7、木塊的速度與傳送帶速度相同后，小木塊開始以a2的加速度做勻加速直線運動，此時小木塊所受摩擦力沿斜面向上，所以a1>a2，在v－t圖象中，圖線的斜率表示加速度，故選項D對．
答案： D
8.質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如右圖所示，則( )
A．小球?qū)A槽的壓力為
B．小球?qū)A槽的壓力為
C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加
D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小
解析： 利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度a＝，對小球利用牛頓第二定律可得：小球?qū)A槽的壓力為，可知只有C
8、選項正確．
答案： C
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9.如右圖所示，在質(zhì)量為mB＝30 kg的車廂B內(nèi)緊靠右壁，放一質(zhì)量mA＝20 kg的小物體A(可視為質(zhì)點)，對車廂B施加一水平向右的恒力F，且F＝120 N，使之從靜止開始運動．測得車廂B在最初t＝2.0 s內(nèi)移動x＝5.0 m，且這段時間內(nèi)小物體未與車廂壁發(fā)生過碰撞，車廂與地面間的摩擦忽略不計．則下列結(jié)論不正確的是( )
A．車廂B在2.0 s內(nèi)的加速度為2.5 m/s2
B．A在2.0 s末的速度大小是4.5 m/s
C．2.0 s內(nèi)A在B上滑動的距離是0.5 m
D．A的加速度大小為2.5 m/s2
解析： 設(shè)t＝2.0 s內(nèi)
9、車廂的加速度為aB，由x＝aBt2，得aB＝2.5 m/s2，A正確；由牛頓第二定律：F－Ff＝mBaB，得Ff＝45 N．所以A的加速度大小為aA＝Ff/mA＝2.25 m/s2，因此，t＝2.0 s末A的速度大小為：vA＝aAt＝4.5 m/s，B正確，D錯誤；在t＝2.0 s內(nèi)A運動的位移為xA＝aAt2＝4.5 m，A在B上滑動的距離Δx＝x－xA＝0.5 m，C正確．
答案： D
二、非選擇題
10．(2010·江蘇單科)為了探究受到空氣阻力時，物體運動速度隨時間的變化規(guī)律，某同學(xué)采用了“加速度與物體質(zhì)量、物體受力關(guān)系”的實驗裝置(如圖所示)．實驗時，平衡小車與木板之間的摩擦力
10、后，在小車上安裝一薄板，以增大空氣對小車運動的阻力．
(1)往砝碼盤中加入一小砝碼，在釋放小車________(選填“之前”或“之后”)接通打點計時器的電源，在紙帶上打出一系列的點．
(2)從紙帶上選取若干計數(shù)點進(jìn)行測量，得出各計數(shù)點的時間t與速度v的數(shù)據(jù)如下表：
時間t/s
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
速度v/(m·s－1)
0.12
0.19
0.23
0.26
0.28
0.29
請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出小車的v－t圖象．
(3)通過對實驗結(jié)果的分析，該同學(xué)認(rèn)為：隨著運動速度的增加，小車所受的空氣阻力將變大．你是否同意他的觀
11、點？請根據(jù)v－t圖象簡要闡述理由．
解析： (3)由速度圖象的斜率可以看出速度越大，加速度越?。栽撏瑢W(xué)分析合理．
答案： (1)之前 (2)如圖所示
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(3)同意．在v－t圖象中，速度越大時，加速度越小，小車受到的合力越小，則小車受空氣阻力越大．
11.一質(zhì)量m＝0.5 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為30°足夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖所示為通過計算機繪制出的滑塊上滑過程的v－t圖象(g取10 m/s2)．求：
(1)滑塊沖上斜面過程中加速度的大??；
(2)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；
(3)判斷滑
12、塊最后能否返回斜面底端．若能返回，求出滑塊返回斜面底端時的動能；若不能返回，求出滑塊所停位置．
解析： (1)滑塊的加速度大小a＝
a＝12 m/s2.
(2)滑塊在沖上斜面過程中，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
μ＝≈0.81.
(3)滑塊速度減小到零時，重力沿斜面方向的分力小于最大靜摩擦力，不能再下滑．
x＝ x＝1.5 m
滑塊停在斜面上，距底端1.5 m處．
答案： (1)12 m/s2 (2)0.81 (3)不能 距底端1.5 m處
12．某科研單位設(shè)計了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛
13、行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時間t后，將動力的方向沿逆時針旋轉(zhuǎn)60°同時適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，求：
(1)t時刻飛行器的速率；
(2)整個過程中飛行器離地的最大高度．
解析： (1)起飛時，飛行器受推力和重力作用，兩力的合力與水平方向成30°斜向上，設(shè)推力為F、合力為F合，如圖所示．在△OFF合中，由幾何關(guān)系得F合＝mg
由牛頓第二定律得飛行器的加速度為
a1＝＝g
則t時刻的速率v＝a1t＝gt.
(2)推力方向逆時針旋轉(zhuǎn)60°，合力的方向與水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′合垂直，
14、如圖所示．
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此時合力大小F′合＝mgsin 30°
飛行器的加速度大小為a2＝＝
到最高點的時間為t′＝＝＝2t
飛行的總位移為x＝a1t2＋a2t′2
＝gt2＋gt2＝gt2
飛行器離地的最大高度為hm＝x·sin 30°＝.
答案： (1)gt (2)
滾動訓(xùn)練(二)
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(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！)
一、選擇題
1．(2011·哈爾濱測試)如下圖所示，一箱蘋果沿著傾角為θ的斜面，以速度v勻速下滑．在箱子的中央有一個質(zhì)量為m的蘋果，它受到周圍蘋果對它作用力的方向( )
A．沿斜面向上 B．沿斜
15、面向下
C．豎直向上 D．垂直斜面向上
答案： C
2.如右圖所示是一種汽車安全帶控制裝置的示意圖，當(dāng)汽車處于靜止或勻速直線運動時，擺錘豎直懸掛，鎖棒水平，棘輪可以自由轉(zhuǎn)動，安全帶能被拉動．當(dāng)汽車突然剎車時，擺錘由于慣性繞軸擺動，使得鎖棒鎖定棘輪的轉(zhuǎn)動，安全帶不能被拉動．若擺錘從圖中實線位置擺到虛線位置，汽車的可能運動方向和運動狀態(tài)是( )
A．向左行駛、突然剎車 B．向右行駛、突然剎車
C．向左行駛、勻速直線運動 D．向右行駛、勻速直線運動
解析： 簡化模型如右圖所示，當(dāng)小球在虛線位置時，小球、車具有向左的加速度，車的運動情況可能為：向左加速行駛或向右減速行
16、駛，A錯誤，B正確；當(dāng)車勻速運動時，無論向哪個方向，小球均處于豎直位置不擺動．C、D錯誤．
答案： B
3．(2011·天津河西區(qū))一個沿豎直方向運動的物體，其速度圖象如右圖所示，設(shè)向上為正方向．則可知( )
A．這是豎直下拋運動
B．這是豎直上拋又落回原地的過程
C．這是從高臺上豎直上拋又落回地面的過程
D．拋出后3 s物體又落回拋出點
解析： 由v－t圖象可知，速度先正后負(fù)，物體先向上后向下，A錯誤；圖線與橫軸所夾面積先有正面積，后有負(fù)面積，到2 s時正負(fù)面積相等，回到原地，D錯誤；到3 s末，負(fù)面積比正面積大，物體的最終位置在拋出點的下方，C正確，B錯誤．
答案： C
17、
4.(2011·東北三省四市聯(lián)考)如右圖所示，在光滑的斜面上放置3個相同的小球(可視為質(zhì)點)，小球1、2、3距斜面底端A點的距離分別為x1、x2、x3，現(xiàn)將它們分別從靜止釋放，到達(dá)A點的時間分別為t1、t2、t3，斜面的傾角為θ.則下列說法正確的是( )
A.＝＝ B.<<
C.＝＝ D．若θ增大，則的值減小
解析： 三個小球在光滑斜面上下滑時的加速度均為a＝gsin θ，由x＝at2知＝a，因此＝＝，C對．若θ增大，a增大，的值增大，D錯.＝，且＝，由物體到達(dá)底端的速度v2＝2
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ax知v1>v2>v3，因此1>2>3，即>>，A、B均錯．
答案： C
18、5.如右圖所示，物體A、B用細(xì)繩連接后跨過定滑輪．A靜止在傾角為30°的斜面上，B被懸掛著．已知質(zhì)量mA＝2mB，不計滑輪摩擦，現(xiàn)將斜面傾角由30°增大到50°，但物體仍保持靜止，那么下列說法中正確的是( )
A．繩子的張力將增大
B．物體A對斜面的壓力將減小
C．物體A受到的靜摩擦力將先增大后減小
D．滑輪受到的繩的作用力不變
解析： 由于B物體的質(zhì)量保持不變，且B物體靜止，所以繩的張力保持不變，A項錯誤；以A物體為研究對象，在垂直于斜面的方向上有mAgcos θ＝FN，沿斜面方向有2mBgsin θ－mBg＝Ff，當(dāng)斜面的傾角為30°時，摩擦力恰好為0，當(dāng)斜面的傾角增大時，支持
19、力減小，靜摩擦力增大，B項正確，C項錯誤；在斜面傾角增大的過程中，繩子的張力不變，但是夾角減小，所以合力增大，因此D項錯誤．
答案： B
6．(2010·福建卷)物體A、B在同一直線上做勻變速直線運動，它們的v－t圖象如下圖所示，則( )
A．物體A、B運動方向一定相反
B．物體A、B在0～4 s內(nèi)的位移相同
C．物體A、B在t＝4 s時的速度相同
D．物體A的加速度比物體B的加速度大
解析： 本題考查勻變速直線運動、v－t圖象．兩物體的速度都為正，因此運動方向相同，A項錯誤；圖線與橫軸所圍的面積即為位移，可以看出0～4 s內(nèi)B物體的位移大于A物體的位移，B項錯誤；兩物體在
20、t＝4 s時的速度相同，C項正確；從0～4 s內(nèi)看，B的速度變化量大于A的速度變化量，因此B的加速度大于A的加速度，D項錯誤．
答案： C
7.細(xì)繩拴一個質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平彈簧支撐，小球與彈簧不粘連．平衡時細(xì)繩與豎直方向的夾角為53°，如右圖所示．(已知cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)以下說法正確的是( )
A．小球靜止時彈簧的彈力大小為mg
B．小球靜止時細(xì)繩的拉力大小為mg
C．細(xì)線燒斷瞬間小球的加速度立即為g
D．細(xì)線燒斷瞬間小球的加速度立即為g
解析： 細(xì)繩燒斷前對小球進(jìn)行受力分析，小球受到三個力的作用：重力mg，豎直向下；彈簧的彈力
21、F1，水平向右；細(xì)繩的拉力F2，沿細(xì)繩斜向上，如右圖所示，由平衡條件得：
F2cos 53°＝mg，F(xiàn)2sin 53°＝F1
解得F2＝mg，F(xiàn)1＝mg
細(xì)線燒斷瞬間，細(xì)繩的拉力突然變?yōu)榱?，而彈簧的彈力不變，此時小球所受的合力與F2
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等大反向，所以小球的加速度立即變?yōu)閍＝g.
答案： D
8.如右圖所示，ACB是一光滑的、足夠長的、固定在豎直平面內(nèi)的“∧”形框架，其中CA、CB邊與豎直方向的夾角均為θ.P、Q兩個輕質(zhì)小環(huán)分別套在CA、CB上，兩根細(xì)繩的一端分別系在P、Q環(huán)上，另一端和一繩套系在一起，結(jié)點為O.將質(zhì)量為m的鉤碼掛在繩套上，OP、OQ兩根細(xì)繩拉直后的長度
22、分別用l1、l2表示，若l1∶l2＝2∶3，則兩繩受到的拉力之比F1∶F2等于( )
A．1∶1 B．2∶3
C．3∶2 D．4∶9
解析： 由于P、Q小環(huán)重力不計，小環(huán)P、Q平衡時合力為零，桿對小環(huán)的彈力垂直于桿，則繩對小環(huán)的拉力也垂直于桿．則由幾何關(guān)系可知， 兩繩與豎直方向的夾角相等，兩繩的拉力相等，故F1∶F2＝1∶1.
答案： A
9．如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示．根據(jù)圖乙中所標(biāo)出的數(shù)據(jù)可計算出( )
①物體的質(zhì)量為1 k
23、g ②物體的質(zhì)量為2 kg?、畚矬w與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 ④物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析： 設(shè)物體質(zhì)量為m，物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，由圖乙可看出，當(dāng)物體所受水平拉力F1＝7 N時，其加速度a1＝0.5 m/s2，由牛頓第二定律得F1－μmg＝ma1，當(dāng)物體所受水平拉力F2＝14 N時，其加速度a2＝4 m/s2，由牛頓第二定律得F2－μmg＝ma2，聯(lián)立解得m＝2 kg，μ＝0.3，所以正確選項為C.
答案： C
二、非選擇題
10.物理小組在一次探究活動中測量滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．實驗裝置如右圖所示
24、．一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端裝有定滑輪；木板上有一滑塊，其一端與電磁打點計時器的紙帶相連，另一端通過跨過定滑輪的細(xì)線與托盤連接．打點計時器使用的交流電源的頻率為50 Hz，開始實驗時，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速運動，在紙帶上打出一系列小點．
(1)上圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是計數(shù)點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打點(圖中未標(biāo)出)，計數(shù)點間的距離如圖所示．根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計算的加速度a＝________(保留三位有效數(shù)字)．
(2)回答下列兩個問題：
①為測量動摩擦因數(shù)，下列物理量中還應(yīng)測量的有________．(填入所選物
25、理量前的字母)
A．木塊的長度l B．木板的質(zhì)量m1
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C．滑塊的質(zhì)量m2 D．托盤和砝碼的總質(zhì)量m3
E．滑塊運動的時間t
②測量①中所選定的物理量時需要的實驗器材是________________________________________________________________________．
(3)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________(用所測物理量的字母表示，重力加速度為g)與真實值相比，測量的動摩擦因數(shù)________(填“偏大”或“偏小”)．寫出支持你的看法的一個論據(jù)：___________________________
26、_____________________________________
________________________________________________________________________.
解析： (1)將題干圖中每段距離標(biāo)記為x1，x2…x7，加速度可由逐差法計算a＝可得：a＝0.496 m/s2.
(2)為測量動摩擦因數(shù)，需計算壓力和摩擦力，壓力FN＝m2g，所以為確定壓力需測量滑塊質(zhì)量m2，而摩擦力滿足FT－Ff＝m2a，又因為m3g－FT＝m3a，所以Ff＝m3g－(m2＋m3)a，所以為確定摩擦力還需測量托盤和砝碼的總質(zhì)量m3、m2，m3需用托
27、盤天平測出，還需要的實驗器材是托盤天平(帶砝碼)．
(3)由(2)中分析得：FN＝m2g Ff＝m3g－(m2＋m3)a，又Ff＝μFN，故μ＝.由于紙帶與限位孔及滑輪處阻力的存在，所計算Ff值比真實值偏大．所以μ的測量值偏大．
答案： (1)0.495 m/s2～0.497 m/s2 (2)①CD ②托盤天平(帶砝碼) (3) 偏大 因為紙帶和打點計時器之間有摩擦．
11．在美國鹽湖城舉行的第19屆冬季奧運會上，中國滑冰運動員楊揚頑強拼搏，奪得了兩塊金牌，實現(xiàn)了我國冬奧會金牌零的突破．滑冰過程中，滑冰運動員雙腳交替蹬冰滑行，蹬冰過程中加速度為2 m/s2，每次蹬冰的時間為1 s，雙腳交
28、替時，中間有0.5 s不蹬冰，不計運動員在滑行中受到的阻力，設(shè)運動員從靜止開始滑行，求：
(1)15 s末運動員前進(jìn)的速度是多少？并作出他的v－t圖象．
(2)15 s內(nèi)運動員的位移是多少？
解析： (1)根據(jù)題意知，每1.5 s速度增量
Δv＝aΔt＝2×1 m/s＝2 m/s
運動員運動的v－t圖象如圖所示.15 s末運動員的速度為v＝10·Δv＝20 m/s.
(2)由圖象知：第一個1.5 s內(nèi)的位移x1＝1 m＋2×0.5 m＝2 m
另外，由圖象可看出，以后每一個1.5 s的位移都比前一個1.5 s內(nèi)的位移多3 m，所以每一個1.5 s內(nèi)的位移x1，x2，x3…，x
29、n是一個等差數(shù)列，則
x＝x1＋x2＋…＋x10＝nx1＋d＝155 m.
答案： (1)20 m/s 圖象如解析圖所示 (2)155 m
12．如圖所示為某鋼鐵廠的鋼錠傳送裝置，斜坡長為L＝20 m，高為h＝2 m，斜坡上緊排著一排滾筒．長為l＝8 m、質(zhì)量為m＝1×103 kg的鋼錠ab放在滾筒上，鋼錠與滾筒間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，工作時由電動機帶動所有滾筒順時針勻速轉(zhuǎn)動，使鋼錠沿斜坡向上移動，滾筒邊緣的線速度均為v＝4 m/s.假設(shè)關(guān)閉電動機的瞬時所有滾筒立即停止轉(zhuǎn)動，鋼錠對滾筒的總壓
力近似等于鋼錠的重力．取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝10 m/s2.試求：
(1)鋼錠從坡底
30、(如上圖示位置)由靜止開始運動，直到b端到達(dá)坡頂所需的最短時間；
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(2)鋼錠從坡底(如上圖示位置)由靜止開始運動，直到b端到達(dá)坡頂?shù)倪^程中電動機至少要工作多長時間？
解析： (1)鋼錠開始受到的滑動摩擦力為
Ff＝μmg＝3×103 N
由牛頓第二定律有Ff－mgsin α＝ma1
解得a1＝2 m/s2
鋼錠做勻加速運動的時間t1＝＝2 s
位移x1＝a1t＝4 m
要使b端到達(dá)坡頂所需要的時間最短，需要電動機一直工作，鋼錠先做勻加速直線運動，當(dāng)它的速度等于滾筒邊緣的線速度后，做勻速直線運動．
鋼錠做勻速直線運動的位移x2＝L－l－x1＝8 m
做勻速直線運動的時間t2＝＝2 s
所需最短時間t＝t1＋t2＝4 s.
(2)要使電動機工作的時間最短，鋼錠的最后一段運動要關(guān)閉電動機，鋼錠勻減速上升，b端到達(dá)坡頂時速度剛好為零．
勻減速上升時Ff＋mgsin α＝ma2
解得a2＝4 m/s2
勻減速運動時間t3＝＝1 s
勻減速運動位移x3＝t3＝2 m
勻速運動的位移x4＝L－l－x1－x3＝6 m
電動機至少要工作的時間t＝t1＋＝3.5 s.
答案： (1)4 s (2)3.5 s
（注：可編輯下載，若有不當(dāng)之處，請指正，謝謝!）
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課件-安徽省2012高三物理一輪課下作業(yè)-第3章-牛頓運動定律章末大盤點
