值是0.70ms（g=9.8ms2）【分析】（1）平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大时，将有F+F,=ma,当F=O时，物体加速度不为零（2）交流电周期与频率互为倒数关系，每隔4个点作为一个计数点，两点之间时间间隔为5T,利用逐差法求得加速度（3）abed四个点分布规律是水平方向等间距，说明tab=lbc=（d,但竖直方向两点间的距离关系不满足1：3：5,故a点不是抛出点，但利用运动合成与分解的规律结合提供的数据可求初速度【解答】解：（1）平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，则小车沿木板方向的合力：Fe=F+F'=ma当F=O时，物体加速度不为零，满足条件的为C故选C（2）打点周期为T,则T=工f两记数点间的时间t=5T由匀变速运动规律得：S34-S2=2at2由以上解得：加速度a=S34-Si2f250（3）abed四个点分布规律是水平方向等间距，由平抛规律得：tab=U>c=tcd=t竖直方向为自由落体运动，由公式得：hbc-hab=2L-L=gt2而水平方向为匀速直线运动，可知2L=Vot由以上三式得：Vo=2VgL=2ge8X1,25×10-2ms=0.70ms答：（I）C（2）加速度a=-SjF（3）2gL0.70ms50【点评】对于图象，要搞清图象斜率和截距的含义；关于纸带一般求解两类问题，一是求瞬时速度，二是求解加速度，前一问用中间时刻的瞬时速度代替，后一问多用推论或逐差法求解：对于平抛规律得应用题，一般采用运动的分解法.13 .如图，在“验证牛顿第二定律”的实验中，下列说法不正确的一项是一DA、实验用砂和砂桶的总重力代替小车的拉力，要求小车包括祛码的质量要远大于砂和砂桶的总质量.B、曲线I可能是平衡摩擦力过度C、曲线II可能是平衡摩擦力不足D、绳子不一定要和木板平面平行.【分析】在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过控制变量法，先控制m一定，验证a与F成正比，再控制F一定，验证a与m成反比：实验中用钩码的重力代替小车的合力，故要通过将长木板左端垫高来平衡摩擦力和使小车质量远大于砂和砂桶质量来减小实验的误差！【解答】解：A、只有祛码的质量要远大于砂和砂桶的总质量，砂和砂桶的总重力近似等于绳子的拉力，从而来代替小车的拉力，故A错误.B、曲线I表示，F=O时，a0,即绳子上没有拉力时小车已有了加速度，所以原因可能是平衡摩擦力过度，故B错误.C、曲线11表示，FWo时，a=0,即绳子上有拉力时小车没有加速度，所以原因平衡摩擦力不足或没有平衡摩擦力，故C错误.D、如果绳子和木板平面不平行，那么小车的合力就不等于绳子的拉力.小车的合力就不能正确测量.故D正确.本题选不正确的，故选D.【点评】在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于砂和砂桶质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力！14 .质量为2kg的物体在ION水平恒力作用下，沿光滑水平桌面由静止运动2s,则2s末的速度为10ms,2s内通过的位移为10m。【分析】先根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度一时间公式和位移一时间公式求出2s末的速度和2s内的位移。【解答】解：分析物体受力如图，由牛顿第二定律得：TT1a)a=msx=5mszm2则2s末的速度为：v=at=5X2m/S=IOmZS2s内通过的位移为：x=-at2=-i-×5×22m=1m°故答案为：10,10【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要能熟练运用牛顿第二定律求加速度。15 .在“验证牛顿第二定律”的实验中，某同学做出的a1的关系图线，如图所示，从图M象中可以看出，作用在物体上的恒力F=10N.当物体的质量为2kg时，它的加速度【分析】根据图象分析可知图线斜率代表物体受到的合外力，根据牛顿第二定律求得合外力，再由a=E求得2kg时的加速度.m【解答】解：由图可知a-上的关系图线是一条过坐标原点的直线，说明物体所受的合力M是定值，当物体的加速度a=4ms2时，物体的质量m=，0.4根据牛顿第二定律F=ma可得，作用在物体上的恒力F=ma=-X4N=IoN.0.4根据牛顿第二定律F=ma可得a=-=ms2=5ms2m2故答案为:ION,5ms2.【点评】本题主要考查对牛顿第二定律的理解：模型性因果性矢量性瞬时性同一性（同体性）相对性独立性局限性（适用范围）等.三.解答题（共5小题）16.如图所示，在倾角为。的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A,凹槽A与斜面间的动摩擦因数=2tan,槽内紧靠右挡板处有一小物块B,它与凹槽左挡板的距离为d.A、B2的质量均为m,斜面足够长.现同时由静止释放A、B,此后B与A挡板每次发生碰撞均交换速度，碰撞时间都极短.已知重力加速度为g.求:(1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间t.(2) B与A发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小V2.(3) B与A发生第n+1(n>l)次碰撞前瞬间物块B的速度大小v11.【分析】(1)对滑块B受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解时间；(2)根据牛顿第二定律求解A的加速度；根据速度一位移关系公式求解出A停止前的运动位移，然后再根据位移一时间关系公式和速度一时间关系公式求解第二次碰撞的速度；(3)求解出第二次碰撞后速度与第一次碰撞后速度间的关系后找规律即可.【解答】解：(1)设B下滑的加速度为aB,则mgsinO=maB解得：a=gsin,A所受重力沿斜面的分力GI=mgsin<2mgcos,所以B下滑时，A保持静止，根据位移一时间关系公式得：d-at1解得：t1=J-1 Vgs11(2)滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为Vi,根据匀变速直线运动规律得V=2ad=2dgsin第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为vi、0,此后A减速下滑,则2mgcos-mgsin=maA解得aA=2gsin,方向沿斜面向上，A速度减为零的时间为X,下滑的位移大小为Xi,在时间W内物块B下滑的距离Xh=LaDtJ2j<=巴di2ti1412所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动,则B下滑距离Xi与A发生第二次碰撞，则有*2=2a0x解得V2HdgsinB(3)由(2)中的分析可知UBfydgSinV2第二次碰后凹槽A滑行的距离X广工二亭22aA4同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距离均为上一次的一半，速度为上一次的亚倍，2那么，第n+1次碰撞后瞬间A的速度大小为：VAn=曲)r2dgsin8，(nl).则B与A发生第n+I(n21)次碰撞前瞬间物块B的速度大小：Vn=VAn=(掾)%2dgsin8，(nMl)答：(1)物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间H为匚软£；Vgsin8(2)B与A发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小V2为dgsin；(3)B与A发生第n+1(n21)次碰撞前瞬间物块B的速度大小vn为(*)2dgsin,(nl).【点评】本题关键是分析清楚A和B的运动规律，逐步运用牛顿第二定律和运动学公式分析求解，要有耐心，第三问要能够找出每次碰撞后速度乙前一次碰撞后速度的关系，难度较大.17.如图所示，固定斜面的倾角为=37°,斜面长为L,一长木板放在斜面上，长木板的上端与斜面顶端重合，长木板的质量为m,长为斜面长的一半，一物块放在长木板的上端，质量也为m,现同时释放物块和长木板，结果当长木板的下端到达斜面的底端时，物块也恰好滑到斜面底端，不计物块的大小，sin37o=0.6,重力加速度g取IOm/S2,求：(1)若物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数为多少；(2)若物块与长木板间的动摩擦因数是长木板与斜面间动摩擦因数的一半，板与斜面间的动摩擦因数未知，斜面的长L=2.4m,其它条件不变时物块运动到斜面底端所用的时间为多少。【分析】（1）若物块与长木板间光滑，根据牛顿第二定律分别求出A和B的加速度，根据匀加速直线运动位移一时间公式，抓住时间相等列式求解；（2）若物块与长木板间的动摩擦因数是长木板与斜面间动摩擦因数的一半，设板与斜面间的动摩擦因数为,则物块与长木板间的动摩擦因数为根据牛顿第二定律分别求出A和B的加速度，根据匀加速直线运动位移一时间公式列式求解。【解答】解：（1）若物块与长木板间光滑，根据牛顿第二定律得：A的加速度mgsin37°_，2a1-gsn37-bin/s'1 mB的加速度aLtngsin37°-32mgcos37°抽一/,2 m根据匀加速直线运动位移一时间公式得：对A：LaaIt2，对B：T=-a.+2,222解得：=-16（2）若物块与长木板间的动摩擦因数是长木板与斜面间动摩擦因数的一半，设板与斜面间的动摩擦因数为,则物块与长木板间的动摩擦因数为上二,2对B：T=-i-a-t12,22b1解得：U=IS答：（I）若物块与长木板间光滑，则长木板与斜面间的动摩擦因数为且；16（2）物块运动到斜面底端所用的时间为ISo【点评】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，能抓住位移和时间关系列式求解，难度适中。18.如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0X106C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数=o.从t=o时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，gmIOnVs2）求：（1）23秒内小物块的位移大小;（2） 23秒内电场力对小物块所做的功.【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块在02s内和24s内的加速度，利用运动学公式求出02s内和24s内的位移，及第2s末和第4s末的速度，得到小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动.分别求出前22s物块的位移和第23s内的位移，再求总位移.（2）根据动能定理求电场力对小物块所做的功.【解答】解：（1） 02s内物块加速度口.f呻=2X10-63X105.0XU?（m?）m0.2位移Sl=atj=4m2s末的速度为V2=at=4ms24s内物块加速度a2=-"I?=-2ms2m位移S2=S=4m,4s末的速度为V4=0则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动.第22s末小物块的速度为v=4ms,前22s内位移为S22=S1=44m21第23s内物块的位移为S23=vt+Lact2,t=ls,S23=3m22故23秒内小物块的位移大小为47m.（2）由上，物块在第23s末的速度为V23=2ms.根据动能定理得WmgS23=mv,代入解得W=9.8J.答：（1）23秒内小物块的位移大小为47m；（2） 23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J.【点评】本题是物块在周期性的电场力作用下运动的问题，要抓住规律，也可以作速度-时间图象分析求解.19.如图所示，长为91水平传送带以恒定的速度vo=4il作顺时针转动，紧邻传送带的右端放置一长为6.51滑板，滑板静止在光滑水平地面上，滑板的上表面与传送带处在同一水平面。在距滑板右端一段距离处固定一挡板C.一质量为m的物块被轻放在传送带的最左端（A点），物块在传送带的作用下到达B点后滑上滑板，滑板在物块的作用下运动到C处撞上挡板并被牢固粘连。物块可视为质点,滑板的质量M=2m,物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数均为=05,重力加速度取g。求：7即_苏加_D()/77777777777777777777777777777777/7777777777777777777777777777777777777/91l<6.51J（1）求物块在传送带的作用下运动到B点时的速度大小v；（2）若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C相撞，求开始时滑板右端到C的距离L；（3）若滑板右端到挡板C的距离为L（已知），且1WLW51,试求解：a.若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板G则物块从滑上滑板到物块撞上挡板C的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf；b.若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C,则物块从滑上滑板到物块撞上挡板C的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf;并求出物块到C时速度的最大值。【分析】（1）先加速滑块从A到B一直加速，根据动能定理求解末速度，与传送带速度比较即可；（2）根据动量守恒定律列式求解共同速度，然后根据功能关系列式求解相对位移；然后对滑板根据动能定理列式求解开始时滑板右端到C的距离L：(3)a.若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C,则对滑块根据动能定理列式求解即；b.若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C,滑块在滑板上一直减速到右端，根据动能定理列式分析即可。【解答】解：(1)设物块到达B点的速度为VB,对物块从A到B过程，由动能定理，得：mg*91=mvg-0*®解得：VB=3JI由于vB=3iTv4ii,所以物块一直加速，运动到B点时的速度大；(2)假设物块与滑板达到共同速度V时，物块还没有离开滑板，对物块与滑板，由动量守恒，有：mv=(m÷M)V设物块在滑板上运动的距离为si，由能量守恒mgs1=ymvg-y(m+M)v2*®联立解得s=6RV6.5R即达到共同速度V时，物块不会脱离滑板滑下。设此过程滑板向右运动的距离为S2,对滑板由动能定理mgs=1Hv2./2解得S2=21;(3)讨论：a.当21WLW51时，滑块与滑板最终一起运动至滑板与C相碰，碰后滑块在滑板上继续做减速运动到右端，设此时的速度为vc,对物块由动能定：-Umg(81+0.51)=ymv1-解得：VCl=J>0所以克服摩擦力所做的功为：Wfmg(81+051)=.彳Ingl:b.当1VL<21时，滑块在滑板上一直减速到右端，设此时的速度为VC对物块由动能定理有：-.mg(6.51+L)=mv-4mvr'*'®解得：vc=g(2.51-L)>0所以克服摩擦力所做的功为：Wf=mg(6.51+L)=3.25mgl+05mgL=普rogl+ngl:答：(1)物块在传送带的作用下运动到B点时的速度大小V为3il;(2)若物块和滑板共速时，滑板恰与挡板C相撞，开始时滑板右端到C的距离L为21；(3)a.若物块与滑板共速后，滑板撞上挡板C则物块从滑上滑板到物块撞上挡板C的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf为噂嗯1；b.若物块与滑板共速前，滑板撞上挡板C,则物块从滑上滑板到物块撞上挡板C的过程中，物块克服摩擦力做的功Wf为mgl+mgl,物块到C时速度的最大值为g(2.51-L)【点评】本题是力学综合问题，涉及过程多，要结合动能定理、动量守恒定律多次列式分析，难度较大，关键是分过程讨论，注意各个过程的连接点。20.某同学在“验证牛顿第二定律”的实验中，打出的纸带如下图(a)所示，相邻计数点间的时间间隔是T.(1)测出纸带各相邻计数点之间的距离分别为Si、S2、S3、S4,为使实验结果更精确一些，该同学计算加速度的公式应为a=(S3+Sp-,1+S2)4T2-(2)另有位同学通过测量，作出aF图象，如图(b)所示，试分析：图象不通过原点的原因是：平衡摩擦力不足或没平衡摩擦力，图象上部弯曲的原因是：砂和桶的质量不是远小于车的质J三.M【分析】(1)小车做匀加速运动，故纸带上的点迹应距离越来越大，加速度可由匀变速运动的推论：xm-Xn=(m-n)进行求解.(2)根据图象，分析误差出现的原因：平衡摩擦力的原因和小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m关系的原因.【解答】解：(1)由匀变速运动的推论：Xm-Xn=(m-n)a2得：S4-S2a2=-2T2a+a2-(s3÷s4)-(s1÷s2)324T2(3)当F不为零时，物体仍然没有加速度，所以图象不通过原点的原因是：没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够设加速度为a：对小车：F=Ma对重物：F-mg=ma联立解得：a=所以未满足砂和桶的质量m远小于小车的质量M时，当m逐渐变m+M大时，a逐渐变小，故图象出现弯曲.所以原因是：砂和桶的质量不是远小于车的质量故答案为：(S3+S4)(Si+S2)(1)-4T2(2)平衡摩擦力不足或没平衡摩擦力、砂和桶的质量不是远小于车的质量【点评】实验时需要注意的问题我们可以结合实验原理记忆，明确实验原理是处理实验题的重中之重，从纸带上求解速度和加速度是处理纸带的两个主要问题，一定要熟练掌握.