牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律 34．[物理——选修3－4](15分)C1[2022·新课标全国卷Ⅱ](1)(5分)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的．物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0，周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块a振动的振幅和周期分别为A和T，则A________A0(填“>”“<”或“＝”)，T________T0(填“>”“<”或“＝”)． 33．(1)< <34．(2)[2022·新课标全国卷Ⅱ](10分)如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，∠B＝60°.一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出．若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等，(ⅰ)求三棱镜的折射率；(ⅱ)在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程．(不考虑多次反射)34．(2)[解析](ⅰ)光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点，设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为r′、折射角依题意也为i，有i＝60° ①由折射定律有sini＝nsinr ②nsinr′＝sini ③由②③式得r＝r′ ④OO′为过M点的法线，∠C为直角，OO′∥AC.由几何关系有∠MNC＝r′ ⑤由反射定律可知∠PNA＝∠MNC ⑥联立④⑤⑥式得∠PNA＝r ⑦由几何关系得r＝30° ⑧联立①②⑧式得n＝ ⑨(ⅱ)设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60° ⑩-18-\n此三棱镜的全反射临界角满足nsinθc＝1 由⑨⑩式得i″＞θc 此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出．14．C1[2022·新课标全国卷Ⅰ]下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是( ) 11324213093298164526255824366119249716006482104A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比14．C [解析]通过第三列的数据可看出：130大概是32的4倍，而298大概是32的9倍…….依次类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，即C正确．14．C1[2022·新课标全国卷Ⅱ]一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间关系的图像是( )14．C [解析]方法一：由于静摩擦力的作用，当F＝0时并不会产生加速度，A、B、D错误，C正确；方法二：由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，可得：F＝ma＋μmg，即F是a的一次函数，且截距为正，C正确．5．[2022·重庆卷]图X32为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．-18-\n分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应图X33中的( )A．①、②和③B．③、②和①C．②、③和①D．③、①和② 图X32 图X335．B [解析]本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图可知：小球对斜面的压力FN＝mgcosθ，其最大值Fm＝mg，故比值yF＝＝cosθ为图像③；小球运动的加速度a＝gsinθ，其最大值am＝g，故比值ya＝＝sinθ为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值yg＝1为图像①，故选项B正确．C2 牛顿第二定律单位制 23．D2、E3、C2[2022·浙江卷](16分)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．开始时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．23．[解析](1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有-18-\nh1＝gt2①x1＝vmint②联立①②式，得vmin＝8m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时的速度为vC，有(M＋m)gh2＝(M＋m)v④vC＝＝m/s≈9m/s⑤(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥由几何关系(L－h2)2＋x＝L2⑦得L＝10m⑧综合⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝(M＋m)g＋(M＋m)＝216N⑨17．C2[2022·福建卷]在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m2·kg·s－4·A－1 B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－117．B [解析]由P＝UI、P＝Fv、F＝ma可得U＝，质量m的单位为kg，加速度a的单位为m/s2，速度v的单位为m/s，电流I的单位为A，故电压U的单位等效为，即m2·kg·s－3·A－1，B正确．14．C2[2022·安徽卷]如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g)( )A．T＝m(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ)B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ)C．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ)D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ)14．A [解析]本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力．对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，在水平方向有Tcosθ－FNsinθ＝ma，在竖直方向有Tsinθ＋FNcosθ＝mg，解得：T＝macosθ＋mgsinθ，FN＝mgcosθ－masinθ，选项A正确．-18-\n14．C2[2022·山东卷]伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有( )A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反14．AC [解析]伽利略的“理想斜面实验”得出“物体在不受力的情况下会一直运动下去”的结论，故A正确．伽利略还做过“比萨斜塔实验”，得出“在忽略空气阻力的情况下，重的和轻的小球下落一样快”的结论，故C正确．6．[2022·辽宁省丹东市四校协作体高三摸底]如图X34所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图X34A．B球的受力情况未变，加速度为零B．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinθC．A、B之间杆的拉力大小为mgsinθD．C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ6．CD [解析]细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B、C两球的受力均发生变化，C球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mgsinθ，根据牛顿第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小为gsinθ，选项A错误，选项D正确；细线被烧断前，细绳对B球沿斜面向下的拉力大小为mgsinθ，烧断瞬间，A、B两小球组成的系统的合力沿斜面向上，大小为mgsinθ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a＝gsinθ，再隔离B球，设A、B之间杆的拉力大小为F，则F－mgsinθ＝ma，可得F＝mgsinθ，选项B错误，选项C正确．17．C2、B2[2022·浙江卷]如图所示，水平木板上有质量m＝1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10m/s2，下列判断正确的是( )-18-\nA．5s内拉力对物块做功为零B．4s末物块所受合力大小为4.0NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6s～9s内物块的加速度大小为2.0m/s217．D [解析]从图可知，物块与木板之间的静摩擦力最大值为4N，滑动摩擦力大小为3N．结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律：在0～4s物块静止，4～5s物块做加速度逐渐增大的变加速直线运动，5s以后物块做匀加速直线运动.0～4s物块静止，拉力对物体不做功，但是4～5s物块运动，拉力对物体做正功，故A错误.4s末，物块所受的合力由0突变为1N，故B错误．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝＝＝0.3，故C错误.6～9s内，物块的加速度a＝＝m/s2＝2.0m/s2，故D正确．10．B4、C2、E6、K3[2022·四川卷]在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知A、B的质量分别为mA＝0.1kg和mB＝0.2kg，B所带电荷量q＝＋4×10－6C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率．10．[解析](1)F作用之前，A、B处于静止状态．设B所受静摩擦力大小为f0，A、B间绳的张力为T0，有对A：T0＝mAgsinθ对B：T0＝qE＋f0联立，代入数据即可解得f0＝0.4N(2)物体A从M点到N点的过程中，A、B两物体的位移均为s，A、B间绳子张力为T，有qEs＝ΔEpT－μmBg－qE＝mBa设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧的伸长量为Δx，有v2＝2as-18-\nF弹＝k·ΔxF＋mAgsinθ－F弹sinθ－T＝mAa由几何关系知Δx＝设拉力F的瞬时功率为P，有P＝Fv联立，代入数据解得P＝0.528WC3 超重和失重 4．[2022·四川省成都高新区统一检测]质量为m的消防队员从一平台上竖直跳下，下落3m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.6m，假设在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小恒定，则消防队员( )A．着地过程中处于失重状态B．着地过程中地面对他双脚的平均作用力等于6mgC．在空中运动的加速度大于触地后重心下降过程中的加速度D．在空中运动的平均速度小于触地后重心下降过程中的平均速度4．B [解析]着地过程中有向上的加速度，处于超重状态，选项A错误；由v2＝2ax可知着地过程中的加速度是5g，选项C错误；由牛顿第二定律，有FN－mg＝ma＝5mg，解得FN＝6mg，选项B正确；由＝可知，在空中运动的平均速度等于触地后重心下降过程中的平均速度，选项D错误．C4 实验：验证牛顿定律 9．C4[2022·天津卷](2)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．①下列做法正确的是________(填字母代号)．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度-18-\n②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(填“大于”“小于”或“等于”)9．(2)①AD ②远小于 ③小于 大于[解析]①通过调节木板倾斜度平衡摩擦力时不要悬挂砝码桶，实验时应先接通电源再放开木块，AD正确，BC错误．②因为砝码桶及桶内砝码的总重力G＝mg，木块运动时受到的拉力F＝Ma＝M＝，要使G≈F，则应使≈0，即mM，所以要求砝码桶及桶内砝码的总质量要远小于木块和木块上砝码的总质量．③因为图像的斜率表示质量的倒数，所以甲的质量小于乙的质量；因为纵轴上的截距的绝对值表示动摩擦因数与重力加速度的乘积，所以甲的动摩擦因数大于乙的动摩擦因数．C5 牛顿运动定律综合 25．C5I3[2022·全国卷](19分)一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t＝0到t＝T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．25．[解析]解法一：(1)带电粒子在0～、～、～、-18-\n～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝①a2＝－2②a3＝2③a4＝－④由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示，对应的速度－时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b)v1＝a1＝⑤由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s＝v1⑥由⑤⑥式得s＝T2⑦它沿初始电场正方向．(2)由图(b)可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t为t＝T－T＝⑧解法二：-18-\n(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0＝ma1①－2qE0＝ma2②2qE0＝ma3③－qE0＝ma4④设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则v1＝a1⑤v2＝v1＋a2⑥v3＝v2＋a3⑦v4＝v3＋a4⑧设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有s＝(＋＋＋)⑨联立以上各式可得s＝⑩它沿初始电场正方向．(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零．0＝v1＋a2t1将①②⑤代入上式，得t1＝粒子从t＝时开始加速，设经过时间t2速度变为零．0＝v2＋a3t2此式与①②③⑤⑥式联立得t2＝t＝0到t＝T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为t＝(－t1)＋t2将式代入式得t＝14．C5[2022·江苏卷]-18-\n(16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg,μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？14．[解析](1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)gf＝f1＋f2解得f＝μ(2m1＋m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1＝m1a1F－f1－f2＝m2a2发生相对运动a2>a1解得F>2μ(m1＋m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t纸板运动的距离d＋x1＝a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3tl＝x1＋x2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2解得F＝2μ[m1＋(1＋)m2]g代入数据得F＝22.4N.22．C5[2022·新课标全国卷Ⅰ]图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．图(a)实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；-18-\n③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；图(b)④多次重复步骤③，求a的平均值a；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图(b)所示，其读数为________cm.(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝__________．(3)动摩擦因数μ可用M、m、a－和重力加速度g表示为μ＝____________________________．(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)．22．(1)0.960(2)(3)(4)系统误差[解析](1)考查游标卡尺的读数规则，此题为20分度，最小分度为0.05mm，通过数格可看出第12格与主尺对齐，所以读数为9mm＋0.05×12mm＝9.60mm，即0.960cm.(2)根据运动学公式v－v＝2as，其中vB＝，vA＝，故a＝.(3)对重物由牛顿第二定律：mg－F＝ma对物块由牛顿第二定律：F－μMg＝Ma联立解得μ＝(4)若细线没有调整到水平，物块受到的合力就不是(F一μMg)，像这种由于原理上不完善而带来的误差就是系统误差．9．C5、E6[2022·江苏卷]如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中( )A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－μmga-18-\nB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能甲9．BC [解析]先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设OA的距离为b.当物块从A由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力FT变小；当到达O点右侧某点P时，FT与f相等，此时合力为0，由于惯性，物块继续向左运动；当物块到达O点时，水平方向只受摩擦力f，但仍向左运动至B停止．在AP段，物块除受摩擦阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在OB段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB<OA，所以<b<a.当拉力把物块从O点由静止拉至A点时，根据动能定理得W－μmgb＝EpA，即EpA＝W－μmgb<W－μmga，选项A错误；对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得EpA－EpB－μmg＝0，即EpB＝W－μmgb－μmga<W－μmga，选项B正确；经O点时，物块的动能是EpO＝EpA－μmgb＝W－2μmgb<W－μmga，选项C正确；由于题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断P点的弹性势能与B点的弹性势能哪个大，选项D错误．21．C5[2022·新课标全国卷Ⅰ]2022年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度－时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则( ) 图(a) 图(b)A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B．在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g-18-\nD．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变21．AC [解析]根据图像，由图线所围的面积可计算出飞机从着舰到停止滑行的距离，即x≈70×0.4m＋m＋m＝114.5m，A选项正确；由图可计算出0.4s～2.5s内的加速度a＝＝m/s2＝2.86g，C选项正确；在0.4s～2.5s时间内，由牛顿第二定律得2Fcos＝ma，其中加速度a不变，阻拦索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小，故阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合v＝mav在变小，B、D选项错误．25．C5[2022·新课标全国卷Ⅱ]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．25．[解析](1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝ ①a2＝ ②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小．设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 ③(μ1＋2μ2)mg＝ma2 ④联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤μ2＝0.30 ⑥-18-\n(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别a′1和a′2，则由牛顿第二定律得f＝ma′1 ⑦2μ2mg－f＝ma′2 ⑧假设f＜μ1mg，则a′1＝a′2；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾．故f＝μ1mg⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v－t图像如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2× ⑩s2＝t1＋ 物块相对于木板的位移的大小为s＝s2－s1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得s＝1.125m 10．C5、E2、F1[2022·天津卷]质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.10．[解析](1)设物块受到的滑动摩擦力为F1，则F1＝μmg①根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－F1x＝0②代入数据，解得x1＝16m③(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1④由牛顿第二定律得a＝⑤由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2⑥以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得－F1t＝0－mv⑦代入数据，解得t＝2s⑧4．C5[2022·重庆卷]-18-\n图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应图2中的( )A．①、②和③B．③、②和①C．②、③和①D．③、①和② 图1 图24．B [解析]本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力．由图可知：小球对斜面的压力FN＝mgcosθ，其最大值Fm＝mg，故比值yF＝＝cosθ为图像③；小球运动的加速度a＝gsinθ，其最大值am＝g，故比值ya＝＝sinθ为图像②；整个过程重力不变，重力加速度不变，比值yg＝1为图像①，故选项B正确．19．C5[2022·浙江卷]如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N19．AD [解析]热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热气球由牛顿第二定律有：F－mg＝ma，解得浮力F＝mg＋ma＝4830N，故A正确．如果热气球一直匀加速上升，则上升180m时的速度v＝＝6m/s>5m/s，故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误．如果热气球一直匀加速上升，则上升180m所用的时间t＝＝12s>10s，说明上升10s后还未上升到180m处，速度小于5m/s，故C错误．以5m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f＝F－mg＝230N，故D正确．-18-\n21．B4，C5[2022·福建卷]质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．①求此状态下杆的加速度大小a；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？21．[解析](1)如图1，设平衡时，绳中拉力为T，有2Tcosθ－mg＝0①由图知cosθ＝②由①②式解得T＝mg③图1(2)①此时，对小铁环受力分析如图2，有T′sinθ′＝ma④T′＋T′cosθ′－mg＝0⑤由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得a＝g⑥图2②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有Fcosα＝(M＋-18-\nm)α⑦Fsinα－(M＋m)g＝0⑧由⑥⑦⑧式解得F＝(M＋m)gtanα＝或(α＝60°)图3-18-
