《新步步高》考前三个月（江苏专用）高考物理二轮复习系列——专题2力与直线运动课件.ppt

解析　第一次放置时M静止，则：Mgsin α＝mg， 第二次放置时，由牛顿第二定律：Mg－mgsin α＝(M＋m)a， 联立解得：a＝(1－sin α)g. 对m，由牛顿第二定律：FT－mgsin α＝ma， 解得：FT＝mg. 答案　BC 5.如图18所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后静止释放，物体一直可以运动到B点.如果物体受到的阻力恒定，则(　　) 图18 A.物体从A到O先加速后减速 B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动 C.物体运动到O点时所受合力为零 D.物体从A到O的过程加速度逐渐减小 解析　物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速.即物体先加速后减速，故A正确，B错误； 物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零.故C错误； 物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误. 答案　A 6.(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v－t图象如图19所示.求： 图19 (1)摩托车在0～20 s这段时间的加速度大小a； 由v－t图象并代入数据得 a＝1.5 m/s2 ② 答案　1.5 m/s2 (2)摩托车在0～75 s这段时间的平均速度大小v. 20～45 s的位移s2＝vmt2 ④ 0～75 s这段时间的总位移s＝s1＋s2＋s3 ⑥ 答案　20 m/s 7.在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图20甲所示.用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示.已知木块质量为0.78 kg，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： 图20 (1)木块与长木板间的动摩擦因数； 解析　由题图乙可知，木块所受到的滑动摩擦力 Ff＝3.12 N 由Ff＝μFN 答案　0.4 (2)若木块在与水平方向成θ＝37°斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0 m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图丙所示，则拉力F的大小应为多大？ 解析　根据牛顿第二定律、力的平衡得 Fcos θ－Ff＝ma Fsin θ＋FN＝mg Ff＝μFN 代入数据解得F＝4.5 N 答案　4.5 N (3)在(2)中力作用2 s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？ 解析　2 s末速度v＝at 撤去拉力F后μmg＝ma′ 0－v2＝2(－a′)x 代入数据解得x＝2 m 答案　2 m 8.如图21所示，传送带水平部分长L＝23.5 m.以v＝12 m/s向右匀速运行.质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，以v0＝2 m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度取g＝ 10 m/s2. 图21 (1)求物块通过传送带水平部分的时间； 解析　设物块加速度为a1，加速时间为t1，通过的位移为x1， 由牛顿第二定律，有：μmg＝ma1 所以a1＝4 m/s2 解得t1＝2.5 s 解得x1＝17.5 m 故物块通过传送带时间为：t＝t1＋t2＝3 s 答案　3 s (2)若物块刚滑上传送带时传送带即以a＝1 m/s2的加速度制动(其他条件不变)，求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量. 解析　由题意可知，物块先做加速运动，当与传送带速度相等后一直减速到停止.设经时间t1两者速度相等为v1， 有：v0＋a1t1＝v－at1＝v1解得t1＝2 s，v1＝10 m/s 这段时间传送带和物块通过的位移分别为： 相对位移为Δx＝x带－x物＝10 m 该过程产生的热量为Q1＝μmgΔx＝40 J 速度相等后，物块与传送带一起减速到停止，无热量产生 所以全过程产生的总热量为Q＝40 J. 答案　40 J 9.如图22所示，质量M＝5 kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12 m/s向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 kg的小物块B.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.(物块可看作质点，木板足够长，取g＝10 m/s2)试求： 图22 (1)放上物块后木板发生的位移； 解析　由题可知F＝μ1Mg＝30 N 放上物块后的木板F－μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 物块μ2mg＝ma2 两者速度相等a2t1＝v0＋a1t1 解得t1＝2 s