第四章 第1课时 运动的合成与分解-2021高考物理一轮【微考点加餐练】（新高考版）

参考答案与详解 (２)物块在传送带上向左运动的加速度 大小为a２＝μ２g＝４m/s２, 向左运动的时间t１＝ vB a２ ＝１s, 向左运动的位移x１＝ vB ２t１＝２m , 即物块在传送带上离B 点的最远距离为 ２m． (３)当到达距B 点最远处后,物块相对传 送带向左运动,受到一个向右的摩擦力, 在这个摩擦力作用下,向右加速,当速度 和传送带速度相同后,两者一起匀速运 动,即先做初速度为零的匀加速直线运 动,达到２m/s后匀速前进． 答案:(１)４m/s　(２)２m　(３)先做初速 度为零的匀加速直线运动,达到２m/s 后匀速前进 １１．解析:(１)A 向左运动,根据牛顿第二定 律得 μ１mAg＝mAaA 解得aA＝５m/s２,方向向右; B 向 右 运 动,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得 μ１mBg＝mBaB 解得aB＝５m/s２,方向向左． 对木块,根据牛顿第二定律得μ１mBg－ μ１mAg－μ２(m＋mA＋mB)g＝ma１ 代入数据解得a１＝２．５m/s２,方向向右． (２)设木板与B 速度相等时的共同速度 为v,B 做匀减速运动,v＝vB－aBt１ 木板做匀加速运动,有v＝a１t１ 解得t１＝ ２ ３ s ,v＝ ５３ m /s, 此 时 A 的 速 度vA ＝aBt１ －３ m/s＝ １ ３ m /s,方向向右． 答案:(１)５m/s２　５m/s２　２．５m/s２　 (２)１３ m /s １２．解析:(１)物块在木板左侧运动时,它与 木板间的摩擦力 f１＝μ１mg＝１．２N 木板与地面间的最大静摩擦力 f２＝μ３(M＋m)g＝１．６N f１＜f２,故此时木板不动; 设物块到达木板中点时的速度为v１ －μ１mg L ２ ＝ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０ 解得v１＝１m/s (２)物块在木板右侧运动时,它与木板间 的摩擦力 f１′＝μ２mg＝２．８N f１′＞f２,故木板开始运动 设物块与木板加速度大小分别为a１、a２ μ２mg＝ma１ 解得a１＝７m/s２ μ２mg－μ３(M＋m)g＝Ma２ 解得a２＝１m/s２ 设两者速度相等时需要的时间为t,相等 的速度大小为vx v１－a１t＝a２t＝vx 解得t＝ １８ s ,vx＝ １ ８ m /s 物块发生的位移 x１＝v１t－ １ ２a１t ２＝ ９１２８m 木板发生的位移 x２＝ １ ２a２t ２＝ １１２８m Δx＝x１－x２＝ １ １６ m＜０．５m ,所以不会 滑落． 答案:(１)１m/s　(２)不能 第７课时　实验:探究加速度与物体受 力、物体的质量的关系 １．解析:(１)在轨道倾斜的情况下,才有当F ＝０时加速度a不等于０,所以a F 图线 应是图线①． (２)滑块的释放位置对该实验没有影响, 不要求每次在同一位置,故 A 错误;拉力 由力的传感器测出,不需要用天平测出托 盘的质量,也就不需要使托盘和砝码的质 量远小于滑块的质量,故 B、D 错误;改变 托盘中砝码的个数才能改变拉力F,故 C 正确． (３)根据a＝ １mF 知滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块 和位移传感器发射部分的总质量的倒数． 由图线①得加速度a 和所受拉力F 的关 系图象斜率k＝１,所以滑块和位移传感器 发射部分的总质量m＝１kg 由图线②得μmg＝１N 解得μ＝０．１． 答案:(１)①　(２)C　(３)０．１ ２．解析:(１)由图可读出主尺读数为０．２cm ＝２mm,游标尺读数为０．０５mm×１０＝ ０．５０mm,故遮 光 片 长 度 为 d＝２ mm＋ ０．５０mm＝２．５０mm． (５)设O 点到光电门B 的距离为s,小车经 过光电门 B 的 速 度 为v,则a＝v ２ ２s ,v＝ d Δt ,又F＝mg＝Ma 则F＝mg＝Md ２ ２s １ Δt２ 则为了能够通过图象直观的得到实验结 果需要作的是 １ Δt２ m 图象,故 D正确． 答案:(１)２．５０　(５)D ３．解析:(１)实验前要平衡摩擦力,平衡摩擦 力时小车不能与钩码相连,故 A 错误;为 使小车受到的拉力等于细线拉力,应调节 滑轮的高度,使细线与木板平行,故 B正 确;实验时要先接通电源后释放纸带,为 充分利用纸带,将小车停在打点计时器附 近,故 C正确;实验中为减小误差应保证 钩码的总质量远小于车及车中砝码的总 质量,故 D错误． (２)相 邻 两 计 数 点 间 还 有 两 个 点 没 有 画 出,所以计数点间时间间隔为T＝０．０６s, 根据逐差法可得加速度 a＝３．８＋３．３＋２．８－ (２．３＋１．９＋１．４) (３×０．０６)２ × １０－２ m/s２＝１．３m/s２． (３)轨道水平时未平衡摩擦力,则拉力大 于最大静摩擦力时才会出现加速度,故② 是在轨道水