第三章 《牛顿运动定律》新情景题(基础卷A)(解析版)2021年新课标全国高考物理各章单元新情景题AB卷
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第三章 《牛顿运动定律》新情景题(基础卷 A) 试时间 90 分钟,满分 100 分 第一部分 选择题(共 48 分) 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~8 题只有一项符 合题目要求,第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分。 1、亚里士多德在其著作《物理学》中说:一切物体都具有某种“自然本性”,物体由其“自然本性”决定的运 动称之为“自然运动”,而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”.伽利略、笛 卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法,建立了新物理学;新物理学认为一切物体都具有的“自 然本性”是“惯性”.下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是(   ) A.一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动 B.作用在物体上的力,是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因 C.可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时,放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“盘子受到的 向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力” D.竖直向上抛出的物体,受到了重力,却没有立即反向运动,而是继续向上运动一段距离后才反向运动, 是由于物体具有惯性 【答案】C. 【解析】力不是维持物体运动状态的原因,力是改变物体运动状态的原因,所以当物体不受到任何外力的 时候,总保持静止或者匀速直线运动的状态,故 A 符合题意;当物体受到外力作用的时候,物体的运动状 态会发生改变,即力是改变物体运动状态的原因,故 B 符合题意;可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时, 放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去,这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”,故 C 不符合题意;由于物体具有向上的速度,所以具有向上的惯性,虽然受到向下的重力,但物体不会立刻向 下运动,故 D 符合题意. 2、在解一道文字计算题时用字母表示结果的计算题,一个同学解得 ,用单位制的方法检查 这个结果是( ) A. 一定是正确 )(2 21 ttm Fx +=B. 一定错误 C. 如果用国际单位制结果可能正确 D. 用国际单位制,结果错误,如果用其它单位制,结果可能正确 【答案】B 【解析】根据公式 ,由于力的单位是 N,时间单位是 s,质量单位是 kg,故等式右边 的单位是 ;等号左边的单位是 m;即等号左右单位不同,故等号不成立;故选 B。 3、为了使雨滴能尽快地淌离房顶,要设计好房顶的高度,设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动, 那么如图所示的四种情况中符合要求的是(  ) 【答案】C 【解析】设屋檐的底角为 θ,底边长为 2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律 得加速度 a=mgsin θ m =gsin θ,位移大小 x= 1 2at2,而 x= L cos θ,2sin θcos θ=sin 2θ,联立以上各式得 t= 4L gsin 2θ。当 θ=45°时,sin 2θ=1 为最大值,时间 t 最短,故选项 C 正确。 4、如图所示,在光滑的水平面上有一段长为 L、质量分布均匀的绳子,绳子在水平向左的恒力 F 作用下做 匀加速直线运动.绳子上某一点到绳子右端的距离为 x,设该处的张力为 T,则能正确描述 T 与 x 之间的关 系的图象是(  ) 【答案】A. )(2 21 ttm FxS +== kg sN ⋅【解析】对整体受力分析,由牛顿第二定律可求得整体的加速度;再由牛顿第二定律可得出 T 与 x 的关系.设 单位长度质量为 m,对整体分析有 F=Lma;对 x 分析可知 T=xma,联立解得 T= F Lx,故可知 T 与 x 成正比, 且 x=0 时,T=0,故 A 正确. 5、如图所示,某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演.若盘的质量为 m,手指与盘之间的动摩擦因数 为 ,重力加速度为 g,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,盘底处于水平状态且不考虑盘的自转.则下列 说法正确的是( ) A.若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则手指对盘的作用力大于 mg B.若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,则盘受到水平向右的静摩擦力 C.若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则手对盘的作用力大小为 D.若盘随手指一起水平匀加速运动,则手对盘的作用力大小不可超过 【答案】D 【解析】若手指支撑着盘,使盘保持静止状态,则盘子受力平衡,手指对盘子的作用力与盘子的重力等大 反向,则手指对盘的作用力等于 mg,选项 A 错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动,则水平方向 盘子不受力,即盘不受静摩擦力,选项 B 错误;若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动,则手对盘的 作用力大小为 ma,不一定等于 mg,选项 C 错误;若盘随手指一起水平匀加速运动,则手对盘子水平方 向的最大静摩擦力为 mg,竖直方向对盘子的支持力为 mg,则手对盘的作用力大小的最大值 ,即手对盘的作用力大小不可超过 mg,选项 D 正确。故选 D。 6、如图所示,用水平恒力 F 拉 A、B、C 三个物体在光滑水平面上运动。现在中间的 B 物体上突然附上一 小物块,使它随 B 物体一起运动,且原拉力 F 不变。那么附上小物块后,对两段绳的拉力 Ta 和 Tb 的变化情 况判断正确的是(  ) µ µ 2 2 2( ) ( ) 1mg mg mgµ µ+ = + 21 µ+A.Ta 增大 B.Ta 变小 C.Tb 增大 D.Tb 不变 【答案】A 【解析】整体的加速度 ,隔离对 C 分析,则 ,隔离 A 分析 有 ,解得 ,在中间的 B 物体上加一块橡皮泥,总质量 增大,可知 Tb 减小,Ta 增大,故选 A。 7、如图所示,物体 A、B 质量均为 m,叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上,上端和物体拴接)。对 A 施加一竖直向下,大小为 F 的外力,使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体 A、B 处于平 衡状态。已知重力加速度为 g,F>2mg。现突然撤去外力 F,设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用 力大小为 FN,则下列关于 FN 的说法正确的是(  ) A.刚撤去外力 F 时,FN=mg+F 2 B.弹簧弹力等于 F 时,FN=F 2 C.两物体 A、B 在弹簧恢复原长之前分离 D.弹簧恢复原长时 FN=mg 【答案】B 【解析】刚撤去外力 F 时,由牛顿第二定律,对 A、B 组成的整体有 F=2ma1,对物体 A 有 FN-mg=ma1, 联立解得 FN=F 2+mg,选项 A 错误;弹簧弹力等于 F 时,对 A、B 组成的整体有 F-2mg=2ma2,对物体 A 有 FN-mg=ma2,联立解得 FN=F 2,选项 B 正确;当 A、B 恰好分离时,A、B 间相互作用力为 0,对 A 有 mg=ma,a=g,B 的加速度也为 g,根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长,选项 C、D 错误。 A B C Fa m m m = + + = C b C A B C mT m a Fm m m = + + a AF T m a− = A a A A B C mT F m a F Fm m m = − = − + +8、如图所示是滑梯简化图,一小孩从滑梯上 A 点开始无初速度下滑,在 AB 段匀加速下滑,在 BC 段匀减 速下滑,滑到 C 点恰好静止,整个过程中滑梯保持静止状态.假设小孩在 AB 段和 BC 段滑动时的动摩擦因 数分别为 和 ,AB 与 BC 长度相等,则下列说法中正确的是( ) A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用 B.动摩擦因数 C.小孩从滑梯上 A 点滑到 C 点先超重后失重 D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【答案】B 【解析】小朋友在 AB 段做匀加速直线运动,将小朋友的加速度 分解为水平和竖直两个方向,由于小朋友 有水平向右的分加速度,根据牛顿第二定律知,地面对滑梯的摩擦力方向水平向右;有竖直向下的分加速 度,则由牛顿第二定律分析得知:小孩处于失重,地面对滑梯的支持力 小于小朋友和滑梯的总重力.同 理,小朋友在 BC 段做匀减速直线运动时,小孩处于超重,地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力, 地面对滑梯的摩擦力方向水平向左,故 ACD 错误;设 AB 的长度为 L,小孩在 B 点的速度为 v.小孩从 A 到 B 为研究对象,由牛顿第二定律可得 ,由运动学公式可得 ;小孩 从 B 到 C 为研究过程,由牛顿第二定律可得 ,由运动学公式可得 ; 联立解得 ,故 B 正确. 9、如图所示,小车分别以加速度 a1、a2、a3、a4 向右做匀加速运动,bc 是固定在小车上的水平横杆,物块 M 穿在杆上,M 通过细线悬吊着小物体 m,m 在小车的水平底板上,加速度为 a1、a2 时,细线在竖直方向 1 µ 2 µ 1 2+ =2tanµ µ θ 1a NF 1 1sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 12v a L= 2 2cos sinmg mg maµ θ θ− = 2 22v a L= 1 2 2tanµ µ θ+ =上,全过程中 M 始终未相对杆 bc 移动,M、m 与小车保持相对静止,M 受到的摩擦力大小分别为 f1、f2、 f3、f4,则以下结论正确的是(  ) A.若a1 a2=1 2,则f1 f2=2 1 B.若a2 a3=1 2,则f2 f3=1 2 C.若a3 a4=1 2,则f3 f4=1 2 D.若a3 a4=1 2,则tan θ tan α=1 2 【答案】CD  【解析】对第一、二幅图有:若a1 a2=1 2,对 M 根据牛顿第二定律有:f=Ma,则f1 f2=1 2,故选项 A 错误;对第 二、三幅图有:f2=Ma2,设细线的拉力为 F,则 f3-Fsin θ=Ma3,若a2 a3=1 2,则f2 f3≠1 2,故选项 B 错误;对第 三、四幅图有:对 M 和 m 整体分析:f=(M+m)a,若a3 a4=1 2,则f3 f4=1 2,故选项 C 正确;m 水平方向有:F3sin θ=ma3、F4sin α=ma4,竖直方向有:F3cos θ=mg、F4cos α=mg,解得 a3=gtan θ、a4=gtan α,若a3 a4=1 2, 则tan θ tan α=1 2,故选项 D 正确。 10、如图所示,在粗糙的水平面上,质量分别为 m 和 M 的物块 A、B 用轻弹簧相连,两物块与水平面间的 动摩擦因数均为 μ,当用水平力 F 作用于 B 上且两物块共同向右以加速度 a1 匀加速运动时,弹簧的伸长量 为 x1;当用同样大小的恒力 F 沿着倾角为 θ 的光滑斜面方向作用于 B 上且两物块共同以加速度 a2 匀加速沿 斜面向上运动时,弹簧的伸长量为 x2,则下列说法中正确的是 (  ) A.若 m>M,有 x1=x2 B.若 m<M,有 x1=x2C.若 μ>sin θ,有 x1>x2 D.若 μ<sin θ,有 x1<x2 【答案】AB 【解析】在水平面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律,有 F-μ(m+M)g=(m+M)a1①,隔离物块 A, 根据牛顿第二定律,有 FT-μmg=ma1②,联立①②解得 FT= m m+M F③,在斜面上滑动时,对整体,根 据牛顿第二定律,有 F-(m+M)gsin θ=(m+M)a2④,隔离物块 A,根据牛顿第二定律,有 FT′-mgsin θ= ma2⑤,联立④⑤解得 FT′= m M+mF⑥,比较③⑥可知,弹簧弹力相等,与动摩擦因数和斜面的倾角无关, 故 A、B 正确,C、D 错误。 11、如图所示,倾角为 θ 的斜面体 C 置于粗糙水平面上,物块 B 置于斜面上,已知 B、C 间的动摩擦因数 为 μ=tan θ,B 通过细绳跨过光滑的定滑轮与物块 A 连接,连接 B 的一段细绳与斜面平行,A、B 的质量分 别为 m、M。现给 B 一初速度,使 B 沿斜面下滑,C 始终处于静止状态,重力加速度为 g,则在 B 下滑的过 程中,下列说法正确的是(  ) A.不论 A、B 的质量大小关系如何,B 一定减速下滑 B.A 运动的加速度大小为 a= mg m+M C.水平面对 C 一定有摩擦力,摩擦力的方向可能水平向左 D.水平面对 C 的支持力与 B、C 的总重力大小相等 【答案】ABD 【解析】因 B、C 间的动摩擦因数为 μ=tan θ,故如果物块 B 不受细绳的拉力作用,则沿斜面方向受力平衡, 即 Mgsin θ=μMgcos θ,若给 B 一初速度,物块 B 将匀速下滑。但是细绳对 B 有沿斜面向上的拉力,故物块 B 一定减速下滑,选项 A 正确;对 A、B 分别进行受力分析,由牛顿第二定律可知 T+μMgcos θ-Mgsin θ= Ma,mg-T=ma,解得 a= mg M+m,选项 B 正确;设水平地面对 C 的静摩擦力方向水平向左,则斜面 C 的 受力分析如图所示。由于斜面体始终静止不动,故有:Ff′+Ffcos θ=FN2sin θ,FN1=G+Ffsin θ+FN2cos θ,又因为 Ff=Mgsin θ,FN2=Mgcos θ,联立可得:Ff′=0,FN1=G+Mg,故选项 C 错误,D 正确。 12、如图甲所示,一滑块置于足够长的长木板左端,木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为 2 kg,现在滑块上施加一个 F=0.5t (N)的变力作用,从 t=0 时刻开始计时,滑块所受摩擦力随时间变化的关 系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,重力加速度 g 取 10 m/s2,则下列说法正确的是(  ) A.滑块与木板间的动摩擦因数为 0.4 B.木板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2 C.图乙中 t2=24 s D.木板的最大加速度为 2 m/s2 【答案】ACD 【解析】由题图乙可知,滑块与木板之间的滑动摩擦力为 8 N,则滑块与木板间的动摩擦因数为 μ=Ffm mg= 8 20 =0.4,选项 A 正确.由题图乙可知 t1 时刻木板相对地面开始滑动,此时滑块与木板相对静止,则木板与水 平地面间的动摩擦因数为 μ′= Ff′ 2mg= 4 40=0.1,选项 B 错误.t2 时刻,滑块与木板将要产生相对滑动,此时滑块 与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力 Ffm=8 N,此时两物体的加速度相等,且木板的加速度达到最大,则对 木板:Ffm-μ′·2mg=mam,解得 am=2 m/s2;对滑块:F-Ffm=mam,解得 F=12 N,则由 F=0.5t (N)可知, t=24 s,选项 C、D 正确. 第一部分 非选择题(共 52 分) 二、实验题:本题共 2 小题,共 16 分。 13.(6 分)某实验小组设计了如下图( )所示的实验装置,通过改变生蚝的的质量,利用计算机可得滑 块运动的加速度 和所受拉力 的关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验,得到了两 条 图线,如图( )示. a a F a F− b( )图线__________是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的(选填“①”或“②”). ( )滑块和位移传感器发射部分的总质量 _______ :滑块和轨道间的动摩擦因数 ________. 【答案】(1)1 (2) 【解析】( )由图像①可知,当 时, ,也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度,所以 图线①是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的。 ( )根据 得 ,在图像②中运动的加速度 和所受拉力 的关系图像斜率 等于滑块和位移传感器发射部分的质量的倒数.结合图像得: 在水平轨道上 .加速度 ,根据牛顿第二定律, .解得 14.(10 分)图甲所示为某同学研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”的实验装置示 意图. (1)下面列出了一些实验器材:打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂桶和砂、刻 度尺.除以上器材外,还需要的实验器材有__________. A.秒表 B.天平(附砝码) C.低压交流电流 D.低压直流电源 1 2 m = kg µ = 0.5m = .2oµ = 1 0F = 0a ≠ 2 F mg maµ− = Fa gm µ= − a F 0.5m kg= 1NF = 0a = 0F mgµ− = .2oµ =(2)实验中,需要补偿打点计时器对小车的阻力及其它阻力:小车放在木板上,后面固定一条纸带,纸带 穿过打点计时器.把木板一端垫高,调节木板的倾斜度,使小车在不受绳的拉力时能__________(选填“拖 动纸带”或“不拖动纸带”)沿木板做匀速直线运动. (3)实验中,为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力,砂和砂桶的总质量 与 小车和车上砝码的总质量 之间应满足的条件是__________.这样,在改变小车上砝码的质量时,只要砂 和砂桶质量不变,就可以变为小车所受拉力几乎不变. (4)如图乙所示, 、 、 为三个相邻的计数点,若相邻计数点之间的间隔为 , 、 间的距离 为 、 、 间 的 距 离 为 , 则 小 车 的 加 速 度 __________ . 已 知 , , ,则 __________ (结果保留 位有效数字). (5)在做该实验时,另一位同学以小车的加速度的倒数 为纵轴,以上车和车上砝码的总质量 为横轴, 描绘出 图象.假设实验中他已经完全消除了摩擦力和其它阻力的影响,但 与 并没满足本实验 所需的条件;则从理论上分析,图丙中能够正确反映他所得到的 关系的示意图是__________. 【答案】(1)BC (2)拖动纸带 (3) (4) (5) C 【解析】(1)研究“在外力一定的条件下,物体的加速度与其质量间的关系”的实验,所以用天平测量小车的 质量,用交流电源供打点计时器使用,所以 BC 选项是正确的; (2)平衡摩擦力时,把木板一端垫高,调节木板的倾斜度,使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀 速直线运动即可; m M A B C T A B 1x B C 2x a = 0.10sT = 1 5.90cmx = 2 6.46cmx = a = 2m / s 2 1 a M 1 Ma − m M 1 Ma − M m 2 1 2 x x T − 20.56m / s(3)假设小车的加速度为 ,拉力为 对砂和砂桶 ;对小车 ;联立得 , 故只有在 的情况下近似认为拉力等于 . (4)由 得 ,代入数据得 ; (5)根据牛顿第二定律得 ,则 ,则以 为纵轴,以总质量 为横轴,作出的图 象为一倾斜直线,且纵截距为 ,所以 C 选项是正确的 三、计算题:本题共 3 小题,共 36 分。 15.(8 分)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,跳离一段时间后打开降落伞做 减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图 a。降落伞用 8 根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角 均为 α=37°,如图 b。已知人的质量为 50kg,降落伞质量也为 50kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受 阻力 f 与速率 v 成正比,即 (g 取 10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6)。求: (1)打开降落伞前人下落的距离; (2)阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向; (3)悬绳能够承受的拉力至少为多少? 【答案】(1)20m(2)30m/s2,方向向上(3)312.5N 【解析】(1)由速度时间图像可知,人打开降落伞时的速度为 ,故下落的距离为 a F mg F ma− = F Ma= MmgF M m = + M m mg 2x aT∆ = 2 1 2 x xa T −= ( ) 2 2 2 6.46cm 5.90cm 56cm / s 0.56m / s 0.1s a −= = = mga M m = + 1 1 1Ma mg g = + 1 a M 1 g f kv= 1 20m/sυ = 2 1 20m2 υh g = =(2)当人作匀速运动时, 刚开始下落时,对整体 解得 方向向上。 (3)设每根绳子的拉力为 T,当加速度最大时绳的拉力最大,对运动员 解得 16.(8 分)如图所示,一重力为 10 N 的小球,在 F=20 N 的竖直向上的拉力作用下,从 A 点由静止出发 沿 AB 向上运动,F 作用 1.2 s 后撤去.已知杆与球间的动摩擦因数为 3 6 ,杆足够长,取 g=10 m/s2.求: (1)有 F 作用的过程中小球的加速度; (2)撤去 F 瞬间小球的加速度; (3)从撤去力 F 开始计时,小球经多长时间将经过距 A 点为 2.25 m 的 B 点. 【答案】(1)2.5 m/s2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s2 方向沿杆向下 (3)0.2 s 或 0.75 s 【解析】(1)小球的质量 m=G g=1 kg. 取沿杆向上为正方向,设小球在力 F 作用过程的加速度为 a1,此时小球的受力如图甲所示, Fcos 30°=Gcos 30°+FN 2 2kυ mg= 1 2 2kυ mg ma− = 230m/sa = 8 cos37T mg ma− = 312.5NT =Fsin 30°-Gsin 30°-μFN=ma1 联立解得:a1=2.5 m/s2,即大小为 2.5 m/s2,方向沿杆向上 (2)撤去 F 瞬间,小球的受力如图所示, 设此时小球的加速度为 a2,则有 FN′=Gcos 30° -Gsin 30°-μFN′=ma2 联立解得:a2=-7.5 m/s2,即大小为 7.5 m/s2,方向沿杆向下 (3)刚撤去 F 时,小球的速度 v1=a1t1=3 m/s 小球的位移为 x1=1 2a1t12=1.8 m 撤去 F 后,小球继续向上运动的时间为 t2=0-v1 a2 =0.4 s 小球继续向上运动的最大位移为 x2=0-v12 2a2 =0.6 m 则小球向上运动的最大距离为 xm=x1+x2=2.4 m 在上滑阶段通过 B 点,即 xAB-x1=v1t3+1 2a2t32 解得 t3=0.2 s 或者 t3=0.6 s(舍去) 小球返回时,受力如图丙所示, 设此时小球的加速度为 a3, -Gsin 30°+μFN′=ma3得 a3=-2.5 m/s2,即大小为 2.5 m/s2,方向沿杆向下, 小球由顶端返回 B 点时有:-(xm-xAB)=1 2a3t24 解得 t4= 3 5 s 则通过 B 点时间为 t=t2+t4≈0.75 s. 17.(10 分)如图甲所示,一长方体木板 B 放在水平地面上,木板 B 的右端放置着一个小铁块 A,在 t=0 时 刻,同时突然给 A、B 初速度,其中 A 的初速度大小为 vA=1 m/s,方向水平向左;B 的初速度大小为 vB=14 m/s,方向水平向右,木板 B 运动的 v­t 图象如图乙所示。已知 A、B 的质量相等,A 与 B 及 B 与地面之间 均有摩擦(动摩擦因数不等),A 与 B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A 始终没有滑出 B,取重力加速 度 g=10 m/s2。(提示 t=3 s 时刻,A、B 达到共同速度 v=2 m/s;3 s 时刻至 A 停止运动前,A 向右运动的速 度始终大于 B 的速度)求:  甲          乙 (1)小铁块 A 向左运动相对地面的最大位移; (2)B 运动的时间及 B 运动的位移大小。 【答案】(1)0.5 m (2)4 s 25 m 【解析】(1)由题图乙可知,0~3 s 内 A 做匀变速运动,速度由 vA=-1 m/s 变为 v=2 m/s 则其加速度大小为 aA=v-vA t1 =2-(-1) 3 m/s2=1 m/s2,方向水平向右。当 A 水平向左运动速度减为零时,向左运动的位移最大, 则 s= v2A 2aA=0.5 m。(2)设 A 与 B 之间的动摩擦因数为 μ1,由牛顿第二定律得 μ1mg=maA 则 μ1=aA g =0.1 由题图乙可知,0~3 s 内 B 做匀减速运动, 其速度由 vB=14 m/s 变为 v=2 m/s 则其加速度大小为 aB=vB-v t1 =14-2 3 m/s2=4 m/s2 方向水平向左 设 B 与地面之间的动摩擦因数为 μ2,由牛顿第二定律得 μ1mg+2μ2mg=maB 则 μ2=aB-μ1g 2g =0.153 s 之后,B 继续向右做匀减速运动,由牛顿第二定律得 2μ2mg-μ1mg=ma′B 则 B 的加速度大小为 a′B=2μ2g-μ1g=2 m/s2 方向水平向左 3 s 之后运动的时间为 t2= v a′B=2 2 s=1 s 则 B 运动的时间为 t=t1+t2=4 s 0~4 s 内 B 的位移 xB=vB+v 2 t1+v 2t2=25 m,方向水平向右。 18.(10 分)一平台的局部如图甲所示,水平面光滑,竖直面粗糙,物体 B 与竖直面动摩擦因数 μ=0.5,右 角上固定一定滑轮,在水平面上放着一质量 mA=1.0 kg、大小可忽略的物块 A,一轻绳绕过定滑轮,轻绳左 端系在物块 A 上,右端系住物块 B,物块 B 质量 mB=1.0 kg,物块 B 刚好可与竖直面接触.起始时令两物 体都处于静止状态,绳被拉直,设物体 A 距滑轮足够远,台面足够高,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽 略滑轮质量及其与轴之间的摩擦,g 取 10 m/s2,求: (1)同时由静止释放 A、B,经 t=1 s,则 A 的速度多大; (2)同时由静止释放 A、B,同时也对物块 B 施加力 F,方向水平向左,大小随时间变化规律如图乙所示,求 物块 B 运动过程中的最大速度和物块 B 经多长时间停止运动. 【答案】(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s 【解析】(1)对 A、B 系统:mBg=(mA+mB)aa=1 2g=5 m/s2 v=at=5 m/s (2)A、B 先做加速度减小的加速运动,在 A、B 加速度减为零之前,A、B 一起运动,绳子拉紧. F=kt(k=20 N/s) 以 A、B 系统为研究对象:mBg-μF=(mA+mB)a 得:a=-5t+5 0~1 s 的 a­t 图象如图所示,t=1 s,a=0, t=1 s,速度最大且为三角形面积 vm=1 2×1×5 m/s=2.5 m/s 当 B 开始减速时,绳子松弛,A 匀速,B 减速 对 B:mBg-μF=mBa 得:a=-10t+10(t≥1 s) 1 s 以后,a­t 图象如图所示. 速度要为零,总面积为零,即两三角形面积相等. 得:1 2Δt·10Δt=2.5 解得 Δt= 2 2 s t 总=(1+ 2 2 )s≈1.7 s.

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