27版53高中同步新教材必修第一册人教物理练习册第四章三年模拟练

第四章运动和力的关系三年模拟练应用实践1.[2026山西吕梁月考]如图所示,吊篮A、物体B、物体C的质量均为m,B和C分别固定在竖直弹簧两端,

弹簧的质量不计,重力加速度大小为g,整个装置在轻绳悬挂下处于静止状态。现将悬挂吊篮的轻绳剪

断,在轻绳刚剪断的瞬间

()

A.吊篮A的加速度大小为gB.物体B的加速度大小为gC.物体C的加速度大小为1.5gD.物体C对吊篮A的压力大小为0

C

解析剪断轻绳前,对物体B,根据平衡条件可知,弹簧弹力F=mg,剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,B的合

力仍然为零,则B的加速度为0,B错误;剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,将C和A看成一个整体,根据牛顿第

二定律有F+2mg=2ma,解得a=1.5g,即A、C的加速度大小均为1.5g,A错误,C正确;剪断轻绳的瞬间,A受到

重力和C对A的作用力F',由牛顿第二定律可得F'+mg=ma,解得F'=0.5mg,D错误。2.[2026河南郑州联考]如图所示,两倾角分别为α=37°、β=53°的光滑斜面体甲、乙固定在水平面上,两

滑块P、Q用轻绳连接,跨过两光滑的定滑轮后分别放在斜面体甲、乙上,拴接两滑块的轻绳分别与两

侧的斜面平行,此时两滑块均静止,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。现仅将两滑块对调

并由静止释放,则释放后瞬间两滑块的加速度大小为

()

A.0

B.2m/s2

C.

m/s2

D.

m/s2

B

解析在两滑块对调前,对滑块P、Q受力分析,沿斜面方向有T=mPgsinα,T=mQgsinβ,联立解得mQ=

mP(点拨:先通过平衡条件确定质量关系);在两滑块对调后,由于mPgsinβ=0.8mPg>mQgsinα=0.45mPg,故滑

块P沿左侧斜面下滑,滑块Q沿右侧斜面上滑(点拨:先“比大小”再定方向),两者加速度大小相等,设

为a,根据牛顿第二定律,对滑块P有mPgsinβ-T'=mPa,对滑块Q有T'-mQgsinα=mQa,联立解得a=2m/s2,B正

确。3.[2026浙江湖州期末]如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放

在质量也为m的托盘B上。初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止且弹簧处于原长。现改变力F的

大小,使B以0.5g的加速度匀加速向下运动,空气阻力不计。FN表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长

量。则此过程中下列图像正确的是

()

A

解析

A、B分离之前,A、B一起向下匀加速运动,以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律可得2mg-F-

kx=2ma,可得F=-kx+mg,则x=0时,F=mg;A、B分离之后,以B为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-F=ma,解

得F=

mg,A正确,B错误。A、B分离之前,以A为研究对象,由牛顿第二定律可得mg-kx-FN=ma,解得FN=-kx+

mg,则x=0时,FN=

mg;A、B分离时,FN=0,解得x=

,之后FN一直为0,C、D错误。4.[2026河北石家庄期末]如图甲所示,倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上。t=0时,质量m=1kg的物块在沿斜面向上的恒力F作用下,由斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动,t=1s时撤去恒力F,

物块沿斜面向上运动的速度v随时间t变化的规律如图乙所示。物块可视为质点,重力加速度g取10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)恒力F的大小;(3)物块在斜面上运动的总时间t总。答案

(1)0.25

(2)2N

(3)3.5s解析

(1)t=1s时撤去恒力F,t=1.5s时,物块速度为零,到达斜面最高点,结合图乙,撤去恒力F后,物块继续

向上运动的加速度大小为a2=

=

m/s2=8m/s2(点拨:速度-时间图线的斜率表示加速度)根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma2联立可得μ=0.25(2)t=0时物块开始沿斜面向上做匀减速直线运动,由图乙可得,物块的加速度大小为a1=

=

m/s2=6m/s2根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ-F=ma1联立可得F=2N(3)根据v-t图线与横轴围成的面积表示位移,可知0~1.5s内,物块的位移大小为x=

×(10+4)×1m+

×4×0.5m=8m物块向下运动的加速度大小为a3=

=4m/s2根据位移公式可得x=

a3

解得t下=2s则物块在斜面上运动的总时间为t总=t上+t下=1.5s+2s=3.5s5.[2024河北衡水月考]如图甲所示,水平放置的传送带在电机的作用下,从t=0时刻由静止开始顺时针做

匀加速直线运动,质量为m=0.3kg的物块(可视为质点)在t=0时刻,以速度v0=5m/s从左端水平向右滑上

传送带,物块在位移为x0=2.1m时与传送带的速度相等,为0.4v0,物块和传送带的v2-x图像如图乙所示,已

知物块在位移x0之后的v2-x图线与传送带的v2-x图线平行,物块从右端离开传送带时的速度为0.8v0,最大

静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2,求:

(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带的

加速度大小;(2)物块在传送带上运动的整个过程中的平均速度大小。答案

(1)0.5

m/s2

(2)3.25m/s图形剖析

根据题意画出物块与传送带运动的v-t图像,如图所示。

解析

(1)在位移小于x0时,物块做匀减速直线运动,设物块的加速度大小为a1,有-2a1x0=v2-

其中v=0.4v0解得a1=5m/s2此过程中,根据牛顿第二定律有μmg=ma1解得物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5物块从左端滑上传送带到与传送带共速所用时间为t1=

=0.6s则传送带的加速度大小为a=

=

m/s2(2)设共速后物块随传送带一起运动的时间为t2,一起运动的位移大小为x'根据运动学公式有2ax'=v'2-v2t2=

其中v'=0.8v0解得t2=0.6s,x'=1.8m物块在传送带上运动的整个过程中,平均速度大小为

=

=3.25m/s6.[2026河南新乡期末]如图所示,质量均为m=1kg、可视为质点的甲、乙两个物块静置在光滑水平面

上,互相接触但不粘合。从t=0时刻开始,水平向右的推力F甲=0.8-0.1t(N)和斜向右上方与水平方向成60°

的拉力F乙=0.4+0.2t(N)分别作用在甲、乙上,重力加速度g取10m/s2,甲、乙分离时,乙未脱离水平面,求:(1)分离前整体的加速度大小;(2)分离时整体的速度大小;(3)甲的加速度减为0时乙的速度大小。

答案

(1)0.5m/s2

(2)1.5m/s

(3)5.25m/s解析

(1)两物块分离之前,对整体进行受力分析,根据牛顿第二定律有F甲+F乙cos60°=2ma(点拨:水平方

向合力恒定,因此整体加速度保持不变)解得a=0.5m/s2(2)当甲、乙分离时,甲、乙间的弹力刚好为0,加速度仍为a=0.5m/s2设t1时刻甲、乙分离,且分离时整体的速度为v1,根据速度-时间关系得v1=at1对甲应用牛顿第二定律有F甲=0.8-0.1t1(N)=ma解得v1=1.5m/s(3)甲、乙分离后,设t2时刻甲的加速度为0,则有0.8-0.1t2(N)=0解得t2=8sF'乙=0.4+0.2t2(N)=2NF'乙sin60°=

N<mg=10N可知此时乙仍未离开水平面

甲、乙分离后,乙的加速度大小a乙=

=0.2+0.1t(m/s2),t>t1=3sa-t图线与t轴围成的面积表示速度的变化量,则t1=3s至t2=8s时间内,Δv=3.75m/s则甲的加速度为0时乙的速度大小为v2=v1+Δv=5.25m/s7.[2026江苏泰州靖江高级中学月考]货车在行驶过程中紧急刹车非常容易导致货物由于惯性而向前滑

动,其破坏力足以造成车毁人亡的事故,因此在运输大型货物时务必采取防滑措施,避免交通事故的发

生。如图所示,一辆载有货物的卡车静止在水平路面上,t=0时刻卡车以6m/s2的加速度启动,2s末发生

紧急情况,卡车立即以大小为15m/s2的加速度制动直到静止。货物与车厢底板间的动摩擦因数μ=0.5,

货物视为小滑块,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10m/s2。(1)若整个过程中货物未与车厢发生碰撞:Ⅰ.求2s末货物和卡车的速度大小;Ⅱ.卡车制动全程中,求货物的加速度。(2)若车厢的长度L=11m,货物的长度s=1m,0时刻货物与车厢前壁的距离为d=6m,通过计算判断上述过

程中,货物是否与车厢发生碰撞,如果未发生碰撞,最终货物与车厢前壁的距离是多少?答案

(1)Ⅰ.10m/s

12m/sⅡ.见解析(2)见解析解析设卡车运动的方向为正方向:(1)Ⅰ.0~2s内,卡车的加速度为a1=6m/s2,设货物的质量为m,假设货物与车厢保持相对静止,则对货物有f

=ma1货物与车厢之间的最大静摩擦力fmax=μmg代入数据可知f>fmax,假设不成立,货物与车厢两者发生相对滑动。设货物的加速度为a2,卡车和货物在2s末的速度分别为v1、v2,对货物,由牛顿第二定律有μmg=ma2,解得a2=5m/s2货物2s末的速度v2=a2t1=10m/s卡车2s末的速度v1=a1t1=12m/sⅡ.2s末发生紧急情况,卡车立即以大小为15m/s2的加速度制动直到静止,可知制动加速度为a'1=

-15m/s2,设t2时刻货物与卡车的速度相同,则v1+a'1(t2-t1)=v2+a2(t2-t1)解得t2=2.1s两者共速后不能保持相对静止,继续保持相对滑动,设t2后货物的加速度为a'2,对货物有-μmg=ma'2,解得a'2

=-5m/s2综上可知,在2~2.1s内,货物的加速度a2=5m/s2,方向向前;在2.1s之后,货物的加速度a'2=-5m/s2,方向向

后。(2)设t2时刻两者共速时的速度大小为v3,则有v3=v2+a2(t2-t1)=10.5m/s设