卷子答案网-一个不只有答案的网站2024新高考物理第一轮章节复习
专题三 牛顿运动定律
专题检测题组
1.(2022新疆昌吉州一诊,5)如图甲,一个静止在水平地面上的物体,质量为0.1 kg,受到竖直向上的拉力F作用,F随时间t的变化情况如图乙所示。若g取10 m/s2,则下列说法正确的是 ( )
甲
乙
A.0~3 s内,物体的速度逐渐增大
B.3 s时物体的速度最大
C.第5 s末和第9 s末物体的速度相等
D.第7 s末物体离地面的高度最大
答案 C 物体重力mg=1 N,0~1 s内F<1 N,物体静止,A错误;由牛顿第二定律可得F-mg=ma,1 s~7 s时间段,物体加速度一直向上,物体一直加速,B错误;5 s~7 s速度的增加量与7 s~9 s速度的减少量相等,故5 s~9 s速度的变化量为零,v9=v5,C正确。第7 s末物体的加速度为零,速度最大,即使7 s后加速度向下,物体仍会向上运动一段时间,D错误。
2.(2023届宁夏石嘴山平罗中学月考,12)(多选)如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为1 kg的物体B用细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压,现将细线剪断,则剪断后瞬间,下列结果正确的是(g取10 m/s2) ( )
A.A加速度的大小为零
B.B加速度的大小为2 m/s2
C.弹簧的弹力大小为40 N
D.A、B间相互作用力的大小为10 N
答案 BC 细线剪断之前,对A分析,弹簧的弹力Fk=mAg=40 N,弹簧的弹力不会发生突变,故细线剪断后瞬间,弹簧弹力的大小仍为40 N,C正确;细线剪断后瞬间,对A、B整体受力分析可得,aA=aB==2 m/s2,A错误,B正确;对B分析,mBg-F=mBaB,可得A、B间的相互作用力大小F=8 N,D错误。
3.(2023届四川成都七中阶段考,20)(多选)如图所示,质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细绳连接,物块B放在倾角为θ=37°的斜面体C上,刚开始都处于静止状态,现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角β=60°,该过程物块B和斜面体C始终静止不动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。则下列说法正确的是 ( )
A.水平外力F逐渐减小
B.物块B和斜面体C之间的摩擦力先减小后增大
C.斜面体C对地面的压力保持不变
D.物块B和斜面体C之间的动摩擦因数一定不小于0.5
答案 BD 对小球A受力分析可得,F=mg tan β,绳子的拉力FT=,β由零增大到60°,F由零增大到mg,FT由mg增大到2mg,A错误。对物块B受力分析可得,FT=2mg sin θ+f,根据FT的变化,可得初态f沿斜面向上且大小为mg,然后逐渐减小到零,再反向增大到mg;由于物块B始终静止,所以mg≤μ·2mg cos 37°,可得μ≥0.5,B、D正确。对物块B和斜面体C整体进行受力分析可得,FT sin θ+FN=(2m+mC)g,因为FT逐渐增大,所以地面对斜面体C的支持力FN逐渐减小,由牛顿第三定律知,斜面体C对地面的压力逐渐减小,C错误。
4.(2023届陕西安康中学一检,10)如图所示,质量m=2 kg的小球用细绳拴在倾角θ=37°的光滑斜面上,此时,细绳平行于斜面。g取10 m/s2。下列说法正确的是 ( )
A.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为20 N
B.当斜面以5 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为30 N
C.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为40 N
D.当斜面以20 m/s2的加速度向右加速运动时,绳子拉力为60 N
答案 A 当小球恰好离开斜面时,设斜面的加速度为a,对小球受力分析可得=ma,代入数据得a=g= m/s2。当斜面的加速度a1=5 m/s2时,a1
5.(2023届四川成都七中万达入学考,12)(多选)如图甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是 ( )
甲
乙
A.A的质量为0.5 kg
B.B的质量为1.25 kg
C.B与地面间的动摩擦因数为0.2
D.A、B间的动摩擦因数为0.2
答案 AC 设A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动摩擦因数为μ2,由图可知,当3 N≤F≤9 N时,A、B相对静止,对A、B整体受力分析可得F-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,所以a=-μ2g,当F=3 N时,-μ2g=0①;当F=9 N时,-μ2g=4 m/s2②。当F>9 N时,A、B相对滑动,对A受力分析可得μ1mAg=mAa1,此时a1=4 m/s2,解得μ1=0.4;对B受力分析可得F-μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBa2,所以a2=--,由图像得此时a-F图像斜率k==1,解得mB=1 kg;将mB=1 kg代入①②可得mA=0.5 kg,μ2=0.2,A、C正确,B、D错误。
6.(2022陕西宝鸡模拟,16)汽车运输规格相同的两块楼板时,为了保证安全,底层楼板固定在车厢上,上层楼板按如图所示方式放置于底层楼板上,汽车先以a1=2 m/s2的加速度启动,然后以v=10 m/s的速度匀速运动,最后以a2=10 m/s2的加速度刹车至静止。已知每块楼板的质量为200 kg,楼板间的动摩擦因数为0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程楼板不会掉落,也不会撞上驾驶室,g=10 m/s2,则 ( )
A.启动时楼板之间的摩擦力大小为1 600 N
B.刹车时楼板之间的摩擦力大小为400 N
C.启动时楼板间因摩擦产生的热量为2 000 J
D.刹车时楼板间因摩擦产生的热量为2 000 J
答案 D 上层楼板所受最大静摩擦力fm=μmg=1 600 N,汽车启动时上层楼板做匀加速运动,对上层楼板由牛顿运动定律可得:f1=ma1=400 N
A B
C D
答案 C 对A、B、C、D图中游客、滑轮分别受力分析,如图1、图2、图3、图4所示。
图1 图2 图3 图4
游客加速下滑时,游客及滑轮所受的合力均应沿钢索向下,若滑轮与钢索之间光滑,设钢索倾角为θ,则整体下滑的加速度应为g sin θ,且此时游客手中的绳子与钢索的方向应该垂直;若游客匀速下滑,则绳应该沿竖直方向,而实际情况是介于两者之间,则绳的方向应该在垂直钢索的方向与竖直方向之间,故A、B错误;游客减速上滑时,游客及滑轮所受的合力均应沿钢索向下,且减速上滑时的加速度大于加速下滑时的加速度,可知C正确,D错误。
8.(2023届扬州高邮一中阶段检测,9)如图所示,在水平桌面上推物体压缩一个原长为L0的轻弹簧。桌面与物体之间有摩擦,放手后物体被弹簧弹开,则 ( )
A.物体与弹簧分离时加速度等于零,以后开始做匀减速运动
B.弹簧恢复到原长L0时物体的速度最大
C.弹簧恢复到原长L0以前一直做加速度越来越小的变加速运动
D.弹簧恢复到原长L0以前的某一时刻物体已经达到最大速度
答案 D 刚释放时,弹力大于摩擦力,由牛顿第二定律可得kx-μmg=ma,随着压缩量x的减小,加速度减小,物体做加速度减小的加速运动,当速度达到最大时加速度为零,满足kx=μmg。此时弹簧仍处于压缩状态,之后弹力小于摩擦力,由牛顿第二定律可得μmg-kx=ma,随着压缩量x的减小,加速度增大,物体做加速度增大的减速运动,B、C错误,D正确;当弹簧恢复原长时,物体与弹簧分离,分离时加速度不为零,之后物体只受摩擦力的作用,做匀减速直线运动,A错误。
9.(2022常州高中期中,6)如图甲所示,可视为质点的质量m1=1 kg的小物块放在质量m2=2 kg的木板正中央位置,木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F=18 N,木板运动的v t图像如图乙所示,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,则下列说法中不正确的是 ( )
甲
乙
A.木板的长度为2 m
B.木板的长度为1 m
C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5
D.物块与木板间的动摩擦因数为
答案 B 从题图乙可知,木板运动2 s,小物块从木板上滑落,在0~2 s内,由图像可知x= m=1 m,所以木板的长度L=2x=2 m,故A正确,B不正确;设木板与地面间的动摩擦因数为μ2,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,在2~3 s内,由图像可得长木板的加速度a2==4 m/s2,由牛顿第二定律得F-μ2m2g=m2a2,解得μ2=0.5,故C正确;在0~2 s内,对小物块进行受力分析,设细绳上拉力为T,竖直方向有FN+T sin 37°=m1g,水平方向有T cos 37°=f1,又有f1=μ1FN,长木板的加速度a1==0.5 m/s2,对木板进行受力分析,结合牛顿第二定律得F-f1'-μ2(m2g+FN')=m2a1,由牛顿第三定律得f1=f1',FN=FN',联立解得μ1=,故D正确。
10.(2023届连云港灌南高级中学检测,4)在水平面上放着两个质量分别为m=2 kg和M=3 kg的小铁块A和B,它们之间用一原长为10 cm、劲度系数为100 N/m的轻弹簧相连,铁块与水平面之间的动摩擦因数均为0.2。铁块B受到一大小为20 N的恒定水平外力F,两个铁块一起向右做匀加速直线运动,如图所示。这时两铁块之间弹簧的长度应为(重力加速度g取10 m/s2) ( )
A.12 cm B.13 cm C.15 cm D.18 cm
答案 D 把A、B看成一个整体,由牛顿第二定律可得F-μ(M+m)g=(M+m)a,代入数据解得a=2 m/s2,以A为研究对象,由牛顿第二定律可得F弹-μmg=ma,解得F弹=8 N,由F弹=kx可得,x=0.08 m=8 cm,l=l0+x=18 cm,D选项正确。
11.(2022岳阳市三模,2)生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平面间的夹角为θ,则下列说法正确的是
( )
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
答案 D 高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反,A错误;高铁未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重力和桌面的支持力二力平衡,不受桌面的摩擦力,B错误;高铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前进方向相反的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用,D正确。
12.(2022湖南师大附中月考六,12)“神舟”系列飞船返回舱返回地面的过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则下列说法错误的是 ( )
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C.返回舱在喷气过程中所受合外力一定做负功
D.返回舱在喷气过程中处于超重状态
答案 B 火箭开始喷气瞬间,对返回舱产生向上的反冲力,因此伞绳对返回舱的拉力F突然变小,A正确;返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力,与之相比空气阻力较小,B错误;返回舱向下运动,在喷气过程中所受合外力方向向上,合外力必做负功,C正确;在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,加速度方向向上,返回舱处于超重状态,D正确。故选B。
13.(2022湖南师大附中二模,3)如图所示,一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上,另一端连着A小球,同时水平细线一端连着A球,另一端固定在右侧竖直墙上,弹簧与竖直方向的夹角是60°,A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动,A、B两小球的质量相等,重力加速度为g,若不计弹簧质量,在水平细线被剪断瞬间,A、B两球的加速度分别为( )
A.aA=aB=g B.aA=2g,aB=0
C.aA=g,aB=0 D.aA=2g,aB=g
答案 B 水平细线被剪断前对A、B进行受力分析如图所示
静止时FT=F sin 60°,F cos 60°=mAg+F1,F'1=mBg,又mA=mB,F1=F'1,解得FT=2mAg。水平细线被剪断瞬间,FT消失,其他各力不变,A所受合力与FT等大反向,B所受合力仍为0,则aA==2g,aB=0。故选B。
14.(2023届长郡中学月考二,8)(多选)如图所示,五个完全一样的物块整齐叠放在水平地面上,各接触面水平且动摩擦因数都一样,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。最下面的物块左端与地面P点重合。现在给中间的物块施加一个水平向右的恒力F,F作用一段时间后,五个物块的位置情况可能为( )
A B C D
答案 AD 如图,设物块质量为m,动摩擦因数为μ。物块3给物块4的最大的水平力为3μmg,而物块4、5接触面之间的最大静摩擦力为4μmg,所以物块4不会动,同理物块5也不会动,B错误,若3μmg
15.(2023届雅礼中学月考一,10)(多选)如图所示,与水平面成θ=30°角的传送带以v=5 m/s的速度匀速运行,A、B两端相距l=25 m。现每隔1 s把质量m=1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上,在传送带的带动下,工件向上运动,且工件到达B端时恰好在A端放上一个工件,工件与传送带间的动摩擦因数μ=,g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.工件在传送带上时,先受到向上的摩擦力,后不受摩擦力
B.两个工件间的最小距离为1.25 m
C.传送带上始终有5个工件
D.满载时与空载时相比,电机对传送带的牵引力增大了35 N
答案 BD 工件刚放到传送带上时,工件相对传送带向下运动,受到向上的滑动摩擦力,由mg sin θ<μmg cos θ可知,工件速度和传送带速度相同时,相对传送带静止,受到向上的静摩擦力,故A错误;刚放上传送带的工件与刚开始加速1 s的工件间距离最小,加速过程由牛顿第二定律可得μmg cos θ-mg sin θ=ma,代入数据可得a=2.5 m/s2,由位移时间公式x1=a,代入数据可得x1=1.25 m,故B正确;工件加速过程所用的时间为t== s=2 s,工件加速过程的位移为x'=at2=×2.5×22 m=5 m,工件匀速运动的时间为t'== s=4 s,每隔1 s把工件放到传送带上,所以匀加速过程放了2个,匀速过程放了4个,共6个,故C错误;满载时电机对传送带的牵引力为F=2μmg cos θ+4mg sin θ=35 N,故D正确。故选B、D。
16.(2022广州华附综合测试,3)如图所示,小明用水平方向的力推一木箱。小明发现:用力推时,木箱才能运动;撤去推力,木箱便停下来。以下说法正确的是 ( )
A.木箱的运动需要力来维持
B.木箱由静止到运动时,人推木箱的力大于木箱对人的力
C.撤去推力,木箱停下来是木箱具有惯性的表现
D.撤去推力,木箱停下来是由于受到摩擦力的作用
答案 D 木箱由于惯性运动,木箱运动不需要力来维持,A错误;人推木箱的力与木箱对人的力是一对作用力与反作用力,它们总是大小相等、方向相反,B错误;撤去推力时,木箱停下来是由于木箱受到了摩擦力的作用,C错误,D正确。故选D。
17.(2022广州二模,9)(多选)蹦床属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。某次比赛过程中,一运动员做蹦床运动时,利用力传感器测得运动员所受蹦床弹力F随时间t的变化图像如图所示。若运动员仅在竖直方向运动,不计空气阻力,取重力加速度大小g=10 m/s2。依据图像给出的信息,下列说法正确的是 ( )
A.运动员的最大加速度为45 m/s2
B.运动员在9.3 s～10.1 s内速度先减小后增大
C.运动员离开蹦床后上升的最大高度为5 m
D.运动员离开蹦床后上升的最大高度为10 m
答案 AC 开始时运动员静止在蹦床上,所受弹力与重力大小相等,即mg=600 N,则运动员质量m=60 kg,运动员在蹦床上时受到的最大弹力Fm=3 300 N,最大加速度am==45 m/s2,A正确;在9.3 s～10.1 s内,F先增大后减小,对应运动过程是:从运动员接触蹦床到将蹦床压到最低,再向上运动到离开蹦床的过程,前后两个阶段运动员的速度都是先增大后减小,故B错误;由图像可知,运动员离开蹦床后在空中运动的时间为2 s,上升和下落的时间分别为t=1 s,则上升的最大高度为h=gt2=5 m,故C正确,D错误;故选A、C。
18.(2023届广州增城中学摸底,9)(多选)引体向上是高中学生体质健康标准的测试项目之一。如图甲所示,质量为m=55 kg的某同学,双手抓住单杠做引体向上,在竖直向上运动过程中,其重心的速率随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,由图像可知 ( )
甲
乙
A.t=0.4 s时,他正处于超重状态
B.t=0.5 s时,他的加速度约为0.3 m/s2
C.t=1.1 s时,他受到单杠的作用力的大小为550 N
D.t=1.5 s时,他正处于超重状态
答案 ABC 由题图可知,t=0.4 s时他向上加速运动,加速度方向向上,处于超重状态,A正确;0～0.5 s这段时间,他的加速度a= m/s2=0.3 m/s2,B正确;t=1.1 s时他的速度达到最大值,加速度为0,F=G=mg=55×10 N=550 N,C正确;t=1.5 s时他向上做减速运动,加速度方向向下,处于失重状态,D错误。故选A、B、C。
19.(2022揭阳普宁华侨中学月考,9)(多选)如图a所示,安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端,其过程可简化为如图b所示。设传送带速度恒为v0,质量为m的被检物品与传送带之间的动摩擦因数为μ,被检物品无初速度放到传送带A端。若被检物品可视为质点,其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为Pf、与传送带的位移差的大小为Δx,重力加速度为g,则下列图像可能正确的是 ( )
(a)
(b)
A B
C D
答案 AD 被检物品无初速度放到传送带A端,其加速度为a=μg,物品做匀加速运动有v0=at,有t=,故在0～时间内,物品做匀加速直线运动,达到传送带速度v0后,做匀速运动,A正确,B错误;摩擦力的功率为Pf=μmgv=μ2mg2t,则摩擦力的功率Pf随时间是线性变化的,则C错误;物品加速过程的位移为x1=t2,传送带的位移为x2=v0t,物品与传送带的位移差的大小为Δx=x2-x1=v0t-t2,当达到共速时位移差的大小为Δx=,保持不变,则D正确。故选A、D。
情境解读
物品在从静止到运动的过程中,与传送带之间有相对滑动,可以视为传送带模型。
20.(2023届盐城响水中学开学考,14)运动员在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,若在起动后的一小段时间内,运动员用两根轻绳拉着轮胎做匀速直线运动。如图所示,运动过程中保持两绳的端点A、B等高,两绳间的夹角恒为θ,所在平面与水平面夹角为α,已知轮胎重为G,轮胎与地面间的动摩擦因数为μ。
(1)若未拉动轮胎,地面与轮胎间的静摩擦力为f,求每根绳的拉力大小;
(2)求运动员用轻绳拉着轮胎做匀速直线运动时,每根绳的拉力大小;
(3)调节A、B的高度从而改变α角,使运动员可用最小拉力拉着轮胎做匀速直线运动,求每根绳的最小拉力大小。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)设每根轻绳的拉力为T1,根据平衡条件可得2T1 cos cos α=f
解得T1=
(2)运动员用轻绳拉着轮胎做匀速直线运动时,设每根轻绳的拉力为T2,地面与轮胎间的滑动摩擦力为f1,由平衡条件可得
2T2 cos cos α=f1
2T2 cos sin α+N=G
又f1=μN
联立解得T2=
(3)由(2)中T2=
当cos α+μ sin α取最大值时,T2有最小值,根据数学知识可得,拉力最小值为
Tmin=
21.(2023届盐城响水中学开学考,15)如图所示,光滑水平面上有一质量为2 kg、长度为1 m的木板甲,其上表面粗糙、下表面光滑。质量为1 kg的物块乙放在木板甲的最左端,两者均处于静止状态。现用F=2 N的水平恒力将物块乙从木板甲的左端拉到右端,直至两者分离。已知物块乙与木板甲间的动摩擦因数为0.1,g=10 m/s2,求:
(1)乙运动的加速度大小;
(2)该过程中甲的位移大小;
(3)要使物块乙在木板甲上相对滑动,水平恒力应满足的条件。
答案 (1)1 m/s2 (2)1 m (3)大于1.5 N
解析 (1)对乙,由牛顿第二定律得
F-μm乙g=m乙a乙
解得a乙=1 m/s2
(2)对甲,由牛顿第二定律得
μm乙g=m甲a甲
解得a甲=0.5 m/s2
相对滑动过程中,由运动学公式得
a乙t2-a甲t2=L
解得t=2 s
甲的位移x甲=a甲t2=1 m
(3)对乙,由牛顿第二定律得
F'-μm乙g=m乙a乙'
对甲,由牛顿第二定律得
μm乙g=m甲a甲
发生相对滑动的条件是
a乙'>a甲
联立求得F'>1.5 N
即水平恒力应大于1.5 N。
22.(2023届长郡中学月考二,14)小韩同学在自建住房施工工地观察到如图甲所示的简易升降机,升降机由固定架、运动箱、两段足够坚韧的轻绳a和b、轻质滑轮和配重等构成。工作过程中通过调整轻绳b的松弛与张紧,可以使运动箱呈现4种不同的运动状态,向下加速、向下减速、向上加速和向上减速。轻绳a左端固定在固定架的顶端,绕过轻质滑轮,右端与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重连接,配重1和配重2之间通过轻绳b连接。为了研究运动箱的运动,在运动箱内放置重物、电子压力计、固定的手机等,内部结构如图乙所示。手机拍摄电子压力计的示数变化情况,同时可利用相关软件将拍摄到的示数同步投影到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为m1和m2,不计轻绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度为g。
(1)运动箱从图甲所示位置由静止释放,若先后经历向下加速和向下减速两个过程,求运动箱及箱内物体的总质量m的取值范围(用m1、m2表示);
(2)若运动箱及箱内物体的总质量m=2.4 kg,其中箱内重物的质量为m,将运动箱放至底板由静止释放,运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子压力计的示数先后为mg和mg;求超重过程中运动箱与配重1加速度大小的比,以及配重1的质量m1。
甲
乙
答案 (1)2m1
轻绳b绷直后,运动箱加速度向上,mg<2(m1+m2)g
得2m1
重物处于向上减速过程中,由牛顿第二定律有
mg-mg=ma
得a=g
设轻绳a上的拉力为F,则F-m1g=2m1a,mg-2F=ma
解得m1=0.3 kg
23.(2023届深圳盐田高级中学9月月考,15)运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型:冰壶质量m=19.7 kg,运动员施加的推力F=5 N,方向与水平方向夹角为37°,冰壶在推力F作用下做匀速直线运动,g取10 m/s2。
(1)求冰壶与地面间的动摩擦因数;
(2)运动员以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,求冰壶能在冰面上滑行的最远距离;
(3)若运动员仍以4.0 m/s的水平速度将冰壶投出,滑行一段距离后,其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面,使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的80%,在滑过被毛刷摩擦过的冰面长度6 m后停止运动。求与不摩擦冰面相比,冰壶多滑行的距离。
答案 (1)0.02 (2)40 m (3)1.2 m
解析 (1)冰壶做匀速直线运动,对冰壶受力分析,水平方向有f=F cos 37°
竖直方向有FN=mg+F sin 37°
又f=μFN
解得μ=0.02
(2)冰壶受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有μmg=ma
解得a=μg=0.02×10 m/s2=0.2 m/s2
根据v2=2as
解得s= m=40 m
(3)通过摩擦过的冰面的动摩擦因数是原来的80%,设此时加速度大小为a',则有80%μmg=ma'
解得a'=0.16 m/s2
设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v',在没摩擦过的冰面上运动的位移为s1,v'2-v2=-2as1
在摩擦过的冰面上滑动,位移s2=6 m,则有v'2=2a's2
则与不摩擦冰面相比,多滑的距离Δs=s1+s2-s
解得Δs=1.2 m
24.(2022广州培正中学模拟,14)如图所示,质量M=6 kg、右侧带有挡板的长木板放在水平面上,质量m=2 kg的小物块放在长木板上,此时长木板和小物块在作用于长木板上、水平向右的力F作用下做速度v0=4 m/s的匀速运动,已知长木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.6,物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,某时刻撤去力F,小物块恰好与右侧挡板不发生碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求力F的大小;
(2)求撤去力F前物块与右侧挡板的距离L0;
答案 (1)48 N (2)0.8 m
解析 (1)长木板和物块一起做匀速运动,对整体受力分析
由平衡条件得F=μ1(M+m)g
解得F=48 N
(2)撤去力F后,对长木板有μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1
对物块有μ2mg=ma2
解得a1= m/s2,a2=4 m/s2
长木板和物块发生相对滑动,由于a1>a2,则长木板先停止运动
从撤去力F到长木板停止运动,长木板的位移为s1=
物块停止运动时的位移为s2=
由于s1+L0=s2
解得L0=0.8 m
第13页 共14页