课件27张PPT。第5章 研究力和运动的关系5.1 牛顿第一定律一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 5第5章 研究力和运动的关系
5.1 牛顿第一定律
1.(多选)17世纪,意大利物理学家伽利略根据“伽利略斜面实验”指出:在水平面上运动的物体之所以会停下来,是因为受到摩擦阻力的缘故,你认为下列说法正确的是( )
A.该实验是一理想实验,是在思维中进行的,无真实的实验基础,故其结果是荒谬的
B.该实验是以可靠的事实为基础,经过抽象思维,抓住主要因素,忽略次要因素,从而更深刻地反映自然规律
C.该实验证实了亚里士多德“力是维持物体运动的原因”的结论
D.该实验为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据
解析:伽利略的斜面实验尽管是理想实验,但以可靠的事实为基础,经过抽象思维,抓住主要因素,忽略次要因素,反映了自然规律,推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点,为牛顿第一定律的提出提供了有力的实验依据。
答案:BD
2.伽利略的理想斜面实验证明了( )
A.要使物体运动必须有力的作用,没有力的作用物体将会静止
B.运动物体不受外力作用时,总保持匀速直线运动状态
C.物体不受外力作用时,一定处于静止状态
D.要使物体静止必须有力的作用,没有力的作用物体会运动
解析:伽利略的理想斜面实验证明了:力不是维持物体运动的原因,运动物体不受外力时,将保持匀速直线运动状态。只有B项正确。
答案:B
3.以下说法中正确的是( )
A.牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性
B.速度大的物体惯性大,速度小的物体惯性小
C.力是维持物体运动的原因
D.做曲线运动的质点,若将所有外力都撤去,则该质点仍可能做曲线运动
解析:牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性,质量是惯性大小的量度,惯性与速度无关,选项A正确、B错误;力不是维持物体运动的原因,力是改变物体运动状态的原因,选项C错误;做曲线运动的质点,若将所有外力都撤去,则该质点将做匀速直线运动,选项D错误。
答案:A
4.下面关于惯性的说法中,正确的是( )
A.同一物体运动速度大时比速度小时难以停下来,所以物体运动速度大时具有的惯性大
B.同一物体受的力越大,停下来就越困难,所以物体受的推力越大,则惯性越大
C.不同物体比较,体积越大,惯性越大
D.不同物体比较,质量越大,惯性越大
解析:惯性是物体的固有属性,它的大小只与物体质量有关,与其他因素无关,质量越大,惯性越大,A、B、C错,D对。
答案:D
5.如图所示,某同学朝着列车行进方向坐在车厢中,水平桌面上放有一静止的小球。突然,他发现小球向后滚动,则可判断( )
A.列车刹车
B.列车在做加速直线运动
C.列车在做减速直线运动
D.列车在做匀速直线运动
解析:发现小球向后滚动,说明列车在做加速运动,列车速度增大,小球由于惯性会保持原来的运动速度,故其相对列车会向后运动,B项正确。
答案:B
6.下列说法中正确的是( )
A.掷出的铅球速度不大,所以其惯性小,可以用手去接
B.用力打出的乒乓球速度很大,因此其惯性很大,不能用手去接
C.相同的两辆车,速度大的比速度小的难以停下,是因为速度大的惯性大
D.相同的两辆车,速度大的比速度小的难以停下,是因为速度大的运动状态变化大
解析:因为惯性的大小仅由质量决定,铅球的质量大,其惯性大,尽管速度不大,但是运动状态很难改变,故不能用手去接;而乒乓球与其相反,质量小,惯性小,运动状态容易改变,尽管速度很大,也可以用手去接,选项A、B错误。相同的两辆车惯性相同,速度大的比速度小的难以停下,是因为速度大的运动状态变化大,选项C错误,D正确。
答案:D
7.如图所示,在一辆上表面光滑的小车上,有质量分别为M和m的两个小球(M>m)随车一起做匀速直线运动,当车突然停止运动时,如不考虑其阻力,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.难以确定是否相碰
解析:当小车停止运动时,两小球在水平方向上不受外力的作用,仍保持原来的速度做匀速直线运动,故两小球一定不相碰。
答案:B
8.在足球场上,为了不使足球停下来,运动员带球前进必须不断用脚轻轻地踢拨足球(如图甲);又如为了不使自行车减速,总要不断地用力蹬脚踏板(如图乙)。这些现象不正说明了物体的运动需要力来维持吗?那为什么又说“力不是维持物体运动的原因”?
解析:如果足球不是在草地上滚动,而是以相同的初速度在水平的水泥地板上滚动,它将会滚出比草地上远得多的距离,这说明了由于阻力的存在才导致足球的运动状态发生了改变,足球在草地上滚动时所受阻力大,运动状态很快发生改变;足球在水泥地板上滚动时所受阻力小,运动状态改变得慢,但终究还是要停下来。在带球前进时,人对足球施加力的作用,是克服摩擦阻力对足球产生的效
果。如果没有阻力,足球运动后速度会不变。自行车的例子也是同样的道理。
答案:见解析
9.在做匀速直线运动的小车上水平放置一密闭的装有水的瓶子,瓶内有一气泡,如图所示,当小车突然停止运动时,气泡相对于瓶子怎样运动?
解析:当瓶子向前加速运动时,气泡后边的水受瓶的作用随瓶一起向前加速运动,而气泡前边的水由于惯性要保持原来的静止状态,将相对瓶向后运动,使气泡相对瓶向前运动。当瓶子运动起来后,最终静止,瓶子必然要减速运动,这时气泡前边的水受瓶的作用随瓶一起减速运动,而气泡后边的水由于惯性要保持原来的速度,故相对瓶向前运动,使气泡相对瓶向后运动,最终回到原来的位置。
答案:见解析
课件34张PPT。5.2 探究加速度与力、质量的关系一二三一二三一二三一二三一二三四一二三四一二三四一二三四一二三四一二三四一二三四一二三四一二三四类型一类型二类型一类型二类型一类型二类型一类型二类型一类型二类型一类型二类型一类型二类型一类型二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.2 探究加速度与力、质量的关系
1.(多选)在“探究加速度与力、质量的关系”实验中,关于小车所受的合力,下列叙述中正确的是( )
A.小车所受合力就是所挂小桶和桶内细沙的重力
B.小车所受合力的大小等于小桶和桶内细沙通过细绳对小车所施加的拉力
C.只有平衡摩擦力后,小车所受合力才等于细绳对小车的拉力
D.只有平衡摩擦力后,且小车和车上砝码的质量远大于小桶和桶内细沙的总质量时,小车所受合力可以认为等于小桶和桶内细沙的重力
解析:小桶和桶内细沙的重力不可以说成是小车所受的合力,选项A错误。由于小车下滑必受摩擦力作用,平衡摩擦力实际是小车重力的下滑分力抵消摩擦力,此时小车所受合力等于细绳的拉力,故选项B错误,选项C正确。因为小桶和桶内细沙拉动小车共同加速运动,细绳对小车的拉力并不等于小桶和桶内细沙的重力。可以证明只有当小车和车上砝码质量远远大于小桶和桶内细沙质量时,细绳中的拉力才可以近似等于小桶和桶内细沙的重力,故选项D正确。
答案:CD
2.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中不正确的是( )
A.“平衡摩擦力”的本质就是想办法让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重物通过细绳和滑轮对小车施加的拉力
D.“平衡摩擦力”是否成功,可由纸带上的点迹间距是否均匀来确定
解析:小车所受的摩擦力不可避免,平衡摩擦力的目的就是使小车的重力沿斜面方向的分力与小车所受的阻力相平衡,其目的是使小车所受的合力等于细绳对小车的拉力,故A错,B、C正确;恰好平衡摩擦力时,由打点计时器打出的纸带上的点迹间距应该是均匀的,故D正确。
答案:A
3.(多选)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,下列说法中正确的是( )
A.平衡摩擦力时,小桶应用细线通过定滑轮系在小车上,但小桶内不能装沙
B.实验中应始终保持小车和砝码的总质量远远大于沙和小桶的质量
C.实验中如用纵坐标表示加速度,用横坐标表示小车和车内砝码的总质量,描出相应的点在一条直线上时,即可证明加速度与质量成反比
D.平衡摩擦力时,小车后面的纸带必须连好,因为运动过程中纸带也要受阻力
解析:平衡摩擦力时,不应挂小桶,但应带纸带运动,所以A错、D对;实验中要求始终保持小车和砝码的总质量远远大于沙和小桶的质量,所以B正确;实验中如用纵坐标表示加速度,用横坐标表示小车和车内砝码的总质量的倒数,描出相应的点在过原点的同一条直线上时,证明加速度与质量成反比,故C项错误。
答案:BD
4.(多选)经过对加速度与物体的质量和合力的关系的探究学习,已经知道物体的加速度a与物体受的合力F及物体的质量m满足的关系式a∝F,a∝。如果在光滑的水平面上有一质量为m的物体受到水平力F作用,从静止开始在t时间内移动了s距离,今要使距离变为4s可采用以下哪一种方法( )
A.将水平恒力增为4F
B.将物体质量减为原来的一半
C.将作用时间增为2t
D.将作用时间增为4t
解析:当质量m、作用时间不变时,作用力增为4F,由于a∝F,所以加速度a增为原来的4倍,由s=at2得,距离变为4s;当F、m不变时,a不变,时间变为2t时,由s=at2得,距离变为4s。
答案:AC
5.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M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,光电门间距离为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,其中求得的加速度的表达式为 。(用Δt1、Δt2、D、s表示)?
解析:(1)取下牵引砝码,M放在任意位置都不动;或取下牵引砝码,轻推滑行器M,数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt都相等。
(2)实验要求m?m',而m'=0.4 kg,故当m=400 g时不符合要求,D项正确。
(3)滑行器通过光电门G1时的速度v1=,通过光电门G2时的速度v2=。滑行器做匀加速运动,根据运动学公式=2as可得a=。
答案:(1)见解析
(2)D
(3)a=
6.在探究“加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)某同学在接通电源进行实验之前,将实验器材组装如图所示。请你指出该装置中的两处错误或不妥之处: 、 。?
(2)该同学在实验中保持拉力不变,得到了小车加速度随质量变化的一组数据,如下表所示:
实验
次数
加速度
a/(m·s-2)
小车与砝码
总质量m/kg
小车与砝码总质量
的倒数m-1/kg-1
1
0.29
0.20
5.0
2
0.25
0.25
4.0
3
0.22
0.30
3.3
4
0.18
0.35
2.9
5
0.16
0.40
2.5
请你在下面方格纸中建立合适坐标并画出能直观反映出加速度与质量关系的图像。
解析:(1)打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器,该同学用干电池作为电源,是不对的;实验时,应将木板没有滑轮的一端垫高,以平衡摩擦力,这样才有小车受到的合力等于绳中的拉力;小车的初始位置应靠近打点计时器,该同学没有这样做。
(2)图像如下图所示。
答案:(1)电源使用的是直流电源 未平衡摩擦力 小车位置太靠左边(任选其二)
(2)见解析图
课件37张PPT。5.3 牛顿第二定律一二三一二三一二三一二三一二三一二三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三探究一探究二探究三1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.3 牛顿第二定律
1.(多选)下列说法中正确的是( )
A.在力学中,力是基本概念,所以力的单位“牛顿”是力学单位制中的基本单位
B.因为力的单位是牛顿,而1 N=1 kg·m/s2,所以牛顿是导出单位
C.各物理量采用国际单位,通过物理公式运算的结果的单位一定为国际单位
D.物理公式仅仅确定了物理量之间的数量关系,没有确定物理量间的单位关系
解析:“力”虽然是力学中的一个最基本的概念,但它的单位“牛顿”却不是力学中的基本单位。力学中的基本单位是千克、米、秒,其他皆为导出单位。物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系,同时也确定了物理量之间的单位关系。已知量采用国际单位,通过物理公式运算的结果的单位一定为国际单位。
答案:BC
2.(多选)对牛顿第二定律的理解正确的是( )
A.由F=ma可知,F与a成正比,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力的方向一致
D.当外力停止作用时,加速度随之消失
解析:虽然F=ma表示牛顿第二定律,但F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,可知A、B错误,C、D正确。
答案:CD
3.在光滑的水平面上做匀加速直线运动的物体,当它所受合力逐渐减小而方向不变时,则物体的( )
A.加速度越来越大,速度越来越大
B.加速度越来越小,速度越来越小
C.加速度越来越大,速度越来越小
D.加速度越来越小,速度越来越大
解析:由于物体原来做匀加速直线运动,说明物体所受合力的方向和运动方向相同,当合力逐渐减小时,由牛顿第二定律知,物体的加速度也逐渐减小,但加速度方向并未改变,物体仍在做加速运动。故D项正确。
答案:D
4.力F1作用在物体上产生的加速度大小a1=3 m/s2,力F2作用在该物体上产生的加速度大小a2=4 m/s2,则F1和F2同时作用在该物体上,产生的加速度的大小不可能为( )
A.7 m/s2 B.5 m/s2
C.1 m/s2 D.8 m/s2
解析:由牛顿第二定律F=ma及|F1-F2|≤F合≤F1+F2可知,当F1和F2同时作用在该物体上,产生的加速度的大小范围为|a1-a2|≤a合≤a1+a2,即1 m/s2≤a合≤7 m/s2,不可能为8 m/s2,故选D。
答案:D
5.如图所示,质量为10 kg的物体,在水平地面上向左运动,物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2,与此同时,物体受到一个水平向右的拉力F=20 N的作用,则物体的加速度为(g取10 m/s2)( )
A.0
B.2 m/s2,水平向右
C.4 m/s2,水平向右
D.2 m/s2,水平向左
解析:物体受到地面的摩擦力大小为f=μmg=0.2×10×10 N=20 N,方向水平向右,物体的加速度a= m/s2=4 m/s2,方向水平向右,故选项C正确,A、B、D错误。
答案:C
6.A、B两球的质量均为m,两球之间用轻弹簧相连,放在光滑的水平地面上,A球左侧靠墙。用力F向左推B球将弹簧压缩,如图所示,然后突然将力F撤去,在撤去力F的瞬间,A、B两球的加速度分别为( )
A.0,0 B. C.0, D.
解析:弹簧处于压缩状态时,B球受到力F和弹簧的弹力F1的作用,有F=F1,A球受到弹簧的弹力F1和墙壁的弹力F2的作用,且F1=F2。撤去力F的瞬间,A球仍受到弹簧的弹力F1和墙壁的弹力F2的作用,加速度a1=0;B球只受到弹簧的弹力F1的作用,加速度a2=。
答案:C
7.一辆小车在水平地面上沿直线行驶,在车厢上悬挂的摆球相对小车静止,其悬线与竖直方向成θ角,如图所示。
(1)求小车的加速度并说明小车的运动情况。
(2)求悬线对小球的拉力。
解析:小车的加速度与小球的相同。
法一:合成法
(1)摆球的受力情况如图甲所示:
由图甲可知,F合=mgtan θ,
所以加速度a==gtan θ,方向水平向左。
小车向左做匀加速运动或向右做匀减速运动。
(2)由图甲知,线对小球的拉力为
F=
法二:正交分解法
摆球的受力情况如图乙所示,
由牛顿第二定律得:
Fsin θ=ma①
Fcos θ-mg=0②
由①②得a=gtan θ,方向水平向左。
F=
小车向左做匀加速运动或向右做匀减速运动。
答案:(1)gtan θ,方向水平向左。小车向左做匀加速或向右做匀减速运动 (2)mg/cos θ
8.如图所示,质量为m=20 kg的物块受到与水平面成37°角、大小为100 N的力F的作用,在水平地面上以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动,试分析当撤去力F时,物体的加速度为多少?(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)
解析:设未撤去力F时,物体受力如图所示。
水平方向上根据牛顿第二定律得
Fcos θ-f=ma。
所以f=Fcos θ-ma=80 N-40 N=40 N。
竖直方向上物体受力平衡,即N+Fsin θ=mg
所以N=mg-Fsin θ=200 N-60 N=140 N。
又由f=μN,得
μ=
当撤去力F时物体受力如图所示。物体沿原来的方向做匀减速直线运动。
则N'=mg,
f'=μN'=μmg,
所以由牛顿第二定律
a'==μg= m/s2=2.86 m/s2
方向与物体运动方向相反。
答案:2.86 m/s2,方向与物体运动方向相反
课件21张PPT。5.4 牛顿运动定律的案例分析探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.4 牛顿运动定律的案例分析
1.一个木块放在水平面上,在水平拉力F的作用下做匀速直线运动,当拉力为2F时木块的加速度大小是a,则水平拉力为4F时,木块的加速度大小是( )
A.a B.2a C.3a D.4a
解析:物体做匀速运动时受的摩擦力f=F。当拉力为2F时,由牛顿第二定律知2F-f=ma;当拉力为4F时,有4F-f=ma',解得a'=3a。
答案:C
2.A、B两物体以相同的初速度滑到同一粗糙水平面上,若两物体的质量mA>mB,两物体与粗糙水平面间的动摩擦因数相同,则两物体能滑行的最大距离sA与sB相比为( )
A.sA=sB B.sA>sB
C.sA解析:在滑行过程中,物体所受摩擦力提供加速度。设物体与地面的动摩擦因数为μ,则aA==μg,aB==μg,即aA=aB;又据运动学公式s=可知,两物体滑行的最大距离sA=sB。
答案:A
3.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与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如下图所示。取重力加速度g=10 N/kg。由此两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.m=0.5 kg,μ=0.4
B.m=1.5 kg,μ=
C.m=0.5 kg,μ=0.2
D.m=1 kg,μ=0.2
解析:由Ft图像和vt图像可得,物体在2 s到4 s所受外力F=3 N时,物体做匀加速直线运动,则
a= m/s2=2 m/s2,F-f=ma①
物体在4 s到6 s所受外力F=2 N时,物体做匀速直线运动,则
F=f,F=μmg②
由①②解得m=0.5 kg,μ=0.4,故A选项正确。
答案:A
4.如图所示,测力计外壳质量为m0,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重物,现用一方向竖直向上的外力F拉着测力计,使其向上做匀加速运动,则测力计的示数为( )
A.mg B.mg
C.F D.F
解析:设测力计的示数为T,以测力计和钩码为研究对象,根据牛顿第二定律有F-(m+m0)g=(m+m0)a,解得a=-g。以钩码为研究对象,根据牛顿第二定律有T-mg=ma,由以上几式可得T=F。
答案:D
5.一物体沿倾角为α的斜面下滑时,恰好做匀速直线运动,若物体以初速度v0冲上斜面,则上滑的距离为( )
A. B.
C. D.
解析:物体匀速下滑时,有mgsin α=μmgcos α。物体上滑时,根据牛顿第二定律,mgsin α+μmgcos α=ma,得a=2gsin α。上滑距离s=。
答案:B
6.用平行于斜面的力推动一个质量为m的物体沿着倾斜角为α的光滑斜面由静止向上运动,当物体运动到斜面的中点时撤去推力,物体恰能滑到斜面顶点,由此可以判定推力F的大小必定是( )
A.2mgcos α B.2mgsin α
C.2mg(1-sin α) D.2mg(1+sin α)
解析:有推力F时F-mgsin α=ma,撤去F后-mgsin α=ma',由=2as得=2as,-=2a's,所以有a=|a'|,即:=gsin α,故F=2mgsin α,B项正确。
答案:B
7.如图所示,质量m0=60 kg的人通过定滑轮将质量为m=10 kg的货物提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a=2 m/s2,则人对地面的压力为(g取10 N/kg)( )
A.120 N
B.480 N
C.600 N
D.720 N
解析:对货物,根据牛顿第二定律有:
F-mg=ma①
对人根据平衡条件有
F+N=m0g②
联立①②得N=480 N,B项正确。
答案:B
8.将质量为0.5 kg的小球以14 m/s的初速度竖直上抛,运动过程中球受到的空气阻力大小恒为2.1 N,则球能上升的最大高度是多少?(g取9.8 N/kg)
解析:对小球进行受力分析如下图所示。
根据牛顿第二定律得mg+f=ma,
a= m/s2=14 m/s2
上升至最大高度时末速度为0,由运动学公式得02-=-2as
则s= m=7 m。
答案:7 m
9.在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动。如图所示,人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始下滑,滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来,斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的,滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,斜坡倾角θ=37°。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若人和滑板的总质量为m=60 kg,求人在斜坡上下滑时的加速度大小。
(2)若由于受到场地的限制,A点到C点的水平距离为x=50 m,为确保人身安全,假如你是设计师,你认为在设计斜坡滑道时,高度h应为多少?
解析:(1)根据牛顿第二定律,有
mgsin θ-f=ma
而f=μN
N=mgcos θ
由以上几式可得a=2 m/s2。
(2)设高为h,则斜面长s=,水平面BC长L=x-=x-
则人滑到B点时的速度=2as=
人在地面滑动时加速度大小为a2=μg=5 m/s2
又L=
由以上几式可得h=25 m。
答案:(1)2 m/s2 (2)25 m
课件26张PPT。5.5 超重与失重一二一二一二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.5 超重与失重
1.下列几种情况中,升降机绳索拉力最大的是( )
A.以很大的速度匀速上升
B.以很小的速度匀速下降
C.上升时以很大的加速度减速
D.下降时以很大的加速度减速
解析:当物体处于超重状态时绳索拉力最大,与速度大小无关,故A、B均错;上升时以很大的加速度减速是失重状态,故C错;下降时以很大的加速度减速,加速度向上,是超重状态,故D选项正确。
答案:D
2.运动员跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程,下列关于蹬地和离地上升两个过程的说法中正确的是(设蹬地的力为恒力)( )
A.两个过程中运动员都处在超重状态
B.两个过程中运动员都处在失重状态
C.前过程为超重,后过程不超重也不失重
D.前过程为超重,后过程为完全失重
解析:因蹬地过程,速度由零逐渐增大,所以运动员具有向上的加速度,由牛顿第二定律有F-mg=ma,所以F=mg+ma,因此运动员处于超重状态。而离地上升过程只受重力作用,具有向下的重力加速度,所以运动员处于完全失重状态,因此选D。
答案:D
3.如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力)。下列说法正确的是( )
A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
解析:对于A、B整体只受重力作用,做竖直上抛运动,处于完全失重状态,不论上升还是下降过程,A对B均无压力,选项A正确。
答案:A
4.(多选)在升降机中,一小球系于弹簧下端,如下图所示,升降机静止时,弹簧伸长4 cm。升降机运动时,弹簧伸长2 cm,则升降机的运动情况可能是( )
A.以1 m/s2的加速度加速下降
B.以4.9 m/s2的加速度减速上升
C.以1 m/s2的加速度加速上升
D.以4.9 m/s2的加速度加速下降
解析:弹簧伸长量减小为静止的一半,说明物体处于失重状态,系统具有向下的加速度且a=g。故B、D项说法正确。
答案:BD
5.(多选)在升降机中,一个人站在磅秤上,发现自己的体重减轻了20%,于是他作出下列判断,其中正确的是( )
A.升降机以0.8g的加速度加速上升
B.升降机以0.2g的加速度加速下降
C.升降机以0.2g的加速度减速上升
D.升降机以0.8g的加速度减速下降
解析:人处于失重状态,其加速度方向竖直向下,可能是加速下降,也可能是减速上升,A、D项错误;人从秤上读出自己的体重即为视重F,由牛顿第二定律有
mg-F=ma
故F=m(g-a)=(1-20%)mg。
解得a=0.2g,即升降机以0.2g的加速度加速下降或减速上升。
答案:BC
6.一根竖直悬挂的绳子所能承受的最大拉力为T,有一个体重为G的运动员要沿这根绳子从高处竖直滑下。若G>T,要使下滑时绳子不断,则运动员应该( )
A.以较大的加速度加速下滑
B.以较大的速度匀速下滑
C.以较小的速度匀速下滑
D.以较小的加速度减速下滑
解析:下滑过程中运动员受重力和摩擦力,当运动员加速下滑时,合力方向向下,也就是说绳子给运动员的摩擦力小于重力,所以这时绳子承受较小的力,不容易被拉断,故A正确。
答案:A
7.(多选)某人在地面上用测力计称得其体重为490 N,他将测力计移至电梯内称其体重,t0至t3时间段内,测力计的示数如图所示,电梯运行的vt图像可能是图中的(取电梯向上运动的方向为正)( )
解析: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、D。
答案:AD
8.举重运动员在地面上最多能举起120 kg的重物,而在某运动着的升降机中却最多只能举起100 kg的重物,求该升降机运动的加速度。若在以2.5 m/s2的加速度加速下降的升降机中,此运动员最多能举起质量为多大的重物?(g取10 m/s2)
解析:运动员在地面上能举起120 kg的重物,则运动员能发挥的向上的最大支持力F=m1g=120×10 N=1 200 N,在该运动着的升降机中只能举起100 kg的重物,可见该重物处于超重状态,升降机应具有向上的加速度。
对重物,F-m2g=m2a1,所以a1=m/s2=2 m/s2;
当升降机以2.5 m/s2的加速度加速下降时,重物失重。对于重物,m3g-F=m3a2,得m3= kg=160 kg。
答案:2 m/s2 160 kg
9.某大型游乐场内,有一种能使人体验超重、失重感觉的大型娱乐设施,该设施用电梯将乘坐有十多人的座舱悬停在几十米的高空处,然后让座舱从高空自由落下(此时座舱受到的阻力极小,可忽略),当落至一定位置时,良好的制动系统开始工作,使座舱落至地面时刚好停止。
假设座舱开始下落时的高度为80 m,当下落至距地面30 m时,开始对座舱进行制动,并认为座舱的制动过程是匀减速运动。
(1)当座舱从开始下落了20 m时,质量是60 kg的人对座舱的压力为多大?试说明理由。
(2)当座舱下落到距离地面10 m位置时,人对座舱的压力与人所受到的重力之比是多少?
解析:设座舱距地面30 m时速度为v,h1=50 m,h2=30 m。
(1)开始自由下落过程人和座舱只受重力,此时a=g
由牛顿第二定律得mg-F1=ma
得F1=0。
(2)开始自由下落的阶段,由运动学公式得v2=2gh1①
制动减速阶段,由运动学公式得v2=2ah2②
由牛顿第二定律得F2-mg=ma③
由①②得a=g④
由③④得F2=mg
由牛顿第三定律,人对坐椅的压力F2'=F2,则F2'∶mg=8∶3。
答案:(1)0,完全失重 (2)8∶3
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(基础过关卷)
一、单项选择题(共6小题,每题5分,共30分)
1.以下给出的物理量单位中,属于国际基本单位的是( )
A.千克(kg) B.牛顿(N)
C.米/秒(m/s) D.米/秒2(m/s2)
解析:千克为国际基本单位,牛顿、米/秒、米/秒2均为导出单位。A项正确。
答案:A
2.关于物体的惯性,下列说法中正确的是( )
A.把手中的球由静止释放后,球能加速下落,说明力是改变物体惯性的原因
B.我国优秀田径运动员刘翔在进行110 m栏比赛中做最后冲刺时,速度很大,很难停下来,说明速度越大,物体的惯性也越大
C.战斗机在空中作战时,甩掉副油箱是为了减小惯性,提高飞行的灵活性
D.公交汽车在启动时,乘客都要向前倾,这是乘客具有惯性的缘故
解析:因为惯性是物体本身的一种属性,只与质量有关,与其他因素无关,故A、B均错误;战斗机在空中作战时甩掉副油箱是为了减小质量,使惯性减小,运动状态容易改变,故C正确;公交汽车在启动时,人由于惯性应该向后倾,故D错误。
答案:C
3.一个物体在多个力的作用下处于静止状态。如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在该过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是( )
解析:物体的合力先增大后减小,故加速度也应先增大后减小,但加速度方向始终不变,速度一直在增大,故A、B项错误;在vt图像中,图像的斜率表示加速度,故C项错误,D项正确。
答案:D
4.某物体做直线运动的vt图像如下图所示,据此判断四个选项中正确的是(F表示物体所受合力,t表示物体运动的时间( )
解析:由题图可知0~2 s内物体沿正方向做初速度为零的匀加速直线运动,所以受力方向为正且恒定,2~4 s内物体沿正方向做匀减速直线运动,所以受力方向为负且恒定,4~6 s内物体沿负方向做匀加速直线运动,所以受力为负且恒定,6~8 s内物体沿负方向做匀减速直线运动,所以受力为正且恒定。综上分析,B正确。
答案:B
5.如图所示,质量为m的小球用水平弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,小球恰好处于静止状态,当木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度为( )
A.0
B.大小为g,方向竖直向下
C.大小为g,方向垂直木板向下
D.大小为g,方向水平向右
解析:木板AB撤离之前,小球受力如图所示,由平衡条件可知,重力和弹力的合力与支持力等大反向。去掉AB板的瞬间,小球受的弹力N马上消失,但弹簧的拉力大小和方向没有发生变化,故重力与弹簧拉力的合力也没有变化。故此时小球的加速度a=g,方向垂直木板向下。
答案:C
6.如图所示,质量为m的球置于斜面上,被一个竖直挡板挡住,现用一个力F拉斜面,使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动,忽略一切摩擦,以下说法中正确的是( )
A.若加速度足够小,竖直挡板对球的弹力可能为零
B.若加速度足够大,斜面对球的弹力可能为零
C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
D.无论加速度大小如何,斜面对球的弹力一定存在
解析:小球受力如图所示。加速度方向向右,则小球所受的合力方向也向右,故不管加速度多小,竖直挡板对球的弹力N1不可能等于零,选项A错误;若斜面对球的弹力N2=0,则不能保证加速度方向向右,选项B错误,D正确;重力和斜面、挡板对球的弹力三个力的合力等于ma,选项C错误。
答案:D
二、多项选择题(共4小题,每小题5分,共20分)
7.要判断一个物理关系式是否成立,有时不必进行复杂的推导,只需分析式中各量的单位,就可判定有些表达式是错误的。在下面的实例中,某同学导出了四个不同的关系式,请你根据单位分析,确定其中必定错误的选项为( )
例:光滑水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体,它的斜面上有另一质量为m的物块沿斜面下滑。关于下滑过程中物块对斜面压力N、斜面的加速度aM及滑块的加速度am,某同学得出的关系式有
A.N= B.N=
C.aM= D.am=
解析:选项A中,等式左边压力N的单位为N,而等式右边推导出来的单位为m/s2。同理,可知选项B、C正确,D错误。
答案:AD
8.某实验小组利用DIS系统观察超重和失重现象,他们在电梯内做实验,在电梯的地板上放置一个压力传感器,在传感器上放一个重为20 N的物块。实验中计算机显示出传感器所受物块的压力大小随时间变化的关系,如图所示。以下根据图像分析得出的结论中正确的是( )
A.从时刻t1到t2,物块处于失重状态
B.从时刻t3到t4,物块处于失重状态
C.电梯可能开始停在低楼层,先加速向上,接着匀速向上,再减速向上,最后停在高楼层
D.电梯可能开始停在高楼层,先加速向下,接着匀速向下,再减速向下,最后停在低楼层
解析:0~t1时间内,N=mg,电梯可能静止或匀速运动;t1~t2时间内,N>mg,电梯具有向上的加速度,物块处于超重状态,可能加速向上运动或减速向下运动;t2~t3时间内,N=mg,可能静止或匀速运动;t3~t4时间内,N答案:BC
9.质量均为m的物块A和物块B相互接触放在水平面上,如图所示。若对A施加水平推力F,则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力,下列说法正确的是( )
A.若水平面光滑,物块A对物块B的作用力大小为F
B.若水平面光滑,物块A对物块B的作用力大小为
C.若物块A与地面、物块B与地面之间的动摩擦因数均为μ,则物块A对物块B的作用力大小为
D.若物块A与地面之间的动摩擦因数为μ,物块B与地面之间的动摩擦因数为2μ,则物块A对物块B的作用力大小为
解析:若水平面光滑,对整体,由牛顿第二定律,F=2ma;隔离B,由牛顿第二定律,F'=ma,解得物块A对物块B的作用力大小为F'=,选项A错误、B正确;若物块A与地面、物块B与地面之间的动摩擦因数均为μ,对整体,由牛顿第二定律,F-2μmg=2ma;隔离B,由牛顿第二定律,F'-μmg=ma,解得物块A对物块B的作用力大小为F'=,选项C正确;若物块A与地面之间的动摩擦因数为μ,物块B与地面之间的动摩擦因数为2μ,对整体,由牛顿第二定律得:F-μmg-2μmg=2ma;隔离B,有F'-2μmg=ma,解得物块A对物块B的作用力大小为F'=,D项正确。
答案:BCD
10.如图所示,倾斜的传送带顺时针匀速转动,一物块从传送带上端A滑上传送带,滑上时速率为v1,传送带的速率为v2,且v2>v1,不计空气阻力,动摩擦因数一定,关于物块离开传送带的速率v和位置,下面哪个是可能的( )
A.从下端B离开,v>v1
B.从下端B离开,vC.从上端A离开,v=v1
D.从上端A离开,v解析:物块从A端滑上传送带,在传送带上必先相对传送带向下运动,由于不确定物块与传送带间的摩擦力和物块的重力沿斜面向下的分力大小关系、传送带的长度,若物块能从A端离开,由运动的可逆性可知,必有v=v1,故选项C正确,选项D错误。若从B端离开,当摩擦力大于重力沿斜面向下的分力时,则vv1,选项A正确;当摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等时,滑块一直做匀速直线运动,v=v1。
答案:ABC
三、实验题(共2小题,每题10分,共20分)
11.在“探究加速度与力、质量的关系”实验中:
(1)某组同学用如图所示装置,采用控制变量的方法,研究小车质量不变的情况下,小车的加速度与小车受到力的关系。下列措施中不需要或不正确的是( )
A.首先要平衡摩擦力,使小车受到合力就是细绳对小车的拉力
B.平衡摩擦力的方法就是,在塑料小桶中添加砝码,使小车能匀速滑动
C.每次改变拉小车拉力后都需要重新平衡摩擦力
D.实验中通过在塑料小桶中增加砝码来改变小车受到的拉力
E.每次小车都要从同一位置开始运动
F.实验中应先放开小车,然后再开打点计时器的电源
(2)某组同学利用实验得出数据画出的a的关系图线如图所示。从图像中可以看出,作用在物体上的恒力F= N。当物体的质量为5 kg时,它的加速度为 m/s2。?
解析:(1)本实验中,在平衡摩擦力时,不应该将小桶挂在小车上,并且只需要在实验之前平衡一次摩擦力即可,不需要每次改变拉小车拉力后都重新平衡摩擦力,实验中通过在塑料小桶中增加砝码来改变小车受到的拉力,每次释放小车时不一定都从同一位置开始运动,并且是先接通电源,再放开小车。
(2)图线的斜率表示小车受的合力,有F= N=5 N;当物体的质量为5 kg时,它的加速度a= m/s2=1 m/s2。
答案:(1)BCEF (2)5 1
12.某同学在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时,设计了如下的实验方案:
(1)如图甲所示,将木板有定滑轮的一端垫起,把滑块通过细绳与带夹的重锤相连,然后跨过定滑轮,重锤下夹一纸带,穿过打点计时器。调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板匀速运动。
(2)如图乙所示,保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板上靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使其穿过打点计时器,然后接通电源释放滑块,使之由静止开始加速运动。打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz,打出的纸带如图丙所示,A、B、C、D、E是纸带上五个计数点。
①图乙中滑块下滑的加速度为 。(结果保留两位有效数字)?
②若重锤质量为m,滑块质量为M,重力加速度为g,则滑块加速下滑受到的合力为 。?
③某同学在保持滑块质量不变的情况下,通过多次改变滑块所受合力,由实验数据作出的aF图像如图丁所示,则滑块的质量为 kg。(结果保留两位有效数字)?
丁
解析:由Δs=aT2和逐差法计算得到a=3.9 m/s2。滑块通过细绳与带夹的重锤相连,滑块匀速下滑,说明滑块重力沿斜面向下的分力和摩擦力之和等于重锤的重力,取下细绳和重锤,滑块加速下滑受到的合力为mg。aF图像的斜率表示质量的倒数,得到滑块的质量为2.0 kg。
答案:①3.9 m/s2 ②mg ③2.0
四、计算题(共3小题,13题8分,14题10分,15题12分,共30分)
13.一辆质量为100 t的机车,从停车场出发经225 m后速度达到54 km/h。此时,司机关闭发动机,让机车进站。机车又行驶了125 m才停在站上,设机车所受的阻力保持不变,求机车关闭发动机前所受的牵引力。
解析:设机车在加速阶段的加速度为a1,减速阶段的加速度为a2
则:v2=2a1s1,v2=2a2s2
解得a1=0.5 m/s2,a2=0.9 m/s2
由牛顿第二定律得
F-f=ma1,f=ma2
解得:F=1.4×105 N。
答案:1.4×105 N
14.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。g取10 m/s2,求:
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)水平推力F的大小;
(3)0~10 s内物体运动位移的大小。
解析:由vt图像可知,物体的运动分为两个过程,设匀加速运动过程加速度为a1,匀减速运动过程中加速度为a2。
(1)设匀减速直线运动的时间为t2,初速度为v20,末速度为v2t,则
a2= m/s2=-2 m/s2①
设物体所受摩擦力为f,物体受力如图所示
由牛顿第三定律,有
f=ma2②
f=-μmg③
联立②③得
μ==0.2。④
(2)设匀加速直线运动的时间为t1,初速度为v10,末速度为v1t,物体运动过程中受力如图所示,则
a1==1 m/s2⑤
根据牛顿第二定律,有F+f=ma1⑥
联立③⑥得
F=μmg+ma1=6 N。
(3)由匀变速直线运动位移公式,得s=s1+s2=v10t1+a1+v20t2+a2=46 m。
答案:(1)0.2 (2)6 N (3)46 m
15.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,m和M的加速度a1、a2的大小;
(3)若木板M不固定,从开始运动到小物块离开木板所用的时间。
解析:(1)对小物块受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
F-f=ma①
f=μN=μmg②
小物块离开木板时,有v2=2aL③
联立①②③得
v=4 m/s2
(2)若长木块不固定
对m,有F-μmg=ma1
解得a1=4 m/s2
对M,受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
f=Ma2
即μmg=Ma2
得a2==3 m/s2
(3)由位移公式知
x1=a1t2,x2=a2t2
从开始运动到小物块离开木板
x1-x2=l
联立解得t=2 s
答案:(1)4 m/s (2)4 m/s2 3 m/s2 (3)2 s
第5章测评B
(高考体验卷)
一、单项选择题(共6小题,每题5分,共30分)
1.(2013课标Ⅰ)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据,伽利略可以得出的结论是( )
1
1
32
4
2
130
9
3
298
16
4
526
25
5
824
续表
36
6
1 192
49
7
1 600
64
8
2 104
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
解析:从表中的数据只可能看出,物体沿斜面运动的距离与时间的平方成正比,仅根据表中的数据无法判断其他选项的正误。
答案:C
2.(2013课标Ⅱ)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:设物块受的滑动摩擦力为Ff,当拉力F增大至等于滑动摩擦力时,物块才开始滑动。根据牛顿第二定律得F-Ff=ma,则F=Ff+ma,C项正确。
答案:C
3.(2012上海单科)如图,光滑斜面固定于水平面,滑块A、B叠放后一起冲上斜面,且始终保持相对静止,A上表面水平。则在斜面上运动时,B受力的示意图为( )
解析:A、B一起冲上斜面,其加速度沿斜面向下,又因为摩擦力的方向总是沿着接触面,所以A项正确。
答案:A
4.(2013山东理综)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:选两个小球及弹簧B作为一个整体进行受力分析,在水平方向上有
kxAsin 30°=kxC,则=2,选项D正确。
答案:D
5.(2010上海单科)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出,设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变,则物体( )
A.刚抛出时的速度最大
B.在最高点的加速度为零
C.上升时间大于下落时间
D.上升时的加速度等于下落时的加速度
解析:在运动过程中,空气阻力始终做负功,由动能定理可知,-Wf=,所以vta下,所以,D项错。
答案:A
6.(2014河北石家庄模拟)如图所示,小车向右运动的过程中,某段时间内车中悬挂的小球A和车水平底板上的物块B都相对车厢静止,悬挂小球A的悬线与竖直线有一定夹角。这段时间内关于物块B受到的摩擦力,下述判断中正确的是( )
A.物块B不受摩擦力作用
B.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左
C.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右
D.因小车的运动性质不能确定,故B受到的摩擦力情况无法判断
解析:由图知A球的加速度大小为a=gtan θ,方向向左,则小车向右减速行驶,物块B相对小车有向前运动的趋势,它所受的摩擦力方向向左,大小为f=mBgtan θ,只有B正确。
答案:B
二、多项选择题(共4小题,每题5分,共20分)
7.(2013山东理综)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有( )
A.力不是维持物体运动的原因
B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快
D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析:B和D分别是牛顿发现的万有引力定律和牛顿第三定律,A和C是伽利略通过实验研究和逻辑推理发现的规律。
答案:AC
8.(2013浙江理综)如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m时,以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是( )
A.所受浮力大小为4 830 N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s
D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
解析:热气球刚开始加速上升时,速度为零,热气球所受阻力也为零,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,解得F=4 830 N,选项A正确;由于热气球加速上升过程中,速度逐渐增大,所受阻力也逐渐增大,加速度逐渐减小,当速度为5 m/s时,加速度为零,选项B错误;若热气球不受空气阻力,则根据v=at,可求得t=10 s,但空气阻力逐渐增大,加速度逐渐减小,故所用时间应大于10 s,选项C错误;当热气球匀速运动时,根据平衡条件可得F-mg-Ff=0可求得:Ff=230 N,选项D正确。
答案:AD
9.(2012天津理综,改编)如图甲所示,静止在水平地面的物块A,受到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则( )
A.0~t1时间内物块的加速度逐渐增大
B.t2时刻物块A的加速度最大
C.t2时刻后物块A做反向运动
D.t3时刻物块A的速度最大
解析:根据题图乙可知:在0~t1时间内拉力F没有达到最大静摩擦力fm,物体处于静止状态,加速度为零,选项A错误;对物块A由牛顿第二定律有F-fm=ma,由于t2时刻拉力F最大,则t2时刻物块加速度a最大,选项B正确;t2到t3这段时间内拉力F大于fm,所以物块做加速运动,t3时刻速度达到最大,选项C错误,D正确.
答案:BD
10.(2014宁夏银川模拟)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴Ox,小球的速度v时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线,切于A点的曲线AB和BC都是平滑的曲线,则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小,下列说法正确的是( )
A.xA=h,aA=0
B.xA=h,aA=g
C.xB=h+,aB=0
D.xC=h+,aC=0
解析:由乙图可知:OA段小球做自由落体运动,xA=h,aA=g,故B正确,A错误;B点小球速度达到最大aB=0,mg=k(xB-h),xB=h+,C正确;BC段小球做减速运动,a逐渐增加,ac≠0,xC>h+,D错误。
答案:BC
三、实验题(共2小题,每题10分,共20分)
11.(2012安徽理综)图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。沙和沙桶的总质量为m,小车和砝码的总质量为M。实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
图1
(1)实验中,为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力,先调节长木板一端滑轮的高度,使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是( )
A.将长木板水平放置,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,给打点计时器通电,调节m的大小,使小车在沙和沙桶的牵引下运动,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B.将长木板的一端垫起适当的高度,让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,撤去沙和沙桶,给打点计时器通电,轻推小车,从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C.将长木板的一端垫起适当的高度,撤去纸带以及沙和沙桶,轻推小车,观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取,以下最合理的一组是( )
A.M=200 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B.M=200 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C.M=400 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D.M=400 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)图2是实验中得到的一条纸带,A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为:sAB=4.22 cm、sBC=4.65 cm、sCD=5.08 cm、sDE=5.49 cm、sEF=5.91 cm、sFG=6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50 Hz,则小车的加速度a= m/s2(结果保留两位有效数字)。?
图2
解析:(1)需要将长木板一端适当垫起一定高度,以平衡摩擦力,完成此项工作的标志就是不挂沙桶条件下小车能带动纸带匀速运动(通过打点计时器点痕间隔是否均匀判定)。
(2)根据实验原理:实验中小车的实际加速度为a=,实验时把mg当成对M的拉力,即忽略m对加速度的影响,使加速度约为a=,显然需m?M,据此可知C组最合理。
(3)由逐差法求小球运动的加速度a==0.42 m/s2。
答案:(1)B (2)C (3)0.42
12.(2013四川理综,改编)如图甲所示,某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作,进行“研究合力做功和动能变化的关系”的实验:
甲
乙
(1)为达到平衡阻力的目的,取下细绳及托盘,通过调整垫片的位置,改变长木板倾斜程度,根据打出的纸带判断小车是否做 运动。?
(2)连接细绳及托盘,放入砝码,通过实验得到图乙所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点,选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0.2 N,小车的质量为0.2 kg。实验前已测得托盘质量为7.7×10-3 kg,实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 kg(g取9.8 m/s2,结果保留至小数点后第三位)。?
解析:(1)取下细绳与托盘后,当摩擦力恰好被平衡时,小车与纸带所受合力为零,获得初速度后应做匀速直线运动。
(2)根据牛顿第二定律有:
对小车F=Ma得
a= m/s2=1.0 m/s2
对托盘及砝码:
(m+m0)g-F=(m+m0)a
故有m=-m0= kg-7.7×10-3 kg=0.015 kg
答案:(1)匀速直线 (2)0.015
四、计算题(共3小题,每题10分,共30分)
13.(2012安徽理综)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的vt图像如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的,设球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10 m/s2。求:
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小;
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
解析:(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1,由题图知
a1= m/s2=8 m/s2
根据牛顿第二定律,得
mg-f=ma1
f=m(g-a1)=0.2 N。
(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4 m/s,设球第一次离开地面时的速度大小为v2,则
v2=v1=3 m/s
第一次离开地面后,设上升过程中球的加速度大小为a2,则
mg+f=ma2
a2=12 m/s2
于是,有
0-=-2a2h
解得h= m.
答案:(1)0.2 N (2) m
14.(2013山东理综,改编)如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m。已知斜面倾角θ=30°,物块与斜面之间的动摩擦因数μ=。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)当拉力F与斜面倾角为30°时,求拉力F的值。
解析:(1)设物块加速度的大小为a,到达B点时速度的大小为v,由运动学公式得
L=v0t+at2①
v=v0+at②
联立①②式,代入数据得
a=3 m/s2③
v=8 m/s④
(2)设物块所受支持力为N,所受摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得
Fcos α-mgsin θ-f=ma⑤
Fsin α+fN-mgcos θ=0
又f=μN
联立⑤⑥⑦式得
F=
当α=30°时代入数据得F= N≈4.5 N
答案:(1)3 m/s2 8 m/s (2)4.5 N
15.(2013课标Ⅱ)一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度—时间图像如图所示。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。取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小。
解析:(1)从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。
由图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度相同。设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则
a1=①
a2=②
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。
设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1③
(μ1+2μ2)mg=ma2④
联立①②③④式得
μ1=0.20⑤
μ2=0.30⑥
(2)在t1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2',则由牛顿第二定律得
f=ma1'⑦
2μ2mg-f=ma2'⑧
假设f<μ1mg,则a1'=a2';由⑤⑥⑦⑧式得 f=μ2mg>μ1mg,与假设矛盾。故
f=μ1mg⑨
由⑦⑨式知,物块加速度的大小a1'等于a1;物块的vt图像如图中点画线所示。
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1=2×⑩
s2=t1+
物块相对于木板的位移的大小为
s=s2-s1
联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得
s=1.125 m
答案:(1)0.20 0.30 (2)1.125 m
