牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用試題

1、范文范例學(xué)習(xí)指導(dǎo)考點(diǎn)11牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用考點(diǎn)名片考點(diǎn)細(xì)研究：本考點(diǎn)是物理教材的基礎(chǔ)，也是歷年高考必考的內(nèi) 容之一，其主要包括的考點(diǎn)有：（1）超重、失重；（2）連接體問(wèn)題；（3） 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。其中考查 到的如：2015年全國(guó)卷I第25題、2015年全國(guó)卷II第25題、2015 年海南高考第9題、2014年北京高考第8題、2014年四川高考第7 題、2014年大綱卷第19題、2014年江蘇高考第5題、2014年福建高 考第15題、2013年浙江高考第17題和第19題、2013年廣東高考第 19題、2013年山東高考第15題等。備考正能量：牛頓運(yùn)動(dòng)定律是

2、歷年高考的主干知識(shí)；它不僅是獨(dú) 立的知識(shí)點(diǎn)，更是解決力、電動(dòng)力學(xué)綜合問(wèn)題的核心規(guī)律?？蓡为?dú)命 題（選擇題、實(shí)驗(yàn)題），也可綜合命題（解答題）。高考對(duì)本考點(diǎn)的考查 以對(duì)概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。第回步狂刷小題,練基礎(chǔ)一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1.小明家住十層，他乘電梯從一層直達(dá)十層。則下列說(shuō)法正確 的是（）A.他始終處于超重狀態(tài)B.他始終處于失重狀態(tài)C.他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)D.他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)答案 C解析 小明乘坐電梯從一層直達(dá)十層過(guò)程中，一定是先向上加 速，再向上勻速，最后向上減速，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度方向最初向上， 中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對(duì)應(yīng)的

3、狀態(tài)應(yīng)該是超重、 平衡、失重三個(gè)狀態(tài)，C正確。2.如圖所示，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（t=0）將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相 等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜 摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之 后，木板運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象可能是圖中的 （）ZZZZZ/ZZ/ZZ/ZZZZZZZZVrl/fVfV叨加口X計(jì):1IrII II!1I.I I1o L 二 I o Khz o r t h ?ABC1)答案 A解析放上小木塊后，長(zhǎng)木板受到小木塊施加的向左的滑動(dòng)摩擦 力和地面向左的滑動(dòng)摩擦力，在兩力的共同作用下

4、減速，小木塊受到 向右的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后，可能以 共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時(shí)的加速度小于木 板剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，故 A正確，也可能物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦 因數(shù)較小，達(dá)到共同速度后物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，給木板向右的摩 擦力，但木板的加速度也小于剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度，B、C錯(cuò)誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。3.如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度 a沿斜面勻加速 下滑，若在物塊上再施加一個(gè)豎直向下的恒力F,則（）A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D.物塊將以小于a的加速度

5、勻加速下滑答案 C解析 對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面的角度為mgsin 6 mgpos 6 =ma sin 6 cos。=a,當(dāng)加上力 F 后，由 g牛頓第二定律得（mg F）sin。 （mg F）cos 6 = ma,即 mgsin 6 it mgcos 6 + Fsin。一 Fcos 6 =ma, m升 Fsin。一 Fcos 6 =ma, _Fa Fa,Fsin。一 j! Fcos 6 = F（sin。一 cos 6 ）=一, 一大于苓，代入上式g g知，ai大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有 C項(xiàng)正確。4 .（多選）如圖所示，質(zhì)量分別為 口、mB的A、B兩物塊用輕線(xiàn)連 接，放

6、在傾角為。的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力 F拉A, 使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為為了增加輕線(xiàn)上的張力，可行的辦法是（）A.減小A物塊的質(zhì)量B.增大B物塊的質(zhì)量C.增大傾角。D.增大動(dòng)摩擦因數(shù)1答案 AB解析 對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F-(m+m)gsin。h(ra+ m)gcos8=(mA+ m)a,隔離物體 B,應(yīng)用牛頓第 二定律得，F(xiàn)t mBgsin 6 ji mBgcos 6 =ma。以上兩式聯(lián)立可解得：mBFFt=;,由此可知，F(xiàn)t的大小與。、it無(wú)關(guān)，mB越大，mA越小， mA+mBFt越大，故A、B均正確。5 .(多選)質(zhì)量分別為M和m

7、的物塊形狀大小均相同，將它們通 過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為a的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮 M m與斜面之間的摩擦。若互 換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M斜面仍保持靜止。則下列說(shuō)法正確的是()A.輕繩的拉力等于Mg8 .輕繩的拉力等于mgC. M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1 sin a)gD. M運(yùn)動(dòng)的加速度大小為MMmg答案 BC解析 互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsin a=mg互換 位置后，對(duì) M有 Mg- Ft= Ma M m有：* mgsin a =ma 又 Ft=Ft, 解得：a=(1sin a)g, Ft= mg 故 A D錯(cuò)誤，B C正確

8、。6.如圖所示，木塊A的質(zhì)量為mi,木塊B的質(zhì)量為M疊放在光 滑的水平面上，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為go現(xiàn)用水平力F作用于A(yíng)則彳持A B相)對(duì)靜止的條件是F不超過(guò)（A. I mgB. Mgm m mr一匚 MC. l mg1 + MD. jiMg1+m答案 C解析 由于A(yíng)、B相對(duì)靜止，以整體為研究對(duì)象可知F= （M+ n）a; 若A、B即將相對(duì)滑動(dòng)，以物體 B為研究對(duì)象可知mg= Ma聯(lián)立解 /曰f m 、“ 十 一一得F= mg1+-,選項(xiàng)C正確。M7 .如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板 艮長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng)） 的左端靜止放著小物塊 A。某日t刻，A受

9、到水平向右的外力F作用，F(xiàn) 隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即 F= kt ,其中k為已知常數(shù)。設(shè) 物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力 Ff,且A、B的質(zhì) 量相等，則下列可以定性描述長(zhǎng)木板 B運(yùn)動(dòng)的v- t圖象是（）word完美整理版答案 B解析 A B相對(duì)滑動(dòng)之前加速度相同，由整體法可得：F= 2maF增大，a增大。當(dāng)A B間剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板有 Ff = ma故此時(shí)F= 2Ff = kt, t= 匚，之后木板做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故只有 B k項(xiàng)正確。8 .如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為 m的足夠長(zhǎng)的木板，具上 疊放一質(zhì)量為m的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng) 摩

10、擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間 t增大的水平力F=kt（k是常 數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為 ai和a2。下列反映ai和&變化 的圖線(xiàn)中正確的是（）m2B答案 A解析 本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開(kāi)始階段兩物F kt 一一一體一起做勻加速運(yùn)動(dòng)有 F= （m+m）a,即a=-=一一,兩物體 m+m m+m加速度相同且與時(shí)間成正比。當(dāng)兩物體間的摩擦力達(dá)到2g后，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。對(duì) m有Ff = ma,在相對(duì)，t動(dòng)之前f逐漸增大，, 一 .一 F-f kt 相對(duì)滑動(dòng)后f = jim2g不再變化，a2 = ig,故其圖象斜率*mm. am2g .、增大；而對(duì)m,在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，有j

11、im2g=mai,故ai=為tem值。故A選項(xiàng)正確。9 .（多選）神舟飛船返回時(shí)，3噸重的返回艙下降到距地面 10 km 時(shí)，下降速度為200 m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16 s后返回艙的速度減至 80 m/s,此時(shí)減速傘與返回艙分離。然后 拉出主傘，主傘張開(kāi)后使返回艙的下降速度減至10 m/s,此時(shí)飛船距地面高度為1 m,接著艙內(nèi)4臺(tái)緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)點(diǎn)火，給飛船一個(gè)向 上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過(guò)程視為勻變速直 線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，g=10 m/s2。根據(jù)以上材料可得（）神舟飛船返回圖A.減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)B.主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)C.減速傘工作期

12、間返回艙的平均加速度大小為7.5 m/s 2D.每臺(tái)緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)的反沖才!力約為返回艙重力的1.5倍答案 CD解析 減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態(tài)，A、B項(xiàng)錯(cuò)；減速傘工作期間，返回艙從 200 m/s減速至80 m/s,，、一 1、一 , AV1 V22 一 ， .一 . . 1r _ . 1r 一由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1 = =7.5 m/s2, C項(xiàng)正確；緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開(kāi)動(dòng)后， t 12 V3加速度大小為=充=50 m/s,由牛頓弟二te律得4F mg= ma,解 2h3得上=1.5, D項(xiàng)正確。mg10 .（多選）如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m= 1 kg,初速度v0=10 m/s,

13、在一水平向左的恒力F作用下從。點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí) 刻后恒力F突然反向，整個(gè)過(guò)程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的圖象如圖乙所示，g=10 m/s2。下列說(shuō)法中正確的是（）A. 05 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t =1 s時(shí)刻恒力F反向C.恒力F大小為10 ND.物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.3答案 BD解析 題圖乙為物塊運(yùn)動(dòng)的v2- x圖象，由v2 v0=2ax可知，圖 象的斜率k = 2a,得05 m位移內(nèi)a1 = 10 m/s2, 513 m位移內(nèi) a2=4 m/s2,可知恒力F反向時(shí)物塊恰好位于 x=5 m處，t =v0= 1 ais, A錯(cuò)誤，B正確。對(duì)物塊受力分析可知，F(xiàn)

14、 Ff = ma, F- Ff = ma, 得 F= 7 N, Ff = 3 N, l =Ff- = 0.3, C錯(cuò)誤，D正確。77 mg 77二、真題與模擬11. 2015 海南高考（多選）如圖所示，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面， 斜面上放一物塊。開(kāi)始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對(duì)于斜面減速下滑D.物塊相對(duì)于斜面勻速下滑答案 BD解析 當(dāng)升降機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑時(shí)有： mgsin 6 = mgos。，則以 =tan 0 ( 0為斜面傾角)。當(dāng)升降機(jī)加速 上升時(shí)，設(shè)加速度為a,物體處于超重狀態(tài)，超重 ma物塊“

15、重力” 變?yōu)镚 m mg ma支持力變?yōu)?N = (m/mcos 0 mgcos 0 , B正 確?！爸亓Α毖匦泵嫦蛳碌姆至?G =(m什masin 6 ,沿斜面摩擦 力變?yōu)?f = N = (m什 macos。 mgcos 6 , A 錯(cuò)誤。f= it (m什 macos 6 =tan 6 (mg macos 6 = (m什 masin。= G下，所 以物塊仍沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)，D正確，C錯(cuò)誤。12. 2015 海南高考(多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量 相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧 S和S相連，通過(guò)系 在a上的細(xì)線(xiàn)懸掛于固定點(diǎn) O,整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線(xiàn)剪 斷。將物塊

16、a的加速度的大小記為as S和S相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別 記為晨和Al 2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()061A. a1 = 3gC. l 1 = 2 12答案 ACB. a = 0D. l 1= l 2解析 剪斷細(xì)線(xiàn)前，把a(bǔ)、b、c看成整體，細(xì)線(xiàn)上的拉力為 T=3mg因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此 a、b、c之間的作用力 與剪斷細(xì)線(xiàn)之前相同。則將細(xì)線(xiàn)剪斷瞬間，對(duì) a隔離進(jìn)行受力分析， 由牛頓第二定律得：3mg= ma,彳#a1=3g, A正確，B錯(cuò)誤。由胡克定 律知：2mg= kA l 1, mg= kA 12,所以1i = 2A12, C正確，D錯(cuò)誤。13. 2014 北京高考應(yīng)用

17、物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可 以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開(kāi)始 豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出。對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是 （）A.受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于超重狀態(tài)B.受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開(kāi)手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時(shí)，物體 處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體離開(kāi)手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度 等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故 A、B、C錯(cuò)誤；物體離開(kāi)手 的前一時(shí)刻，手與物體具有相同的速度，物體離開(kāi)手的下一時(shí)刻

18、，手 的速度小于物體的速度，即在物體離開(kāi)手的瞬間這段相同的時(shí)間內(nèi)， 手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加 速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故 D正確。14. 2014 四川高考（多選）如圖所示，水平傳送帶以速度 vi 勻速運(yùn)動(dòng)，小物體 P、Q由通過(guò)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V2, P與定滑輪間的繩水平，t=t0時(shí)刻 P離開(kāi)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（） 箝1答案 BC解析 若V2vi且mQg jimg 對(duì)P、Q整體分析有jimpgmg=（mp + m）a,當(dāng)P加速運(yùn)動(dòng)速

19、度達(dá)到vi后，與皮帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，直到離 開(kāi)傳送帶（也可能加速過(guò)程中就離開(kāi)傳送帶），所以B項(xiàng)正確。若v2jimpg,則P先勻減速到零再反向加速到離開(kāi)傳送帶（也可能減 速過(guò)程中就離開(kāi)傳送帶）；若v2vi,且mgVi且 mQg jtmpg,滿(mǎn)足 mQg+jimpg = （ mp+ m）a2,中 途減速至vi,以后滿(mǎn)足mg jimpg= （mp+ nm）a3,以a3先減速到零再以 相同的加速度返回直到離開(kāi)傳送帶（也可能減速過(guò)程中就離開(kāi)傳送帶），故C正確，A、D錯(cuò)誤。15. 2014 大綱卷一物塊沿傾角為。的斜坡向上滑動(dòng)。當(dāng)物 塊的初速度為v時(shí)，上升的最大高度為 H,如圖所示；當(dāng)物塊的初速 度為2時(shí)，

20、上升的最大高度記為ho重力加速度大小為g。物塊與斜坡答案 D解析 對(duì)物塊上滑過(guò)程由牛頓第二定律得m（sin 0 + it mgcos 9cH vh=ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得 v = 2a , v= 2a ,聯(lián)立可sin 6 sin 6/日 v2 一 H 得以 =.士工1 tan。，h=To故D項(xiàng)正確。2gH416. 2014 福建高考如圖，滑塊以初速度V0沿表面粗糙且足夠 長(zhǎng)的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過(guò)程，若用 h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小， t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是（）答案 B解析 對(duì)物體受力分析，由于物體在斜面上

21、能夠停止，物體所受 的滑動(dòng)摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為a ,由牛頓第二定律可知， Ff mgsin a =ma Fn= mgpos a , 又 Ff= Fn, 解得 a =i gcos a -gsin a ,加速度a為定值，D錯(cuò)誤。由v=v at可知，v- t圖線(xiàn)應(yīng)為傾斜的直線(xiàn)，C錯(cuò)誤, 為拋物線(xiàn)，B正確。由幾何關(guān)系可知 似于s- t圖線(xiàn)，A錯(cuò)誤。17. 2017 江西宜春三中檢測(cè),10 一，一由s = v0t2at可知，s- t圖線(xiàn) h=s sin a ,即h- t圖線(xiàn)應(yīng)類(lèi)如圖所示，質(zhì)量為M中空為半球形的光滑凹梢放置于光滑水平地面上，光滑梢內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向

22、右的推力 F推動(dòng)凹梢，小鐵球與光滑凹梢相對(duì)靜止時(shí)，凹梢圓心和小鐵球的連線(xiàn)與豎直方向成a角，則下列說(shuō)法正 確的是(A.小鐵球受到的合外力方向水平向左B.凹梢對(duì)小鐵球的支持力為二mg sin aC.系統(tǒng)的加速度為a= gtan aD.推力 F= Mgan a答案 C解析 根據(jù)小鐵球與光滑凹梢相對(duì)靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右 的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹梢對(duì)小鐵球的支持.mg力為,A、B錯(cuò)法。小球所受合外力為 mgan a，加速度a=gtan a ,cos aJJ ,推力F= (Mgtan民,C正確，D錯(cuò)誤。18. 2016 ?？诼?lián)考(多選)如圖所示，水平傳送帶 A B兩端 相距s=3

23、.5 m,工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1 o工件滑上A端瞬時(shí)速度 va =4 m/s ,到達(dá) B端的瞬時(shí)速度設(shè)為 vb,則(g=10 m/s2)()A.若傳送帶不動(dòng)，則 Vb= 3 m/sB.若傳送帶以速度v= 4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vb= 3 m/sC.若傳送帶以速度v= 2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，Vb= 3 m/sD.若傳送帶以速度v= 2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，Vb= 2 m/s答案 ABC解析 若傳送帶不動(dòng)，由勻變速規(guī)律可知vB vA= 2as, a= g, 代入數(shù)據(jù)解得vb=3 m/s,當(dāng)滿(mǎn)足選項(xiàng)R C中的條件時(shí)，工件所受滑 動(dòng)摩擦力跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，還是向左，加速度還是所

24、以工件到達(dá)B端時(shí)的瞬時(shí)速度仍為3 m/s,故選項(xiàng)A B、C正確，D錯(cuò)誤。19. 2016 福州質(zhì)檢如圖所示，勁度系數(shù)為 k的輕彈簧豎直 放置，下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。觀(guān)察小球開(kāi)始下落到小球 第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是（）答案 A解析 此過(guò)程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，加 速度a=g,方向豎直向下，速度v=gt;第二段小球向下做加速運(yùn)動(dòng)， 加速度a=mgmkX5彈簧的壓縮量x變大,加速度a變小，方向向下； 第三段運(yùn)動(dòng)小球向下做減速運(yùn)動(dòng)，加速度 a=k

25、x二mg彈簧的壓縮量 mx變大,加速度a變大，方向向上，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí) ag,而且小球接 觸彈簧后才t圖線(xiàn)不是線(xiàn)性關(guān)系，所以 C D都錯(cuò)誤。又由v- t圖 象的斜率變化代表加速度的變化，故選項(xiàng) A正確。20. 2016 山東煙臺(tái)期中（多選）如圖所示，橫截面為直角三 角形的三棱柱質(zhì)量為 M放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個(gè) 角的角度為a（ a 45 ）o三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì) 量為m和m的兩物體，兩物體間通過(guò)一根跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連接， 定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)滑輪 與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g,則將m和m同時(shí)由靜止釋放后，下列

26、說(shuō)法正確的是（）A.若m=m,則兩物體可靜止在斜面上B.若m=mcot民,則兩物體可靜止在斜面上C.若m=m,則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(協(xié)m+m)gD.若m=m,則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案 BC解析 若m=m, m的重力沿斜面向下的分力大小為mgsin(90 a), m的重力沿斜面向下的分力大小為 mgsin a,由于a 45 , 則mgsin(90 a ) mgsin民,則m將沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，m將沿 斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿(mǎn)足： mgsin(90 a) = mgsin 值, 即有 m= mcot 值,B正確。若 m=m,設(shè)加速度大小為a,對(duì)兩個(gè)物

27、體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎 直方向有 FN (M+ m + m)g = masin(90 a)masin a0,即地面對(duì)三棱柱的支持力FN(加m+ m)g,則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(出 m+m)g；水平方向有 Ff = macos a macos(90 a)0, C正確，D 錯(cuò)誤。第顏步 精做大題練能力一、基礎(chǔ)與經(jīng)典21.如圖所示，長(zhǎng)L=1.6 m質(zhì)量M= 3 kg的木板靜置于光滑水 平面上，質(zhì)量m= 1 kg的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動(dòng) 摩擦因數(shù)以 =0.1?，F(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的拉力 F,取g=10 m/s2 F(1)求使物塊不掉下去的最大拉力 F;(2)如果拉力F=

28、 10 N恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案 (1)4 N (2)1.26 m/s解析(1)物塊不掉下去的最大拉力，其存在的臨界條件必是物 塊與木板具有共同的最大加速度a。對(duì)物塊，最大加速度 21 =毛詈 八=1 m/s2, 對(duì)整體，F(xiàn)=(火 n)a1=(3 + 1)X1 N=4 N。(2)當(dāng)F= 10 N時(shí)，木板的加速度F- 11 mg 10-0.1 X1X10223 m/s =3 m/s1 c 1由2a2t 2a1t = L得物塊滑過(guò)木板所用時(shí)間t =，1.6 s ,物塊離開(kāi)木板時(shí)的速度 V1=a1t=，16 m/s =1.26 m/s即小物塊所能獲得的最大速度為 1.26 m/s

29、。22. 質(zhì)量為20 kg的物體若用20 N的水平力牽引它，剛好能在 水平面上勻速前進(jìn)。問(wèn)：若改用 50 N拉力、沿與水平方向成37的 夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進(jìn)2.3 m,它的速度多大？在前進(jìn)2.3 m時(shí)撤去拉力，又經(jīng)過(guò)3 s,物體的速度多大？ (sin37 =0.6, cos37 =0.8, g 取 10 m/s2)答案 2.3 m/s 0解析 施加20 N水平拉力時(shí)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)i = f 1, f= J1Fni, Fni=G 解得 JI = 0.1。對(duì)物體施加斜向上的拉力后，設(shè)加速度為as由牛頓第二定律可得 F2cos 6 f 2= ma, f2 = (G

30、F?sin 6 ),a1=1.15 m/s 2(方向與運(yùn)動(dòng)方向相同)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)定律可得 v2=2ax, v=2.3 m/s , 撤去拉力后，物體的加速度大小為 a,由牛頓第二定律有 fi=ma, a2 = 1 m/s2(方向與運(yùn)動(dòng)方向相反)。由t=：,可得物體停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=2.3 s3 s ,所以3 s后物體的速度大小為0。二、真題與模擬23. 2015 全國(guó)卷I 一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端 放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5成 如圖(a)所示。t =0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn) 動(dòng)，直至t=1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰

31、撞前后木板 速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知 碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v- t圖線(xiàn)如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小 物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：圖圖(b)(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)平；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案 (1)邛=0.1 邛=0.4(2)木板的最小長(zhǎng)度為6.0 m(3)木板右端離墻壁的最終距離為 6.5 m解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木 板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M由牛頓第二定律有u(mH M)g=(

32、mn M)ai 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度 Vi = 4 m/s,由運(yùn)動(dòng) 學(xué)公式得Vi = v0+ at i 1 一, 26So= Vot i + 2ait iQD式中，ti = 1 s, so=4.5 m是木板碰前的位移，Vo是小物塊和木 板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式和題給條件得 用=0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以-Vi的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)， 小物塊以Vi的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a,由牛頓第二定律有一it 2mg= ma,一一,V2 Vi由題圖（b）可得32=7一1t 2 t 1式中，12 = 2 s, V2=0,聯(lián)立式和題給條件得12= 0.4。(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為 33,經(jīng)過(guò)時(shí)間t ,木板和小物塊剛 好具有共同速度V3。取向右為正方向，則33為正，32為負(fù)，由牛頓第 二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得it 2m/ 陰(口m) g= MaV3= Vl + 33 t V3= Vi + 324 t 碰撞后至木板和小物