发布时间 : 星期四 文章2021届课标版高考物理一轮复习专题训练：专题三 牛顿运动定律更新完毕开始阅读864ed7c978563c1ec5da50e2524de518974bd3e9
M>m,解得a=
g>2g,D正确.
9.AD 根据两小物块同时到达O点,写出时间表达式为t=,又因为s1=、
s2=,a1=g、a2=g,解得L=2,t=,故A、D正确.
10.ACD 行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速直线运动,行李箱的速度可能与水平传送带共速,之后做匀速直线运动.滑上倾斜传送带时,由于v1
解析:(1)对小车受力分析,根据牛顿第二定律知a==F-,说明在实验前缺少的步骤是平衡摩擦力.(2)否,由于小车所受合外力可以通过力传感器直接读出,所以不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器(发射器)的总质量.(3)由牛顿第二定律知小车的加速度大小a=①.
12.(1)1.7(1分) 3.9(2分) m0g(1分) 滑块的加速度与合外力成正比 (1分) (2)重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑(1分) (1分)
=
mg-,随m增大,图线的斜率k=
变小,故a-F图线不断延伸,后半部分的图线应是
解析:(1)计数周期为T=0.04 s,vD=
=×10-2m/s=1.7 m/s;根据逐差法可得
a1==×10-2 m/s2=3.9 m/s2;因为m0g=Mgsin θ-f,所以滑块受到的合外力
F1=Mgsin θ-f=m0g.(2)要保持合外力不变,所以重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑;因为a=,所以应以为横轴.
13.解析:(1)火箭加速上升的高度h1=3×104 m,助推器脱落时的速度v1=1.2×103 m/s
助推器脱落后向上做匀减速运动,f=mg,有mg+f=ma1(2分)
=2a1h2(1分) v1=a1t1(1分)
解得h2=6×104 m,t1=100 s(1分)
助推器上升的最大高度为h=h1+h2=9×104 m(或90 km)(1分) (2)助推器从最高点下落过程中,有mg-f=ma2(2分) =2a2h(1分) v2=a2t2(1分)
解得v2=1 200 m/s,t2=150 s(1分)
助推器从脱落到落回地面经历的时间t=t1+t2=250 s(1分)
14.解析:(1)由于拉力作用后物块B开始以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动,对物块B受力分析,根据牛顿第二定律知刚开始时有 F0-μmBg=mBa(2分) 解得F0=3 N.(1分)
(2)当物块A刚好要滑动时,设此时弹簧的伸长量为x,则 对物块A有kx=μmAg(1分)
得弹簧的伸长量,即物块B运动的距离x=0.1 m(1分) 对物块B有F1-kx-μmBg=mBa(1分) 解得此时拉力的大小F1=13 N.(1分)
(3)由题意知解除锁定瞬间,物块A的加速度大小为2 m/s2,对A受力分析,根据牛顿第二定律有kx'-μmAg=mAa'(2分) 得x'=0.14 m(1分)
对物块B,由x'=at2(1分)
解得B运动的时间t= s.(1分)
15.解析:(1)把物块放在长木板A处,对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动时,物块与长木板间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力,二者有共同加速度a1,对长木板有μmg=2ma1(2分)
对物块与长木板整体,有F1=3ma1,则F1=μmg(1分)
若对长木板施加水平向左的力F2使小物块恰好与木板发生相对滑动,二者有共同加速度a2,则对物块有μmg=ma2(1分)
对物块与长木板整体,有F2=3ma2,则F2=3μmg(1分) 即F1与F2的大小之比为1∶2.(1分)
(2)若把F1增加到原来的2倍,即增加后变为F'1=3μmg,物块加速度为a'1,长木板加速度为a'2 则对物块有F'1-μmg=ma'1,a'1=2μg(2分) 对长木板有μmg=2ma'2,解得a'2=μg(1分)
设小物块在木板上运动到B点的时间为t1,A、B间距离为L ,则 L=a'1-a'2,解得t1=
(1分)
同理若把F2增加到原来的2倍,即增加后变为F'2=6μmg,物块加速度为a″1,长木板加速度为a″2 对小物块有μmg=ma″1,解得a″1=μg(2分) 对长木板有F'2-μmg=2ma″2,解得a″2=μg(1分) 设小物块在木板上运动到B点的时间为t2,则 L=a″2-a″1,解得t2=
(1分)
小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶1.(1分)