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第12练　牛顿运动定律的理解
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.(2025常州前黄高级中学期初)下列说法正确的是(　　)
A.牛顿第一定律只有在无摩擦力的条件下才成立
B.在水平面上滑动的木块最终停下来是由于没有外力维持它运动
C.伽利略的斜面实验是牛顿第一定律的实验基础
D.笛卡儿最早指出力不是维持物体运动的原因
2.(2025海安开学考试)任何人类活动都离不开能量。若用国际单位制的基本单位表示,能量的单位为(　　)
A.kg·(m/s)2 B.J
C.W·s D.N·m
3.物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质称为惯性。下列有关惯性的说法正确的是(　　)
A.乘坐汽车时系好安全带可减小惯性
B.宇宙飞船在太空中也有惯性
C.运动员跑得越快惯性越大
D.汽车在刹车时才有惯性
4.如图所示,沙发静止在水平地面上,下列说法正确的是(　　)
A.沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是一对平衡力
B.沙发对地面的压力与地面对沙发的支持力是一对平衡力
C.沙发对地面的压力与沙发受到的重力是一对作用力和反作用力
D.沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是一对作用力和反作用力
5.(2025苏州高新区第一中学期中)如图所示,餐厅服务员托举菜盘给顾客上菜。若服务员托举菜盘快到餐桌前,使菜盘水平向左减速运动,则(　　)
A.手对菜盘的摩擦力方向向右
B.手对菜盘的摩擦力方向向左
C.菜盘对手的作用力方向斜向右上方
D.菜盘对手的作用力方向斜向右下方
6.(2025常州期中)空间站中的物体处于完全失重的状态,测量质量往往采用动力学方法:对悬浮在空间站中的物体施加拉力F,测量其加速度a,从而得到物体质量。测得两位航天员的加速度随拉力变化的a-F图像如图所示,图线1、2与横坐标夹角分别为θ1、θ2,则两人的质量之比m1∶m2等于(　　)
A.tan θ1∶tan θ2 B.tan θ2∶tan θ1
C.θ1∶θ2 D.θ2∶θ1
7.(2025无锡期中)某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球,列车在平直轨道行驶过程中,细线偏过一定角度并相对车厢保持静止,如图所示。则列车(　　)
A.匀速运动 B.匀变速运动
C.向左运动 D.向右运动
8.(2024盐城第一次质量监测)如图所示,用三根相同的轻绳系住一质量为m且均匀分布的圆环,每根轻绳与竖直方向的夹角均为θ,重力加速度为g。现提住轻绳结点使圆环以加速度a竖直下落,则每根轻绳对圆环的拉力大小为(　　)
A.mg B.
C. D.
9.(2025苏州开学考试)如图所示,两个质量相同的小球A和B之间用轻弹簧连接,然后用细绳悬挂起来,剪断细绳的瞬间,关于A球和B球的加速度,下列说法正确的是(　　)
A.aB=0 B.aB=g
C.aA=0 D.aA=g
10.国庆假期黄山迎来游客高峰,缆车为游客提供了快捷方便的上山途径。如图所示,缆车车厢通过悬臂固定在缆绳上,缆车水平底板放置一质量为m的货物。某段时间内,在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上做加速度为a的匀加速运动。已知悬臂和车厢始终处于竖直方向,缆车底板始终保持水平,重力加速度为g,缆绳与水平方向夹角为θ,则下列说法正确的是(　　)
A.货物受到4个力的作用
B.车厢对货物的支持力大于货物对车厢的压力
C.车厢对货物作用力的大小为m(g+acos θ)
D.车厢对货物作用力的方向与水平方向的夹角大于θ
二、非选择题:共2题,11题12分,12题12分,共24分。
11.(2025苏州三模)如图为教室中的有轨黑板与磁吸黑板擦,黑板处在竖直平面内且可以沿轨道水平移动,磁吸黑板擦与黑板间存在相互吸引力F0,黑板擦的质量为m,重力加速度为g,最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小。
(1)匀速推动黑板,黑板擦与黑板保持相对静止,求两者间动摩擦因数的最小值μmin;
(2)若黑板擦与黑板间动摩擦因数为μ,推动黑板,使两者一起沿水平方向匀加速运动,求黑板的最大加速度a。
12.我国自主研制的运-20重型运输机获得的升力大小F=kv2,k为系数,v是飞机在平直跑道上的滑行速度;F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为m时,起飞离地速度为v0;装载质量为M的货物后,从静止开始匀加速滑行距离d起飞离地;装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变,重力加速度为g。求:
(1)k的表达式;
(2)飞机装载货物后飞机滑行过程中的加速度a。
答案：
1.C　解析 任何物体都保持静止或匀速直线运动的状态,直到受到其他物体的作用力迫使它改变这种状态为止,这里的力是指所有力,并不是单指摩擦力,故A项错误;在水平面上滑动的木块最终停下来是由于受到摩擦力,故B项错误;伽利略的斜面实验推翻了亚里士多德的理论,是牛顿第一定律的实验基础,故C项正确;最早指出力不是维持物体运动的原因的科学家是伽利略,不是笛卡儿,故D项错误。
2.A　解析 国际单位制的基本单位是kg、m、s,能量单位与功的单位相同,根据公式W=Fs,F=ma,联立可得1 J=1 kg·m/s2·m=1 kg·(m/s)2,故选A。
3.B
4.A　解析 沙发受到的重力与地面对沙发的支持力等大反向,都是作用在沙发上,是一对平衡力,A项正确,D项错误;沙发对地面的压力与地面对沙发的支持力是一对相互作用力,B项错误;沙发对地面的压力与沙发受到的重力只是大小相等,既不是平衡力,也不是相互作用力,C项错误。
5.A　解析 菜盘沿着水平方向向左减速运动,所以加速度水平向右,重力和支持力平衡,根据牛顿第二定律加速度方向与合外力的方向一致,摩擦力水平向右,故A项正确,B项错误;菜盘对手的压力竖直向下,菜盘给手的摩擦力水平向左,所以菜盘对手的作用力斜向左下方,C、D项错误。
6.B　解析 根据牛顿第二定律,有F=ma,即a=F,故a-F图像的斜率表示,两人的质量之比等于斜率的反比,即,故选B。
7.B　解析 分析可知,小球受竖直向下的重力和沿着绳子斜向右上方的拉力,则根据平行四边形定则可知,小球所受合外力一定向右,加速度一定向右,而小球与小车保持相对静止,且小车在水平方向运动,因此可知小车做加速度向右的匀变速运动,所以小车可能向右做匀加速运动,也可能向左做匀减速运动,故选B。
8.D　解析 根据牛顿第二定律可得mg-3Fcos θ=ma,可得每根轻绳对圆环的拉力大小为F=,故选D。
9.A　解析 剪断细绳之前,细绳的拉力为FT=2mg,剪断细线的瞬间,则弹簧的弹力不能突变,则此时B的加速度仍为零,即aB=0,故A项正确,B项错误;剪断细绳瞬间,A受到自身重力及弹簧向下弹力,大小等于FT,A的加速度为aA==2g,故C、D项错误。
10.D　解析 货物受重力、支持力和摩擦力三个力作用,A项错误;车厢对货物的支持力与货物对车厢的压力是一对作用力和反作用力,等大反向,B项错误;水平方向Ff=max=macos θ,竖直方向FN-mg=masin θ,所以车厢对货物的作用力F==m,C项错误;车厢对货物作用力与水平面夹角的正切值为tan α=>tan θ,D项正确。
11.(1)　(2)
解析 (1)μ最小时静摩擦力为最大静摩擦力,即μminF0=mg
解得μmin=。
(2)对黑板擦受力分析,水平方向由牛顿第二定律得Ffx=ma
竖直方向有Ffy=mg
又因为
解得a=。
12.(1)　(2),方向与速度方向相同
解析 (1)空载起飞时,升力正好等于重力,则
F=mg=k
所以k=。
(2)载货起飞时,升力正好等于重力,则
(m+M)g=kv2
2ad=v2
联立解得a=
方向与速度方向相同。第13练　牛顿第二定律的应用
一、单项选择题:共8题,每题4分,共32分。
1.(2025连云港一模)如图是一个小球沿竖直方向运动时的频闪照片,由照片可知(　　)
A.小球正在上升
B.小球正在下降
C.小球处于失重状态
D.小球处于超重状态
2.某同学打开手机的某款传感器App,手握手机迅速下蹲,手机记录的图像如图所示,a、b分别为图像的峰值,下列说法正确的是(　　)
A.该款App为位移传感器App
B.该款App为速度传感器App
C.峰值a对应时刻,人对地面的压力最大
D.峰值b对应时刻,人对地面的压力最大
3.2024年8月5日,江苏南京部分地区出现短时强降水,局部地区出现冰雹。无风的时候,由静止竖直下落的冰雹,受到的空气阻力随下落速度的增大而增大,若冰雹下落过程中所受重力保持不变(不计下落时质量的减少),则下列四幅图像中可能正确反映冰雹整个下落过程运动情况的是(　　)
4.用相同材料做成的A、B两木块的质量之比为5∶2,初速度之比为2∶5,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.滑行的时间之比为2∶5
B.滑行的时间之比为1∶1
C.滑行的距离之比为5∶2
D.滑行的距离之比为2∶5
5.(2025海安开学考试)伽利略做铜球沿斜面运动的实验,增大斜面倾角后,仍将铜球从板上同一点静止释放,则铜球(　　)
A.下滑过程位移x变大
B.下滑过程时间t不变
C.下滑过程加速度a变大
D.落地速度v不变
6.(2025海安高级中学月考)如图,将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出,图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片,图乙是小球下落时抓拍的频闪照片,重力加速度为g,假设小球所受的空气阻力大小不变,则小球所受空气阻力大约为(　　)
A.0.5mg
B.0.25mg
C.0.2mg
D.因砖的尺寸未知,无法估算
7.(2024淮安调研)如图所示,球壳内有三条弦OA、OB、OC,O为球内的最低点,它们与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°。三个光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦下滑,运动到最低点所用的时间分别为tA、tB、tC,则三者之间大小关系为(　　)
A.tA=tB=tC B.tAC.tA>tB>tC D.tA=tC>tB
8.(2025如皋二模)如图所示,木杆AB和CD平行斜靠在竖直墙壁上,两杆构成了滑轨。将一摞瓦片轻放在滑轨上,瓦片将沿滑轨滑到低处。为防止瓦片滑到底端时速度过大,可采取的措施是(　　)
A.增加瓦片放在滑轨上的高度
B.增加每次运送瓦片的数量
C.增大两杆与水平面的夹角
D.增大两杆之间的距离
二、非选择题:共2题,9题12分,10题15分,共27分。
9.(2025连云港期末)如图所示,质量m=50 kg的人乘坐超市斜坡电梯,以a=2 m/s2的加速度随倾角θ=37°的电梯向下匀加速运动,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)电梯对人的支持力大小F;
(2)电梯对人的摩擦力大小Ff。
10.(2025扬州氾水高级中学初考)质量为m=1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,经0.5 s与地面发生碰撞,该过程的v-t图像如图所示,球与水平地面相碰后反弹的速度大小为碰撞前的,该球受到的空气阻力大小恒定,g取10 m/s2。求:
(1)该球受到的空气阻力大小;
(2)弹性球与地面碰撞后反弹的高度h。
答案：
1.C　解析 球做竖直上抛运动时,到达最高点返回时运动具有对称性,从该点上升的时间和返回的时间相同,在该点速度大小相等,因此无法判断球是上升还是下降,球运动过程中只受重力作用,因此其加速度方向竖直向下,大小为g,处于失重状态。故选C。
2.C　解析 手握手机迅速下蹲,则物体的位移一直增大,速度先增大后减小,结合力与运动的关系可知,该款App为加速度传感器App,故A、B项错误;峰值a对应的时刻,物体的加速度向上且达到最大,所以此时人对地面的压力最大,峰值b对应的时刻,物体的加速度向下且达到最大,所以此时人对地面的压力最小,故C项正确,D项错误。
3.A　解析 由题意,对冰雹根据牛顿第二定律有mg-Ff=ma,可得冰雹的加速度a=,速度增大,阻力Ff增大,加速度减小,冰雹做加速度减小的加速运动;当加速度减小到零时,冰雹做匀速直线运动。故选A。
4.A　解析 依题意,根据牛顿第二定律可得物块的加速度大小为a=μg,与物块的质量无关,根据公式v=at,得两物块滑行的时间之比为,故A项正确,B项错误;由公式v2=2as,得滑行的距离之比为,故C、D项错误。
5.C　解析 根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma,可得a=gsin θ-μgcos θ,可知增大斜面倾角后,加速度a变大;根据运动学公式可得x=at2,v2=2ax,将铜球从板上同一点静止释放,则下滑过程的位移x大小不变;由于加速度变大,则下滑时间t变小,落地速度v变大。故选C。
6.A　解析 小球上升过程是匀减速直线运动,末速度为零,下落过程是初速度为零的匀加速直线运动。设频闪周期为T,每块砖的厚度为d。根据匀变速运动推论,在上升过程有Δx1=9d-3d=6d=a1T2,在下降过程有Δx2=3d-d=2d=a2T2,由牛顿第二定律可得mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2,联立解得Ff=0.5mg,故选A。
7.A　解析 设弦与竖直方向夹角为θ,球的半径为R,由小环沿弦做匀加速运动有2Rcos θ=gcos θt2,解得运动时间为t=2,与弦与竖直方向夹角无关,所以小环运动到最低点的时间相等。故选A。
8.D　解析 对瓦片受力分析,瓦片在沿斜面、垂直于斜面方向的受力如图,若瓦片的高度为h、瓦片的数量为n、两杆间夹角为θ,则两杆距离越大,θ越大,在垂直于斜面方向2Fcos =nmgcos α,沿斜面方向nmgsin α-μ×2F=nma,联立解得a=gsin α-,为防止瓦片的末速度过大,需要减小加速度a,结合加速度表达式即可知瓦片的高度h、瓦片的数量n对a无影响;增大两杆与水平面的夹角α,加速度a增大;增大两杆之间的距离,θ增大,加速度a减小,故A、B、C项错误, D项正确。
9.(1)400 N　(2)200 N
解析 (1)对人进行受力分析,如图,沿加速度方向建立x轴,垂直加速度方向建立y轴。
y方向:F=mgcos θ=400 N。
(2)x方向:mgsin θ-Ff=ma
整理得Ff=200 N。
10.(1)4 N　(2) m
解析 (1)由v-t图像斜率可得弹性球下落过程中的加速度为
a1==6 m/s2
根据牛顿第二定律可得
mg-Ff=ma1
解得Ff=4 N。
(2)依题意可知第一次碰撞后反弹的速度大小为
v=v0=a1t=2 m/s
在弹性球上升过程中,根据牛顿第二定律可得
mg+Ff=ma2
弹性球上升过程中的加速度大小为
a2=14 m/s2
弹性球第一次碰撞后反弹的高度为
h= m。第16练　实验四:探究加速度与力、质量的关系
共3题,每题15分,共45分。
1.(2024启东检测)如图所示的甲、乙、丙都是高中物理实验中常见的计时仪器。图丙中a、b分别是光电门的激光发射和接收装置,当一辆带有挡光片的小车从a、b间通过时,光电计时器就可以显示挡光片的挡光时间。
甲
乙
丙　
丁
戊
(1)小王同学在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中,做了一个U形遮光板,如图丁所示,两个遮光片宽度均为L=5 mm,将此U形遮光板装在小车上,让小车做匀变速直线运动通过静止的光电计时器,实验时测得两次遮光时间分别为Δt1=0.10 s,Δt2=0.05 s,从第一个遮光片遮光到第二个遮光片遮光经过的时间t=1 s,则第一个遮光片通过光电门的速度大小为　　　　 m/s,小车做加速直线运动的加速度大小为　　　　 m/s2。
(2)小张同学选用图乙的打点计时器来完成“探究加速度与力、质量的关系”实验,实验装置图如图戊所示。图乙是　　　　(填“电磁”或“电火花”)打点计时器。
打出一条纸带如下图所示,每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来,图中上面的数字为相邻两个计数点间的距离,打点计时器工作频率为50 Hz,打计数点4时纸带的速度v4=　　　　 m/s;小车做匀加速直线运动的加速度a=　　　 m/s2(保留三位有效数字)。
平衡好摩擦力后保持小车质量M不变,不断往桶里加砂,用力传感器测绳子拉力为F,测得小车的加速度为a,砂的质量最终达到M。下列a-F图像正确的是　　　　。
2.(2025徐州阶段练习)某实验小组利用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。
甲
(1)下列实验操作步骤,正确的顺序是　 。
①将挂有槽码的细线绕过定滑轮系在滑块上,滑块移到光电门1右侧某位置A处
②改变槽码和滑块质量,重复实验
③把气垫导轨放在水平桌面上,将装有遮光条的滑块放在导轨上,打开气源开关,调节导轨至水平
④多次改变光电门2的位置,滑块每次都由A处静止释放,记录t1和t2
⑤从A处由静止释放滑块,记录滑块从光电门1运动到光电门2的时间t1和遮光条通过光电门2的遮光时间t2
(2)实验记录和处理的某组数据如下表:
t1/s 0.81 0.91 1.09 1.24 1.46 1.67
t2/(10-3 s) 7.14 6.25 5.26 4.54 3.85 3.33
/s-1 140 160 190 220 260 300
请根据表中数据,在图乙中作出-t1图像。
乙
(3)根据图像求得图线的斜率k=　　　　 s-2(结果保留两位有效数字)。
(4)实验中,测得遮光条的宽度为d,滑块和遮光条的总质量为M,槽码的质量为m,用槽码的重力代替细线的拉力。已知重力加速度为g。在误差允许范围内,如果(3)中所求k满足k=　　　　(用符号d、m、M、g表示),则验证了牛顿第二定律。
(5)实验小组发现图线斜率的测量值总小于理论值,产生该系统误差的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　(写出一个即可)。
3.(2025盐城八校考试)某同学在实验室取两个完全相同的木盒,来测量木盒与木板之间的动摩擦因数。由于实验室中的天平损坏,无法称量质量,因此他采用“对调法”完成测量,如图甲所示,一端装有定滑轮的长木板固定在水平桌面上,木盒1放置在长木板上,左端与穿过打点计时器的纸带相连,右端用细线跨过定滑轮与木盒2相接。
甲
(1)实验前,　　　　(选填“需要”或“不需要”)调整定滑轮的角度使细线与木板平行,　　　　(选填“需要”或“不需要”)将长木板左侧垫高来平衡摩擦力。
(2)实验时,木盒1不放细沙,在木盒2中装入适量的细沙,接通电源,释放纸带,打点计时器打出一条纸带,加速度记为a1,随后将木盒1与木盒2(含细沙)位置互换,换一条纸带再次实验,打出第二条纸带,加速度记为a2,两纸带编号为第一组,改变木盒2中细沙的多少,重复上述过程,得到多组纸带。如图乙为某组实验中获得的两条纸带中的一条,其中相邻两计数点间还有4个计时点未标出,已知交流电源的频率为50 Hz,则该纸带运动的加速度a=　　　　　 m/s2(保留三位有效数字)。
乙
丙
(3)将实验测得的加速度绘制在图丙中,得到a2-a1关系图像,已知当地重力加速度为9.80 m/s2,由图像可得木盒与木板间的动摩擦因数为　　　　(保留两位有效数字)。
(4)由于纸带的影响,实验测得的动摩擦因数将　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
(5)实验过程中,有时“对调法”两次实验不能全部完成,导致实验数据无效,下列能解决此问题的实验方案是　　　　(填字母)。
A.逐步减少木盒2的细沙开展后续实验
B.逐步增多木盒2的细沙开展后续实验
C.开始时直接将细沙放入木盒1中开展实验
D.用密度更大的铁砂代替细沙开展实验
答案：
1.(1)0.05　0.05
(2)电火花　1.21　2.02　A
解析 (1)第一个遮光片通过光电门的速度大小为
v1= m/s=0.05 m/s
第二个遮光片通过光电门的速度大小为
v2= m/s=0.1 m/s
小车做加速直线运动的加速度大小
a= m/s2=0.05 m/s2。
(2)题图乙是电火花打点计时器。每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来,则T=0.1 s;打计数点4时纸带的速度
v4= m/s=1.21 m/s
小车做匀加速直线运动的加速度
a== m/s2=2.02 m/s2
实验时平衡了摩擦力,则图像过原点;小车受到的拉力可以直接由力传感器测得,则图线是一条倾斜的直线。故选A。
2.(1)③①⑤④②
(2)图见解析
(3)1.9×102
(4)
(5)用槽码的重力代替细线的拉力
解析 (1)实验时先调节轨道水平,然后放好挂着槽码的细线和滑块,释放滑块后记录通过光电门的时间,最后重复几次实验,则实验操作正确的顺序是③①⑤④②。
(2)图像如图所示。
(3)根据图像求得图线的斜率
k= s-2=1.9×102 s-2。
(4)根据
mg=Ma
v==at1
即t1
图线的斜率
k=
即在误差允许范围内,如果(3)中所求k满足
k=
则验证了牛顿第二定律。
(5)用槽码的重力代替细线的拉力,则理论值偏大,从而使得图线斜率的测量值总小于理论值。
3.(1)需要　不需要　(2)1.20　(3)0.54　(4)偏大　(5)AC
解析 (1)调整定滑轮的角度,使细线与长木板平行,这样细线的拉力就沿水平方向;且不需要将长木板左侧垫高来平衡摩擦力,因为摩擦力不会影响该实验对动摩擦因数的测量。
(2)相邻两计数点间还有4个计时点未标出,则相邻计数点间的时间间隔为T=0.1 s;根据逐差法得出加速度
a==1.20 m/s2。
(3)设木盒1的质量为m1,木盒2的质量为m2,对整体受力分析有
m2g-μm1g=(m1+m2)a1
位置互换后
m1g-μm2g=(m1+m2)a2
联立解得a2=-a1+(1-μ)g
根据图像代入数据得
μ=0.54。
(4)由于纸带与打点计时器间有摩擦,所以测量的动摩擦因数会偏大。
(5)逐步减少木盒2的细沙开展后续实验或直接将细沙放入木盒1中开展实验,可以确保对调后能完成实验。故选AC。第14练　专题提升:连接体、多过程及斜面上的动力学问题
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.“神舟十二号”返回舱进入大气层,主降落伞打开后的某段时间,返回舱竖直匀减速下降。已知返回舱质量为m,降落伞系统(伞和拉绳) 的总质量为。空气对降落伞系统的阻力为mg,返回舱所受空气的阻力不计,重力加速度为g。则在此过程中返回舱受到的拉力为(　　)
A.mg B.2mg
C.mg D.mg
2.(2025宿迁中学月考)某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为(　　)
A.F B.
C. D.
3.如图所示,车厢水平底板上放置质量为M的物块,物块上固定竖直轻杆,质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时,球和物块相对车厢静止,细线偏离竖直方向的角度为θ,此时车厢底板对物块的摩擦力为Ff、支持力为FN,已知重力加速度为g,则(　　)
A.Ff=Mgsin θ B.Ff=Mgtan θ
C.FN=(M+m)g D.FN=Mg
4.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M、m,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,滑块B受到的摩擦力(　　)
A.等于零 B.大小等于μ1Mgcos θ
C.大小等于μ1mgcos θ D.大小等于μ2mgcos θ
5.(2025宿迁模拟)一根一端粗、一端细的木材,密度均匀,当用水平恒力拉较粗的一端在光滑的水平面上运动时,其中点所在截面受到的总弹力大小为FT1;若换成用同样大小的水平恒力推木材较粗的一端运动时,木材中点所在截面受到的总弹力大小为FT2。则下列说法正确的是(　　)
A.FT2>FT1
B.FT2C.FT2=FT1
D.FT1、FT2的大小关系与质量的分布有关
6.(2024南通质量监测)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两小球穿过一轻绳,且mAA.FT=FfA B.FfAC.aA=aB D.aA>aB
7.如图所示,质量M=3 kg 、倾角θ=37°的斜面体静止在粗糙水平地面上。在斜面上叠放质量m=2 kg的光滑楔形物块,物块在大小为19 N的水平恒力F作用下与斜面体恰好一起向右运动。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则斜面体与水平地面间的动摩擦因数为(　　)
A.0.10 B.0.18
C.0.25 D.0.38
8.(2025安徽卷)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
9.北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中,我国选手成功夺冠。假设可视为质点的运动员恰好能沿粗糙且足够长的倾角θ=30°的斜直轨道匀速下滑,如图所示,若让该运动员从斜直轨道底端以v0=10 m/s的初速度沿轨道向上运动,g取10 m/s2。则(　　)
A.运动员与轨道间的动摩擦因数为0.6
B.运动员经t=2 s沿轨道滑到最高点
C.运动员在t=2 s时速度大小为10 m/s,方向沿轨道向下
D.运动员滑到最高点后将静止不动
10.(2025海安开学考试)如图,A、B两个物体相互接触,但并不黏合,放置在光滑水平面上,两物体的质量mA=6 kg,mB=4 kg。水平力FA和FB分别作用于A、B上,使得物体A、B一起加速,则FA、FB的值可能是(　　)
A.FA=3 N　FB=6 N
B.FA=5 N　FB=6 N
C.FA=5 N　FB=3 N
D.FA=6 N　FB=5 N
二、非选择题:共2题,11题12分,12题15分,共27分。
11.(2025南通崇川调研)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜坡与光滑水平面在O处平滑相接,小滑块甲在斜坡上高h处由静止释放,在甲释放的同时,滑块乙在恒力作用下从O处由静止开始向右做匀加速运动,甲恰能追上乙。已知h=2.5 m,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)甲在斜面上运动的加速度大小a1;
(2)乙向右运动的加速度大小a2。
12.(2024常州调研)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,跳离直升机一段时间后打开降落伞减速下落,他打开降落伞后的速度—时间图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°,如图乙所示。已知运动员的质量为64 kg,降落伞质量为40 kg,不计运动员所受的阻力,打开伞后伞所受阻力Ff与速度v成正比,即Ff=kv(k为常数)。g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。
甲　乙
(1)由图可知,打开降落伞前运动员速度到达20 m/s,求其下落的距离;
(2)求k值的大小;
(3)求匀速下落时每根绳子的拉力大小。
答案：
1.C　解析 对降落伞与返回舱整体分析有mg-(m+)g=(m+)a,设在此过程中返回舱受到的拉力为FT,对返回舱进行分析有FT-mg=ma,解得FT=mg,C项正确。
2.C　解析 对后面38节车厢整体,根据牛顿第二定律有F-38Ff=38ma,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力大小为F1,对后面2节车厢整体,根据牛顿第二定律有F1-2Ff=2ma,联立解得F1=,故选C。
3.C　解析 以球为研究对象,根据牛顿第二定律mgtan θ=ma可知,加速度a=gtan θ,球和物块相对车厢静止,则物块的加速度也为a,以球、细线、轻杆和物块整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知,水平方向Ff=(M+m)a=(M+m)gtan θ,竖直方向FN=(M+m)g,A、B、D项错误,C项正确。
4.C　解析 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得,加速度a==g(sin θ-μ1cos θ),设A对B的摩擦力方向沿斜面向下,大小为Ff,则有mgsin θ+Ff=ma,得到Ff=ma-mgsin θ=-μ1mgcos θ,负号表示摩擦力方向沿斜面向上。
5.C　解析 设木材质量为m,当用水平恒力F拉较粗的一端在光滑的水平面上运动时,把木材看成一个整体,根据牛顿第二定律有F=ma,取木材后半段(以中心为界)为研究对象,设后半段质量为m1,后半段的加速度与整体相同,则中心处的弹力为FT1=m1a,若换成用同样大小的水平恒力推木材较粗的一端在光滑的水平面上运动时,把木材看成一个整体,根据牛顿第二定律有F=ma,取木材前半段(以中心为界)为研究对象,则前半段质量也为m1,前半段的加速度与整体相同,则中心处的弹力为FT2=m1a,联立可得FT2=FT1,故选C。
6.A　解析 由于轻绳上的弹力处处相等,因此A、B两小球对轻绳的摩擦力大小相等,二者质量不相等,且FfA7.B　解析 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得F-μ(M+m)g=(M+m)a,再以楔形物块为研究对象,在竖直方向有FNcos θ-mg=0,水平方向有F-FNsin θ=ma,联立解得μ=0.18,B项正确。
8.C　解析 因为物块甲向右运动,木箱静止,根据相对运动可知,甲对木箱的摩擦力方向向右,A项错误;设乙运动的加速度为a,只有乙有竖直向下的恒定加速度,对甲、乙和木箱整体受力分析可知,竖直方向有FN=M总g-ma,则地面对木箱的支持力大小不变,B项错误;设绳子的弹力大小为FT,对甲受力分析有FT-μmg=ma,对乙受力分析有mg-FT=ma,联立解得a=2.5 m/s2,FT=7.5 N,C项正确,D项错误。
9.D　解析 运动员在轨道上恰好匀速下滑时,有mgsin θ=μmgcos θ,解得μ=,A项错误;运动员沿轨道上滑过程中,由牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma,可得运动员上滑过程中匀减速的加速度大小为a=10 m/s2,故运动员上滑的时间t==1 s,此时运动员速度为零,因此有mgsin θ=μmgcos θ,故运动员将静止在最高点,D项正确,B、C项错误。
10.C　解析 设向右为正方向,对A、B两个物体组成的系统,有FA+FB=(mA+mB)a=10 kg×a,可得a=,设A、B两个物体间弹力为FN,则对A有FA-FN=mAa=6 kg×a,联立可得0.4FA-0.6FB=FN,又因为FN≥0,则可得2FA≥3FB,故C项正确,A、B、D项错误。
11.(1)5 m/s2　(2)2.5 m/s2
解析 (1)对甲受力分析,根据牛顿第二定律得
mgsin θ=ma1
解得a1=gsin θ=5 m/s2。
(2)设甲在斜面上运动的时间为t1,则有a1
解得t1= s
甲下滑到水平面的速度为
v1=a1t1=5 m/s
甲下滑到水平面后,做匀速直线运动,设甲、乙经t秒相遇,则有
v1(t-t1)=a2t2
且有v1=a2t
联立解得
a2=2.5 m/s2。
12.(1)20 m　(2)208 N·s/m　(3)100 N
解析 (1)根据自由落体运动
=2gh0
可得h0=20 m。
(2)由题图甲可知,当速度等于5 m/s时,运动员与降落伞做匀速运动,受力平衡,则
kv=(m+M)g
解得k=208 N·s/m。
(3)设每根绳的拉力为FT,以运动员为研究对象,根据平衡得
8FTcos 37°=Mg
FT=100 N。第15练　专题提升:“传送带”模型　“板—块”模型　临界、极值问题
一、单项选择题:共7题,每题4分,共28分。
1.如图所示,水平方向的传送带顺时针转动,传送带速度大小恒为v=2 m/s,两端A、B间距离为3 m,一物块从B端以初速度v0=4 m/s滑上传送带,物块与传送带间动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2。物块从滑上传送带至离开传送带的过程中,速度随时间变化的图像是图中的(　　)
2.(2024镇江三模)象棋是中国传统文化的典型代表之一,如图所示,水平面上有三颗相同的象棋竖直叠放,上下边缘重合,最左侧与O点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出,稳定后,棋子的分布可能是(　　)
3.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上,滑块M的顶端O处固定一细线,细线的另一端拴一小球,已知小球的质量为m=1 kg,g取10 m/s2,当滑块M以a=2g的加速度向右加速运动时,细线拉力的大小为(　　)
A.10 N B.5 N
C.10 N D.10 N
4.如图,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左侧某位置,P在传送带带动下向右运动,与弹簧接触时速度恰好达到v。取P放置点为坐标原点,全过程P始终处在传送带上,以水平向右为正方向,物块在向右运动或向左运动的过程中,加速度a与位移x的关系图像正确的是(　　)
5.(2025常州教科院附属高级中学开学考试)如图所示,一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动,某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块,如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向,则下列v-t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是(　　)
6.(2025苏锡常镇二模)如图所示,一水平传送带与一倾斜固定的传送带在B点相接,倾斜传送带与水平面的倾角为θ。两传送带均以速率v沿顺时针方向匀速运行。从倾斜传送带上的A点由静止释放一滑块(视为质点),滑块与传送带间的动摩擦因数均为μ,且μA.滑块在倾斜传送带上运动时加速度总相同
B.滑块一定可以回到A点
C.滑块最终停留在B点
D.若增大水平传送带的速率,滑块可以运动到A点上方
7.(2025扬州中学开学考试)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底,一层油桶平整排列,相互紧贴并被牢牢固定,上一层只有一只桶C,自由地摆放在桶A、B之间,没有用绳索固定。桶C受到桶A和桶B的支持力,和汽车一起保持静止,如图所示。已知重力加速度为g,每个桶的质量都为m,当汽车以某一加速度a向左加速时(　　)
A.桶C受到桶A的支持力变大
B.桶C受到桶B的支持力变小
C.加速度a大于g时,桶C将离开桶A向桶B滚动
D.桶C周围与之接触的物体对其施加的合力大小为ma
二、非选择题:共2题,8题15分,9题15分,共30分。
8.如图所示,质量为M的一个长方体形空铁箱在水平拉力F的作用下沿水平面向右匀加速运动,这时铁箱内一个质量为m的木块恰好能静止在后壁上,已知铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1,木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,求:
(1)木块对铁箱压力的大小;
(2)水平拉力F的大小。
9.(2025南京学情调研)如图所示,一质量为M=2 kg、长为L=2 m的木板A静止在光滑水平面上,木板左端有一固定的弹性挡板,质量为m=2 kg的滑块B(可视为质点)静置于木板右端。现对木板施加一水平向右的恒定拉力F=16 N,直到挡板和滑块第一次弹性碰撞前瞬间撤去F,木板到达传送带前已经与滑块共速。木板与传送带接触前瞬间即被锁定,滑块冲上足够长的水平传送带,传送带始终以v0=2 m/s的速率逆时针转动,滑块与木板及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2,不计滑块经过传送带连接处的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2。已知质量相等的两物体发生弹性碰撞时交换速度。求:
(1)刚开始运动时滑块的加速度大小a1和木板的加速度大小a2;
(2)滑块刚滑上传送带时的速度大小v;
(3)整个过程中系统因摩擦产生的热量Q。
答案：
1.B　解析 物体先向左做减速运动,加速度大小a=μg=4 m/s2,经过1 s速度减小到零,此时向左运动了s1=v0t-at2=2 m<3 m,而没到达左端,因此接下来向右加速运动,加速度不变,经0.5 s速度达到2 m/s,与皮带的速度相等,这时向右仅运动了s2=at2=0.5 m,接下来向右匀速运动,B项正确。
2.D　解析 设每颗棋子质量为m,根据题意三颗相同的象棋竖直叠放,所有接触面间的动摩擦因数均相同,从上至下得一、二两个棋子间最大静摩擦力为Ff,二、三两个棋子间最大静摩擦力为2Ff,第三颗棋子与桌面间最大静摩擦力为3Ff,中间棋子被击出,第一颗棋子有向右的加速度,即有向右的位移,第三颗棋子仍受力平衡,位移为零。故选D。
3.D　解析 当小球对滑块的压力恰好等于零时,对小球受力分析,受重力、拉力,如图1所示,根据牛顿第二定律,水平方向F合=Fcos 45°=ma0,竖直方向Fsin 45°=mg,解得a0=g,由于a=2g>g,所以小球会飘起来,对小球受力分析如图2,由勾股定理可得=(mg)2+(ma)2,解得FT=10 N,故选C。
图1　图2
4.A　解析 设物块与传送带间动摩擦因数为μ,物块与弹簧接触时速度恰好达到v,说明与弹簧接触前物块做匀加速运动,根据牛顿第二定律可知ma=μmg,即a=μg,方向水平向右;与弹簧接触后在开始的一段时间内P相对于传送带静止,即P受弹簧弹力和静摩擦力平衡,P做匀速直线运动,则a=0;物块运动到弹力大于最大静摩擦力后,则k(x-x0)-μmg=ma(x0为P刚接触弹簧时的位移),即a=(x-x0)-μg,方向向左,A项正确。
5.D　解析 当小物块的初速度沿斜面向下(μ>tan θ),且小于传送带的速度时,对小物块受力分析,由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+μmgcos θ,即a=gsin θ+μgcos θ,可知小物块将沿传送带向下做匀加速直线运动,若传送带足够长,则会出现小物块达到传送带速度时,满足mgsin θ<μmgcos θ,可知二者将共速。故A、B项正确,与题意不符;同理,可知当小物块的初速度沿斜面向上(μ>tan θ),对小物块受力分析,由牛顿第二定律可得ma=mgsin θ+μmgcos θ,即a=gsin θ+μgcos θ,可知小物块先沿传送带向上做匀减速直线运动,减到零后反向匀加速,若传送带足够长,会出现小物块与传送带共速的情况(μ>tan θ)或者继续匀加速(μ6.A　解析 因μμmgcos θ,所以滑块由A点释放后沿传送带向下匀加速运动,所受摩擦力沿传送带向上,滑块经过B点后在水平传送带上运动,再次返回到B点时速度小于或等于v,然后沿倾斜传送带向上匀减速,所受摩擦力方向沿传送带向上,速度减小到零后重复之前的过程,所以滑块在倾斜传送带上运动时,向上运动和向下运动受力情况均相同,加速度也相同,故A项正确;若滑块第一次到达B点时的速度小于或等于v,则滑块第二次到达B点时的速度与第一次到达B点时的速度大小相等,因滑块在倾斜传送带上向上运动和向下运动时的加速度相同,所以滑块上滑的最高点仍为A点;若滑块第一次到达B点时的速度大于v,则滑块第二次到达B点时的速度大小等于v,滑块上滑的最高点将比A点低,所以滑块不一定能回到A点,故B、D项错误;由以上分析可知,滑块将在B点两侧来回运动,不会停止运动,故C项错误。
7.C　解析 桶C受到桶A和桶B的支持力,和汽车一起保持静止时,桶C受到的桶A和桶B的支持力大小相等,则有2FNcos 30°=mg,解得FN=mg,汽车以某一加速度a向左加速时,对C受力分析,如图所示,根据牛顿第二定律可得FAcos 30°+FBcos 30°=mg,FBsin 30°-FAsin 30°=ma,解得FB=mg+ma>FN,FA=mg-mama,故D项错误。
8.(1)　(2)μ1(M+m)g+(M+m)
解析 (1)木块与铁箱一起做匀加速运动,设木块恰好静止在铁箱的后壁上时,铁箱对木块的摩擦力为Ff,木块在竖直方向受力平衡,有
Ff=mg,Ff=μ2FN
解得FN=
根据牛顿第三定律知,木块对铁箱的压力大小为
FN'=FN=。
(2)对木块,根据牛顿第二定律有
FN=ma
对整体
F-μ1(M+m)g=(M+m)a
解得F=μ1(M+m)g+(M+m)。
9.(1)2 m/s2　6 m/s2　(2)4 m/s　(3)56 J
解析 (1)显而易见,A和B会发生相对滑动,两物体之间为滑动摩擦,对滑块B分析由牛顿第二定律
μmg=ma1
解得刚开始运动时滑块的加速度大小
a1=2 m/s2
对木板A分析,由牛顿第二定律
F-μmg=Ma2
解得木板的加速度大小
a2=6 m/s2。
(2)A、B发生碰撞前,由运动学公式
xA=a2t2,xB=a1t2
由几何关系
xA-xB=L
联立可得
t=1 s,vA=6 m/s,vB=2 m/s
A、B发生碰撞后,碰撞瞬间交换速度
vA1=2 m/s,vB1=6 m/s
碰后受力分析得
aA=aB=a=μg=2 m/s2
碰后至共速过程中
vB1-at=vA1+at
解得t'=1 s
则x相对=·t-·t
其中v共=vB1-at'=4 m/s
解得x相对=2 m=L
即物体B和木板A达到共速瞬间运动至板的最右端,最终滑上传送带的速度
v=v共=4 m/s。
(3)由逆向水平传送带特征知,物体滑上传送带后会以v0返回,因为返回后以a减速,有
=1 m所以第一次返回就静止在A上,不会发生第二次碰撞,由能量守恒定律
Q=μmg2L+=56 J。

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