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文檔簡介
PAGE1-第5章單元綜合專題突破專練專題1分力、合外力、加速度和速度的關系1.(2024·湖北武漢江岸區調研)如圖5-1所示,老鷹沿虛線MN斜向下減速俯沖的過程中,空氣對老鷹的作用力可能是圖中的()。圖5-1A.F1B.F2C.F3D.F4答案:B解析:老鷹沿虛線MN做減速運動,合外力與初速度的方向相反,由受力分析可知,空氣的阻力與重力的合力方向與MN反向,因此空氣對老鷹的作用力可能是題圖中的F2,B正確。2.(2024·山東萊蕪一中質檢)雨滴從空中由靜止落下,若雨滴受到的空氣阻力隨雨滴下落速度的增大而增大,圖5-2中能大致反映雨滴運動狀況的是()。圖5-2答案:C解析:對雨滴進行受力分析可得mg-kv=ma,可知隨雨滴速度的增大,雨滴做加速度減小的加速運動。3.(2024·山東城陽一中質檢)讓鋼球從某一高度豎直落下進入透亮液體中,如圖5-3表示的是閃光照相機拍攝的鋼球在液體中的不同位置。則下列說法正確的是()。圖5-3A.鋼球進入液體中先做加速運動,后做減速運動B.鋼球進入液體中先做減速運動,后做加速運動C.鋼球在液體中所受的阻力先大于重力,后等于重力D.鋼球在液體中所受的阻力先小于重力,后等于重力答案:C解析:由題圖可知,鋼球先做減速運動,后做勻速運動,選項A、B均錯誤;由運動狀況可知受力狀況,故選項C正確,選項D錯誤。4.(2024·山東日照調研)(多選)如圖5-4所示,一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用,前方固定一足夠長的彈簧,則當木塊接觸彈簧后()。圖5-4A.木塊馬上做減速運動B.木塊在一段時間內速度仍可增大C.當F等于彈簧彈力時,木塊速度最大D.彈簧壓縮量最大時,木塊加速度為零答案:BC解析:木塊接觸彈簧后向右運動,彈力漸漸增大,起先時恒力F大于彈簧彈力,合外力方向水平向右,與木塊速度方向相同,木塊速度不斷增大,A項錯誤,B項正確;當彈力增大到與恒力F相等時,合力為零,速度增大到最大值,C項正確;之后木塊由于慣性接著向右運動,但合力方向與速度方向相反,木塊速度漸漸減小到零,此時,彈力大于恒力F,加速度大于零,D項錯誤。5.(2024·山東即墨一中月考)(多選)如圖5-5所示,一輕質彈簧豎直放在水平地面上,小球由彈簧正上方某高度自由落下,與彈簧接觸后,起先壓縮彈簧,整個過程中彈簧處于彈性限度內,那么在小球壓縮彈簧的過程中,下列說法正確的是()。圖5-5A.小球始終做減速運動,直到速度為零B.小球速度先增大,后減小,直到減為零C.小球加速度先減小,后增大D.小球加速度先增大,后減小答案:BC解析:小球壓縮彈簧過程受兩個力,重力mg和豎直向上的彈力F=kx。當小球重力大于彈簧的彈力時,小球的加速度a=g-kxm,方向豎直向下,小球做加速度減小的加速運動,速度不斷增大,直到mg=kx1時,加速度為零,速度最大;接下來彈簧的彈力大于重力,加速度a=kxm-g,大小不斷增大,方向豎直向上,速度不斷減小,直到速度為零,知B、C正確,A、6.(2024·湖南長沙中學月考)一物體放在光滑水平面上,若物體僅受到沿水平方向的兩個力F1和F2的作用。在兩個力起先作用的第1s內物體保持靜止狀態,已知這兩個力隨時間的變更狀況如圖5-6所示,則()。圖5-6A.在第2s內,物體做加速運動,加速度減小,速度增大B.在第3s內,物體做加速運動,加速度增大,速度減小C.在第4s內,物體做加速運動,加速度減小,速度增大D.在第6s內,物體處于靜止狀態答案:C解析:第1s內,物體保持靜止狀態,說明F1和F2的合力為零,即F1和F2大小相等。第2s與第3s內,合力從零漸漸增大,物體做加速度增大的加速運動。第4s與第5s內,合力由最大值起先減小,但物體仍做加速運動,加速度漸漸減小。到第5s末,速度達到最大值。第6s內,合力為零,物體勻速運動。故選項C正確。7.(2024·山東寧陽一中月考)(多選)如圖5-7甲所示,靜止在水平地面上的物塊A,受到水平拉力F的作用,F與時間t的關系如圖5-7乙所示,設物塊與地面之間的最大靜摩擦力Ffm大小與滑動摩擦力大小相等,則下列說法中正確的是()。圖5-7A.t0時間內加速度最小B.t3時刻加速度最小C.t3時刻物塊的速度最大D.t2時刻物塊的速度最大答案:AD解析:在t0時間內物塊保持靜止,所以物塊的加速度為零,即A正確;t1時刻物塊加速度最大,在t3時刻物塊做減速運動,加速度不為零,所以B、C錯誤;在t2時刻物塊的加速度為零,速度最大,所以D正確。8.(2024·山東沂水一中月考)(多選)一質點在外力作用下做直線運動,其速度v隨時間t變更的圖像如圖5-8所示。在圖中標出的時刻中,質點所受合外力的方向與速度方向相同的有()。圖5-8A.t1B.t2C.t3D.t4答案:AC解析:已知質點在外力作用下做直線運動,依據它的速度—時間圖像可知,當斜率和速度同為正或同為負時,質點所受合外力的方向與速度方向相同,即t1時刻和t3時刻。9.(2024·山東榮成一中月考)“蹦極”就是跳動者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節等處,從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動,所受繩子拉力F的大小隨時間t變更的狀況如圖5-9所示。將蹦極過程簡化為在豎直方向的運動,重力加速度為g。據圖可知,此人在蹦極過程中的最大加速度約為()。圖5-9A.gB.2gC.3gD.4g答案:B解析:從題圖可知,當人最終不動時,繩上的拉力為35F0,即mg=35F0,最大拉力為95F0,因此最大加速度為95F0-mg=ma,解得a專題2牛頓運動定律的瞬時性10.(2024·上海七寶中學月考)(多選)如圖5-10所示,物塊a、b和c的質量相同,a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統處于靜止狀態。現將細線剪斷,將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長量分別記為ΔL1和ΔL2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()。圖5-10A.a1=3gB.a1=0C.ΔL1=2ΔL2D.ΔL1=ΔL2答案:AC解析:剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線上的拉力為T=3mg。因在剪斷瞬間,彈簧未發生突變,因此a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受力分析,由牛頓其次定律得3mg=ma1,得a1=3g,A正確,B錯誤;由胡克定律知2mg=kΔL1,mg=kΔL2,所以ΔL1=2ΔL2,C正確,D錯誤。11.(2024·湖南永州四中單元考)如圖5-11所示,物塊1、2間用剛性輕質桿連接,物塊3、4間用輕質彈簧相連,物塊1、3的質量為m,2、4的質量為M,兩個系統均置于水平位置的光滑木板上,并處于靜止狀態。現將兩木板沿水平方向突然抽出,設抽出后的瞬間,物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4。重力加速度大小為g,則有()。圖5-11A.a1=a2=a3=a4=0B.a1=a2=a3=a4=gC.a1=a2=g,a3=0,a4=m+D.a1=g,a2=m+MMg,a3=0,a4答案:C解析:在抽出木板的瞬間,物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變馬上消逝,受到的合力均等于各自重力,所以由牛頓其次定律知a1=a2=g;而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及變更,此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg,因此物塊3滿意mg=F,a3=0;由牛頓其次定律得物塊4滿意a4=F+MgM=M+m12.(2024·江蘇南通模擬)(多選)如圖5-12所示,A、B兩球的質量相等,彈簧的質量不計,傾角為θ的斜面光滑,系統靜止時,彈簧與細線均平行于斜面。在細線被燒斷的瞬間,下列說法正確的是()。圖5-12A.兩個小球的瞬時加速度均沿斜面對下,大小均為gsinθB.B球的受力狀況未變,瞬時加速度為零C.A球的瞬時加速度沿斜面對下,大小為2gsinθD.彈簧有收縮的趨勢,B球的瞬時加速度向上,A球的瞬時加速度向下,瞬時加速度都不為零答案:BC解析:設彈簧的彈力大小為F,由平衡條件可知,F=mgsinθ,燒斷細線瞬間,彈簧彈力不變,故B球受力狀況不變,加速度為零,B正確,A、D錯誤;以A為探討對象,由牛頓其次定律可得F+mgsinθ=maA,解得aA=2gsinθ,C正確。13.(2024·河南南洋質檢)(多選)在動摩擦因數μ=0.2的水平面上有一個質量為m=2kg的小球,小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=45°角的不行伸長的輕繩一端相連,如圖5-13所示,此時小球處于靜止平衡狀態,且水平面對小球的彈力恰好為零。當剪斷輕繩的瞬間,取g=10m/s2,下列說法正確的是()。圖5-13A.此時輕彈簧的彈力大小為20NB.小球的加速度大小為8m/s2,方向向左C.若剪斷彈簧,則剪斷的瞬間小球的加速度大小為10m/s2,方向向右D.若剪斷彈簧,則剪斷的瞬間小球的加速度為零答案:ABD解析:未剪斷輕繩時,水平面對小球的彈力為零,小球受到重力mg、輕繩的拉力FT和彈簧的彈力F作用而處于平衡狀態。依據平衡條件得豎直方向上有FTcosθ=mg,水平方向上有FTsinθ=F,解得彈簧彈力F=mgtanθ=20N,A正確;剪斷輕繩后小球在豎直方向仍平衡,即水平面支持力FN=mg,水平方向上彈簧的彈力保持不變,由牛頓其次定律得小球的加速度a=F-μFNm=20-0.2×202m/s2=8m/s2,方向向左,B正確;當剪斷彈簧的瞬間專題3局部與整體14.如圖5-14所示,在光滑的水平面上有一段長度為L、質量分布勻稱的繩子在水平向左的恒力F作用下做勻加速直線運動。繩子上某一點到繩子右端的距離為x,記該處的繩子張力大小為T,則圖5-15中能正確描述T與x之間關系的圖像是()。圖5-14圖5-15答案:A解析:設單位長度的繩子質量為m0,則長度為x的這段繩子的質量為xm0。由整體法有F=Lm0a,隔離長度為x的這段繩子,有T=xm0a,聯立兩式得T=xLF,A15.(經典全國卷Ⅱ)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著車廂以大小為23a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節車廂質量相同,則這列車廂的節數可能為()A.8B.10C.15D.18答案:BC解析:設該列車廂與P相連的部分為P部分,與Q相連的部分為Q部分,設該列車廂有n節,Q部分為n1節,每節車廂質量為m,當加速度為a時,對Q有F=n1ma;當加速度為23a時,對P有F=(n-n1)m23a,聯立得2n=5n1。當n1=2,n1=4,n1=6時,n=5,n=10,n=15,由題中選項得該列車廂節數可能為10或15,選項B、16.(2024·湖北麻城一中單元檢測)如圖5-16甲所示,在粗糙的水平面上,質量分別為m和2m的物塊A、B用輕質彈簧相連,兩個物塊與水平面間的動摩擦因數相同。當用水平力F作用于B上且兩物塊共同向右加速運動時,彈簧的伸長量為x1。如圖5-16乙所示,當用同樣大小的力F豎直加速提升兩物塊時,彈簧的伸長量為x2,則x1∶x2等于()。圖5-16A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3答案:C解析:水平拉動時,對A、B整體,利用牛頓其次定律有F-μ(m+2m)g=3ma1,對物體A有kx1-μmg=ma1,可得x1=F3k;豎直提升時,對整體有F-3mg=3ma2,對物體A有kx2-mg=ma2,x2=F3k,故x1∶17.物體B放在物體A上,A、B的上下表面均與斜面平行,如圖5-17所示,當兩者以相同的初速度沿粗糙固定斜面C一起向上做勻減速運動時()。圖5-17A.A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B.A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C.A、B之間的摩擦力為零D.A、B之間是否存在摩擦力取決于A、B表面材料的性質答案:BC解析:設A與斜面間的動摩擦因數為μ,則整體向上滑動時加速度為a=gsinθ+μgcosθ,對物體B,僅由重力產生的加速度為a0=gsinθ,a0<a,說明物體B受到物體A對其沿斜面對下的靜摩擦力,即A受到B對它沿斜面對上的靜摩擦力,且靜摩擦力產生的加速度為μgcosθ,故A正確。18.如圖5-18所示,一根輕彈簧上端固定,下端掛一質量為m0的平盤,盤中放有物體,質量為m,當盤靜止時,彈簧的長度比其自然長度伸長了L,今向下拉盤使彈簧再伸長ΔL而停止,然后松手放開,求松開手的瞬間盤對物體的支持力。圖5-18答案:當盤靜止時,由平衡條件有kL=m0g+mg,當向下拉ΔL時,拉力設為F,由平衡條件知k(L+ΔL)=m0g+mg+F,松手瞬間,系統受到的合外力為F,由牛頓其次定律有F=m0+隔離物體m,由牛頓其次定律有FN-mg=ma,解得FN=1+ΔL19.(2024·湖北黃岡調考)如圖5-19所示,斜面傾角為θ,木板B左側固定一豎直擋板C,球A放在木板與擋板間,球A的質量為m,不計球A的全部摩擦,木板B與斜面間的動摩擦因數為μ,將木板B與球A由靜止釋放,已知重力加速度為g,μ<tanθ。求:圖5-19(1)小球與木板一起下滑的加速度大小;答案:對A、B、C整體由牛頓其次定律有3mgsinθ-3μmgcosθ=3ma,解得a=gsinθ-μgcosθ。(2)下滑時小球A對木板B的壓力大小。答案:隔離小球A,設B對小球的彈力為F1,C對小球的彈力為F2,由牛頓其次定律有mgsinθ-F2cosθ=ma,F1=mgcosθ+F2sinθ,解得F2=μmg,F1=mgcosθ+μmgsinθ,由牛頓第三定律知球對木板B的壓力F=F1=mgcosθ+μmgsinθ。20.(2024·湖北麻城一中單元檢測)如圖5-20所示,光滑水平面上有一帶輕質滑輪的小車C,小車上的物體A用繞過定滑輪的輕繩與物體B相連,物體A與滑輪間的繩是水平的,用一水平向左的拉力F作用在物體A上,使A、B、C保持相對靜止一起向左做勻加速直線運動,已知物體A、B、C的質量均為m,不計一切摩擦,重力加速度為g,求拉力F的大小。圖5-20答案:設繩的拉力為T,加速度為a。利用牛頓其次定律,對物體A有F-T=ma,對整體有F=3ma,聯立解得T=2ma。設繩與豎直方向的夾角為α,以物體B為探討對象,利用牛頓其次定律,水平方向:Tsinα=ma,豎直方向:Tcosα=mg,解得T2=(mg)2+(ma)2,聯立解得a=33g,F=3mg專題4靜摩擦力的被動性21.(2024·湖北麻城一中月考)如圖5-21所示是一輛裝載有一個長方體木箱的卡車,木箱與底板之間的動摩擦因數為μ=0.5,卡車正沿平直的馬路以v=15m/s的速度勻速行駛,因前面出現緊急狀況,司機馬上剎車,剎車過程中若木箱相對于卡車不發生相對滑動,則卡車制動的時間應大于()。圖5-21A.1sB.2sC.3sD.4s答案:C解析:木箱是靠靜摩擦力供應制動力,木箱減速的最大加速度a=μg=5m/s2,所以卡車剎車時加速度應小于或等于5m/s2,則剎車時間最短為t=va=3s,故C22.(2024·上海市北中學單元檢測)如圖5-22所示,質量為1kg的木塊A與質量為2kg的木塊B疊放在水平地面上,A、B間的最大靜摩擦力為2N,B與地面間的動摩擦因數為0.2。已知重力加速度取10m/s2,若用水平力F作用于B,使B從物體A下滑出來,則力F應滿意()。圖5-22A.F>12NB.F>10NC.F>9ND.F>6N答案:A解析:要使B從A下滑出來,即物體B比物體A速度大,應使物體B的加速度大于物體A的加速度。當A、B間有最大靜摩擦力時,物體A的加速度最大,由牛頓其次定律知,最大加速度為2m/s2,對A、B整體應用牛頓其次定律有F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=12N,使B從物體A下滑出來的條件是F>12N,A正確,B、C、D錯誤。23.(2024·上海交大附中質檢)(多選)如圖5-23所示,光滑水平面上放置質量分別為m、2m和3m的三個木塊,其中質量為2m和3m的木塊間用一不行伸長的輕繩相連,輕繩能承受的最大拉力為T。現用水平拉力F拉其中一個質量為3m的木塊,使三個木塊以同一加速度運動,則以下說法正確的是()。圖5-23A.質量為2m的木塊受到五個力的作用B.當F漸漸增大到T時,輕繩剛好被拉斷C.當F漸漸增大到T時,輕繩還不會被拉斷D.輕繩剛要被拉斷時,質量為m和2m的木塊間的摩擦力為2答案:AC解析:質量為m和2m的木塊之間有摩擦力,質量為m的木塊由靜摩擦力供應加速度,質量為2m的木塊共受五個力:摩擦力、重力、壓力、支持力、拉力,A正確;當拉力F=T時,整體加速度為a=T6m,隔離后兩個木塊,繩子拉力FT=3ma=T2,所以繩子不會拉斷,B錯誤;同理,C正確;繩子剛被拉斷時,后兩木塊加速度為a=T3m,隔離m物體,f=am=24.(2024·浙江富陽中學月考)如圖5-24所示,光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊A、B、C、D,其中A、C兩木塊間用一不行伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是μmg。現用水平拉力F拉D木塊,使四個木塊以同一加速度運動,則A、C間輕繩的最大拉力為()。圖5-24A.3μmg5B.3μmg2C.答案:C解析:設整體加速度為a,對B木塊受力分析,水平方向只受靜摩擦力作用,Ff1=2ma,對A、B、C三個木塊組成的整體受力分析,水平方向只受靜摩擦力作用,Ff2=4ma;由于A、B間和C、D間的最大靜摩擦力大小都為μmg,且Ff2>Ff1,所以整體加速度增大時,C、D間的靜摩擦力先達到最大靜摩擦力,取Ff2=μmg,再對A、B兩木塊組成的整體受力分析,水平方向只受繩的拉力作用,有FT=3ma,解得FT=34μmg,C專題5圖像問題25.(2024·湖北麻城一中月考)如圖5-25甲所示,水平面上一物體受到如圖5-25乙所示的水平拉力作用,物體的v-t圖像如圖5-25丙所示,圖中拉力F和速度均以水平向右為正方向,重力加速度取g=10m/s2,試求:圖5-25(1)物體的質量m;答案:由題圖知物體在6~10s內僅受滑動摩擦力做勻減速運動,由圖知a3=2.5m/s2,利用牛頓其次定律知μmg=ma3,μ=0.25;在2~6s內物體做勻速運動,拉力等于滑動摩擦力,μmg=F2,而F2=5N,所以質量m=2kg。(2)物體的初速度v0。答案:在0~2s內,由牛頓其次定律知F1-μmg=ma1,由題圖知a1=10m/聯立可得a1=2.5m/s2,v0=5m/s。專題6常見物理模型26.(2024·上海風華中學單元檢測)(多選)如圖5-26甲為應用于機場和火車站的平安檢查儀,用于對旅客的行李進行平安檢查。其傳送裝置可簡化為如圖5-26乙的模型,緊繃的傳送帶始終保持v=1m/s的恒定速率運行。旅客把行李無初速度地放在A處,設行李與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.1,A、B間的距離為2m,g取10m/s2。若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v=1m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李,則()。圖5-26A.乘客與行李同時到達B處B.乘客提前0.5s到達B處C.行李提前0.5s到達B處D.若傳送帶速度足夠大,行李最快也要2s才能到達B處答案:BD解析:行李放在傳送帶上,傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李起先做勻加速直線運動,隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動。加速度為a=μg=1m/s2,歷時t1=va=1s達到共同速度,位移x1=v2t1=0.5m,此后行李勻速運動t2=2m-x1v=1.5s到達B,共用2.5s;乘客到達B,歷時t=2mv=2s,故B正確。若傳送帶速度足夠大,行李始終加速運動,最短運動時間tmin27.(2024·湖北武漢一中月考)如圖5-27所示,足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ,以速度v0逆時針勻速轉動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質量為m的小木塊,小木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ<tanθ,則圖5-28中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變更關系的是()。圖5-27圖5-28答案:D解析:小木塊剛放上傳送帶,傳送帶的速度大于小木塊的速度,傳送帶給小木塊一沿斜面對下的滑動摩擦力,小木塊由靜止加速下滑。由分析得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,a1=g(sinθ+μcosθ);當小木塊加速至與傳送帶速度相等時,由于μ<tanθ,小木塊在重力作用下將接著加速,此后小木塊的速度大于傳送帶的速度,傳送帶給小木塊沿傳送帶向上的滑動摩擦力,但合力沿傳送帶向下,小木塊接著加速下滑,同理得a2=g(sinθ-μcosθ)。所以本題正確選項為D。28.(2024·安徽淮南二中模擬)(多選)如圖5-29所示,三角形傳送帶以1m/s的速度逆時針勻速轉動,兩邊的傳送帶長都是2m,且與水平方向的夾角均為37°。現有兩小物塊A、B從傳送帶頂端都以1m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5,下列說法正確的是()。圖5-29A.物塊A先到達傳送帶底端B.物塊A、B同時到達傳送帶底端C.物塊A、B運動的加速度大小不同D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同答案:BD解析:因為mgsin37°>μmgcos37°,所以物塊A沿傳送帶加速下滑,傳送帶逆時針轉動,則物塊B沿傳送帶加速下滑,所以兩物塊受到的摩擦力都是沿斜面對上,其加速度大小相等,兩物塊同時到達傳送帶的底端,選項A、C錯誤,B正確;物塊A的劃痕等于斜面長度與傳送帶位移之差,而物塊B的劃痕則等于兩者之和,故D正確。29.(2024·安徽休寧中學模擬)(多選)如圖5-30甲所示,一輕質彈簧的下端固定在水平面上,上端放置一物體(物體與彈簧不連接),初始時物體處于靜止狀態。現用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體起先向上做勻加速運動,拉力F與物體位移x之間的關系如圖5-30乙所示(g=10m/s2),則下列結論正確的是()。圖5-30A.物體與彈簧分別時,彈簧處于壓縮狀態B.彈簧的勁度系數為500N/mC.物體的質量為3kgD.物體的加速度大小為5m/s2答案:BD解析:設物體的質量為m,靜止時彈簧的壓縮量為Δx,由二力平衡可得kΔx=mg,現用豎直向上的拉力F作用在物體上,使物體起先向上做勻加速運動,依據拉力F與物體位移x的關系可得F1=ma,F2-mg=ma,其中F1=10N,F2=30N,聯立解得物體的質量m=2kg,物體的加速度a=5m/s2,k=500N/m,B、D正確。30.(2024·湖北麻城一中周測)淺色的傳送帶上放置一煤塊(可視為質點),煤塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ。初始時,傳送帶與煤塊都是靜止的。讓傳送帶以恒定的加速度a0起先運動,當其速度達到v0后,傳送帶做勻速直線運動,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,煤塊相對于傳送帶不再滑動。求黑色痕跡的長度。答案:煤塊與傳送帶之間發生了相對滑動,煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。傳送帶先做加速運動,再做勻速直線運動。依據牛頓定律可得a=μg,設傳送帶由靜止起先經驗時間t加速到速度等于v0,煤塊則由靜止加速到v,有v0=a0t,v=at。由于a<a0,故v<v0,煤塊接著受到滑動摩擦力的作用。再經過時間t',煤塊的速度由v增加到v0,有v0=v+at',如圖所示。此后,煤塊與傳送帶運動速度相同,相對于傳送帶不再滑動,不再產生新的痕跡。設在煤塊的速度從零增加到v0的整個過程中,傳送帶和煤塊移動的距離分別為s1和s2,有s1=12a0t2+v0t',s2=v傳送帶上留下的黑色痕跡的長度L=s1-s2。由以上各式得L=v031.(2024·湖北武漢一中周測)如圖5-31所示,一彈簧一端固定在傾角為37°的光滑斜面的底端,另一端拴住質量為m1=4kg的物塊P,Q為一質量為m2=8kg的重物,彈簧的質量不計,勁度系數k=600N/m,系統處于靜止狀態。現給Q施加一個方向沿斜面對上的力F,使它從靜止起先沿斜面對上做勻加速運動,已知在前0.2s內F為變力,0.2s以后F為恒力,已知sin37°=0.6,g=10m/s2,求力F的最大值與最小值。圖5-31答案:設剛起先時彈簧壓縮量為x0,依據平衡條件和胡克定律有(m1+m2)gsin37°=kx0,解得x0=0.12m,因為在前0.2s內,F為變力,0.2s以后,F為恒力,故在0.2s時,由胡克定律和牛頓其次定律得,對P:kx1-m1gsinθ=m1a,前0.2s內P、Q向上運動的距離為x0-x1,則x0-x1=12at2,聯立解得a=3m/s2當P、Q剛起先運動時拉力最小,此時有對PQ整體:Fmin=(m1+m2)a=36N,當P、Q分別時拉力最大,此時有對Q:Fmax-m2gsinθ=m2a,解得Fmax=72N。32.(2024·湖北洪湖一中月考)如圖5-32甲所示,長木板B固定在光滑水平面上,可看作質點的物體A靜止疊放在B的最左端。現用F=6N的水平力向右拉物體A,經過5s后物體A運動到B的最右端,其v-t圖像如圖5-32乙所示。已知A、B的質量分別為1kg、4kg,A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10m/s2。圖5-32(1)求物體A、B間的動摩擦因數;答案:依據v-t圖像可知物體A的加速度為aA=ΔvΔt=105m/s2=2以A為探討對象,依據牛頓其次定律可得F-μmAg=mAaA,解得μ=F-mAa(2)若B不固定,求A運動到B的最右端所用的時間。答案:由題圖乙可知木板B的長度為L=12×5×10m=25m若B不固定,則B的加速度為aB=μmAgmB=0.4×1×104設A運動到B的最右端所用的時間為t,依據題意可得12aAt2-12aBt2=L,解得t=7.0733.(2024·湖北武漢六中周測)如圖5-33所示,質量為M=2kg的木板靜止在光滑的水平面上,質量為1kg的可視為質點的小物塊放在木板的中心。在地面上方存在著寬度為L=1m的作用區,對小物塊有水平向右的作用力,作用力的大小F=3N。將小物塊與木板從圖示位置由靜止釋放,已知在整個過程中小物塊與木板間的動摩擦因數為μ=0.1,重力加速度g=10m/s2。圖5-33(1)求小物塊剛離開作用區時的速度;答案:分析小物塊受力狀況,由牛頓其次定律得F-μmg=mam1,由運動學公式知vm12=2am1L,解得vm1=2(2)若小物塊運動到圖示P點位置與木板的速度恰好相同,求距離d。答案:小物塊在作用區中運動的時間t1=vm1am小物塊離開作用區后,由牛頓其次定律得μmg=mam2,對木板有μmg=MaM,小物塊離開作用區域時,木板的速度vM1=aMt1=0.5m/s,小物塊與木板能有共同速度,由運動學公式有v=vm1-am2t2,v=vM1+aMt2,解得t2=1s。由運動學公式d=vm1t2-12am2t解得d=1.5m。真題分類專練1.(經典廣東學業水平測試)關于物體的慣性,下列說法正確的是()。A.物體在靜止時才具有慣性B.物體在運動時才具有慣性C.物體在受外力作用時才具有慣性D.物體處于任何狀態都具有慣性答案:D解析:慣性是物體的固有屬性,慣性的大小由物體的質量確定,與速度無關,故D正確。2.(經典廣東學業水平測試)乘客站在電梯里,當電梯以1m/s2的加速度加速下降時,乘客對電梯的壓力()。A.等于零B.小于乘客受到的重力C.等于乘客受到的重力D.大于乘客受到的重力答案:B解析:電梯加速下降,重力一部分用來產生向下的加速度,重力產生擠壓的效果減弱,知乘客處于失重狀態,B正確。3.(經典廣東學業水平測試)如圖5-34所示,在水平壓力作用下,物體緊靠豎直墻壁保持靜止。下列說法正確的是()。圖5-34A.物體受到的重力與靜摩擦力大小相等B.水平壓力F與墻面對物體的彈力大小不相等C.物體受到的重力與靜摩擦力是作用力與反作用力D.水平壓力F與墻面對物體的彈力是作用力與反作用力答案:A解析:物體受到的重力與靜摩擦力大小相等,A正確;水平壓力F與墻面對物體的彈力大小相等,B錯誤;物體受到的重力與靜摩擦力、水平壓力F與墻面對物體的彈力都是一對平衡力,C、D錯誤。4.(經典北京夏季學業水平測試)竹蜻蜓是一種中國傳統的民間兒童玩具,流傳甚廣。如圖5-35所示,竹蜻蜓由竹柄和“翅膀”兩部分組成。玩兒時,雙手一搓竹柄,然后松開,竹蜻蜓就會旋轉著飛上天空,過一會兒落下來。松手后,關于竹蜻蜓和空氣間的相互作用力,下列說法中正確的是()。圖5-35A.竹蜻蜓對空氣的作用力大于空氣對竹蜻蜓的作用力B.竹蜻蜓對空氣的作用力小于空氣對竹蜻蜓的作用力C.竹蜻蜓對空氣的作用力等于空氣對竹蜻蜓的作用力D.竹蜻蜓對空氣的作用力與空氣對竹蜻蜓的作用力方向相同答案:C解析:竹蜻蜓對空氣的作用力和空氣對竹蜻蜓的作用力是一對相互作用力,竹蜻蜓向上飛是因為空氣對竹蜻蜓的作用力大于竹蜻蜓自身的重力,故C正確。5.(2024·全國卷Ⅱ)(多選)如圖5-36(a),在跳臺滑雪競賽中,運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳,每次都從離開跳臺起先計時,用v表示他在豎直方向的速度,其v-t圖像如圖5-36(b)所示,t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則()。圖5-36A.其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B.其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C.其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D.豎直方向速度大小為v1時,其次次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大答案:BD解析:依據v-t圖線與橫軸所圍圖形的面積表示位移,可知其次次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的大,選項A錯誤;依據v-t圖線的斜率表示加速度,綜合分析可知,其次次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的小,選項C錯誤。其次次滑翔過程中在豎直方向的位移比第一次的大,又運動員每次滑翔過程中豎直位移與水平位移的比值相同(等于傾斜雪道與水平面夾角的正切值),故其次次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大,選項B正確;豎直方向上的速度大小為v1時,依據v-t圖線的斜率表示加速度可知,其次次滑翔過程中在豎直方向上的加速度比第一次的小,由牛頓其次定律有mg-f=ma,可知其次次滑翔過程中在豎直方向上所受阻力比第一次的大,選項D正確。6.(2024·全國卷Ⅰ)如圖5-37所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統處于靜止狀態,現用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動,以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧復原原長前,圖5-38中表示F和x之間關系的圖像可能正確的是()。圖5-37圖5-38答案:A解析:由牛頓其次定律得F-mg+F彈=ma。彈力F彈=k(x0-x),初狀態時,kx0=mg,聯立解得F=ma+kx,比照題圖知A正確。7.(經典全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速實力,教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1<s0)處分別設置一個擋板和一面小旗,如圖5-39所示。訓練時,讓運動員和冰球都位于起跑線上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板;冰球被擊出的同時,運動員垂直于起跑線從靜止動身滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時,運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動,冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求:圖5-39(1)冰球與冰面之間的動摩擦因數;答案:設冰球與冰面間的動摩擦因數為μ,冰球的加速度為a1。由牛頓其次定律有μmg=ma1,由位移和速度關系有-2a1s0=v12-聯立解得μ=v0(2)滿意訓練要求的運動員的最小加速度。答案:設冰球的運動時間為t,則有t=v0由位移—時間關系有s1=12at2,a=s8.(經典全國卷Ⅲ)如圖5-40所示,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1kg和mB=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5;木板的質量為m=4kg,與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊起先相向滑動,初速度大小均為v0=3m/s。A、
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