專題3牛頓運(yùn)動(dòng)定律-2021高考物理一輪復(fù)習(xí)壓軸題剖析(力學(xué)部分)(解析版)

1、24 / 24專題3牛頓運(yùn)動(dòng)定律一、選擇題Q3題為單項(xiàng)選擇題，410為多項(xiàng)選擇題)1 .光滑水平地而上有兩個(gè)卷放在一起的斜而體A、B,兩斜而體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m.如 圖甲、乙所示，對(duì)上面或下面的斜而體施加水平方向的恒力P、尸2均可使兩斜而體相對(duì)靜止地做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)，已知兩斜而體間的摩擦力為零，則斤與R之比為()A. M ： mB. ： MC. m ： (M+MD.【答案】A【解析】Q作用于A時(shí)，設(shè)A和8之間的彈力為N,對(duì)A有:Ncos 3=Mg對(duì)8有：Nsin 6=ma對(duì)A和8組成的整體有：(M +m)MF = (M+m)a=：gtan 8：in尸2作用于A時(shí)，對(duì)6有：/n

2、tan 6=ma對(duì)A和3組成的整體有：Fi=(M+m)af=j?tan 6,二=絲F2 m故選A。2.如圖所示，斜劈A靜止放置在水平地面上，木樁B固定在水平地而上，彈簧女把物體與木樁相連，彈簧與斜面平行.質(zhì)量為m的物體和人在彈簧k的作用下沿斜劈表而向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)斜劈受到地面的摩擦力方向向左.則下列說法正確的是（）A.若剪斷彈簧，物體和人的加速度方向一定沿斜而向下B.若剪斷彈簧，物體和人仍向下運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力方向可能向右C.若人從物體機(jī)離開，物體機(jī)仍向下運(yùn)動(dòng)，A受到的摩擦力可能向右D.若剪斷彈簧同時(shí)人從物體，離開，物體/向下運(yùn)動(dòng)，A可能不再受到地而摩擦力【答案】A【解析】剪斷彈簧前，對(duì)斜面分

3、析，受重力、地面的支持力和靜摩擦力、滑塊對(duì)斜面體的力（滑塊對(duì)斜而 體的滑動(dòng)摩擦力和壓力的合力），斜劈受到地而的摩擦力方向向左，故根據(jù)平衡條件，滑塊對(duì)斜而體的力 向右下方；根據(jù)牛頓第三定律，斜面對(duì)滑塊的力向左上方；若剪斷彈簧，滑塊和人整體還要受重力，故合 力偏左，根據(jù)牛頓第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正確：若剪斷彈簧，物體和人仍向下運(yùn)動(dòng)，故物 體和人整體對(duì)斜而體的力不變，故斜而體受力情況不變，故地而摩擦力依然向左，故B錯(cuò)誤：若人從物體 m離開，由于慣性，物體m仍向下運(yùn)動(dòng)；動(dòng)摩擦因數(shù)是不變的，故滑塊對(duì)斜面體壓力和滑動(dòng)摩擦力正比例 減小，故壓力和滑動(dòng)摩擦力的合力依然向右下方，故地而對(duì)斜而體的靜摩

4、擦力依然向左，故C錯(cuò)誤；若剪 斷彈簧同時(shí)人從物體m離開，由于慣性，物體m仍向下運(yùn)動(dòng)：動(dòng)摩擦因素是不變的，故滑塊對(duì)斜面體壓 力和滑動(dòng)摩擦力正比例減小，故壓力和滑動(dòng)摩擦力的合力依然向右下方，故地而對(duì)斜而體的靜摩擦力依然 向左，故D錯(cuò)誤：故選A3.如圖，小球A置于固定在水平而上的光滑半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著，彈簧固定在豎直板 上.兩小球A、5通過光滑滑輪0用輕質(zhì)細(xì)線相連，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài).已知球B質(zhì)量為?，。點(diǎn)在半 圓柱體圓心。|的正上方，0A與豎直方向成30。角.QA長(zhǎng)度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成45。 角，現(xiàn)將輕質(zhì)細(xì)線剪斷的瞬間（重力加速度為g）（）A.彈簧彈力大小B.球3

5、的加速度為gC.球A受到的支持力為J5wgD.球A的加速度為gg【答案】D【解析】A、隔離對(duì)B分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡得:""一""""""""Ac水平方向有：7；sin45° = F豎宜方向有：6cos45o = mg.則T()b = 2mg 彈簧彈力F = mg, A錯(cuò)誤:B、輕繩剪斷后，Zw=°，另兩個(gè)力不變，此時(shí):a = 2 = 0g , B錯(cuò)誤：mC、輕繩剪斷后，Km=O,沿圓弧切線和沿半徑方向處理力，瞬間速度為零，沿半徑方向合力為零，有:N = /AZ4gsin60&

6、#176; = L八g »2C錯(cuò)誤;/72,gcos6001D、沿切線方向，a = 3= -g, D正確;叫 2故選D.4.如圖甲所示，一足夠長(zhǎng)的傳送帶傾斜放置，傾角為6,以恒定速率=4m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一煤塊以初速 度1g12m/s從A端沖上傳送帶，煤塊的速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是()A.傾斜傳送帶與水平方向夾角的正切值tan8=0.75：B.煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5C.煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為4sD.煤塊在傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)為(12+4&) m【答案】AD【解析】AB.由 I 圖像得0ls內(nèi)煤塊的加速度

7、大小12-4 ,2 。/7ax =m/s* = 8ni/s"1 1方向沿傳送帶向下；b2s內(nèi)煤塊的加速度大小4 0)& =m/s* = 4m/s"一 1方向沿傳送帶向下。0ls,對(duì)煤塊由牛頓第二定律得mg sin 0 + 川ng cos 0 =12s,對(duì)煤塊由牛頓第二定律得msinO 卬geos% 心 2解得tan=0.75f =0.25故A正確，B錯(cuò)誤；C.，一，圖像圖線與時(shí)間軸所圍面枳表示位移大小，所以煤塊上滑總位移大小為410m,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 下滑時(shí)間為_ /27_ 12x10 尺'下 YzX丁'所以煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為（2

8、 + 6）s ,故C錯(cuò)誤:D.（Ms內(nèi)煤塊比作.送棚多走4m劃痕長(zhǎng)4m, l<s內(nèi)傳送帶比煤塊多走2n】，劃痕還是4m 2（2 +有）內(nèi)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，煤塊向下運(yùn)動(dòng)，劃痕總長(zhǎng)為2 + L/, + 山= (12 + 4/1n ,2故選ADo5.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊A靜置在水平桌而上，通過足夠長(zhǎng)的輕繩和輕質(zhì)滑輪懸掛著質(zhì)量為3m的 物塊民 現(xiàn)由靜止釋放物塊A、&以后的運(yùn)動(dòng)過程中物塊A不與定滑輪發(fā)生碰撞.已知重力加速度大小 為g,不計(jì)所有阻力，下列說法正確的是（）A.在相同時(shí)間內(nèi)物塊A、8運(yùn)動(dòng)的路程之比為2:1B.物塊A、3的加速度之比為1:1C.輕繩的拉力為，D. 8下落高度h時(shí)速

9、度為J等【答案】AC【解析】根據(jù)動(dòng)滑輪的特點(diǎn)可知5下降s, A需要走動(dòng)2s,而j=2%, A正確：因?yàn)槎际菑撵o止開始運(yùn)動(dòng)的，故有2 x產(chǎn)，解得”=：，B鉗誤；對(duì)A分析有：T = maA,對(duì)3分析有22“b 13mg 2T = 3maB ,解得T = - , a C止確：對(duì)8,加速度為4 =3% =,根據(jù)速度位/乙/仃/=2./,解得口= *2, D錯(cuò)注:6.如圖所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為，的小滑塊.木板受到水平 拉力尸作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度”與水平拉力下的關(guān)系如圖所示，重力加速度#=10而針，A.小滑塊的質(zhì)量?=2 kgB.小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩

10、擦因數(shù)為0.1C.當(dāng)水平拉力產(chǎn)=7 N時(shí),長(zhǎng)木板的加速度大小為3儂2D.當(dāng)水平拉力E增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大【答案】AC【解析】對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F= (M+m) a,當(dāng)F=6N時(shí)，此時(shí)兩物體具有最大共同加速度，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=3kg當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=絲區(qū)M M M川隹段的斜率k=! = l： M=lkg,滑塊的質(zhì)於為：m=2kg.故A正確;B、C項(xiàng)：根據(jù)F大于6N的圖線知，："|F=6N時(shí)，加速度a=2m/s2,即有：2=6-/2><10代入數(shù)據(jù)解得：產(chǎn)02*F=7N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度為：aJz0,2；2*2% = 3m/s

11、2.根據(jù)pmg=ma彳導(dǎo)木板的加速度為：a=ng=4m/1s2,故B錯(cuò)誤，C正確；D項(xiàng)：當(dāng)拉力增大時(shí)，兩物體發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，木塊的加速度為“=幺詈= "g=2%，恒'定不變，故D 錯(cuò)誤.故選AC.7 .如圖所示，水平傳送帶以速度H勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t = 0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v?, P與定滑輪間的繩水平，t = to時(shí)刻P離開傳送帶.不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩 擦，繩足夠長(zhǎng).正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是(【答案】BC【解析】若匕=眩，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，一直相對(duì)傳送帶靜止勻速向右運(yùn)動(dòng)若最 大靜摩擦力小于繩的拉

12、力，則小物體P先向右勻減速運(yùn)動(dòng)，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛 頓第二定律知mQg-“mpg=（m0+機(jī)尸）。，加速度不變；若匕 >嶺，小物體P光向右勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律知卬勺g= （mQ+mp）a ,到小物體P加速到，傳送帶速度匕相等后勻速，故B選項(xiàng)可能：<%,小物體P先向右勻減速直線運(yùn)糖 由牛頓第二定律知也g =（叫+叫）4， 到小物體P減速到與傳送帶速度匕相等后繼續(xù)向右加速但滑動(dòng)摩擦力方向改向，此時(shí)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度 為%g +8 = （%+加?）4,到加速為零后，又反向以a?加速度勻加速運(yùn)動(dòng)，而a?,，故C選項(xiàng), A、D選項(xiàng)錯(cuò)誤.8 .如圖所示，勁度數(shù)

13、為的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平而上質(zhì)量為/的物體接觸（未 連接），彈簧水平且無形變.用水平力尸緩慢推動(dòng)物體，在彈性限度內(nèi)彈簧長(zhǎng)度被壓縮了,此時(shí)物體靜 止.撤去尸后，物體開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的最大距離為4%.物體與水平而間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加 速度為g.則（）A.撤去F后，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)B.撤去尸后，物體剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為極-g mC.物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D.物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為吆（x0-絲生） K【答案】BD【解析】A.撤去產(chǎn)后，物體水平方向上受到彈簧的彈力和滑動(dòng)摩擦力，滑動(dòng)摩擦力不變，而彈簧的彈力 隨著壓縮量的減小而減

14、小,彈力先大于滑動(dòng)摩擦力，后小于滑動(dòng)摩擦力，則物體向左先做加速運(yùn)動(dòng)后做減 速運(yùn)動(dòng)，隨著彈力的減小，合外力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故物體先做變加速運(yùn)動(dòng)，再做 變減速運(yùn)動(dòng)，最后物體離開彈簧后做勻減速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤:B.剛開始時(shí)，由牛頓第二定律有:kx 一 jL/mg = ma解得:a = j一g mB正確:C.由題意知，物體離開彈簧后通過的最大距離為3xo,由牛頓第二定律得:將此運(yùn)動(dòng)看成向右的初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則：01 J3"。= 2聯(lián)立解得：，=梅 c錯(cuò)誤；D.當(dāng)彈簧的彈力與滑動(dòng)摩擦力大小相等、方向相反時(shí)，速度速度最大時(shí)合力為零，則有F = "mg = kx解

15、得x = 華,所以物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為： K叱=ping (x0 -a) = fimg (% -D正確。故選BD。9.如圖甲所示，傾角6=30。的光滑斜而固定在水平面上，自然伸長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋 板上。一質(zhì)量為，的小球，從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn) 動(dòng)的v-r圖像如圖乙所示，其中QA段為直線段，AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線，8C是平滑曲 線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A.小球在時(shí)刻所受彈簧的彈力等于"喀B.小球在時(shí)刻的加速度大于2c.小球從L時(shí)刻所

16、在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點(diǎn)D.小球從（時(shí)刻到人.時(shí)刻的過程中，重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量【答案】BC【解析】A.小球在。時(shí)刻速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力等于重力沿斜而的分力，則有F “ = nig sin 300 = mg2故A錯(cuò)誤:B.在乙圖中,關(guān)于A點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)可知此時(shí)彈簧的彈力為Q5zg ,一對(duì)稱性得由對(duì)稱軸到對(duì)稱點(diǎn)的彈簧的 彈力再變化0.5叫，故到達(dá)C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大于2x0.5mg = 吆，所以彈力大于mg,根據(jù)牛頓第 定律可知F 一?gsin。= ma解得 故B正確：C.整個(gè)過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒,故從c點(diǎn)釋放，小球能到達(dá)原來的釋放點(diǎn)，故C 正

17、確：D.小球從時(shí)刻到q時(shí)刻的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有重力勢(shì)能的減小量與動(dòng)能的減小量等于彈簧 彈性勢(shì)能的增加量，所以重力勢(shì)能的減小量小于彈簧彈性勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖，C是放在光滑水平面上的一塊右端有固定檔板的長(zhǎng)木板，在木板的上面有兩塊可視為質(zhì)點(diǎn)的小 滑塊月和B,三者的質(zhì)量均為m,滑塊A、8與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.最初木板靜止，A以初速度 V。從C的左端、B以初速度2v。從木板中間某一位置同時(shí)以水平向右的方向滑上木板C.在之后的運(yùn)動(dòng)過4程中5曾以的速度與。的右檔板發(fā)生過一次彈性碰撞，重力加速度為g,則對(duì)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，下列說 法正確的是()X >nApfc7777

18、777777777777777/777772A.滑塊A的最小速度為彳小B.滑塊8的最小速度為之心6C.滑塊A與B可能發(fā)生碰撞D.系統(tǒng)的機(jī)械能減少了 40%【答案】ABD【解析】當(dāng)小滑塊A和B相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)時(shí)，受的滑動(dòng)摩擦力相同，根據(jù)動(dòng)量定理可知在相同的時(shí)間內(nèi)小 滑塊A和B的速度變化量相同；當(dāng)長(zhǎng)木板與小滑塊A共速時(shí)滑塊A的速度最小，設(shè)滑塊A的最小速度為 %，速度變化量為%-%,視長(zhǎng)木板、小滑塊A和B為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，規(guī)定向右運(yùn)動(dòng)為正方向，則有:2機(jī)%=62%一(-%) + 2，九,解得=、；設(shè)小滑塊B與擋板發(fā)生碰撞之前瞬間長(zhǎng)木板45速度為匕，根據(jù)動(dòng)量守恒則有：mv0+m*2v0 =m-v0+2m

19、v11解得匕=7%；小滑塊B與擋板發(fā)生 性碰撞，小滑塊B與長(zhǎng)木板交換速度，之后小滑塊A和B做加速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板加速勻減速直線運(yùn)動(dòng),直到共速，所以滑塊A5B不能發(fā)生碰撞：設(shè)長(zhǎng)木板、小滑塊A和B的共速為匕，根據(jù)動(dòng)量守恒則有:mv0 + /» 2v0 = 3mv2,解得匕=%，系統(tǒng)的機(jī)械能減少 了 £ =+ 17(2%尸一! 3* = 八，:,222些=皿= 04即E 1， 1小、).，故A、B、D正確，C錯(cuò)誤:-mv+-/n(2voy 乙乙說法正確的是選ABD.二、非選擇題(共8題)11 .如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行.現(xiàn)將一質(zhì)量m=2 kg的小物體輕輕放

20、在傳送 帶的A端，物體相對(duì)地而的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，2 s末物體到達(dá)B端，取沿傳送帶向下為 正方向，g=10 m/s2,求：(1)小物體在傳送帶A、B兩端間運(yùn)動(dòng)的平均速度v：(2)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)P.【答案】(1)8mls (2) 0.5【解析】由M圖象的ifii積規(guī)律可知傳送帶A、B間的距離L即為I圖線與r軸所用的面積,所以：£ = 1x1x10 + 1x(10 + 12)x1 = 16m 22由平均速度的定義得:v=y = 8m/s由7圖象可知傳送帶運(yùn)行速度為v1=10nVs,Av)07s內(nèi)物體的加速度為：q= 10m/s-卜2 s內(nèi)的加速度為：s=2m/s

21、2根據(jù)牛頓第二定律得： 7g sin 0 + ?g cos 0 = malmg sin 0 - 4mg cos 6 = ma2聯(lián)立兩式解得： =0.5.12 .如圖所示，一塊質(zhì)量為M =2kg,長(zhǎng)為L(zhǎng) = 3m的均質(zhì)薄木板靜止在足夠長(zhǎng)的水平桌面上，在木板的 左端靜止擺放著質(zhì)量為7 = 1kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），薄木板和小木塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為4=0.1 ,薄木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為人=0.2.在/=0時(shí)刻，在木板M左端施加一水平向左恒定的拉力方= 12N, g 取lOm/s?.貝ij：（1）拉力廠剛作用在木板上時(shí)，木板M的加速度大小是多少？（2）如果/一直作用在M上，那么經(jīng)多少時(shí)間”將

22、離開M?（3）若在時(shí)間/ = ls末撤去尸，再經(jīng)過多少時(shí)間M和川第一次速度相同？在此情況下，最終加在M上 留下的痕跡的長(zhǎng)度是多少？【答案】（1）InVs2； 2.5m/s2： （2） 2s： - 3 -s： Im3【解析】（l）?剛作用在木板上時(shí)，由牛頓第二定律，對(duì)，有:mg=9mi代入數(shù)據(jù)得t/i=l m/s2對(duì)M有：F-4i?g-"2（ M+fn ）行Af,”代入數(shù)據(jù)解得：6/2=2.5 ni/s2（2）設(shè)所離開用的時(shí)間為“，則對(duì)，有：1 2A = 5 印1對(duì)M有：1 ，M =一". 2又有L=X2-X聯(lián)立解得：t=2s(3) uls時(shí)加的速度V1=t/)r1=1 x

23、1 m/s= 1 m/sM的速度為:v2=4/2h=2.5x lni/s=2.5m/s此過程中用相對(duì)例的位移0.75mIs后m仍以m的加速度作勻加速運(yùn)動(dòng)，M將以“3的加速度勻減速運(yùn)動(dòng)，且有:(M+m) g=A/3解得：% = 3.5 m/s設(shè)再經(jīng)及后二者速度相等，有：匕+卬2解得1L = S-3此時(shí)兩者的共同速度為4v= m/s3此過程中相對(duì)例的位移/匕+叭 X+八 cAq = (X2 -(九=0 25m則在此情況下，最終，在A/上留下的痕跡的長(zhǎng)度：Ax = Ax. + Ax, = Im13.如圖甲所示，一傾角為37。的傳送帶以恒定速度運(yùn)行.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1kg的小物體拋上傳送帶，物 體相對(duì)地

24、面的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g=10m/s2,3】37。=0.6, cos 37°=0.8：求：(1)物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2) 08 s內(nèi)物體機(jī)械能的增加量；(3)物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。.【答案】(1)=O.875.(2)AE=9OJ (3) Q=126J【解析】(1)由圖象可以知道,傳送帶沿斜向上運(yùn)動(dòng)，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小為。=£ = 1帆/的勻減速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)其受力分析.由牛壩第二定律得： 2"mg cos 0 - nig sin 0 = ma可解得：4=0.875.(2)根據(jù)v

25、-t圖象與時(shí)間軸闈成的“面積”大小等于物體的位移，可得。8 s內(nèi)物體的位移2 + 61 CC t Ax =x4- x2x2 = 14/n2208 s s內(nèi)物體的機(jī)械能的增加量等于物體重力勢(shì)能的增加量和動(dòng)能增加量之和，為AE = ingxsin 8 + g ？ x 4' 一; m x22 = 90J(3)08 s內(nèi)只有前6s發(fā)生相對(duì)滑動(dòng).06 s內(nèi)傳送帶運(yùn)動(dòng)距離為：s皮=4x6=24m 06 s內(nèi)物體位移為:5物二6？則06 s內(nèi)物體相對(duì)于皮帶的位移為底= 18"?08 s內(nèi)物體與傳送帶因?yàn)槟Σ廉a(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對(duì)位移大小，Q = pmg cos6 - As代入

26、數(shù)據(jù)得：0 = 126J故本題答案是:(l)=0.875.(2)AE=90J (3) 0=126J14.如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為?A=lkg和,B=5kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端， 兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為出=0.5：木板的質(zhì)量為，=4 kg,與地而間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=01。某時(shí) 刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為=3 m/s, A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最 大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2,求：(1) B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度：(2) A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離?！敬鸢浮?1) lm/s： (2) 1.9m,【解

27、析】(D滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地而上滑動(dòng)，設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分 別為力、.力和力，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是 ,以和“b，木板相對(duì)于地而的加速度大小為，小 在 物塊B與木板達(dá)到共同速度前有fif2 = "?Bg人=2(叫+恤+加)8由牛頓第二定律得/1 = mAClA fl =mB“B力一工一人=必設(shè)在h時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為力。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有匕=%一匕=卬1聯(lián)立©式，代入已知數(shù)據(jù)，可得B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度Vj = Im/s (2)在八時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為12-5B = V(/l乙設(shè)在B與木板達(dá)到共同速

28、度i”后，木板的加速度大小為s，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律 有工+力=(桃+m)生 由式知，“A3/B：再由可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為VI,但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反：由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為打，設(shè)A的速度大小從也變到立所用時(shí)間為4則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有嶺=9-®2 畛對(duì)A有匕=-匕+“A，2在12時(shí)間間隔內(nèi)，B （以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為1 ,5 =u也一 5 a2,2:超乙在G+切時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地而移動(dòng)的距離為=%包+，2）-聶包+，2）2®A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，

29、兩者之間的距離為50=5a+51+5b聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)，A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離% = 1.9m答：（1） B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度為lm/s； （2） A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為L(zhǎng)9m.15 .如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地而上：B、C 兩物體通過細(xì)繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，。放在固定的光滑斜面上.用手拿住。，使細(xì)線剛剛拉直但無拉力 作用,并保證爪段的細(xì)線豎直、作段的細(xì)線與斜面平行.已知A、8的質(zhì)量均為C的質(zhì)量為4?，重 力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).釋放。后它沿斜面下滑，A 剛離開地

30、而時(shí)，3獲得最大速度，求：（1）當(dāng)物體A從開始到剛離開地面時(shí)，物體C沿斜面下滑的距離.（2）斜而傾角a.（3） 8的最大速度VBm.【答案】等：（2） 30 ：2g糕【解析】（D8處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，壓縮彈簧有mg=kx當(dāng)A剛要離開地面時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)有mg=kxiB上升高度與。沿斜而下滑距離為f+"2 二等（2）當(dāng)8的速度最大時(shí)，其加速度為零，繩子上的拉力大小為了，對(duì)6有T=mkx2對(duì)c有4wgsina=T聯(lián)立解得a=30。（3）8從靜止到獲得最大速度的過程中彈簧彈性勢(shì)能變化量為零，設(shè)5物體的最大速度為匕”，由機(jī)械能 守恒定律得Amghsina - mgh = Cm + 4?）v,22解得

31、% = 2器16 .如圖所示，光滑桿AB長(zhǎng)為L(zhǎng), B端固定一根勁度系數(shù)為七原長(zhǎng)為人的輕彈簧，質(zhì)量為，的小球套在 光滑桿上并與彈簧的上端連接，。'為過8點(diǎn)的豎直軸，桿與水平而間的夾角始終為8.(1)桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，讓小球從彈簧的原長(zhǎng)位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小，及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量A6 ；(2)當(dāng)球隨桿一起繞。O'軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為A/”求勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度(3)若6 = 30。，移去彈簧，當(dāng)桿繞。0'軸以角速度供)=、歸，勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平而內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，球受輕微擾動(dòng)后沿桿向上滑動(dòng)，到最高點(diǎn)A時(shí)球沿桿方向的速度大小為%,

32、求小球從開始滑動(dòng)到離開桿過程中，桿對(duì)球所做的功卬.【答案】(Da = gsin6> .=收；0I 7gsin6 + kAA(2) co= 丫 ?(/()+&2)COS- 031,(3) W = mgL+mv82【解析】(1)小球釋放的瞬間，小球的加速度大小為 mgsinO .a = gsin，ni當(dāng)小球速度相等時(shí)，有mgsinO = %/解得彈簧的壓縮量為_ igsin6(2)當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為/?，受力如圖所示:在水平方向上有fsin + A/2cos=mz»2(/0 +a/2) cos 6豎直方向上有解得Fvcos 0 - kl 2sin 0 - mg =0co =mg

33、sin6 + k/7(/。+a/2)cos2（3）當(dāng)桿繞。'軸以角速度為勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)小球距離B點(diǎn)4,此時(shí)有/ gtan6 = 欣 4)cos6解得2LL一 7此時(shí)小球的動(dòng)能為i,% = 5 7g%cos8)-小球在最高點(diǎn)A離開桿瞬間的動(dòng)能為1 , >=-rrj+(LcosOy根據(jù)動(dòng)能定理有W-mg(L-4)sin0 = Em- Ek0解得31W=-mSL + -mv.o，17 .如圖所示，滑塊和滑板靜止在足夠大的水平而上，滑塊位于滑板的最右端，滑板質(zhì)量為M=0.6kg,長(zhǎng)為A=0.6m,滑塊質(zhì)量為g0.2kg,質(zhì)量也為m=0.2kg的小球用細(xì)繩懸掛在。點(diǎn),繩長(zhǎng)&=0.8

34、m,靜止時(shí)小球和滑板左端恰好接觸?，F(xiàn)把小球向左拉到與懸點(diǎn)等高處無初速釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與木板發(fā)生彈 性碰撞?？諝庾枇雎圆挥?jì)，已知滑塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為必=。.1,滑板與水平面之間的動(dòng)摩擦 因數(shù)4=0.2,滑塊和小球均可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2,求:（1）小球剛擺到最低點(diǎn)時(shí)與木板發(fā)生碰撞前繩的拉力大?。海?）滑塊能否從滑板上掉下?試通過許算說明理由:（3）滑塊和滑板之間由于相對(duì)滑動(dòng)所產(chǎn)生的熱量。：1匯二24【答案】tl） 6N； （2）沒有掉下來,理由見解析；（3） J35【解析】（1）小球下擺過程中，由動(dòng)能定理：7g4 =5，”說乙小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，則有：T - mg

35、= m £解得T=6N（2）對(duì)小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有：m0 = mv + M根據(jù)能量守恒，則有：1,121”）八二=+-MV 2 ° 22解得：v = -2 m/s, v, = 2 ni/s碰后滑塊向右加速，滑板向右減速對(duì)滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有：必?g = max解得：ax = 1 ni/s2對(duì)滑板，根據(jù)牛頓第二定律有：從 mg + 式 7 + M ）g = Ma?解得:%=3 m/s2假設(shè)沒有掉下來，經(jīng)過時(shí)間共速度，則有:得，= 0.5s根據(jù)：解得：口共=0.5 m/s滑塊位移為：1 /X2=V/-«2rAXj = x2 - X| = 0.5m <