2019屆新課標Ⅱ高考物理一輪復(fù)習(xí)專題三牛頓運動定律講義

專題三牛頓運動定律高考物理

(課標Ⅱ?qū)Ｓ?考點一對牛頓運動定律的理解1.(2016課標Ⅰ,18,6分)(多選)一質(zhì)點做勻速直線運動?，F(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質(zhì)點

上的力不發(fā)生改變,則

()A.質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C.質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變五年高考A組統(tǒng)一命題·課標卷題組答案

BC由題意知此恒力即為質(zhì)點所受合外力,若原速度與該恒力在一條直線上,則質(zhì)點

做勻變速直線運動,質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變的;原速度與該恒力不在一條直線

上,則質(zhì)點做勻變速曲線運動,速度與恒力間夾角逐漸減小,質(zhì)點單位時間內(nèi)速度的變化量是不

變的,但速率的變化量是變化的,A、D項錯誤,B項正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點加速度的方向

總與該恒力方向相同,C項正確。考點二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用2.(2018課標Ⅰ,15,6分)如圖,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀

態(tài)?，F(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置

的位移,在彈簧恢復(fù)原長前,下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是

()

答案

A本題考查胡克定律、共點力的平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜止時彈簧壓縮量為

x0,由胡克定律和平衡條件得mg=kx0。力F作用在P上后,物塊受重力、彈力和F,向上做勻加速

直線運動,由牛頓第二定律得,F+k(x0-x)-mg=ma。聯(lián)立以上兩式得F=kx+ma,所以F-x圖像中圖

線是一條不過原點的傾斜直線,故A正確。易錯點撥注意胡克定律中形變量的含義胡克定律中的形變量指的是壓縮量或伸長量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時的形

變量為x0-x而不是x。3.(2015課標Ⅰ,20,6分,0.677)(多選)如圖(a),一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面,其運動的v-t圖線

如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量,則可求出

()

A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度答案

ACD設(shè)物塊的質(zhì)量為m、斜面的傾角為θ,物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊沿斜

面上滑和下滑時的加速度大小分別為a1和a2,根據(jù)牛頓第二定律有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1,mg

sinθ-μmgcosθ=ma2。再結(jié)合v-t圖線斜率的物理意義有:a1=

,a2=

。由上述四式可見,無法求出m,可以求出θ、μ,故B錯,A、C均正確。0~t1時間內(nèi)的v-t圖線與橫軸包圍的面積大小等于物

塊沿斜面上滑的最大距離,θ已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。思路指導(dǎo)①分別寫出上滑和下滑時加速度大小的表達式。②利用v-t圖像求出上滑與下滑時的加速度。v考查點牛頓第二定律、受力分析、v-t圖像溫馨提示斜面上物體的“重力分解效果”及“受力分析特點”是考試中常見的問題,應(yīng)當

熟記。4.(2015課標Ⅱ,20,6分,0.450)(多選)在一東西向的水平直鐵軌上,停放著一列已用掛鉤連接好

的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時,連接某兩相鄰車廂的掛

鉤P和Q間的拉力大小為F;當機車在西邊拉著車廂以大小為

a的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦,每節(jié)車廂質(zhì)量相同,則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為

()A.8

B.10

C.15

D.18答案

BC如圖所示,假設(shè)掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂,西邊有y節(jié)車廂,每節(jié)車廂質(zhì)量為m。當

向東行駛時,以y節(jié)車廂為研究對象,則有F=mya;當向西行駛時,以x節(jié)車廂為研究對象,則有F=

mxa,聯(lián)立兩式有y=

x?？梢?列車車廂總節(jié)數(shù)N=x+y=

x,設(shè)x=3n(n=1,2,3,…),則N=5n,故可知選項B、C正確。

5.(2014課標Ⅱ,17,6分,0.645)如圖,一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán),用一細輕桿固定在豎直平面內(nèi);套

在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。

當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時,大環(huán)對輕桿拉力的大小為

()A.Mg-5mg

B.Mg+mgC.Mg+5mg

D.Mg+10mg答案

C

解法一以小環(huán)為研究對象,設(shè)大環(huán)半徑為R,根據(jù)機械能守恒定律,得mg·2R=

mv2,在大環(huán)最低點有FN-mg=m

,得FN=5mg,此時再以大環(huán)為研究對象,受力分析如圖,由牛頓第三定律知,小環(huán)對大環(huán)的壓力為FN'=FN,方向豎直向下,故F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。解法二設(shè)小環(huán)滑到大環(huán)最低點時速度為v,加速度為a,根據(jù)機械能守恒定律

mv2=mg·2R,且a=

,所以a=4g,以大環(huán)和小環(huán)整體為研究對象,受力情況如圖所示。F-Mg-mg=ma+M·0所以F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。思路指導(dǎo)

①

②小環(huán)—下滑過程分析—大環(huán)、小環(huán)整體動力學(xué)分析—得F考查點牛頓運動定律、機械能守恒定律6.(2015課標Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨時,有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一

傾角為θ=37°(sin37°=

)的山坡C,上面有一質(zhì)量為m的石板B,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均處于靜止狀態(tài),如圖所示。假設(shè)某次暴雨中,A浸透雨水后總

質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊),在極短時間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為

,B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開始運動,此時刻為計時起點;在第2s末,B的上表面突然變?yōu)?/p>

光滑,μ2保持不變。已知A開始運動時,A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長。設(shè)最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在0~2s時間內(nèi)A和B加速度的大小;(2)A在B上總的運動時間。答案(1)3m/s21m/s2(2)4s解析(1)在0~2s時間內(nèi),A和B的受力如圖所示,其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大

小,f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小,方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平

衡條件得

f1=μ1N1

①N1=mgcosθ

②f2=μ2N2

③N2=N1+mgcosθ

④規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2,由牛頓第二定律得mgsinθ-f1=ma1

⑤mgsinθ-f2+f1=ma2

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式,并代入題給條件得a1=3m/s2

⑦a2=1m/s2

⑧(2)在t1=2s時,設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則v1=a1t1=6m/s⑨v2=a2t1=2m/s⑩t>t1時,設(shè)A和B的加速度分別為a1'和a2'。此時A與B之間的摩擦力為零,同理可得a1'=6m/s2

a2'=-2m/s2

即B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t2,B的速度減為零,則有v2+a2't2=0

聯(lián)立

式得t2=1s

在t1+t2時間內(nèi),A相對于B運動的距離為s=

-

=12m<27m

此后B靜止不動,A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時間t3后A離開B,則有l(wèi)-s=(v1+a1't2)t3+

a1'

可得t3=1s(另一解不合題意,舍去)

設(shè)A在B上總的運動時間為t總,有t總=t1+t2+t3=4s

(也可利用下面的速度圖線求解)易錯警示注意當B上表面光滑時,B從加速向下運動變?yōu)闇p速向下運動?？疾辄c牛頓第二定律、受力分析7.(2015課標Ⅰ,25,20分,0.155)一長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4.5m,如圖(a)所示。t=0時刻開始,小物塊與木板一起

以共同速度向右運動,直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小

不變,方向相反;運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如

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10m/s2。求(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2;(2)木板的最小長度;(3)木板右端離墻壁的最終距離。

答案(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m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動,設(shè)加

速度為a1,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有-μ1(m+M)g=(m+M)a1

①由圖(b)可知,木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4m/s,由運動學(xué)公式得v1=v0+a1t1

②s0=v0t1+

a1

③式中,t1=1s,s0=4.5m是木板與墻壁碰前瞬間的位移,v0是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立①②③式并結(jié)合題給條件得μ1=0.1

④在木板與墻壁碰撞后,木板以-v1的初速度向左做勻變速運動,小物塊以v1的初速度向右做勻變

速運動。設(shè)小物塊的加速度為a2,由牛頓第二定律有-μ2mg=ma2

⑤由圖(b)可得a2=

⑥式中,t2=2s,v2=0,聯(lián)立⑤⑥式并結(jié)合題給條件得μ2=0.4

⑦(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間Δt,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二

定律及運動學(xué)公式得μ2mg+μ1(M+m)g=Ma3

⑧v3=-v1+a3Δt

⑨v3=v1+a2Δt

⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中,木板的位移為s1=

Δt

小物塊的位移為s2=

Δt

小物塊相對木板的位移為Δs=s2-s1

聯(lián)立⑥⑧⑨⑩

式,并代入數(shù)據(jù)得Δs=6.0m

因為運動過程中小物塊沒有脫離木板,所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m。(3)在小物塊和木板具有共同速度后,兩者向左做勻變速運動直至停止,設(shè)加速度為a4,此過程中

小物塊和木板運動的位移為s3。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得μ1(m+M)g=(m+M)a4

0-

=2a4s3

碰后木板運動的位移為s=s1+s3

聯(lián)立⑥⑧⑨⑩

式,并代入數(shù)據(jù)得s=-6.5m

木板右端離墻壁的最終距離為6.5m。[第(1)問7分,①至⑦式各1分;第(2)問8分,⑧至

式各1分,

式2分;第(3)問5分,

至

式各1分,

式2分。]思路指導(dǎo)每次分析包括受力分析列動力學(xué)方程,運動分析列運動學(xué)方程,同時還要注意位移

關(guān)系列位移方程?？疾辄c牛頓第二定律、運動學(xué)公式易錯警示注意v-t圖像1s末的速度等于木板撞前速度?？键c一對牛頓運動定律的理解1.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強電場中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個帶電小球,

使之處于靜止狀態(tài)。忽略空氣阻力,當懸線斷裂后,小球?qū)⒆?/p>

()

A.曲線運動

B.勻速直線運動C.勻加速直線運動

D.變加速直線運動B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組答案

C本題考查力與運動的關(guān)系。在懸線斷裂前,小球受重力、電場力和懸線拉力作用

而處于平衡狀態(tài),故重力與電場力的合力與拉力等值反向。懸線斷裂后,小球所受重力與電場

力的合力大小、方向均不變,故小球?qū)⒀卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運動,C項正

確。2.(2016江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出,魚缸最終沒

有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等,則在上述過程中

()

A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C.若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力,魚缸有可能滑出桌面答案

BD由題圖可見,魚缸相對桌布向左滑動,故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右,A

錯。因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過程與減速過程的加

速度大小相等,均為μg;由v=at可知,魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間

相等,故B正確。若貓增大拉力,魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不變,故C

錯。若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動,則魚缸就會滑出桌面,故D正確。3.(2016上海單科,4,3分)如圖,頂端固定著小球的直桿固定在小車上,當小車向右做勻加速運動

時,球所受合外力的方向沿圖中的

()

A.OA方向

B.OB方向

C.OC方向

D.OD方向答案

D當小車向右做勻加速運動時,其加速度的方向水平向右,由牛頓第二定律可知,小球

所受合外力的方向水平向右,即沿圖中OD方向,選項D正確,選項A、B、C錯誤?？键c二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用4.(2017上海單科,6,3分)一碗水置于火車車廂內(nèi)的水平桌面上。當火車向右做勻減速運動時,

水面形狀接近于圖

()

答案

A當火車向右做勻減速運動時,碗內(nèi)的水由于慣性,保持原來較大的速度向右運動,則

只有圖A所示的情形符合要求,故A正確。一題多解“微元體”的選取由于液體內(nèi)任一部分所受合力水平向左,故可在液體內(nèi)部任意位置取一個立方體,則右側(cè)面處

的壓強必大于左側(cè)面處的壓強,由液體的壓強公式p=ρgh可知,液體內(nèi)同一水平線上各點從左

到右距液面高度依次增大,故A正確。5.(2015海南單科,8,5分)(多選)如圖,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S1和S2相連,通過系在a上的細線懸掛于固定點O。整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪

斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2,重力加速度大

小為g。在剪斷的瞬間,

()

A.a1=3g

B.a1=0C.Δl1=2Δl2

D.Δl1=Δl2

答案

AC剪斷細線前,把a、b、c看成整體,細線上的拉力為T=3mg。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線之前相同。則將細線剪斷瞬間,對a隔離進行受

力分析,由牛頓第二定律得:3mg=ma1得a1=3g,A正確,B錯誤。由胡克定律知:2mg=kΔl1,mg=kΔl2,

所以Δl1=2Δl2,C正確,D錯誤。6.(2015重慶理綜,3,6分)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始

跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t

安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作

用力大小為

()A.

+mg

B.

-mgC.

+mg

D.

-mg答案

A

解法一:由v2=2gh得v=

。對人與安全帶作用的過程應(yīng)用動量定理,則有(mg-F)t=0-mv,解得F=

+mg,故A正確。解法二:對人與安全帶作用的過程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a=

=

,解得F=

+mg,故A正確。7.(2015重慶理綜,5,6分)若貨物隨升降機運動的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正),則貨物受到

升降機的支持力F與時間t關(guān)系的圖像可能是

()

答案

B由v-t圖像可知,升降機的運動過程為:向下加速(失重:F<mg)→向下勻速(F=mg)→向

下減速(超重:F>mg)→向上加速(超重:F>mg)→向上勻速(F=mg)→向上減速(失重:F<mg),對照F

-t圖像可知,B正確。8.(2017上海單科,17,2分)如圖,光滑固定斜面的傾角為30°,A、B兩物體的質(zhì)量之比為4∶1。B

用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連,開始時A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當B落地

前瞬間,A、B的速度大小之比為

,機械能之比為

(以地面為零勢能面)。

答案1∶24∶1解析剪斷輕繩后,A、B兩物體均做初速度為零的勻加速直線運動。兩物體的運動時間相同,

所以它們的速度大小之比就是它們的加速度大小之比。剪斷輕繩后,物體B做自由落體運動,

其加速度為重力加速度g,物體A受力如圖所示

其加速度aA=gsin30°=

g=

aBaA∶aB=1∶2得vA∶vB=1∶2由機械能守恒的條件可知,物體A和B在整個運動過程中各自的機械能守恒,這就意味著,物體B

落地前的瞬間,兩物體的機械能分別和其初狀態(tài)的機械能相等初態(tài)時EA=mAgh,EB=mBghEA∶EB=mA∶mB=4∶1即兩物體的機械能之比為4∶19.(2016四川理綜,10,17分)避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施,由制動坡床和防撞設(shè)施

等組成,如圖豎直平面內(nèi),制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長12m的載有貨物的

貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?當車速為23m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始

在車廂內(nèi)向車頭滑動,當貨物在車廂內(nèi)滑動了4m時,車頭距制動坡床頂端38m,再過一段時間,

貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動坡

床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平

板,取cosθ=1,sinθ=0.1,g=10m/s2。求:

(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向;(2)制動坡床的長度。答案(1)5m/s2方向沿制動坡床向下(2)98m解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m,貨物在車廂內(nèi)滑動過程中,貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,受

摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則f+mgsinθ=ma1

①f=μmgcosθ

②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1=5m/s2

③a1的方向沿制動坡床向下。(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動

到車頭距制動坡床頂端s0=38m的過程中,用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為s1,在車廂

內(nèi)滑動的距離s=4m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制

動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44,貨車長度l0=12m,制動坡床的長度

為l,則Mgsinθ+F-f=Ma2

④F=k(m+M)g

⑤s1=vt-

a1t2

⑥s2=vt-

a2t2

⑦s=s1-s2

⑧l(xiāng)=l0+s0+s2

⑨聯(lián)立①②④~⑨并代入數(shù)據(jù)得l=98m⑩解題指導(dǎo)(1)貨物在車廂內(nèi)向上滑動時,通過受力分析,由牛頓第二定律可求貨物的加速度大

小和方向。(2)貨車和貨物沿坡床上滑過程中,貨車、貨物都做減速運動,二者位移的幾何關(guān)系是解答此題

的關(guān)鍵所在?？键c一對牛頓運動定律的理解1.(2013課標Ⅱ,14,6分,0.733)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時刻開始,物塊受到一方

向不變的水平拉力作用。假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊

的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是

()

C組教師專用題組答案

C物塊的受力如圖所示,當F不大于最大靜摩擦力時,物塊仍處于靜止狀態(tài),故其加速

度為0;當F大于最大靜摩擦力后,由牛頓第二定律得F-μFN=ma,即F=μFN+ma,F與a成線性關(guān)

系。選項C正確。

考查點牛頓第二定律的應(yīng)用解題關(guān)鍵通過動力學(xué)分析推出F與a的函數(shù)關(guān)系表達式。易錯警示注意題中假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。2.(2013重慶理綜,4,6分)如圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,讓小球由傾角為θ的

光滑斜面滑下,然后在不同的θ角條件下進行多次實驗,最后推理出自由落體運動是一種勻加

速直線運動。分析該實驗可知,小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運動的加速度和重力加速度與各自

最大值的比值y隨θ變化的圖像分別對應(yīng)圖2中的

()

圖1圖2A.①、②和③

B.③、②和①C.②、③和①

D.③、①和②答案

B重力加速度g與θ無關(guān),其值在θ值增大時保持不變,故其圖像應(yīng)為①,則A、D兩項均

錯。當θ=0時小球的加速度a=0,故其圖像必定為②,所以B項正確,C項錯誤?？键c二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用3.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國科學(xué)家正在研制航母艦載機使用的電磁彈射器。艦載機

總質(zhì)量為3.0×104kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動機的推力恒為1.0×105N;彈射器有效作用長度為100m,

推力恒定。要求艦載機在水平彈射結(jié)束時速度大小達到80m/s。彈射過程中艦載機所受總推

力為彈射器和發(fā)動機推力之和,假設(shè)所受阻力為總推力的20%,則

()A.彈射器的推力大小為1.1×106NB.彈射器對艦載機所做的功為1.1×108JC.彈射器對艦載機做功的平均功率為8.8×107WD.艦載機在彈射過程中的加速度大小為32m/s2

答案

ABD艦載機彈射過程中的加速度a=

=

m/s2=32m/s2,選項D正確;對艦載機在水平方向受力分析,根據(jù)牛頓第二定律得:F彈+F發(fā)-20%(F彈+F發(fā))=ma,解得:F彈=1.1×106N,選項A

正確;由功的定義得:W彈=F彈·x=1.1×108J,選項B正確;由速度公式得彈射器對艦載機的作用時間

t=

=

s=2.5s,由功率的定義得:P彈=

=4.4×107W,選項C錯。4.(2014江蘇單科,8,4分)(多選)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地

面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動摩擦因數(shù)為

μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F,則

()

A.當F<2μmg時,A、B都相對地面靜止B.當F=

μmg時,A的加速度為

μgC.當F>3μmg時,A相對B滑動D.無論F為何值,B的加速度不會超過

μg答案

BCD對A、B整體,地面對B的最大靜摩擦力為

μmg,故當

μmg<F<2μmg時,A、B相對地面運動,故A錯。對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律,有F-

×3mg=3ma;對B,在A、B恰好要發(fā)生相對運動時,μ×2mg-

×3mg=ma,兩式聯(lián)立解得F=3μmg,可見,當F>3μmg時,A相對B才能滑動,C對。當F=

μmg時,A、B相對靜止,對整體有:

μmg-

×3mg=3ma,a=

μg,故B正確。無論F為何值,B所受的最大動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg,故B的最大加速度aBm=

=

μg,可見D正確。5.(2013廣東理綜,19,6分)(多選)如圖,游樂場中,從高處A到水面B處有兩條長度相同的光滑軌

道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時從A處自由滑向B處,下列說法正確的有

()

A.甲的切向加速度始終比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一時刻總能到達同一高度D.甲比乙先到達B處答案

BD由軌道傾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的,后是小于乙的,A項錯誤。由機械

能守恒定律可知,甲、乙在同一高度時速度大小相等,B項正確。開始時甲的加速度大于乙的

加速度,故甲開始時下滑較快,C項錯誤。因開始時甲的平均加速度較大,其在整個過程中的平

均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到達B處,D項正確。評析本題中的C、D兩選項較難判斷,屬于難度較大層次。可用圖像法簡便解決,圖中兩陰

影面積相等。

6.(2012天津理綜,8,6分)(多選)如圖甲所示,靜止在水平地面的物塊A,受到水平向右的拉力F作

用,F與時間t的關(guān)系如圖乙所示,設(shè)物塊與地面的靜摩擦力最大值fm與滑動摩擦力大小相等,則

()

A.0~t1時間內(nèi)F的功率逐漸增大B.t2時刻物塊A的加速度最大C.t2時刻后物塊A做反向運動D.t3時刻物塊A的動能最大答案

BD0~t1時間內(nèi)物塊A仍處于靜止狀態(tài),F的功率為零,A錯。t1~t3時間內(nèi)F>fm,對物塊A列

方程得F-fm=ma,F先增大后減小,因此加速度a先增大后減小,但v一直增大,當F最大時,a最大,B

正確。t3時刻F=fm,a=0,物塊A速度達到最大,故C錯誤,D正確。評析本題借助牛頓運動定律的相關(guān)內(nèi)容考查學(xué)生應(yīng)用圖像和受力關(guān)系表述物理過程的能

力,涉及的知識點有牛頓第二定律與受力分析等。對物塊A的運動過程分析是該題的難點。

題目難度較高,區(qū)分度高。7.(2011四川理綜,19,6分)如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖,假定其過程

可簡化為:打開降落傘一段時間后,整個裝置勻速下降,為確保安全著陸,需點燃返回艙的緩沖

火箭,在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動,則

()A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)答案

A對降落傘,勻速下降時受到的重力mg、繩的拉力FT和空氣阻力F平衡,即FT=F-mg。

在噴氣瞬間,噴氣產(chǎn)生的反沖力向上,使降落傘減速運動,設(shè)加速度大小為a,對降落傘應(yīng)用牛頓

第二定律:F-FT'-mg=ma,FT'=F-mg-ma<FT,故A正確,B錯誤。加速度方向向上,返回艙處于超重狀

態(tài),故D錯誤。合外力方向向上、位移方向向下,做負功,故C錯誤。8.(2011北京理綜,18,6分)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處,從幾十

米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動,所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如

圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動,重力加速度為g。據(jù)圖可知,此人在蹦極過程

中最大加速度約為

()

A.g

B.2g

C.3g

D.4g答案

B“蹦極”運動的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止狀態(tài),此時繩的拉力等于人的重

力,由圖可知,繩的拉力最終趨于恒定時等于重力且等于

F0,即F0=

mg。當繩的拉力最大時,人處于最低點且合力最大,故加速度也最大,此時F最大=

F0=3mg,方向豎直向上,由ma=F最大-mg=3mg-mg=2mg得最大加速度為2g,故B正確。評析將生活實際與物理知識相結(jié)合,將生活實際與圖像分析相結(jié)合,在考查實際應(yīng)用能力的

同時,又考查了圖像分析應(yīng)用能力。較難,得分率低。9.(2010福建理綜,16,6分)質(zhì)量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上,物體與地面間的動摩

擦因數(shù)為0.2,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等。從t=0時刻開始,物體受到方向不

變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用,F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取1

0m/s2,則物體在t=0至t=12s這段時間的位移大小為

()A.18mB.54mC.72mD.198m答案

B

物體與地面間最大靜摩擦力f=μmg=0.2×2×10N=4N。由題給F-t圖像知0~3s內(nèi),F=

4N,說明物體在這段時間內(nèi)保持靜止。3~6s內(nèi),F=8N,說明物體做勻加速運動,加速度a=

=2m/s2。6s末物體的速度v=at=2×3m/s=6m/s,在6~9s內(nèi)物體以6m/s的速度做勻速運動。9~12s內(nèi)又以2m/s2的加速度做勻加速運動,作v-t圖像如圖所示。故0~12s內(nèi)的位移s=

×2m+6×6m=54m。故B項正確。

考點一對牛頓運動定律的理解1.(2018陜西質(zhì)檢,14)如圖所示,A、B兩物體相距s=7m,物體A以vA=4m/s的速度向右勻速運動,

而物體B此時的速度vB=10m/s,只在滑動摩擦力作用下向右做勻減速運動,B與水平地面間的動

摩擦因數(shù)μ=0.2,那么物體A追上物體B所用的時間為

()

A.7sB.8sC.9sD.10s三年模擬A組2016—2018年高考模擬·基礎(chǔ)題組答案

B對B由牛頓第二定律得F=μmBg=mBaB,aB=2m/s2,物體B從開始到停下來所用的時間t=

=5s,在此時間內(nèi)B前進的距離sB=

t=

×t=25m,A前進的距離sA=vAt=20m,故此時A、B相距12m,所以再經(jīng)過3sA才能追上B,故物體A追上物體B所用的時間為8s?？疾辄c牛頓第二定律、追及相遇問題解題關(guān)鍵不能整個過程列方程,因為B物體停下后,A物體運動,B物體靜止不動。2.(2018新疆烏魯木齊一測,2)一物體沿傾角為θ的固定斜面自行上滑與下滑時的加速度大小之

比為3∶1,則物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為

()A.tanθ

B.

tanθ

C.

tanθ

D.

tanθ答案

B物體上滑時,由牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=gsinθ+μgcosθ;物

體下滑時,由牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,則a2=gsinθ-μgcosθ,據(jù)題有a1=3a2,聯(lián)立

解得μ=

tanθ,B正確。考查點牛頓第二定律解題關(guān)鍵推出物體上滑與下滑時的加速度表達式是關(guān)鍵。3.(2018陜西西安長安二模,1)如圖所示,質(zhì)量相等的三個物塊A、B、C,A與天花板之間、B與C

之間均用輕彈簧相連,A與B之間用細繩相連,當系統(tǒng)靜止后,突然剪斷A、B間的細繩,則此瞬間

A、B、C的加速度分別為(取向下為正)

()

A.-g、2g、0

B.-2g、2g、0C.0、2g、0

D.-2g、g、g答案

B剪斷細繩前,對B、C整體進行受力分析,受到重力和細繩的拉力而平衡,故T=2mg;再

對物塊A、B分別進行受力分析,受到重力、細繩拉力和彈簧的拉力;剪斷細繩后,重力和彈簧

的彈力不變,細繩的拉力減為零,故物塊B受到的合力等于2mg,向下,物塊A受到的合力為2mg,

向上,物塊C受到的力不變,合力為零,故物塊B有向下的加速度,大小為2g,物塊A具有向上的加

速度,大小為2g,物塊C的加速度為零,故選B。解題關(guān)鍵彈簧的彈力瞬間不變?？疾辄c牛頓第二定律的瞬時性問題4.(2017吉林吉大附中五次摸底,2)從t=0時刻開始,甲沿光滑水平面做直線運動,速度隨時間變

化的情況如圖(a);乙靜止于光滑水平地面,從t=0時刻開始受到如圖(b)所示的水平拉力作用。

則在0~4s的時間內(nèi)

()

A.甲物體所受合力不斷變化B.甲物體的速度不斷減小C.2s末乙物體改變運動方向D.2s末乙物體速度達到最大答案

D

v-t圖像中圖線斜率表示加速度,從圖(a)中可知甲運動的加速度恒定,所以所受合力

恒定,A錯誤;從圖(a)中可知甲的速度先減小后反向增大,B錯誤;由(b)圖知乙所受的拉力先沿正

向后沿負向,說明乙在0~2s內(nèi)做加速度減小的加速運動,2~4s內(nèi)沿原方向做加速度增大的減

速運動,2s末運動方向沒有改變,2s末乙物體速度達到最大,C錯誤、D正確。解題關(guān)鍵①理解v-t圖像中圖線斜率表示加速度。②理解當a、v同向時,F減小,a減小,但v增加?？疾辄c

v-t圖像、力與運動的關(guān)系5.(2017重慶萬州第二次質(zhì)量檢測,19)(多選)某游樂園中一游客站在斜向上勻加速運行的電動

扶梯上(扶欄未畫出),人和扶梯保持相對靜止,其加速度a方向如圖所示。在該游客上升過程

中,下列判斷正確的是

()

A.游客所受電梯作用力的方向與圖中a的方向相同B.游客在豎直方向受到的電梯支持力大于游客所受重力C.游客機械能的增加量大于支持力所做的功D.游客在豎直方向受到的合力為零,在a方向上受到的合力不為零答案

BC對人進行受力分析可知人受豎直向下的重力、扶梯對人水平向右的摩擦力以及

豎直向上的支持力,三力合力沿a的方向,故扶梯作用力即支持力與摩擦力的合力與a方向不同,

A錯;分解a有masinθ=FN-G,即FN>G,豎直方向合力不為零,故B對、D錯;機械能增量應(yīng)等于除

G外的其他力做的功,故C對。考查點牛頓第二定律解題關(guān)鍵①合力方向與加速度方向相同。②摩擦力與支持力都對人做正功?？键c二牛頓運動定律的綜合應(yīng)用6.(2018遼寧鞍山一中四模,2)一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行。現(xiàn)將一個木

炭包無初速地放在傳送帶的最左端,木炭包將會在傳送帶上留下一段黑色的徑跡。下列說法

中正確的是

()A.黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè)B.木炭包的質(zhì)量越大,徑跡的長度越短C.傳送帶運動的速度越大,徑跡的長度越短D.木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大,徑跡的長度越短答案

D放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速,而傳送帶仍勻速,雖然兩者都向

右運動,但在木炭包的速度達到與傳送帶速度相等之前木炭包相對于傳送帶向左運動,故黑色

徑跡出現(xiàn)在木炭包的右側(cè),A錯誤。由于木炭包在摩擦力作用下加速運動時加速度a=μg與其

質(zhì)量無關(guān),故徑跡長度與其質(zhì)量也無關(guān),B錯誤。徑跡長度等于木炭包相對傳送帶通過的位移

大小,即二者對地的位移差:Δx=vt-

t=

vt=

,可見傳送帶速度越小、動摩擦因數(shù)越大,相對位移越小,黑色徑跡越短,C錯誤D正確。7.(2018遼寧大連雙基,4)如圖所示,木塊A疊放在木塊B的上表面,木塊B上表面水平,B的下表面

與斜面間無摩擦,A與B保持相對靜止一起沿斜面下滑過程中,斜面體C保持不動,下列判斷正確

的是

()

A.A木塊受到的摩擦力水平向右B.A對B的作用力方向豎直向下C.C與水平地面之間沒有摩擦力D.C對地面的壓力小于A、B、C重力之和答案

D以A和B整體為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律可得:a=gsinθ,把加速度分解,水平方

向:ax=gsinθcosθ,豎直方向ay=gsin2

θ,隔離A進行分析有:fA=mAax=mAgsinθcosθ,方向向左,故A

錯誤;A對B的壓力豎直向下,A對B的摩擦力水平向右,A對B的作用力即A對B的摩擦力和壓力的

合力,根據(jù)平行四邊形定則可知指向右下方,故B錯誤;對整體進行分析,由于A和B有向左的加

速度ax,地面對C的摩擦力方向向左,故C錯誤;由于A和B整體具有向下的加速度ay=gsin2

θ,處于

失重狀態(tài),所以地面對C的支持力小于A、B、C重力之和,故D正確。

考查點牛頓第二定律的矢量性、失重溫馨提示①A和B整體沿斜面下滑,加速度a=gsinθ。②加速度分解8.(2018內(nèi)蒙古包頭九中期中,6)(多選)如圖所示,傳送帶與地面間夾角為θ=37°,AB的長度為16

m,傳送帶以大小為10m/s的速度轉(zhuǎn)動,在傳送帶上端A無初速度地放一個質(zhì)量為0.5kg的物體,

它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5,求物體從A運動到B所用的時間可能為(sin37°=0.6,cos37°

=0.8,g=10m/s2)()

A.1.8sB.2.0sC.2.1sD.4.0s答案

BD若傳送帶逆時針運動,由于剛開始時物體的速度小于傳送帶的速度,所以物體相

對傳送帶沿斜面向上運動,物體受到的摩擦力沿斜面向下,故此時根據(jù)牛頓第二定律可得mg

sinθ+μmgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2,物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間為t1=

=1s,在此時間內(nèi)相對傳送帶發(fā)生的位移為x1=

a1

=5m<16m,可知物體加速到10m/s時仍未到達B端,由于mgsinθ>μmgcosθ,所以此后物體受到的摩擦力沿斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律可得

mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2,設(shè)第二階段物體運動到B端的時間為t2,則LAB-x1=vt2+

a2

,解得t2=1s,故總時間t=t1+t2=2s;若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動,物體受到的摩擦力沿斜面向上,則從A一直做勻加速運動到B,則有LAB=

a2t2,解得t=4s,B、D正確。9.(2018甘肅蘭州一中期中,7)(多選)如圖所示的裝置叫做阿特伍德機,是阿特伍德創(chuàng)制的一種

著名力學(xué)實驗裝置,用來研究勻變速直線運動的規(guī)律。繩子兩端的物體下落(或上升)的加速

度總是小于自由落體的加速度g。已知物體A、B的質(zhì)量相等均為4m,物體C的質(zhì)量為m,一切摩

擦不計,輕繩不可伸長且足夠長,現(xiàn)將裝置從靜止釋放。下列說法正確的是()

A.物體C的加速度大小為

B.物體C的加速度大小為

C.物體C對B的拉力大小為

D.物體C對B的拉力大小為

答案

BD

設(shè)物體C下落的加速度大小為a,繩子的張力為T,以物體A作為研究對象有:T-4mg=

4ma,以B和C整體為研究對象有:(4m+m)g-T=(4m+m)a,聯(lián)立以上兩式可解得:a=

,故A錯誤、B正確;設(shè)物體B對C的拉力大小為F,對物體C,根據(jù)牛頓第二定律得:mg-F=ma,解得:F=

mg,根據(jù)牛頓第三定律可知,物體C對B的拉力大小為

mg,故C錯誤、D正確。10.[2016吉林長春質(zhì)量監(jiān)測(二),17]如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,上端固定,下端連一

質(zhì)量為m的物塊A,A放在質(zhì)量也為m的托盤B上,以N表示B對A的作用力,x表示彈簧的伸長量。

初始時,在豎直向上的力F作用下系統(tǒng)靜止,且彈簧處于自然狀態(tài)(x=0)?，F(xiàn)改變力F的大小,使B

以

的加速度勻加速向下運動(g為重力加速度,空氣阻力不計),此過程中N或F隨x變化的圖像正確的是

()

答案

D隔離A,對A進行受力分析,有:mg-N-FT=m

,FT=kx,則N=m

-kx,由式子可知N由開始運動時的mg/2線性減小到零,當x=

時,N=0,此時FT=mg/2,A、B選項均錯誤;再對整體進行受力分析,有:2mg-F-FT=2m×

,則F=mg-kx,由此可知力F由開始時的mg線性減小到mg/2,此后托盤與物塊分離,力F保持mg/2不變,故選項C錯誤、D正確。11.(2016黑龍江哈爾濱三中一模,19)(多選)如圖所示,光滑水平面上放置著四個相同的木塊,其

中木塊B與C之間用一輕彈簧相連,輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)。現(xiàn)用水平拉力F拉B木塊,使四

個木塊以相同的加速度一起加速運動,則以下說法正確的是

()

A.一起加速過程中,C木塊受到四個力的作用B.一起加速過程中,D木塊所受到的靜摩擦力大小為

C.一起加速過程中,A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同D.當F撤去瞬間,A、D木塊所受靜摩擦力的大小和方向都不變答案

BC在水平拉力F的作用下,四個木塊以相同的加速度一起加速運動,則由牛頓第二定

律可知,由整體法,對整體有F=4ma;再由隔離法,對A、D木塊有fA=fD=ma,解得A、D木塊所受摩

擦力大小fA=fD=

,方向均水平向右,故B、C正確;一起加速過程中,C木塊受到重力、D木塊對其的壓力和靜摩擦力、地面對其的支持力及彈簧對其的彈力,共五個力的作用,故A錯誤;當F

撤去瞬間,彈簧彈力不變,A、B整體加速度方向改變,A木塊所受靜摩擦力方向改變,故D錯誤。12.(2018陜西質(zhì)檢,24)某次滑雪訓(xùn)練,運動員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對雪面的作用

獲得水平推力F=84N而從靜止向前滑行,其作用時間為t1=1.0s,撤除水平推力F后經(jīng)過t2=2.0s,

他第二次利用滑雪杖對雪面的作用獲得同樣的水平推力,作用距離與第一次相同。已知該運

動員連同裝備的總質(zhì)量為m=60kg,在整個運動過程中受到的滑動摩擦力大小恒為Ff=12N,求:(1)第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小及這段時間內(nèi)的位移大小;(2)該運動員(可視為質(zhì)點)第二次撤除水平推力后滑行的最大距離。答案(1)1.2m/s0.6m(2)5.2m解析(1)運動員利用滑雪杖獲得的加速度為a1=

=

m/s2=1.2m/s2第一次利用滑雪杖對雪面作用獲得的速度大小v1=a1t1=1.2×1.0m/s=1.2m/s位移x1=

a1

=0.6m。(2)運動員停止使用滑雪杖后,加速度大小為a2=

=

m/s2=0.2m/s2經(jīng)時間t2速度變?yōu)関1'=v1-a2t2=1.2m/s-0.2×2.0m/s=0.8m/s第二次利用滑雪杖獲得的速度大小為v2,則

-v1'2=2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距離x2=

聯(lián)立解得x2=5.2m。溫馨提示過程分析是解答該題的關(guān)鍵?？疾辄c牛頓第二定律1.(2018內(nèi)蒙古呼和浩特一調(diào),15)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2,從同一地點(足夠高)同時由靜

止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比,與球的質(zhì)量無關(guān),即f=kv(k為

正的常量)。兩球的v-t圖像如圖所示。落地前,經(jīng)下落t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v

1、v2。則下列判斷正確的是

()A.t0時間內(nèi)兩球下落的高度相等B.甲球質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量C.釋放瞬間甲球加速度較大D.m1/m2=v2/v1

B組2016—2018年高考模擬·綜合題組（時間:40分鐘分值:65分）一、選擇題(每題6分,共24分)答案

B

由圖像知,在t0時間內(nèi)圖線與時間軸所圍面積不等,即下落的高度不等,所以A錯誤;

速度穩(wěn)定時,重力與空氣阻力平衡,即mg=kv,由圖知,甲的穩(wěn)定速度大,所以甲的質(zhì)量大于乙的

質(zhì)量,所以B正確;釋放的瞬間都是只受重力的作用,所以加速度都等于g,故C錯誤;由mg=kv知,m

1/m2=v1/v2,故D錯誤。考查點牛頓第二定律、v-t圖像溫馨提示

v-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示對應(yīng)時間段內(nèi)的位移。2.(2018新疆高三一模,19)(多選)飛機場的行李傳送裝置如圖所示,水平傳送帶以速度v1順時針

勻速轉(zhuǎn)動,傾斜傳送帶以速度v2順時針勻速轉(zhuǎn)動,v1<v2,在水平傳送帶A端輕放一個行李箱,該行

李箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ>tanθ,兩傳送帶之間平滑連接,則行李箱運動的速度隨時間變

化的關(guān)系可能是

()

答案

ACD行李箱在水平傳送帶上先在滑動摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運

動,行李箱可能與傳送帶達到共速,之后做勻速直線運動?；蟽A斜傳送帶時,由于v1<v2,且μ>

tanθ,有μmgcosθ>mgsinθ,可知行李箱先做勻加速運動,與傳送帶共速后勻速運動,所以A項是

可能的,故A正確;行李箱在水平傳送帶上可能先做勻加速直線運動,后做勻速直線運動,滑上傾

斜傳送帶時,由于v1<v2,且μ>tanθ,有μmgcosθ>mgsinθ,可知行李箱可能一直做勻加速運動,與

傳送帶共速后不可能做勻減速運動,所以B項是不可能的,故B錯誤;行李箱在水平傳送帶上可

能一直做勻加速直線運動,滑上傾斜傳送帶時,可能一直做勻加速運動,所以C項是可能的,故C

正確;行李箱在水平傳送帶上可能一直做勻加速直線運動,滑上傾斜傳送帶時,可能先做勻加速

運動,后做勻速直線運動,D項是可能的,故D正確。解題關(guān)鍵分析行李箱在水平傳送帶與傾斜傳送帶上可能的運動情況?？疾辄c牛頓第二定律的綜合應(yīng)用3.(2018遼寧丹東一模,15)(多選)為了讓乘客更為舒適,某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具,

乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示。當此車加速上坡

時,乘客

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A.處于超重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向前(水平向右)的摩擦力作用D.所受力的合力豎直向上答案

AC車加速上坡,車里的乘客與車相對靜止,和車具有相同的加速度,方向沿斜坡向上,

對人受力分析可知,人應(yīng)受到豎直向下的重力、垂直水平面豎直向上的支持力和水平向右的

摩擦力,三力合力沿斜面向上,B、D錯誤,C正確;支持力大于重力,乘客處于超重狀態(tài),A正確;故

選A、C?？疾辄c牛頓運動定律的應(yīng)用溫馨提示本題考查整體法與隔離法的運用,當部分物體與整體相對靜止時,應(yīng)具有相同的加

速度,分別選擇整體與部分受力分析即可解答。4.(2018遼寧六校協(xié)作體期中,3)如圖甲所示是一條傾斜的傳送軌道,B是傳送貨物的平臺。某

次傳送平臺B沿軌道將貨物A向下傳送到斜軌道下端,運動過程可用如圖乙中的速度-時間圖

像表示。下列分析中不正確的是

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A.0~t1時間內(nèi),B對A的支持力小于重力,A所受摩擦力水平向右B.t1~t2時間內(nèi),B對A的支持力等于重力,A所受摩擦力水平向左C.t2~t3時間內(nèi),B對A的支持力大于重力,A所受摩擦力水平向左D.0~t1時間內(nèi)出現(xiàn)失重現(xiàn)象;t1~t3時間內(nèi)出現(xiàn)超重現(xiàn)象答案

B0~t1時間內(nèi),由圖乙可知,A和B整體沿斜面向下做勻加速運動,加速度可以分解為水

平向右和豎直向下的加速度,豎直方向上A有向下的加速度,故B對A的支持力小于重力,水平方

向上A有向右的加速度,故A受到水平向右的摩擦力,故A正確;t1~t2時間內(nèi),由圖乙可知整體向下

做勻速運動,A受力平衡,所以B對A的支持力等于重力,A不受摩擦力的作用,故B錯誤;t2~t3時間

內(nèi),整體沿斜面向下做勻減速運動,加速度可以分解為水平向左和豎直向上的加速度,豎直方向

上A有向上的加速度,故B對A的支持力大于重力,水平方向上A有向左的加速度,故A受到水平

向左的摩擦力,故C正確;0~t1時間內(nèi),整體沿斜面向下做勻加速運動,處于失重狀態(tài),t2~t3時間內(nèi),

整體沿斜面向下做勻減速運動,處于超重狀態(tài),故D正確。解題關(guān)鍵①加速度有向上分量是超重。②加速度有向下分量是失重。5.(2018遼寧葫蘆島周考,24)(12分)放于地面上的足夠長的木板右端被抬高后成為傾角為θ1=37

°的斜面,此時物塊恰好能沿著木板勻速下滑,重力加速度取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:(1)物塊與木板間的動摩擦因數(shù);(2)若將此木板右端抬高后成為傾角為θ2=53°的斜面,讓物塊以一定初速度v0=10m/s從底端向

上滑,能上滑到的離底端的最遠距離是多大。

二、非選擇題(共41分)答案(1)0.75(2)4m解析(1)θ1=37°時,物塊恰好能沿著木板勻速下滑,根據(jù)受力平衡可得:mgsin37°-μmgcos37°=

0代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.75(2)設(shè)物塊向上滑時的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsin53°+μmgcos53°=ma代入數(shù)據(jù)解得:a=12.5m/s2根據(jù)勻變速直線運動的位移-速度公式可得:

=2ax代入數(shù)據(jù)解得:x=4m6.(2016甘肅蘭州4月實戰(zhàn)考,25)(14分)如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物塊A放在質(zhì)量M=4kg木板B的

左端,起初A、B靜止在水平地面上?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板B上,已知A、B之間的

動摩擦因數(shù)為μ1=0.4,地面與B之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

g=10m/s2。求:

(1)能使A、B發(fā)生相對滑動的F的最小值;(2)若F=30N,作用1s后撤去,要想A不從B上滑落,則木板至少多長;從開始到A、B均靜止,A的

總位移是多少。答案(1)25N(2)0.75m14.4m解析(1)對于A,最大加速度由A、B間的最大靜摩擦力決定,即μ1mg=mam,am=4m/s2對A、B整體,Fmin-μ2(M+m)g=(M+m)am,解得Fmin=25N。(2)設(shè)F作用在B上時A、B的加速度分別為a1、a2,撤掉F時速度分別為v1、v2,撤去外力F后加速

度分別為a1'、a2',A、B同速時速度為v3,加速度為a3對于A:μ1mg=ma1,a1=4m/s2,v1=a1t1=4m/s對于B:F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,a2=5.25m/s2,v2=a2t1=5.25m/s撤去外力,a1'=a1=4m/s2,a2'=-[μ1mg+μ2(M+m)g]/M=-2.25m/s2設(shè)經(jīng)過t2時間后A、B速度相等,則v1+a1't2=v2+a2't2,解得t2=0.2s共同速度v3=v1+a1't2=4.8m/s從開始到A、B相對靜止,A、B的相對位移即木板最短的長度LL=xB-xA=

+

-

a1(t1+t2)2=0.75mA、B速度相等后共同在水平面上勻減速運動,加速度a3=-μ2g=-1m/s2從v3至最終靜止位移為x=

=11.52m所以A的總位移為xA總=xA+x=

a1(t1+t2)2+x=14.