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1、專題04牛頓運(yùn)動(dòng)定律1(2019新課標(biāo)全國Ⅲ卷)如圖(a),物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上,物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。t=0時(shí),木板開始受到水平外力F的作用,在t=4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示,木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10ms2。由題給數(shù)據(jù)可以得出A木板的質(zhì)量為1kgB2s~4s內(nèi),力F的大小為0.4N
2、C0~2s內(nèi),力F的大小保持不變D物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2【答案】AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0~2s物塊和木板還未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),它們之間的摩擦力為靜摩擦力,此過程力F等于f,故F在此過程中是變力,即C錯(cuò)誤;2~5s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律,對(duì)2~4s和4~5s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程,可解出質(zhì)量m為1kg,2~4s內(nèi)的力F為0.4N,故A、B正確;由于不知道物塊的質(zhì)量,所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩
3、擦因數(shù)μ,故D錯(cuò)誤。2(2019安徽省定遠(yuǎn)縣民族中學(xué)高三模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的小球穿在足夠長的水平固定直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)對(duì)小球同時(shí)施加水平向右的恒力F0和豎直向上的力F,使小球從靜止開始向右運(yùn)動(dòng),其中豎直向上的力F大小始終與小球的速度成正比,即F=kv(圖中未標(biāo)出),已知小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?,下列說法中正確的是A小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)B小球先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直
4、到靜止C小球的最大加速度為Fm上運(yùn)動(dòng)的加速度相同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同,故兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間相等;由上知不能確定兩個(gè)物體質(zhì)量關(guān)系,故不能確定摩擦力相等,也不能判斷克服摩擦力做功的大小,所以機(jī)械能損失不一定相等,故不能確定方、陽兩人的選選項(xiàng)C。4(2019遼寧省沈陽市高三三模)如圖所示,水平桌面上放置一個(gè)傾角為45的光滑楔形滑塊A,一細(xì)線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處,細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m=0.2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左
5、做勻加速運(yùn)動(dòng)(取g=10ms2)則下列說法正確的是A當(dāng)a=5ms2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為2N2B當(dāng)a=15ms2時(shí),滑塊對(duì)球的支持力為半2N2C當(dāng)a=5ms2時(shí),地面對(duì)A的支持力一定大于兩個(gè)物體的重力之和D當(dāng)a=15ms2時(shí),地面對(duì)A的支持力一定小于兩個(gè)物體的重力之和【答案】A【解析】設(shè)加速度為a0時(shí)小球?qū)瑝K的壓力等于零,對(duì)小球受力分析,受重力、拉力,根據(jù)牛頓第二定律,有:水平方向:F合=Fcos45=ma0;豎直方向:Fsin45=
6、mg,解得a0=g。A、當(dāng)a=5ms2時(shí),小球未離開滑塊,水平方向:Fcos45–FNcos45=ma;豎直方向:Fsin45FNsin45=mg,解得,故A正確;B、當(dāng)a=15ms2時(shí),小球已經(jīng)離開滑塊,只受重力和繩的拉力,滑塊對(duì)球的2N2NF?支持力為零,故B錯(cuò)誤;CD、當(dāng)系統(tǒng)相對(duì)穩(wěn)定后,豎直方向沒有加速度,受力平衡,所以地面對(duì)A的支持力一定等于兩個(gè)物體的重力之和,故C,D錯(cuò)誤;故選A。5(2019遼寧省遼南協(xié)作體高三下學(xué)期第一次模
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