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由图象可知1s~2s与2s~3s速度图象与时间轴所围面积大小相等,相互抵消,故3s末的位移就等于0~1s的位移,方向向右,故D正确.[答案]CD
10.懈析]由磕头虫的运动可知,上升高度他=卷,加速距离心=务可解得加速度
722a=3000m/s2,若人运动加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等,则疋=盏,方2=莠可得人离地后重心上升的最大高度可达150m.[答案]A
11.[解析]本题考查匀变速直线运动的规律.设超声波传播的时间为则对超声波有"
=2[xi+*aX&
)2],对汽车有x2~X!
=解得a=10m/s2,故B正确.[答案]B
12.[解析]根据小球从。
到c和从c到〃所用的时间都是2s,ac=7m,cd=5m,vc
]2
=才m/s=3m/s,B正;
由zfx=at1解得a=0.5m/s2.由of-of=lax解得如=y[l0m/s,选项A正确;
设小球经d时的速度为%,Vc+Vd=lax解得°
d=2m/s.从d到e所用时间为/=vd/a=-4s,选项D正确;
de=vdt/1=4m,选项C错误.
[答案]ABD
13.[答案]41
14.[解析]A端未抬起时,由图b知,滑块做匀减速运动.设刻度尺相邻刻线间距为I,则有71-51=a#①
A端抬起时,由图c知,滑块也做匀减速运动,有
61-51=a?
孑②
又ai=“g,a2=pgcosa-gsina,由①②得<
7血2=2
““亠f2sina宀、亠2sina
即•=2倚〃=.[合茶]2~7
jucosa-since2cosa-12cosa—1
15.[解析]
(1)由表数据:
m/s2=3m/s2
加22-420/2
°
2=加2=9-8妣=_2m/s
“-”表示与车前进方向相反
(2)由表可知匀加速的最大速度是e=12m/s
v2-0匀加速的位移Xi=2创=24m
0~v2
匀减速的位移兀2=2血=%m
总位移兀=兀1+兀2=60m.[答案]
(1)3m/s2—2m/s2
(2)60m
16.[解析]
(1)由于D301次动车组2分钟车速达到216km/h
所以得启动加速度:
Av2
a=不=0.5m/s
加速距离s==3.6km.
(2)要想满足二车恰好不撞,则必须至少满足D301追上D3115时二车速度相同,所以得:
v=v()-at,解得t=18.1s,
二车之间的位移关系为:
代入数据得As=492.3m.[答案]
(1)0.5m/s23.6km
(2)至少距离D3115次列车492.3m开始刹车才能避免事故发生.
17.[解析]⑴公共汽车启动时加速所用的时间为九,则h=¥
=10s
启动加速时行驶的路程为s”则5i=^X1X1O2m=50m
上面所求的时间和路程同时也是制动减速所用的时间和路程,所以汽车每次匀速行驶所经过的路程为$2,则S2=s-2$i=500m,匀速行驶所用时间为切比=乎=50s
所以公共汽车在每两站之间运动所经历的时间为t=2/i+^2=70s.
(2)电动车到达第〃站所用的总时间为八则有
T=n(t+Jt)+to,v2T=ns,联立并代入数据可得n=12.[答案]
(1)70s
(2)12
18[解析]先对整个运动过程进行分段,对每个阶段进行分析并求解.
挑战者匀加速通过平台过程中,由匀变速直线运动规律有:
Li
冲上跑步机的初速度:
Vi=a\t\=4m/s
冲上跑步机至第一个跨栏:
L3=^1^2+2^1
解得:
t2=2s
第一次摔倒至爬起随跑步机移动的距离:
x=v()t=1X2m=2m
第一次爬起向左减速过程:
%=。
2心
=1S
位移:
兀1=%巾一纟=0.5m向右加速冲刺过程:
X+兀1+厶2-厶3=茲总
》4=7s
所以挑战者通过跑步机跨栏装置全程所需的总时间为:
I总=/]+◎+r+厶+=14s
[答案]14s
质量检测
(二)
1.[解析]根据题意可知,该同学利用等效替代思想来测量最大冲击力,而建立“合力与分力”的概念也是利用等效替代思想,选项A正确•[答案]A
2.[解析]本题考查力的合成.二力合成合力的范围在IFi-F2I^F^IF1+F2I,代入数据可得,合力的范围:
20NWFW80N,所以D不可能•[答案]D
3.[解析]主要考查的知识点是:
重力、弹力、摩擦力的产生条件及在力的三要素的基础上对物体进行正确的受力分析,挂图受五个力作用,A错误;
挂图所受两摩擦力的大小不相等,B错误:
挂图对黑板的压力与黑板对挂图的压力才是作用力和反作用力,C错误;
增强磁铁的磁性,挂图受摩擦力不变,方向向上,大小等于挂图重力的大小,D正确.
[答案]D
4.[解析]本题考查三力平衡和力的合成.由于两绳的拉力的合力始终与重力平衡,而夹角逐渐增大,故拉力也逐渐增大•[答案]B
5.[解析]拉A之前,4静止时,mg=kx\,弹簧的压缩量为xi,当B刚要离开地面时,弹簧的伸长量为"
2,mg=kx2,所以A上升的距离为厶=“1+也=琴£
故A正确.
6.[解析]挂上空砂桶时,小车静止,故此时所受的静摩擦力与空砂桶的重力相等,所以空砂桶的重力为2N,A正确;
当小车被拉动时,小车所受的滑动摩擦力为3N,B正确;
而小车刚要拉动时,对应的为最大静摩擦力,由图象可知,最大静摩擦力为3.5N,C正确;
拉力大于3.5N时,小车才能运动,故小车将做加速运动,D错误.[答案]ABC
7.
mg
[解析]解决该类问题的前提是进行正确的受力分析,再结合平衡条件及数学知识进行判断.取物体B为研究对象,分析其受力情况如图,由平衡条件可得:
F=mgtanO,眄=鴛(0为Ft与竖直方向的夹角),在物侬B缓慢拉高的过程中,0增大,则水平力F随之变大.对A、B两物体与斜面体这个整体而言,由于斜面体与物体A仍然保持静止,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,但是因为整体竖直方向并没有其它力,故斜面体所受地面的支持力不变;
在这个过程中尽管绳子张力变大,但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并无法确定其方向,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定.
8.
[解析]根据力F产生的作用效果,可以把力F分解为两个垂直于侧面的力巧‘、砂,如图所示,由对称性可知:
F/=尸2‘.
根据力三角形0F1'
F与几何三角形ACB相似可得:
牛—=专
所以Fi'
=尸2‘七F
即刀刃前部和后部厚薄不均匀,可以使分开物体的力大于压力F,顶角越小,分开物体的力越大,所以选项D正确•[答案]D
9.[解析]对B进行受力分析,它受重力、斜面的支持力、拉力F、细绳沿斜面向上的拉力、物块A对B的压力、物块A与B之间的滑动摩擦力、B与斜面间的滑动摩擦力,因此B共受7个力作用•[答案]D
1(M解析]小球在P点受到竖直向下的重力吨,还受到沿P0方向的支持力和沿O'
P方向的弹簧弹力,由几何关系知它们与竖直方向的夹角皆为60。
,由平衡条件知它们的大小与重力大小相等,则A、B错误,C正确;
由整体法知半球形容器受到地面的摩擦力为0,D错误.I答案]C
11.[解析]由于小木块始终保持静止,因此在斜面上,小木块沿斜面方向受到的拉力、静摩擦力及重力沿斜面向下的分力三者平衡,因此当F沿斜面向下时静摩擦力最大,为F+mgsmd.对小木块和斜面体两者整体分析,当F水平时,斜面体受到地面的静摩擦力最大为F,故B、C正确.[答案]BC
12.[解析]由于“人”形框架光滑,OP、OQ两根细绳拉直后必垂直于框架杆,OP、00两根细绳拉直后与竖直方向的夹角相等,所以两绳受到的拉力大小相等,选项A正确.
13.[解析]在弹簧的弹性限度以内,弹力与形变量是成正比的,图象上端出现弯曲
F
是因为拉力过大,超过了弹簧的弹性限度.由胡克定律得x=p则图线斜率的倒数等于弹
8N
簧的劲度系数k=^=100N/m.精确度高意味着相同拉力下形变量大,相同刻度线下最小分度值小,故应选用劲度系数小的弹簧4
[答案]拉力过大,超过了弹簧的弹性限度100N/mA
14.[解析]
(1)A传感器中的力均为正值,故A传感器对应的是表中力Fi,平衡时,mg=Fisin0,当0=30°
时,F\=1.001N,可求得m=0.05kg.
(2)在挂钩码之前,对传感器进行调零,目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响,故C正确•[答案]⑴几0.05
(2)C
15.[解析]⑴因匀速提起重物,则Ft=mg.^L绳对人的拉力为nig,所以地面对人的支持力为:
FN=Mg-mg=(50-30)X10N=200N,方向竖直向上•
(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下,大小为2mg,杆对B点的弹力方向沿杆的方向,由共点力平衡条件得:
Fab=2mgtan30°
=2X30X10N=200y[3N
2ms2X30X10r“亠rr
Fbc=氐希=―左—N=400V3N.[答翘
(1)200N
(2)400£
N200y[3N
2
16.[解析]雨滴达到收尾速度状态时,处于平衡状态,只受重力和空气阻力F.由平衡条件得
F=G=mg=^Tti^pg.①
分别为雨滴的半径、密度
由题意知v=k、r②
紡为常数
由①②得F==krv2③
式中
由推导知,阻力与速度的平方和半径的乘积成正比.
即F=krv2假设才能解释。
*八[答案]见解析
17.[解析]
(1)设轻绳对B的拉力为T,由平衡条件可得:
Fcos30°
=Tcos<
9,Fsin30°
+Tsin0=mg
解得T=10y/3N,tanO=卑,即0=30°
(2)又设轻绳对A的拉力为厂,则厂=T,有:
T'
sind+Mg=FN,T'
cosO=叭,
“=習[答案]
(1)30°
(2)習
18.[解析]
(1)对O点受力分析,受AO.BO绳的拉力、与球连接的绳的拉力、杆CO的弹力.而AO、BO绳的拉力的合力沿OD方向,在COD平面内对O点分析,根据平衡条件有:
F2cos30°
=加g①
2F]COs60°
=F2sin30°
②
联立①②式解得:
Fi=¥
〃g,尸2=斗爲g
(2)据力的合成与分解可知,当F与CO垂直时,F最小,即Fnun=mgsin30°
=gmg
质量检测(三)
1.[答案]c
2.懈析]九时刻速度为零,说明运动员起跳后到达最高点,选项A错误;
时刻速度达到最大,开始进入水面,选项B正确;
巾时刻速度减小到零,说明运动员到达最低点,选项C错误;
0〜血的时间内,运动员做竖直上抛运动,处于失重状态,选项D正确.
[答案]BD
3•[解析]a\=(MgsinO-“Mgcos0)/M=gsinO-“geos。
[(M+nz)gsin0_“(M+加)geos甸
2=M+m
=gsin0-〃gcos0
如=(M+F)gsin0-卩(M+F)gcos0/M
因此,a\=a2<
a3.[答案]C
4・[解析]图1显示同学实际的体重,图2显示向上加速超重时的示数,图3显示向上减速失重时的示数,图4显示向下加速失重时的示数,图5显示向下减速超重时的示数,综合图片可知,图1和图3或图5可估测电梯制动时的加速度,图1和图2或图4可估测电梯起动时的加速度,故C正确•[答案]C
5.[解析]因弹簧的质量不能忽略,弹簧相当于一个有质量的物体,若Fi<
F2,则加速度的方向水平向右,甲对弹簧的拉力必小于乙对弹簧的拉力.若弹簧的质量忽略不计,则弹簧两端的弹力大小总相等.[答案]A
6.[解析]根据题意可知横轴表示木块数目的倒数,也就是表示物块质量的倒数,以
F1
木块为研究对象,由牛顿第二定律有F-/j.mg=nma,整理可得a=^:
-〃g,此即图象解析式,所以,图象的斜率丘乘以单个物体的质量"
2表示F的大小,故斜率应恒定不变,0保持不变,所以B正确•[答案]B
7.[解析]由题意可求得,lAB=2y[3h,故此时弹簧的弹力Fi=kx=k(2书h-£
h)=\[3kh,分析A点小环受力,由沿杆方向合力为零可得:
mgsin30o=FiCos30。
,得:
k=曙,A正确;
B错误;
当两环再下移//时,两环间距=4血,此时弹簧的弹力F2=k(4®
-\[3h)=3y[3kh,由牛顿第二定律可得:
-?
ngsin30o=ma,可求得:
a=g,故C正确,D错误•[答案]AC
[解析]设静止时弹簧的压缩量为加,则kx0=mg,施加拉力F后,设上移的位移为X,则此时弹簧的压缩量为(%o-x),由牛顿第二定律可得:
F+k(x0-x)-mg=ma#出F=ma+kx,对应图b可得:
ma=10N,k=^N/cm=5N/cm,物体与弹簧分离时,弹簧应处于自然状态,故x()=4cm,故可计算得出:
zw=2kg,a=5m/s2,因此只有D正确.
9.
[解析]图甲中人受力如图人受力不会平衡mgcos30°
=Fs所以A错,B对,在图乙亠v2
中,若轻环突然被卡,由于惯性人将摆动,由圆周运动可知:
F-mg=m—得F=mg中的
J>
mg,故D对.[答案]BD
10.[解析]轻放B的瞬间,A受的弹力、重力不变,它们的合力为零.等效于A只受B的压力尸加作用.对整体有mBg=(mA+"
3)a,对A有FBA=mAa得FBA=鲁=12N.由牛顿第三定律得A对B的压力Fab=12N.[答案]D
11.[解析]对小球竖直方向上Tcosct=mg,T'
cosa=mg,可推断T=T'
;
水平方向_hF-Tsina=ma,T'
sina=ma'
F=(m+M)a,整理得Ma=ma'
可推断a'
>
a,所以答案为B.[答案]B
12.[解析]本题考查共点力平衡、牛顿运动定律及机械能守恒.撤去外力F前,设B对木块A的作用力为Fa,对A木块受力分析可知水平方向上尸涸1160。
=尸.撤去外力F时,A木块受到球B的作用将向左加速运动,同时球B向下加速,处于失重状态,故对A木块的
作用力耳减小,故A木块的加速度小于万,选项A错误、B正确;
撤去外力F时,A、B两物体之间仍存在相互作用力,所以球B与墙壁之间作用力不可能为零,选项C错误;
撤去外力F后,A、B两物体组成的系统机械能守恒,则Mg(/i-R+Z?
cos60°
)=^Mv2+^mvi,化简可知选项D正确.[答案]BD
13.[解析]此题考查的是实验步骤,对于实验的一些常识,必须牢记于心,结合本实验的实验步骤,不难排列出正确的顺序.[答案]AEDBC
14.[解析]⑴由于不考虑摩擦的影响,②由$=討得a#
h
%1由题意可知:
F=mgsind=mg~
%1由题意可知,要验证的是加速度与所受的合外力成正比,为了说明问题,则需要多组数据,故要改变斜面倾角,重复上述实验.
(2)由于欲消除实验中的摩擦阻力,而斜面的倾角不同,所受摩擦力不同,Ff=fmgcosO,故应选C.
[答案]
(1)®
7③忒④斜面倾角(或人的数值)⑵C
15•[解析]
(1)由图得«
==3m/s2
(2)由图线包围的面积即为位移:
x=|x3X3m=4.5m
(3)对演员进行受力分析,由牛顿第二定律有
mg~f=ma
代入数值得y=280N
由牛顿第三定律得竹竿底部对下面顶竿人肩部的压力大小f=/=280N
[答案]
(1)3m/s2
(2)4.5m(3)280N
16.[解析]
(1)汽车在水平方向上匀速通过减速带的时间t0=4-
根据对称性,汽车到达减速带顶端的时间t=^
在竖直方向上,根据平均速度万=岁
一2h
在竖直方向的末速度vt=2v=—
汽车到达顶端时的速率o合=p就+垃=沁y1+
(2)根据公式h=*(2孑
汽车在竖直方向的加速度为a=^
根据牛顿第二定律得,F~mg=ma
减速带对汽车的作用力F=/(§
^+g)
根据牛顿第三定律,汽车对减速带的作用力的大小为F'
=F=m罟+g)
“亠/,16/z28/就,
[答条](1加屮+-?
-⑵吠了-+g)
17.[解析]⑴物体做匀加速运动
2L2X209
••a=~^r=-~=10(m/s)
由牛顿第二定律
F~f=ma
/=30-2X10=10(N)
•厂上=亠=05
mg2X10
(2)解法一:
设力F作用的最短时间为t,相应的位移为s,物体到达B处速度恰为0,由动能定理
[Fcos37°
-//(mg-Fsin37°
)]s-艸g(L_s)=0
•"
=F(cos37°
+〃sin37°
)
0.5X2X10X20
=30X(0.8+0.5X0.6)=606(m)
由牛顿运动定律
Fcos37°
-jn(mg-Fsin37°
)=ma
F(cos37°
+“sin37。
)?
a=—_〃g=11.5m/s
2X6.06-^=1.03⑸
解法二:
设F作用的最短时间为小车先以大小为a的加速度匀加速/秒,撤去外力
后,以大小为a'
的加速度匀减速秒到达B处,速度恰为0,由牛顿运动定律
-〃(加g-Fsin37°
+z/sin37°
)30X(0.8+0.5X0.6)2
a_
a'
•\a=严_P=-0.5X10=11.5(m/s2)
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有at=aft
花答去=1.03(s)[答案]
(1)0.5
(2)1.03(s)
2.32a,
18.[解析]
(1)开始比赛前车匀速运动,由F=yMg①放上第一块砖后车减速运动,加速度大小由图象得Av夕厂、
di=不=0.2m/s?
②
对小车由牛顿第二定律[img=Mai③
由①②③式联立解得M=10kg④
“=0.25.⑤
(2)放上第一块砖后1s,车的速度为。
1,加速度为如
S=如-aiT©
放上第二块砖后1S车的速度为©
同理一卩
放上第n块砖作用1s后车速为S,加速度为©
vn=vn-i~anT®
由以上各式可得
Vn=Vo~@1++…+an)T®
将01,a2给代入得:
%=+2+3+・・・+〃)
令。
”=0由⑩式解得71=4.5,故车停前最多可以放5块砖.[答案]
(1)10kg0.25
(2)5块
质量检测(四)
1.[解析]网球只受一个重力,大小和方向均不变,加速度大小和方向也都不变,刚抛出时速度方向和重力的方向不在同一条直线上,故做曲线运动.[答案]A
2.[解析]由于小行星与地球绕太阳运转的向心力由万有引力提供,故G響=/a=m(y)2r,因为小行星与地球在同一轨道上运转,故两者的向心加速度以及周期都相等,A、C正确;
但由于两者的质量大小关系不能确定,故受到太阳的万有引力大小关系也不能确定,B错误;
由于万有引力始终与速度方向垂直,故在小行星运动一个周期过程中,万有引力不
做功,D错误•[答案]AC
3.[解析]小物体沿固定光滑斜面向上做匀减速直线运动,所以小物体从斜面底端沿固定光滑斜面向上滑行的过程中,水平方向向右做匀减速直线运动,离开P点后水平方向速度不变,A正确,B错误;
竖直方向:
先向上做匀减速直线运动,加速度小于g,离开P点后向上做竖直上抛运动,D正确,C错误.[答案]AD
4.[解析]本题考查天体运动、卫星、圆周运动、开普勒定律的相关知识,意在考查对万有引力在天体的应用.由万有引力提供向心力可知,向心加速度的大小关系为aA>
aB=ac,B错误,运行周期关系为Ta<
Tb=Tc,C错误.[答案]AD
5.
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