北京市2019版高考物理 專題三 牛頓運動定律課件.ppt

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專題三牛頓運動定律 高考物理 北京市專用 1 2014北京理綜 19 6分 0 73 伽利略創(chuàng)造的把實驗 假設和邏輯推理相結(jié)合的科學方法 有力地促進了人類科學認識的發(fā)展 利用如圖所示的裝置做如下實驗 小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動 并沿右側(cè)斜面上升 斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時 小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1 2 3 根據(jù)三次實驗結(jié)果的對比 可以得到的最直接的結(jié)論是 考點一牛頓運動定律的理解和簡單應用A組自主命題 北京卷題組 五年高考 A 如果斜面光滑 小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置B 如果小球不受力 它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)C 如果小球受到力的作用 它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變D 小球受到的力一定時 質(zhì)量越大 它的加速度越小 答案A根據(jù)實驗結(jié)果 得到的最直接的結(jié)論是如果斜面光滑 小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置 A項正確 而小球不受力時狀態(tài)不變 小球受力時狀態(tài)發(fā)生變化 是在假設和邏輯推理下得出的結(jié)論 不是實驗直接得出的結(jié)論 所以B和C選項錯誤 而D項不是本實驗所說明的問題 故錯誤 考查點牛頓運動定律 思路點撥本題也可從能量守恒的角度分析 若斜面光滑 則沒有機械能的損失 小球必上升到與O點等高處 2 2011北京理綜 18 6分 0 60 蹦極 就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)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變化的情況如圖所示 將蹦極過程近似為在豎直方向的運動 重力加速度為g 據(jù)圖可知 此人在蹦極過程中最大加速度約為 A gB 2gC 3gD 4g 答案B 蹦極 運動的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止狀態(tài) 此時繩的拉力等于人的重力 由圖可知 繩子拉力最終趨于恒定時等于重力 即F0 mg 則F0 mg 當繩子拉力最大時 人處于最低點且合力最大 故加速度也最大 此時F最大 F0 3mg 方向豎直向上 由ma F最大 mg 3mg mg 2mg得最大加速度為2g 故B正確 3 2018課標 15 6分 如圖 輕彈簧的下端固定在水平桌面上 上端放有物塊P 系統(tǒng)處于靜止狀態(tài) 現(xiàn)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 在彈簧恢復原長前 下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 答案A本題考查胡克定律 共點力的平衡及牛頓第二定律 設系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為x0 由胡克定律和平衡條件得mg kx0 力F作用在P上后 物塊受重力 彈力和F 向上做勻加速直線運動 由牛頓第二定律得 F k x0 x mg ma 聯(lián)立以上兩式得F kx ma 所以F x圖像中圖線是一條不過原點的傾斜直線 故A正確 易錯點撥注意胡克定律中形變量的含義胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長量 本題中x表示P離開靜止位置的位移 此時的形變量為x0 x而不是x 4 2016課標 18 6分 多選 一質(zhì)點做勻速直線運動 現(xiàn)對其施加一恒力 且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變 則 A 質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同B 質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C 質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D 質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變 答案BC由題意知此恒力即質(zhì)點所受合外力 若原速度與該恒力在一條直線上 則質(zhì)點做勻變速直線運動 質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變的 原速度與該恒力不在一條直線上 則質(zhì)點做勻變速曲線運動 速度與恒力間夾角逐漸減小 質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量是不變的 但速率的變化量是變化的 A D項錯誤 B項正確 由牛頓第二定律知 質(zhì)點加速度的方向總與該恒力方向相同 C項正確 1 2014北京理綜 18 6分 0 19 應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象 可以使物理學習更加有趣和深入 例如平伸手掌托起物體 由靜止開始豎直向上運動 直至將物體拋出 對此現(xiàn)象分析正確的是 A 手托物體向上運動的過程中 物體始終處于超重狀態(tài)B 手托物體向上運動的過程中 物體始終處于失重狀態(tài)C 在物體離開手的瞬間 物體的加速度大于重力加速度D 在物體離開手的瞬間 手的加速度大于重力加速度 考點二牛頓運動定律的綜合應用A組自主命題 北京卷題組 答案D物體由靜止開始向上運動時 物體和手掌先一起加速向上 物體處于超重狀態(tài) 之后物體和手掌分離前 應減速向上 物體處于失重狀態(tài) 故A B均錯誤 當物體和手分離時 二者速度相同 又因均做減速運動 故分離條件為a手 a物 分離瞬間物體的加速度等于重力加速度 則手的加速度大于重力加速度 選項D正確 C錯誤 考查點超重和失重 思路點撥分析出物體運動的加速度方向是解本題的關(guān)鍵 超重時物體具有向上的加速度 失重時物體具有向下的加速度 2 2015課標 20 6分 0 677 多選 如圖 a 一物塊在t 0時刻滑上一固定斜面 其運動的v t圖線如圖 b 所示 若重力加速度及圖中的v0 v1 t1均為已知量 則可求出 A 斜面的傾角B 物塊的質(zhì)量C 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D 物塊沿斜面向上滑行的最大高度 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 答案ACD設物塊的質(zhì)量為m 斜面的傾角為 物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 物塊沿斜面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2 根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin mgcos ma1 mgsin mgcos ma2 再結(jié)合v t圖線斜率的物理意義有 a1 a2 由上述四式可見 無法求出m 可以求出 故B錯 A C均正確 0 t1時間內(nèi)的v t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物塊沿斜面上滑的最大距離 已求出 故可以求出物塊上滑的最大高度 故D正確 3 2015課標 20 6分 0 45 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 連接某兩相鄰車廂的掛鉤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a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(jié)車廂質(zhì)量相同 則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為 A 8B 10C 15D 18 答案BC如圖所示 假設掛鉤P Q東邊有x節(jié)車廂 西邊有y節(jié)車廂 每節(jié)車廂質(zhì)量為m 當向東行駛時 以y節(jié)車廂為研究對象 則有F mya 當向西行駛時 以x節(jié)車廂為研究對象 則有F mxa 聯(lián)立兩式有y x 可見 列車車廂總節(jié)數(shù)N x y x 設x 3n n 1 2 3 則N 5n 故可知選項B C正確 4 2017課標 25 20分 如圖 兩個滑塊A和B的質(zhì)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(shù)均為 1 0 5 木板的質(zhì)量為m 4kg 與地面間的動摩擦因數(shù)為 2 0 1 某時刻A B兩滑塊開始相向滑動 初速度大小均為v0 3m s A B相遇時 A與木板恰好相對靜止 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 B與木板相對靜止時 木板的速度 2 A B開始運動時 兩者之間的距離 解析本題考查直線運動和牛頓定律 1 滑塊A和B在木板上滑動時 木板也在地面上滑動 設A B和木板所受的摩擦力大小分別為f1 f2和f3 A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB 木板相對于地面的加速度大小為a1 在滑塊B與木板達到共同速度前有f1 1mAg f2 1mBg f3 2 m mA mB g 由牛頓第二定律得f1 mAaA f2 mBaB f2 f1 f3 ma1 設在t1時刻 B與木板達到共同速度 其大小為v1 由運動學公式有v1 v0 aBt1 v1 a1t1 答案 1 1m s 2 1 9m 聯(lián)立 式 代入已知數(shù)據(jù)得v1 1m s 2 在t1時間間隔內(nèi) B相對于地面移動的距離為sB v0t1 aB 設在B與木板達到共同速度v1后 木板的加速度大小為a2 對于B與木板組成的體系 由牛頓第二定律有f1 f3 mB m a2由 式知 aA aB 再由 式知 B與木板達到共同速度時 A的速度大小也為v1 但運動方向與木板相反 由題意知 A和B相遇時 A與木板的速度相同 設其大小為v2 設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2 則由運動學公式 對木板有v2 v1 a2t2對A有v2 v1 aAt2在t2時間間隔內(nèi) B 以及木板 相對地面移動的距離為 s1 v1t2 a2在 t1 t2 時間間隔內(nèi) A相對地面移動的距離為sA v0 t1 t2 aA t1 t2 2A和B相遇時 A與木板的速度也恰好相同 因此A和B開始運動時 兩者之間的距離為s0 sA s1 sB聯(lián)立以上各式 并代入數(shù)據(jù)得s0 1 9m 也可用如圖的速度 時間圖線求解 審題指導如何建立物理情景 構(gòu)建解題路徑 首先分別計算出B與板 A與板 板與地面間的滑動摩擦力大小 判斷出A B及木板的運動情況 把握好幾個運動節(jié)點 由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達到共速 此后B與木板共同運動 A與木板存在相對運動 且A運動過程中加速度始終不變 木板先加速后減速 存在兩個過程 5 2014課標 24 13分 2012年10月 奧地利極限運動員菲利克斯 鮑姆加特納乘氣球升至約39km的高空后跳下 經(jīng)過4分20秒到達距地面約1 5km高度處 打開降落傘并成功落地 打破了跳傘運動的多項世界紀錄 取重力加速度的大小g 10m s2 1 若忽略空氣阻力 求該運動員從靜止開始下落至1 5km高度處所需的時間及其在此處速度的大小 2 實際上 物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力 高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f kv2 其中v為速率 k為阻力系數(shù) 其數(shù)值與物體的形狀 橫截面積及空氣密度有關(guān) 已知該運動員在某段時間內(nèi)高速下落的v t圖像如圖所示 若該運動員和所帶裝備的總質(zhì)量m 100kg 試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù) 結(jié)果保留1位有效數(shù)字 解析 1 設該運動員從開始自由下落至1 5km高度處的時間為t 下落距離為s 在1 5km高度處的速度大小為v 根據(jù)運動學公式有v gt s gt2 根據(jù)題意有s 3 9 104m 1 5 103m 3 75 104m 聯(lián)立 式得t 87s v 8 7 102m s 2 該運動員達到最大速度vmax時 加速度為零 根據(jù)牛頓第二定律有mg k 由所給的v t圖像可讀出vmax 360m s 由 式得k 0 008kg m 答案 1 87s8 7 102m s 2 0 008kg m 6 2016天津理綜 8 6分 多選 我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平 和諧號動車組是由動車和拖車編組而成 提供動力的車廂叫動車 不提供動力的車廂叫拖車 假設動車組各車廂質(zhì)量均相等 動車的額定功率都相同 動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比 某列動車組由8節(jié)車廂組成 其中第1 5節(jié)車廂為動車 其余為拖車 則該動車組 A 啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反B 做勻加速運動時 第5 6節(jié)與第6 7節(jié)車廂間的作用力之比為3 2C 進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比D 與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1 2 C組教師專用題組 答案BD啟動時 乘客與車一起做加速運動 由牛頓第二定律可知 乘客受到車廂作用力的方向與車運動方向相同 選項A錯誤 對6 7 8節(jié)車廂水平方向受力分析 如圖甲所示甲由牛頓第二定律可得 F1 3kmg 3ma 對7 8節(jié)車廂水平方向受力分析 如圖乙所示乙由牛頓第二定律可得F2 2kmg 2ma 兩方程聯(lián)立可得 選項B正確 動車組進站時 做勻減速直線運動 由速度位移公式可得x 即x與v2成正比 選項C錯誤 由功率定義和牛頓第二定律可得 第一種情況動車組的最大速度為v1 8kmg 0 第二種情況動車組的最大速度為v2 8kmg 0 兩方程聯(lián)立可得 選項D正確 審題指導在解答選項D時 理解 最大速度 的含義是解答關(guān)鍵 速度最大時 動車組受到的合外力為零 動車組問題為連接體問題 合理選取研究對象 可以有效減少計算量 評析本題考查功率 牛頓第二定律 速度位移公式 受力分析等知識點 意在考查考生的理解能力和綜合分析能力 7 2015課標 25 20分 0 204 下暴雨時 有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災害 某地有一傾角為 37 sin37 的山坡C 上面有一質(zhì)量為m的石板B 其上下表面與斜坡平行 B上有一碎石堆A 含有大量泥土 A和B均處于靜止狀態(tài) 如圖所示 假設某次暴雨中 A浸透雨水后總質(zhì)量也為m 可視為質(zhì)量不變的滑塊 在極短時間內(nèi) A B間的動摩擦因數(shù) 1減小為 B C間的動摩擦因數(shù) 2減小為0 5 A B開始運動 此時刻為計時起點 在第2s末 B的上表面突然變?yōu)楣饣?2保持不變 已知A開始運動時 A離B下邊緣的距離l 27m C足夠長 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 取重力加速度大小g 10m s2 求 1 在0 2s時間內(nèi)A和B加速度的大小 2 A在B上總的運動時間 解析 1 在0 2s時間內(nèi) A和B的受力如圖所示 其中f1 N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小 f2 N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小 方向如圖所示 由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得f1 1N1 N1 mgcos f2 2N2 N2 N1 mgcos 規(guī)定沿斜面向下為正方向 設A和B的加速度分別為a1和a2 由牛頓第二定律得 答案 1 3m s21m s2 2 4s mgsin f1 ma1 mgsin f2 f1 ma2 聯(lián)立 式 并代入題給條件得a1 3m s2 a2 1m s2 2 在t1 2s時 設A和B的速度分別為v1和v2 則v1 a1t1 6m s v2 a2t1 2m s t t1時 設A和B的加速度分別為a1 和a2 此時A與B之間的摩擦力為零 同理可得a1 6m s2a2 2m s2即B做減速運動 設經(jīng)過時間t2 B的速度減為零 則有v2 a2 t2 0聯(lián)立式得 t2 1s在t1 t2時間內(nèi) A相對于B運動的距離為s 12m 27m此后B靜止不動 A繼續(xù)在B上滑動 設再經(jīng)過時間t3后A離開B 則有l(wèi) s v1 a1 t2 t3 a1 可得t3 1s 另一解不合題意 舍去 設A在B上總的運動時間為t總 有t總 t1 t2 t3 4s 利用下面的速度圖線求解 正確的 參照上述答案及評分參考給分 8 2015課標 25 20分 一長木板置于粗糙水平地面上 木板左端放置一小物塊 在木板右方有一墻壁 木板右端與墻壁的距離為4 5m 如圖 a 所示 t 0時刻開始 小物塊與木板一起以共同速度向右運動 直至t 1s時木板與墻壁碰撞 碰撞時間極短 碰撞前后木板速度大小不變 方向相反 運動過程中小物塊始終未離開木板 已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖 b 所示 木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍 重力加速度大小g取10m s2 求 1 木板與地面間的動摩擦因數(shù) 1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 2 木板的最小長度 3 木板右端離墻壁的最終距離 解析 1 規(guī)定向右為正方向 木板與墻壁相碰前 小物塊和木板一起向右做勻變速運動 設加速度為a1 小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M 由牛頓第二定律有 1 m M g m M a1 由圖 b 可知 木板與墻壁碰前瞬間的速度v1 4m s 由運動學公式得v1 v0 a1t1 s0 v0t1 a1 式中 t1 1s s0 4 5m是木板與墻壁碰前瞬間的位移 v0是小物塊和木板開始運動時的速度 聯(lián)立 式并結(jié)合題給條件得 1 0 1 在木板與墻壁碰撞后 木板以 v1的初速度向左做勻變速運動 小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動 設小物塊的加速度為a2 由牛頓第二定律有 2mg ma2 由圖 b 可得a2 答案 1 0 10 4 2 6 0m 3 6 5m 式中 t2 2s v2 0 聯(lián)立 式并結(jié)合題給條件得 2 0 4 2 設碰撞后木板的加速度為a3 經(jīng)過時間 t 木板和小物塊剛好具有共同速度v3 由牛頓第二定律及運動學公式得 2mg 1 M m g Ma3 v3 v1 a3 t v3 v1 a2 t 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中 木板的位移為s1 t小物塊的位移為s2 t小物塊相對木板的位移為 s s2 s1聯(lián)立 式 并代入數(shù)據(jù)得 s 6 0m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板 所以木板的最小長度應為6 0m 3 在小物塊和木板具有共同速度后 兩者向左做勻變速運動直至停止 設加速度為a4 此過程中小物塊和木板運動的位移為s3 由牛頓第二定律及運動學公式得 1 m M g m M a40 2a4s3碰后木板運動的位移為s s1 s3聯(lián)立 式 并代入數(shù)據(jù)得s 6 5m木板右端離墻壁的最終距離為6 5m 9 2014課標 24 12分 0 550 公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離 當前車突然停止時 后車司機可以采取剎車措施 使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰 通常情況下 人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為1s 當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km h的速度勻速行駛時 安全距離為120m 設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的2 5 若要求安全距離仍為120m 求汽車在雨天安全行駛的最大速度 解析設路面干燥時 汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為 0 剎車時汽車的加速度大小為a0 安全距離為s 反應時間為t0 由牛頓第二定律和運動學公式得 0mg ma0 s v0t0 式中 m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度 設在雨天行駛時 汽車與路面間的動摩擦因數(shù)為 依題意有 0 設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a 安全行駛的最大速度為v 由牛頓第二定律和運動學公式得 mg ma s vt0 聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得v 20m s 72km h 答案20m s 或72km h 1 2018北京東城一模 18 某裝置的結(jié)構(gòu)如圖所示 在外殼的基板上固定一個螺栓 螺栓上有一頂端焊有鋼球的彈簧 螺栓 彈簧 鋼球及外殼都是電的良導體 在靜止狀態(tài)下 鋼球和外殼呈斷開狀態(tài)不會導通 當受到?jīng)_擊 鋼球產(chǎn)生運動與外殼接通 便可觸發(fā)執(zhí)行電路 未畫出 使報警器等元件開始工作 若此裝置由靜止從高處墜落 重力加速度用g表示 以下說法正確的是 A 開始下落的瞬間 鋼球的加速度為gB 開始下落的瞬間 外殼的加速度為gC 在執(zhí)行電路被接通前 鋼球的加速度方向可能向上D 在執(zhí)行電路被接通前 外殼的加速度可能小于g 考點一牛頓運動定律的理解和簡單應用 A組2016 2018年高考模擬 基礎(chǔ)題組 三年模擬 答案D開始下落瞬間 彈簧彈力不變 鋼球的加速度a 0 外殼的加速度a g g 故A B錯 執(zhí)行電路被接通前 球和外殼未接觸 開始時彈力等于重力 彈簧被壓縮 后來若彈簧仍被壓縮 則形變量會變小 則鋼球所受合力向下 加速度ag 故C錯 D正確 思路分析確定研究對象 受力分析 2 2018北京四中期中 14 伽利略對自由落體運動的研究 是科學實驗和邏輯思維的完美結(jié)合 圖可大致表示其實驗和思維的過程 讓小球由傾角為 的光滑斜面滑下 然后在不同的 時分別進行多次實驗 最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動 對這一過程的分析 下列說法中不正確的是 A 采用圖甲的斜面實驗 可 沖淡 重力的作用 使時間更容易測量B 讓不同質(zhì)量的球沿相同斜面下滑 可證實小球均做加速度相同的勻變速運動C 伽利略通過實驗直接測量了物體自由下落的位移與時間的平方的關(guān)系D 圖甲是實驗現(xiàn)象 圖丁的情景是經(jīng)過合理的外推得到的結(jié)論 答案C伽利略的時代無法直接測定瞬時速度 所以也就無法直接得到速度的變化規(guī)律 但是伽利略通過數(shù)學運算得出結(jié)論 如果物體初速度為零 且速度隨時間均勻變化 即v t 那么它通過的位移與所用時間的二次方成正比 即x t2 這樣只要測出物體通過不同位移所用的時間 就可以驗證這個物體的速度是否隨時間均勻變化 由于伽利略時代靠滴水計時 不能測量自由落體運動所用的時間 伽利略采用了一個巧妙的方法 用來 沖淡 重力的作用 他讓銅球沿阻力很小的斜面下滑 由于小球沿斜面下滑時加速度比它豎直下落的加速度小得多 所用時間長得多 所以容易測量 所以A正確 讓不同質(zhì)量的球沿相同斜面下滑 可證實小球均做加速度相同的勻變速運動 故B正確 圖甲乙丙均是實驗現(xiàn)象 圖丁所示的情景是經(jīng)過合理的外推得到的結(jié)論 故D正確 故選C 思路點撥伽利略對自由落體運動的研究方法是實驗結(jié)論的合理外推 3 2018北京豐臺二模 18 如圖所示 滑塊A以一定的初速度從粗糙斜面體B的底端沿斜面向上滑 然后又返回 整個過程中斜面體B與地面之間沒有相對滑動 那么滑塊向上滑和向下滑的兩個過程中 A 滑塊向上滑動的加速度等于向下滑動的加速度B 滑塊向上滑動的時間等于向下滑動的時間C 斜面體B受地面的支持力大小始終等于A與B的重力之和D 滑塊上滑過程中損失的機械能等于下滑過程中損失的機械能 答案D滑塊上滑時 受重力G 斜面的支持力N和沿斜面向下的摩擦力 由牛頓第二定律可得其加速度大小a上 下滑時 受重力G 支持力N和沿斜面向上的摩擦力 由牛頓第二定律可得其加速度大小a下 a上 a下 又滑塊沿斜面上滑的位移等于沿斜面下滑的位移 由x at2可得t上 t下 A B錯誤 因為滑塊有沿斜面向下的加速度 此加速度有豎直向下的分加速度 滑塊處于失重狀態(tài) 則斜面體B受地面的支持力大小小于A與B的重力之和 C項錯誤 滑塊上滑過程中損失的機械能 E機上 Q熱上 f上x上 下滑過程中損失的機械能 E機下 Q熱下 f下x下 因f上 f下 x上 x下 則 E機上 E機下 D項正確 解題關(guān)鍵對滑塊正確受力分析求加速度 并結(jié)合位移公式x at2比較運動時間 斜面體B受地面的支持力也是斜面體和滑塊組成的整體受到的支持力 由超 失重條件可以比較支持力與重力大小 E機 Q熱 fx 4 2018北京人大附中月考 2 如圖 木箱內(nèi)有一豎直放置的輕質(zhì)彈簧 彈簧上方有一物塊 木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊與箱頂壓力不為零 若在某一段時間內(nèi) 物塊對箱頂剛好無壓力 則在此段時間內(nèi) 木箱的運動狀態(tài)可能為 A 加速下降B 加速上升C 自由落體D 木箱整體做拋體運動 答案B木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊與箱頂壓力不為零 說明彈簧彈力大于物塊的重力 若在某一段時間內(nèi) 物塊對箱頂剛好無壓力 說明物塊只受重力和彈簧的彈力 因彈簧彈力及物塊重力不變 則知物塊所受合外力向上 物塊有向上的加速度 所以木箱的運動狀態(tài)可能是向上加速也可能是向下減速 故B正確 5 2018北京朝陽期中 電梯內(nèi)有一個質(zhì)量為m的物體 用細線懸掛在電梯的天花板上 已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間 當電梯以g的加速度豎直向下做勻加速直線運動時 細線對物體拉力的大小為 A mgB mgC mgD mg 答案B對物體受力分析如圖所示 由牛頓第二定律有ma mg Ta g 則T mg 故本題答案為B 6 2017北京朝陽期中 6 如圖所示 一個熱氣球與沙包的總質(zhì)量為m 在空氣中以大小為的加速度加速下降 為了使它勻速下降 則應該拋掉的沙的質(zhì)量為 假定空氣對熱氣球的浮力恒定 空氣的其他作用忽略不計 A B C D 答案A開始時整體加速下降 設空氣對熱氣球的浮力為F 根據(jù)牛頓第二定律有 mg F ma 解得F 要使它勻速下降 則需要重力等于浮力 所以應該拋掉的沙的質(zhì)量為 m m 選項A正確 7 2018北京首師大附中月考 16 如圖所示 用一個平行于斜面向上的恒力將質(zhì)量m 10 0kg的木箱從斜坡底端由靜止推上斜坡 斜坡與水平面的夾角 37 推力的大小F 100N 斜坡長度s 4 8m 木箱底面與斜坡的動摩擦因數(shù) 0 20 重力加速度g取10m s2 且已知sin37 0 60 cos37 0 80 求 1 木箱沿斜坡向上滑行的加速度的大小 2 木箱滑到斜坡頂端時速度的大小 解析 1 對木箱進行受力分析 沿斜面方向有 F mgsin37 f ma垂直于斜面方向有 FN mgcos37 滑動摩擦力f FN解得 a 2 4m s2 2 根據(jù)勻變速直線運動速度位移公式有 v2 2as解得 v 4 8m s 答案 1 2 4m s2 2 4 8m s 思路點撥做好受力分析 正確建立運動方程 8 2017北京朝陽期中 17 射擊時槍筒固定 燃氣推動子彈加速運動 如果把子彈在槍筒中的運動看做勻加速直線運動 子彈的加速度a 5 105m s2 質(zhì)量m 1 10 2kg 槍筒長x 0 64m 阻力不計 求子彈 1 射出槍口時速度的大小v 2 所受推力的大小F 答案 1 8 102m s 2 5 103N 解析 1 根據(jù)勻變速直線運動速度位移公式有 v2 2ax 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得 v 8 102m s 2 根據(jù)牛頓第二定律有 F ma 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得 F 5 103N 9 2018北京西城二模 18 一種巨型娛樂器械可以使人體驗超重和失重 一個可乘十多個人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上 由升降機送上幾十米的高處 然后讓座艙自由落下 落到一定位置時 制動系統(tǒng)啟動 座艙做減速運動 到地面時剛好停下 在上述過程中 關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài) 下列判斷正確的是 A 座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài)B 座艙在減速運動的過程中人處于超重狀態(tài)C 座艙在整個運動過程中人都處于失重狀態(tài)D 座艙在整個運動過程中人都處于超重狀態(tài) 考點二牛頓運動定律的綜合應用 答案B由題意知座艙先做自由落體運動 加速度等于g 方向向下 再減速下降 加速度方向向上 所以人先處于失重狀態(tài)再處于超重狀態(tài) 解題關(guān)鍵超重 失重的概念及條件 10 2018北京四中期中 13 如圖所示 輕彈簧左端固定在豎直墻上 右端與木塊B相連 木塊A緊靠木塊B放置 A B與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為 A B 且 A B 用水平力F向左壓A 使彈簧被壓縮 系統(tǒng)保持靜止 撤去F后 A B向右運動并最終分離 下列判斷正確的是 A A B分離時 彈簧長度一定等于原長B A B分離時 彈簧長度一定大于原長C A B分離時 彈簧長度一定小于原長D A B分離后極短時間內(nèi) A的加速度大于B的加速度 答案B當A B間無相互作用且加速度相等時 兩物體分開 設A B分離時彈簧處于伸長狀態(tài)且彈力為T 根據(jù)牛頓第二定律 對B T BmBg mBaB 得aB Bg 對A AmAg mAaA 得aA Ag 由于 A B aA aB 得T mB A B g 0 假設成立 故A C錯誤 B正確 A B分離后極短時間內(nèi) 根據(jù)牛頓第二定律 對B T BmBg mBaB T增大 加速度增大 對A AmAg mAaA 加速度不變 所以A B分離后極短時間內(nèi) A的加速度小于B的加速度 故D錯誤 解題關(guān)鍵解本題的關(guān)鍵是明確A B兩木塊分離時的條件是它們之間的彈力為零 加速度相等 然后分別對A B受力分析并結(jié)合牛頓第二定律分析求解 11 2018北京民大附中月考 2 幾個同學找了兩個用過的 易拉罐 在靠近底部的側(cè)面各打了一個洞 用手指按住洞 向罐中裝滿水 然后將易拉罐分別豎直向上和水平拋出 空氣阻力不計 假定在易拉罐的運動中不會出現(xiàn)轉(zhuǎn)動 則下列說法正確的是 A 豎直上升的易拉罐在運動過程中 洞中射出的水的速度越來越快B 水平拋出的易拉罐在運動過程中 洞中射出的水的速度越來越快C 不論易拉罐做平拋運動還是豎直上拋運動 水都不會從洞中射出D 不論易拉罐做平拋運動還是豎直上拋運動 洞中射出的水的速度都不變 答案C不論易拉罐做平拋運動還是豎直上拋運動 都只受重力 加速度為g 處于完全失重狀態(tài) 因此水和器壁間均無擠壓 水均不會從洞中射出 12 2018北京民大附中月考 8 多選 如圖所示 A B兩個皮帶輪被緊繃的傳送皮帶包裹 傳送皮帶與水平面的夾角為 在電動機的帶動下 可利用傳送皮帶傳送貨物 已知皮帶輪與皮帶之間無相對滑動 皮帶輪不轉(zhuǎn)動時 某物體從皮帶頂端由靜止開始下滑到皮帶底端所用的時間是t 則 A 當皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動時 該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定等于tB 當皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動時 該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定小于tC 當皮帶輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時 該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間可能等于tD 當皮帶輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時 該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定小于t 答案AD皮帶輪不轉(zhuǎn)動時 物體所受摩擦力方向沿皮帶向上 物體下滑的加速度a gsin gcos 當皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動時 物體相對皮帶的運動方向向下 摩擦力方向仍沿皮帶向上 物體下滑的加速度仍是a gsin gcos 物體下滑到底端所用時間仍是t A正確 B錯誤 當皮帶輪順時針勻速轉(zhuǎn)動時 初始階段物體相對皮帶的運動方向向上 所受摩擦力方向沿皮帶向下 加速度a gsin gcos a 此狀態(tài)可能一直持續(xù)到物體下滑到底端 也可能在加速到與皮帶的速度相等后物體再以加速度a gsin gcos 下滑 故物體下滑通過同樣大的位移所用的時間更少 C錯誤 D正確 13 2018北京師大附中期中 18 京北巨剎紅螺寺位于懷柔區(qū)紅螺山南麓 始建于東晉咸康四年 它背倚紅螺山 南照紅螺湖 山環(huán)水繞 林木豐茂 古樹參天 形成一幅 碧波藏古剎 的優(yōu)美的畫卷 如圖為游客乘坐滑車沿紅螺山滑道下行的情景 在全長1500米的下行途中 滑車穿行于松柏密林和紅葉叢中 游客盡情享受其中無窮樂趣 現(xiàn)將滑道視為長1500m 高300m的斜面來進行研究 假設滑車與滑道之間的動摩擦因數(shù) 0 1 游客和滑車總質(zhì)量m 80kg 已知 2 24 2 45 重力加速度g 10m s2 1 如果不拉動車閘 讓滑車沿滑道自行滑下 求滑車沿滑道下滑的加速度大小a 結(jié)果取2位有效數(shù)字 2 游客在某次乘坐滑車下滑時 使用了車閘 最終到達終點時的車速為1m s 則該過程中滑車克服阻力做了多少功 結(jié)果取2位有效數(shù)字 3 如果下滑過程中游客一直不拉車閘制動 試通過計算分析這種行為是否具有危險性 解析 1 根據(jù)牛頓第二定律有 mgsin mgcos ma代入數(shù)據(jù)可得 a 1 0m s2 2 結(jié)合能量轉(zhuǎn)化與守恒有 W mgh m代入數(shù)據(jù)可得 W 2 4 105J 3 如果一直不拉車閘 則滑車將勻加速下行 根據(jù)運動學公式有 2as解得 v1 代入數(shù)據(jù)可得 v1 55m s 198km h這個速度很大 接近200km h 因此下滑時一直不拉車閘是極其危險的行為 答案 1 1 0m s2 2 2 4 105J 3 見解析 解題關(guān)鍵把現(xiàn)實場景問題抽象轉(zhuǎn)化為物理模型是解決本題的關(guān)鍵 14 2017北京海淀期中 13 如圖所示 水平地面上有一質(zhì)量m 2 0kg的物塊 物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù) 0 20 在與水平方向成 37 角斜向下的推力F作用下由靜止開始向右做勻加速直線運動 已知F 10N sin37 0 60 cos37 0 80 重力加速度g取10m s2 不計空氣阻力 求 1 物塊運動過程中所受滑動摩擦力的大小 2 物塊運動過程中加速度的大小 3 物塊開始運動5 0s所通過的位移大小 解析 1 物塊在豎直方向所受合力為零 設物塊受地面的支持力為FN 因此有FN mg Fsin37 26N物塊運動過程中所受的滑動摩擦力f FN 5 2N 2 設物塊的加速度大小為a 根據(jù)物塊沿水平方向的受力情況 由牛頓第二定律有Fcos37 f ma解得 a 1 4m s2 3 物塊運動5 0s所通過的位移大小s at2 17 5m 答案 1 5 2N 2 1 4m s2 3 17 5m 15 2016北京東城期中 23 如圖所示 水平傳送帶以v 2m s的速度運行 兩端點A B間水平距離l 8m 把質(zhì)量m 2kg的物塊輕輕地放到傳送帶的A端 物塊在傳送帶的帶動下向右運動 若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 0 1 不計物塊的大小 g取10m s2 則 1 物塊從A端運動到B端所用時間為多少 2 物塊從A端運動到B端的過程中 摩擦力對物塊做功的平均功率是多少 3 若只改變傳送帶的速度使得物塊以最短的時間從A端運動到B端 傳送帶至少以多大的速度運行 解析 1 物塊剛放到傳送帶上時 由于與傳送帶間有相對運動 物塊受向右的滑動摩擦力 做勻加速運動 物塊受到的摩擦力大小 f N mg 2N根據(jù)牛頓第二定律有 f ma解得勻加速運動的加速度 a g 1m s2當物塊由靜止到與傳送帶相對靜止時 物塊的位移為x 2m此過程物塊所用的時間t1 2s物塊相對于傳送帶靜止后 物塊與傳送帶之間無摩擦力 此后物塊勻速運動到B端此過程物塊運動的時間t2 3s故物塊從A端運動到B端所用時間為t t1 t2 5s 2 物塊由A端運動到B端的過程中 摩擦力做功W fx代入數(shù)據(jù)得W 4J則摩擦力對物塊做功的平均功率是P 0 8W 答案 1 5s 2 0 8W 3 4m s 3 當物塊一直做勻加速直線運動時 所用時間最短根據(jù) 2al得vm m s 4m s 1 2018北京民大附中月考 伽利略在研究力和運動的關(guān)系的時候 用兩個對接的斜面 一個斜面固定 讓小球從斜面上滾下 又滾上另一個傾角可以改變的斜面 斜面傾角逐漸改變至零 如圖所示 伽利略設計這個實驗是為了說明 A 如果沒有摩擦 小球?qū)⑦\動到與釋放時相同的高度B 如果沒有摩擦 物體運動過程中機械能守恒C 物體做勻速直線運動并不需要力來維持D 如果物體不受到力 就不會運動 B組2016 2018年高考模擬 綜合題組時間 35分鐘分值 65分 一 選擇題 每題6分 共42分 答案C伽利略通過理想斜面實驗推翻了亞里士多德的 力是維持物體運動的原因 的觀點 說明了物體做勻速直線運動并不需要力來維持 因此選C 2 2017北京海淀二模 19 應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象 可以使物理學習更加深入有趣 有一塊橡皮靜止于平整的水平桌面上 現(xiàn)用手指沿水平方向推橡皮 橡皮將由靜止開始運動 并且在離開手指后還會在桌面上滑行一段距離才停止運動 關(guān)于橡皮從靜止到離開手指的運動過程 下列說法中正確的是 A 橡皮離開手指瞬間加速度為零B 橡皮離開手指前一直做加速運動C 水平推力越大 橡皮受到的摩擦力越大D 橡皮一定在與手指分離之前出現(xiàn)最大速度 答案D對橡皮受力分析 橡皮離開手指前水平方向受到向前的推力和向后的摩擦力 橡皮離開手指的過程中 與手指間彈力不斷減小 當減小到零時 兩者沒有相互作用力 開始脫離 離開手指瞬間 還有摩擦力 加速度不為零 A錯 離開手指前 橡皮先加速 后減速 當推力等于摩擦力時速度達最大值 B錯 D對 滑動摩擦力f mg與外力無關(guān) C錯 考查點生活現(xiàn)象與物理知識的結(jié)合 受力分析 牛頓第二定律 解題關(guān)鍵注意找到臨界狀態(tài) 兩者之間的相互作用力為零是兩者剛要脫離的臨界條件 3 2018北京朝陽期中 如圖所示 水平傳送帶在電動機帶動下始終保持以速度v勻速運動 某時刻質(zhì)量為m的物塊無初速地放在傳送帶的左端 經(jīng)過一段時間物塊能與傳送帶保持相對靜止 已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 若當?shù)氐闹亓铀俣葹間 對于物塊放上傳送帶到物塊與傳送帶相對靜止的過程 下列說法中正確的是 A 物塊所受摩擦力的方向水平向左B 物塊運動的時間為C 物塊相對地面的位移大小為D 物塊相對傳送帶的位移大小為 答案D物塊在傳送帶上向右加速的過程中 所受摩擦力的方向水平向右 故A項錯誤 由牛頓第二定律知物塊加速過程的加速度大小a g 故物塊相對傳送帶運動的時間t 故B項錯誤 物塊與傳送帶相對運動過程中 物塊相對地面的位移s1 at2 故C項錯誤 物塊與傳送帶相對運動過程中 傳送帶相對地面的位移s2 vt 故物塊相對傳送帶的位移大小 s s2 s1 D項正確 4 2016北京朝陽期中 9 一質(zhì)量為m的人站在觀光電梯內(nèi)的磅秤上 電梯以0 1g的加速度加速上升h高度 在此過程中 A 磅秤的示數(shù)等于mgB 磅秤的示數(shù)等于0 1mgC 人的動能增加了0 9mghD 人的機械能增加了1 1mgh 答案D由牛頓第二定律 對人有 N mg ma N m g a 1 1mg 由牛頓第三定律知磅秤受的壓力等于對人的支持力 磅秤的示數(shù)為1 1mg A B項錯 由動能定理有 WF合 mah 0 1mgh Ek C項錯 人的機械能增加量 E機 Ek Ep 0 1mgh mgh 1 1mgh D項正確 5 2016北京豐臺一模 18 在商場中 為了節(jié)約能源 無人時 自動扶梯以較小的速度運行 當有顧客站到扶梯上時 扶梯先加速 后勻速將顧客從一樓運送到二樓 速度方向如圖所示 若顧客與扶梯保持相對靜止 下列說法正確的是 A 在加速階段 顧客所受支持力大于顧客的重力B 在勻速階段 顧客所受支持力大于顧客的重力C 在加速階段 顧客所受摩擦力與速度方向相同D 在勻速階段 顧客所受摩擦力與速度方向相同 答案A當扶梯勻速運動時 顧客所受支持力等于顧客的重力 顧客不受摩擦力 所以B D選項錯誤 當扶梯加速運動時 顧客有斜向上的加速度 合力方向斜向上 顧客所受支持力大于顧客的重力 顧客受到水平向左的靜摩擦力 所以A選項正確 C選項錯誤 6 2016北京東城一模 18 實驗小組為了探究物體在傾角不同的斜面上的運動情況 將足夠長的粗糙木板的一端固定在水平地面上 使物體以大小相同的初速度v0由底端沖上斜面 每次物體在斜面上運動過程中斜面傾角保持不變 在傾角 從0 逐漸增大到90 的過程中 A 物體的加速度增大B 物體的加速度減小C 物體在斜面上能達到的最大位移先增大后減小D 物體在斜面上能達到的最大位移先減小后增大 答案D設物體質(zhì)量為m 物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為 當物體沿傾角為 的斜面上滑時 受到重力mg 斜面的支持力N 滑動摩擦力f 如圖所示 對物體由牛頓第二定律得 mgsin f maN mgcos 0f N聯(lián)立解得 a gsin gcos gsin 其中 為銳角 且tan 在 從0 逐漸增大到90 的過程中 加速度a先增大后減小 因此 A B錯誤 物體沿斜面上升的最大位移x 在 從0 逐漸增大到90 的過程中 x先減小后增大 因此 C錯誤 D正確 考查點 受力分析 牛頓第二定律 勻變速直線運動方程 數(shù)學應用能力 思路分析根據(jù)牛頓第二定律和運動學規(guī)律 整理出加速度和位移的表達式 討論加速度和位移與傾角的關(guān)系 得出答案 7 2015北京師大附中月考 3 如圖所示 在光滑的水平面上有一段長為L 質(zhì)量分布均勻的繩子 在水平向左的恒力F作用下從靜止開始做勻加速運動 繩子中某點到繩子左端的距離為x 設該處繩的張力大小為T 則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖像是 答案B設繩子單位長度質(zhì)量為m 對整體分析有 F Lma 則對右半段繩子受力分析可知 T L x ma聯(lián)立解得 T 1 F 故B項正確 8 13分 2018北京人大附中月考 14 一位蹦床運動員僅在豎直方向上運動 蹦床對運動員的彈力F的大小隨時間的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來 如圖所示 將運動員視作質(zhì)點 重力加速度g取10m s2 試結(jié)合圖像 1 求運動員在運動過程中的最大加速度 2 求運動員離開蹦床上升的最大高度 3 分析判斷運動員離開蹦床時的速度是否就是其運動中的最大速度 簡述理由 二 非選擇題 共23分 解析 1 由圖像可以知道 運動員的重力為mg 500N蹦床對運動員的最大彈力為Fm 2500N由牛頓第二定律得Fm mg mam則運動員的最大加速度為am 40m s2 2 由圖像可以知道運動員離開蹦床的時間為t 2 1s則上升的最大高度為H g 5 5125m 3 運動員離開蹦床時的速度不是最大的速度 運動員所受合外力為零時 加速度也為零 此時速度達到最大值 答案 1 40m s2 2 5 5125m 3 見解析 9 10分 2018北京海淀期中 13 商場工作人員推著質(zhì)量m 20kg的貨箱沿水平地面滑行 若用力F1 100N沿水平方向推貨箱 貨箱恰好做勻速直線運動 現(xiàn)改用F2 120N水平推力把貨箱從靜止開始推動 g取10m s2 1 求貨箱與地面之間的動摩擦因數(shù) 2 F2作用在貨箱上時 求貨箱運動的加速度大小 3 在F2作用下 貨箱運動4 0s時撤掉推力 求貨箱從靜止開始運動的總位移大小 解析 1 貨箱在水平推力F1的作用下做勻速直線運動 由平衡條件有F1 mg 0則 0 5 2 貨箱在水平推力F2的作用下做勻加速直線運動 由牛頓第二定律有F2 mg ma則a m s2 1 0m s2 3 設在F2作用下貨箱的位移為x1 撤掉推力時貨箱速度為v 撤掉推力后貨箱加速度為a1 移動的位移為x2 總位移為x 則x1 at2 1 0 16m 8 0mv at 1 4m s 4 0m s mg ma1 a1 5 0m s20 v2 2a1x2 x2 1 6mx x1 x2 9 6m 答案 1 0 5 2 1 0m s2 3 9 6m 1 一物塊靜止在粗糙的水平桌面上 從某時刻開始 物塊受到一方向不變的水平拉力作用 假設物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 以a表示物塊的加速度大小 F表示水平拉力的大小 能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是 C組教師專用題組 答案C物塊的受力如圖所示 當F不大于最大靜摩擦力時 物塊仍處于靜止狀態(tài) 合力為0 故其加速度為0 當F大于最大靜摩擦力后 由牛頓第二定律得F f ma 即F f ma F與a成線性關(guān)系 選項C正確 2 2015北京101中學期中模擬 2 在光滑的水平面上 有一個物體同時受到兩個水平力F1與F2作用 在第1s內(nèi)物體保持靜止狀態(tài) 若力F1與F2隨時間的變化關(guān)系如圖所示 則物體 A 在第2s內(nèi)做加速運動 加速度大小逐漸減小 速度逐漸增大B 在第3s內(nèi)做加速運動 加速度大小逐漸增大 速度逐漸增大C 在第4s內(nèi)做加速運動 加速度大小逐漸增大 速度逐漸增大D 在第5s末速度為零 加速度方向與F1方向相同 答案B第1s內(nèi)物體保持靜止狀態(tài) 第2s內(nèi)物體受F合沿F1方向 F合大小由0增大 加速度a 由0增大 選項A錯 第3s內(nèi)F合沿F1方向 v沿F1方向增大 a大小逐漸增大 B選項正確 第4s內(nèi)F合仍沿F1方向 逐漸減小 加速度逐漸減小 C選項錯 第5s末速度沿F1方向且最大 D選項錯 3 2013北京西城期末 一座大樓中有一部直通高層的客運電梯 電梯的簡化模型如圖 1 所示 已知電梯在t 0時由靜止開始上升 電梯的加速度a隨時間t的變化如圖 2 所示 如圖 1 所示 一質(zhì)量為M的乘客站在電梯里 電梯對乘客的支持力為F 根據(jù)a t圖像可以判斷 力F大小不變 且F Mg的時間段為 A 1 8s內(nèi)B 8 9s內(nèi)C 15 16s內(nèi)D 16 23s內(nèi) 答案D力F大小不變說明乘客的加速度大小恒定 F Mg說明乘客處于失重狀態(tài) 此時乘客的加速度方向向下 由a t圖可知 只有16 23s內(nèi)滿足此條件 故D正確 4 2014北京師大附中期中 5 如圖 a 所示 用一水平外力F推物體 使其靜止在傾角為 的光滑斜面上 逐漸增大F 物體開始做變加速運動 其加速度a隨F變化的圖像如圖 b 所示 取g 10m s2 根據(jù)圖 b 中所提供的信息不能計算出的是 A 物體的質(zhì)量B 斜面的傾角C 使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小D 加速度為6m s2時物體的速度 答案D沿斜面方向應用牛頓第二定律得 Fcos mgsin ma 整理得到a F關(guān)系式a F gsin 由圖像可求得該函數(shù)圖線的斜率k 0 4和縱軸上的截距 gsin 6m s2 代入g值 由此可得傾角和質(zhì)量的具體數(shù)值 利用斜率和其中已知的某一個點就可以求得a等于零時的力 由于物體做的是變加速直線運動 所以無法計算加速度為6m s2時物體的速度 綜合以上分析 應該選D 5 2014北京朝陽一模 16 如圖所示 A B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M 讓它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑 已知斜面的傾角為 斜面始終保持靜止 則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為 A Mgsin B Mgcos C 0D M m gsin 答案C由于它們是靠在一起下滑的 故A B下滑的加速度是相同的 先對A B整體進行受力分析 并應用牛頓第二定律可得 加速度a gsin 再對A進行受力分析 要使其加速度仍為a 在沿斜面的方向上B對A的壓力為0 選項C正確 6 2018北京民大附中月考 5 某同學站在觀光電梯的地板上 利用速度傳感器和計算機研究觀光電梯升降過程中的情況 圖甲所示的v t圖像是計算機顯示的觀光電梯在某一段時間內(nèi)速度變化的情況 向上為正方向 在電梯底板上有一滑塊與輕彈簧相連 彈簧的另一端固定在電梯的側(cè)壁上 如圖乙所示 當電梯靜止時 彈簧處于被壓縮狀態(tài) 整個裝置靜止 根據(jù)圖像提供的信息 可以判斷下列說法中正確的是 A 在t 0時 圖乙中的滑塊可能開始運動B 在t 5s時 圖乙中的滑塊可能開始運動C 在t 10s時 圖乙中的滑塊可能開始運動D 在t 20s時 圖乙中的滑塊可能開始運動 答案C設滑塊所受重力為G 所受支持力大小為N 所受彈簧彈力為F彈 所受摩擦力為f 電梯靜止時 F彈 f G N 最大靜摩擦力fm N 若要滑塊開始運動 要減小fm 則N減小的時刻滑塊可能開始運動 向上為正方向 t 10s時 電梯的加速度向下 處于失重狀態(tài) N減小 滑塊可能開始運動 7 2013北京海淀期中 16 圖甲是2012年我國運動員在倫敦奧運會上蹦床比賽中的一個情景 設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動 運動員的腳在接觸蹦床過程中 蹦床對運動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來 如圖乙所示 取g 10m s2 根據(jù)F t圖像求 1 運動員的質(zhì)量 2 運動員在運動過程中的最大加速度 3 在不計空氣阻力情況下 運動員重心離開蹦床上升的最大高度 甲乙 解析 1 由圖像可知運動員所受重力為500N 設運動員質(zhì)量為m 則m G g 50kg 2 由圖像可知蹦床對運動員的最大彈力為Fm 2500N 設運動員的最大加速度為am 則Fm mg mamam m s2 40m s2 3 由圖像可知運動員離開蹦床后做豎直上拋運動 離開蹦床的時刻為6 8s或9 4s 再下落到蹦床上的時刻為8 4s或11s 它們的時間間隔均為1 6s 根據(jù)豎直上拋運動的對稱性 可知其自由下落的時間為0 8s 設運動員上升的最大高度為H 則H gt2 10 0 82m 3 2m 答案 1 50kg 2 40m s2 3 3 2m 8 2016北京朝陽期中 18 1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的測定質(zhì)量的實驗 這次實驗的目的是要發(fā)展一種技術(shù) 找出測定軌道中人造天體質(zhì)量的方法 實驗時 用雙子星號宇宙飛船 m1 去接觸正在軌道上運行的火箭組 m2 后者的發(fā)動機已熄火 接觸以后 開動雙子星號飛船的推進器 使飛船和火箭組共同加速 如圖所示 推進器的平均推力F等于895N 推進器開動時間為7s 測出飛船和火箭組的速度變化是0 91m s 已知雙子星號宇宙飛船的質(zhì)量m1 3400kg 求 1 飛船與火箭組的加速度a的大小 2 火箭組的質(zhì)量m2 解析 1 根據(jù)運動學公式a 代入數(shù)據(jù)可得 a 0 13m s2 2 對整體 根據(jù)牛頓第二定律F m1 m2 a代入數(shù)據(jù)可得 m2 3484 6kg 答案 1 0 13m s2 2 3484 6kg 9 2014北京師大附中月考 19 如圖所示 水平面上緊靠放置著等厚的長木板B C 未粘連 它們的質(zhì)量均為M 2kg 在B木板的左端放置著質(zhì)量為m 1kg的木塊A 可視為質(zhì)點 A與B C間的動摩擦因數(shù)均為 1 0 4 B C與水平面間的動摩擦因數(shù)均為 2 0 1 滑動摩擦力等于最大靜摩擦力 開始整個系統(tǒng)處于靜止 現(xiàn)對A施加水平向右的恒定拉力F 6N 測得A在B C上各滑行了1s后 從C的右端離開木板 求 1 木板B C的長度lB lC 2 若在木塊A滑上C板的瞬間撤去拉力F 木塊A從開始運動到再次靜止經(jīng)歷的總時間t 此問答案保留3位有效數(shù)字 解析 1 A在B的上表面滑行過程 A受滑動摩擦力fA 1mg 4N方向向左 根據(jù)作用力與反作用力的關(guān)系 B受A的摩擦力方向向右 而B要運動必須和C一起運動 B和C與地面之間最大靜摩擦力fm 2 2M m g 5N由于fAfm 所以C的運動為勻加速運動 a 0 5m s2經(jīng)過1秒鐘 A的位移xA vt at2 3mC的位移xC a t2 0 25m所以C的長度lC xA xC 2 75m 2 A滑上C的表面后受摩擦力向左 同樣C受到摩擦力向右 大小仍是fA 1mg 4N而C受摩擦力