本章易错过关(四)
1.B [解析] 由题意可知,原来弹簧的弹力大小等于A的重力,即F=mAg,放上B的瞬间,弹簧的弹力不变.对A、B组成的整体分析,根据牛顿第二定律得a=== m/s2=2 m/s2,对B隔离分析,有mBg-FN=mBa,则有FN=mB(g-a)=2×(10-2) N=16 N,由牛顿第三定律知,B对A的压力大小为16 N.
2.D [解析] 由于x-t图像的斜率表示速度,可知在0~t1时间内速度增大,即乘客的加速度向下,处于失重状态,则FNmg,C错误,D正确.
3.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.
4.D [解析] 货箱匀速下滑时,其重力沿斜面分力与摩擦力相互平衡,则有mgsin θ=μmgcos θ,可得sin θ=μcos θ,若货箱加速下滑,则同理可得sin θ>μcos θ,施加竖直向下的力F后货箱沿斜面向下的力变为Fx=(mg+F)sin θ,货箱受到的摩擦力变为Ff=(mg+F)μcos θ,则联立可得货箱匀速下滑时,在其上面施加一个竖直向下的恒力F后会有Fx=Ff,此时货箱仍然匀速下滑;货箱加速下滑时,在其上面施加一个竖直向下的恒力F后会有Fx>Ff,此时货箱仍然加速下滑,且Fx增大量大于Ff,货箱下滑加速度变大,故A错误,D正确;若货箱匀速下滑时,在货箱上面施加一个垂直斜面向下的恒力F后,货箱受到的摩擦力增大,则货箱减速下滑,故B错误;若货箱匀速下滑时,其上面施加一个斜向左下方向的恒力F后,则货箱受到的沿斜面向下的力的增量大于摩擦力增量,货箱加速下滑,故C错误.
5.C [解析] 由图甲根据力的平衡可知,弹簧的弹力大小为F1,由图乙根据力的平衡可知,物块的重力为G=F1-F2,物块的质量为m=,当图乙的箱子向上加速,使压力传感器示数刚好为零时,根据牛顿第二定律有F1-mg=ma,解得a=g,故选C.
6.AB [解析] 由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,此过程设物体对地位移大小为x,加速度大小为a,则x=,然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况:①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时,恰好离开传送带.②若v17.BD [解析] 由速度—时间图像可知,2 s后物块、长木板B达到共同速度后一起匀速运动,则说明长木板B与地面间接触面是光滑的,图像与时间轴围成的面积等于物体的位移,由图像得在2 s内物块A的位移xA=4 m,长木板B的位移xB=2 m,所以长木板的最小长度为L=xA-xB=2 m,A错误;对物块A撤去外力F在1~2 s时间内受力分析得μmg=maA2,由v-t图像可知此时物块的加速度大小aA2=1 m/s2,可得A、B间的动摩擦因数是0.1,B正确;对长木板B受力分析,由牛顿第二定律得μmg=MaB,由v-t图像可知aB=1 m/s2,联立解得长木板的质量为M=1.0 kg,C错误;在0~1 s时间内对物块A受力分析得F-μmg=maA1,由v-t图像可知aA1=3 m/s2,解得外力F=4 N,D正确.
8.AC [解析] 由公式v2-=2ax可知,图像的斜率大小表示2a,0~10 m 内物块的加速度大小为 a==1.25 m/s2,A正确;根据v=v0+at可知物块做匀减速运动的时间为t= s=4 s,所以在4 s末恒力F 开始反向,物块做匀加速运动,B错误;物块做匀加速运动时的加速度为a'== m/s2=0.5 m/s2,根据牛顿第二定律可知F+Ff=ma,F-Ff=ma',解得F=0.875 N,Ff=0.375 N,C正确;物块与水平面间的动摩擦因数为μ===0.037 5,D错误.
9.(1)B (2)B (3)远大于 系统误差 C (4) A
[解析] (1)研究多个变量之间的关系,常常采用控制变量法,选项B正确.
(2)该实验中,补偿阻力时,不能挂槽码,但需要安装纸带,通过纸带上打点情况来判断是否已补偿了阻力,选项A错误;为了充分利用纸带,得到较多的打点,应先接通打点计时器的电源,后释放小车,选项B正确;为使小车受到的合力等于细绳的拉力,应调节滑轮高度,使细绳与倾斜导轨平行,选项C错误.
(3)在平衡好摩擦力的基础上,设槽码质量为m,小车质量为M,对小车有F=Ma,对槽码有mg-F=ma,联立得加速度a=,细绳对小车的拉力F=M,如果m M,则F≈mg,所以该误差属于系统误差.减小该误差的方法是采用能够直接测量拉力的仪器,例如传感器等,选项C正确;选项A是用于减小阻力的,与题目要求无关,选项A错误;遮光条是用于测加速度的,与本题目要求无关,选项B错误.
(4)根据纸带及测瞬时速度方法,打计数点5时小车的瞬时速度为v5=,利用逐差法计算加速度,表达式可以是a=或a=或a=,选项A正确,B、C错误.
10.(1)300 N (2)1.6 m/s2 1.6 m
[解析] (1)根据平衡条件F1cos θ=μ(F1sin θ+mg)
代入数据得推力F1=300 N
(2)根据牛顿第二定律得
F2cos θ-μ(mg-F2sin θ)=ma1
解得a1=1.6m/s2
拉力撤去时速度v0=a1t1=1.6×2.5 m/s=4 m/s
撤去外力后,根据牛顿第二定律得μmg=ma2
解得a2=5m/s2
根据0-=-2a2x0
解得x0=1.6 m
11.(1)2 N (2)2.4 s
[解析] (1)管保持静止过程,对小球由牛顿第二定律及运动学公式可得mg-Ff=ma
v2=2ah
联立解得小球所受摩擦力大小为Ff=2 N
(2)设管静止时球的运动时间为t1,有
v=at1
管受力运动后,对管由牛顿第二定律可得
F+Mg+Ff=Ma1
设经过时间t2管与球达到共速且未与球分离,有
vt=a1t2=v+at2
此过程球在管中下降高度为
h'=t2-t2
解得h'=1 m
因为h+h'=2 m所以球与管未分离,共速后,对管和小球分别有
F+Mg-Ff=Ma2
mg+Ff=ma'
设经时间t3球从管的顶端脱离,有
h+h'=a2-a'
解得t3=1.4 s
小球在管内运动总时间为
t=t1+t2+t3=2.4 s本章易错过关(四)
一、选择题
1.[2023·广东广雅中学月考] 如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为8 kg的物体A,处于静止状态,将一个质量为2 kg物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间(g取10 m/s2),B对A的压力大小为( )
A.18 N
B.16 N
C.10 N
D.6 N
2.[2023·江苏金陵中学月考] 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示,乘客所受支持力的大小用FN表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g,以下判断正确的是( )
A.0~t1时间内,v增大,FN>mg
B.0~t1时间内,v减小,FNC.t2~t3时间内,v增大,FND.t2~t3时间内,v减小,FN>mg
3.[2023·山西平遥中学月考] 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
4.如图所示为利用斜面从货车上卸货的示意图,货箱沿斜面下滑过程中斜面始终保持静止状态,下列说法正确的是( )
A.若货箱匀速下滑时,在其上面施加一个竖直向下的恒力F后,货箱将加速下滑
B.若货箱匀速下滑时,在其上面施加一个垂直斜面向下的恒力F后,货箱继续匀速下滑
C.若货箱匀速下滑时,在其上面施加一个斜向左下方向的恒力F后,货箱继续匀速下滑
D.若货箱加速下滑时,在其上面施加一个竖直向下的恒力F后,货箱下滑加速度变大
5.[2023·江西九江一中月考] 如图甲所示,木箱里固定有压力传感器,用弹簧将物块压在压力传感器上,传感器的示数为F1.若将箱子如图乙所示放置,传感器的示数为F2,现使图乙的箱子向上做匀加速运动,传感器的示数刚好为零,重力加速度为g,则加速度的大小为( )
A.g B.g
C.g D.g
6.(多选)[2023·四川成都期中] 如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面.物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2', 则下列说法正确的是( )
A.若v1B.若v1>v2,则v2'=v2
C.不管v2多大,总有v2'=v2
D.只有v1=v2时,才有v2'=v1
7.(多选)如图甲所示,很薄的长木板B在水平地面上,在t=0时刻,可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下从左端滑上长木板,1 s后撤去外力F,物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示,g取10 m/s2,则 ( )
A.长木板的最小长度为1 m
B.A、B间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F的大小为4 N
8.(多选)如图甲所示,物块的质量m=1 kg,初速度 v0=5 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列选项中正确的是( )
A.0~10 m内物块的加速度大小为1.25 m/s2
B.在5 s末恒力F开始反向,物块做匀加速运动
C.恒力F的大小为0.875 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.375
二、实验题
9.[2024·浙江1月选考] 如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置.
(1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们采用的研究方法是 .
A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法
(2)该实验过程中操作正确的是 .
A.补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源,后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
(3)在小车质量 (选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力.上述做法引起的误差为 (选填“偶然误差”或“系统误差”).为减小此误差,下列可行的方案是 .
A.用气垫导轨代替普通导轨,滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条,用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小
(4)经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带,建立以计数点0为坐标原点的x轴,各计数点的位置坐标分别为0、x1、…、x6.已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式是v= ;小车加速度的表达式是 .
A.a= B.a= C.a=
三、计算题
10.[2023·天津南开中学月考] 如图所示,一个人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F1推一个质量m=30 kg的箱子匀速前进,如图甲所示,箱子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.5.(g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8 )
(1)求推力F1的大小;
(2)若该人改用大小为180 N,方向与水平方向成37°角斜向上的力F2拉这个静止的箱子,如图乙所示,拉力作用2.5 s后撤去,求拉力撤去前的加速度的大小以及拉力撤去后箱子最多还能运动多长距离.
11.如图所示,离地面某高处有一圆管竖直放置,质量M=2 kg,管长L=2.2 m.一个质量m=1 kg的小球从圆管顶端由静止释放,先保持圆管静止不动,小球在管内下落高度h=1 m时获得的速度为v=4 m/s.从此刻开始,对管施加一个竖直向下、大小为F=10 N的恒定拉力,使管开始向下运动.已知小球在管内运动过程中圆管一直在空中运动,小球在管内所受的滑动摩擦力大小处处相同,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:
(1)小球在管内所受的滑动摩擦力大小.
(2)小球从被释放到最终脱离圆管经历的总时间.(共27张PPT)
本章易错过关(四)
◆ 练习册
一、选择题
二、实验题
三、计算题
一、选择题
1.[2023·广东广雅中学月考] 如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为的物体，处于静止状态，将一个质量为物体竖直向下轻放在上的一瞬间取，对的压力大小为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知，原来弹簧的弹力大小等于A的重力，即，放上B的瞬间，弹簧的弹力不变.对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得，对B隔离分析，有,则有，由牛顿第三定律知，B对A的压力大小为.
2.[2023·江苏金陵中学月考] 一质量为的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移与时间的关系图像如图所示，乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用表示.重力加速度大小为，以下判断正确的是( )
D
A.时间内，增大， B.时间内，减小，
C.时间内，增大， D.时间内，减小，
[解析] 由于图像的斜率表示速度，可知在时间内速度增大，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则,故A、B错误；
在时间内速度减小，即乘客在减速下降，加速度向上，处于超重状态，则,C错误，D正确.
3.[2023·山西平遥中学月考] 如图所示，球壳内有三条弦、、，为球内的最低点，它们与水平面间的夹角分别为 、、 .三个光滑的小环分别从、、处由静止沿所在弦下滑，运动到最低点所用的时间分别为、、，则三者之间大小关系为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 设弦与竖直方向夹角为 ，球的半径为，由小环沿弦做匀加速运动有，解得运动时间为，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.
4.如图所示为利用斜面从货车上卸货的示意图，货箱沿斜面下滑过程中斜面始终保持静止状态，下列说法正确的是( )
D
A.若货箱匀速下滑时，在其上面施加一个竖直向下的恒力后，货箱将加速下滑
B.若货箱匀速下滑时，在其上面施加一个垂直斜面向下的恒力后，货箱继续匀速下滑
C.若货箱匀速下滑时，在其上面施加一个斜向左下方向的恒力后，货箱继续匀速下滑
D.若货箱加速下滑时，在其上面施加一个竖直向下的恒力后，货箱下滑加速度变大
[解析] 货箱匀速下滑时，其重力沿斜面分力与摩擦力相互平衡，则有 ，可得 ，若货箱加速下
滑，则同理可得 ，施加竖直向下的力后货箱沿斜面向下的力变为 ，货箱受到的摩擦力变为 ，则联立可得货箱匀速下滑时，在其上面施加一个竖直向下的恒力后会有，此时货箱仍然匀速下滑；货箱加速下滑时，在其上面施加一个竖直向下的恒力后会有，此时货箱仍然加速下滑，且增大量大于，货箱下滑加速度变大，故A错误，D正确；
若货箱匀速下滑时，在货箱上面施加一个垂直斜面向下的恒力后，货箱受到的摩擦力增大，则货箱减速下滑，故B错误；
若货箱匀速下滑时，其上面施加一个斜向左下方向的恒力后，则货箱受到的沿斜面向下的力的增量大于摩擦力增量，货箱加速下滑，故C错误.
5.[2023·江西九江一中月考] 如图甲所示，木箱里固定有压力传感器，用弹簧将物块压在压力传感器上，传感器的示数为.若将箱子如图乙所示放置，传感器的示数为，现使图乙的箱
C
A. B. C. D.
[解析] 由图甲根据力的平衡可知，弹簧的弹力大小为，由图乙根据力的平衡可知，物块的重力为，物块的质量为，当图乙的箱子向上加速，使压力传感器示数刚好为零时，根据牛顿第二定律有，解得，故选C.
子向上做匀加速运动，传感器的示数刚好为零，重力加速度为，则加速度的大小为( )
6.(多选)[2023·四川成都期中] 如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面.物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为，则下列说法正确的是( )
AB
A.若，则 B.若，则
C.不管多大，总有 D.只有时，才有
[解析] 由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为，加速度大小为，则，然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：①若，物体向右运动时一直加速，当时，恰好离开传送带.②若，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小，说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动直到返回光滑水平面，此时有，故选项A、B正确，C、D错误.
7.(多选)如图甲所示，很薄的长木板在水平地面上，在时刻，可视为质点、质量为的物块在水平外力作用下从左端滑上长木板，后撤去外力，物块、长木板的速度—时间图像如图乙所示，取，则( )
BD
A.长木板的最小长度为
B.、间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为
D.外力的大小为
[解析] 由速度—时间图像可知，后物块、长木板B达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板B与地面间接触面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图像得在内物块A的
位移，长木板B的位移，所以长木板的最小长度为，A错误；
对物块A撤去外力在时间内受力分析得，由图像可知此时物块的加速度大小，可得A、B间的动摩擦因数是，B正确；
对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得，由图像可知，联立解得长木板的质量为，C错误；
在时间内对物块A受力分析得，由图像可知，解得外力，D正确.
8.(多选)如图甲所示，物块的质量，初速度，在一水平向左的恒力作用下从点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，重力加速度取.下列选项中正确的是( )
AC
A.内物块的加速度大小为
B.在末恒力开始反向,物块做匀加速运动
C.恒力的大小为
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.375
[解析] 由公式可知，图像的斜率大小表示， 内物块的加速度大小为，A正确；
根据可知物块做匀减速运动的时间为，
所以在末恒力开始反向,物块做匀加速运动，B错误；
物块做匀加速运动时的加速度为，根据牛顿第二定律可知，，解得，，C正确；
物块与水平面间的动摩擦因数为，D错误.
二、实验题
9.[2024·浙江1月选考] 如图甲所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置.
甲
(1) 该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是____.
B
A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法
[解析] 研究多个变量之间的关系，常常采用控制变量法，选项B正确.
甲
(2) 该实验过程中操作正确的是____.
B
A.补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
[解析] 该实验中，补偿阻力时，不能挂槽码，但需要安装纸带，通过纸带上打点情况来判断是否已补偿了阻力，选项A错误；
为了充分利用纸带，得到较多的打点，应先接通打点计时器的电源，后释放小车，选项B正确；
为使小车受到的合力等于细绳的拉力，应调节滑轮高度，使细绳与倾斜导轨平行，选项C错误.
甲
(3) 在小车质量________(选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力.上述做法引起的误差为__________(选填“偶然误差”或“系统误差”).为减小此误差，下列可行的方案是___.
远大于
系统误差
C
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
[解析] 在平衡好摩擦力的基础上，设槽码质量为，小车质量为，对小车有，对槽码有，联立得加速度，细绳对小车的拉力，如果，则，所以该误差属于系统误差.减小该误差的方法是采用能够直接测量拉力的仪器，例如传感器等，选项C正确；
选项A是用于减小阻力的，与题目要求无关，选项A错误；
遮光条是用于测加速度的，与本题目要求无关，选项B错误.
甲
(4) 经正确操作后获得一条如图乙所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的轴，各计数点的位置坐标分别为0、、…、.已知打点计时器的打点周期为，则打计数点5时小车速度的表达式是______；小车加速度的表达式是___.
乙
A.
B.
C.
A
[解析] 根据纸带及测瞬时速度方法，打计数点5时小车的瞬时速度为，利用逐差法计算加速度，表达式可以是或或，选项A正确，B、C错误.
乙
三、计算题
10.[2023·天津南开中学月考] 如图所示，一个人用与水平方向成 角的斜向下的推力推一个质量的箱子匀速前进，如图甲所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数取，，
(1) 求推力的大小；
[答案]
[解析] 根据平衡条件
代入数据得推力
(2) 若该人改用大小为，方向与水平方向成 角斜向上的力拉这个静止的箱子，如图乙所示，拉力作用后撤去，求拉力撤去前的加速度的大小以及拉力撤去后箱子最多还能运动多长距离.
[答案] ;
[解析] 根据牛顿第二定律得
解得
拉力撤去时速度
撤去外力后，根据牛顿第二定律得
解得
根据
解得
11.如图所示，离地面某高处有一圆管竖直放置，质量，管长.一个质量的小球从圆管顶端由静止释放，先保持圆管静止不动，小球在管内下落高度时获得的速度为.从此刻开始，对管施加一个竖直向下、大小为的恒定拉力，使管开始向下运动.已知小球在管内运动过程中圆管一直在空中运动，小球在管内所受的滑动摩擦力大小处处相同，不计空气阻力，取.求：
(1) 小球在管内所受的滑动摩擦力大小.
[答案]
[解析] 管保持静止过程，对小球由牛顿第二定律及运动学公式可得
联立解得小球所受摩擦力大小为
(2) 小球从被释放到最终脱离圆管经历的总时间.
[答案]
[解析] 设管静止时球的运动时间为，有
管受力运动后，对管由牛顿第二定律可得
设经过时间管与球达到共速且未与球分离，有
此过程球在管中下降高度为
解得
因为
所以球与管未分离，共速后，对管和小球分别有
设经时间球从管的顶端脱离，有
解得
小球在管内运动总时间为
