2021物理通用一輪練習(xí)：考點8牛頓運動定律的綜合應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理通用一輪練習(xí)：考點8牛頓運動定律的綜合應(yīng)用含解析考點8牛頓運動定律的綜合應(yīng)用題組一基礎(chǔ)小題1.如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為m和M，把它們靠在一起從光滑斜面的頂端由靜止開始下滑。已知斜面的傾角為θ，斜面始終保持靜止。則在此過程中物塊B對物塊A的壓力為(）A．Mgsinθ B．MgcosθC．0 D．(M＋m）gsinθ答案C解析對A、B組成的整體受力分析可知,整體受重力、支持力而做勻加速直線運動,由牛頓第二定律可知，a＝eq\f（m＋Mgsinθ,m＋M)＝gsinθ，再對B應(yīng)用牛頓第二定律得：F合＝Ma＝Mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故說明A、B間沒有相互作用力,C正確。2。如圖，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中,以下說法正確的是()A．從接觸彈簧到速度最大的過程是失重過程B．從接觸彈簧到加速度最大的過程是超重過程C．從接觸彈簧到速度最大的過程加速度越來越大D．速度達(dá)到最大時加速度也達(dá)到最大答案A解析從接觸彈簧到速度最大的過程，小球的加速度向下，且加速度逐漸減小，是失重過程，當(dāng)彈簧的彈力等于小球的重力時,小球的加速度為零，此時速度最大，A正確，C、D錯誤；當(dāng)小球到達(dá)最低點時,小球的加速度最大，速度為0,則從接觸彈簧到加速度最大的過程中，小球先向下加速，后向下減速，先失重后超重，故B錯誤。3．（多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α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。則下列說法正確的是（）A．輕繩的拉力等于MgB．輕繩的拉力等于mgC．M運動的加速度大小為(1－sinα)gD．M運動的加速度大小為eq\f（M－m，M）g答案BCD解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinα＝mg,互換位置后，對M有:Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsinα＝ma,又FT＝FT′，解得：a＝（1－sinα）g＝eq\f（M－m，M）g，F(xiàn)T＝mg，故A錯誤，B、C、D正確。4．如圖所示，E為斜面的中點，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一個小物體由頂端靜止釋放，沿斜面下滑到底端時速度為零.小物體下滑過程中位移x、速度v、合力F、加速度a與時間t的關(guān)系如選項圖所示,以沿斜面向下為正方向,則下列圖象中可能正確的是()答案B解析小物體在斜面上先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動,故位移—時間圖線的斜率先增大后減小，A錯誤;物體到達(dá)底端的速度為零，即前半段和后半段的平均速度相等,由于位移也相等,則小物體前半段和后半段的運動時間相等，B正確；再結(jié)合勻加速直線運動的末速度等于勻減速直線運動的初速度可知，小物體在這兩段運動中的加速度大小相等、方向相反，受到的合力也大小相等、方向相反,C、D錯誤。5.如圖所示，兩質(zhì)量相等的物體A、B疊放在水平面上靜止不動,A與B間及B與地面間的動摩擦因數(shù)相同?，F(xiàn)用水平恒力F拉物體A,A與B恰好不發(fā)生相對滑動；若改用另一水平恒力拉物體B,要使A與B能發(fā)生相對滑動，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則拉物體B的水平恒力至少應(yīng)大于()A．F B．2FC．3F D．答案D解析設(shè)A、B的質(zhì)量均為m，A與B間及B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，A、B之間的最大靜摩擦力為：fAB＝fBA＝μmg，B與地面間的最大靜摩擦力為:fB地＝f地B＝μ（m＋m）g＝2μmg,當(dāng)恒力F作用在A上且A、B之間的靜摩擦力達(dá)到最大時,有F＝μmg;當(dāng)恒力F′作用在B上且A、B之間即將發(fā)生相對滑動時,A的加速度達(dá)到最大,此時：fBA＝maA，即aA＝μg,A的加速度與B的加速度相等，所以對B有：F′－f地B－fAB＝maB，aB＝aA，聯(lián)立可得恒力F′＝4F6．傾角為θ的光滑斜面C固定在水平面上，將兩物體A、B疊放在斜面上，且同時由靜止釋放，若A、B的接觸面與斜面平行，則下列說法正確的是(）A．物體A相對于物體B向上運動B．斜面C對水平面的壓力等于A、B、C三者重力之和C．物體A、B之間的動摩擦因數(shù)不可能為零D．物體A運動的加速度大小為gsinθ答案D解析由于斜面光滑，所以A和B一起向下加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得二者的加速度大小為a＝gsinθ，A錯誤,D正確；物體A相對于物體B沒有運動趨勢，二者之間的摩擦力為零，A和B之間的動摩擦因數(shù)可以為零，也可以不為零,故C錯誤;由于A、B一起加速下滑,有豎直向下的分加速度，A、B在豎直方向上處于失重狀態(tài)，所以斜面C對水平面的壓力小于A、B、C三者重力之和，故B錯誤。7.如圖所示，某發(fā)射系統(tǒng)內(nèi)有一木箱，木箱內(nèi)有一豎直放置的輕質(zhì)彈簧,彈簧上方有一物塊，木箱內(nèi)上表面和下表面都裝有壓力傳感器。木箱靜止時，上表面壓力傳感器的讀數(shù)為12。0N,下表面壓力傳感器的讀數(shù)為20。0N.當(dāng)系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時，上表面壓力傳感器讀數(shù)變?yōu)橄卤砻鎵毫鞲衅髯x數(shù)的一半，重力加速度g取10m/s2，此時木箱的加速度為()A．10.0m/s2 B．5.0m/s2C．2。5m/s2 D．條件不足,無法確定答案C解析木箱靜止時，對彈簧和物塊整體進(jìn)行受力分析,受重力G、上方傳感器向下的壓力F1＝12N、下方傳感器向上的支持力N1＝20N,根據(jù)平衡條件，有G＋F1＝N1，得G＝20N－12N＝8N,彈簧重力不計，故物塊的重力為8N，所以物塊的質(zhì)量m＝eq\f（G,g)＝eq\f(8，10）kg＝0.8kg;由牛頓第三定律可知彈簧彈力F＝N1＝20N。當(dāng)系統(tǒng)豎直向上發(fā)射時,木箱上表面和下表面壓力傳感器均有示數(shù)，說明彈簧長度不變,即彈簧彈力不變,仍為F，故下表面壓力傳感器讀數(shù)為F，上表面壓力傳感器讀數(shù)為eq\f（F,2),根據(jù)牛頓第二定律,有F－G－eq\f（F,2)＝ma，解得a＝eq\f(F－G－\f(F,2）,m）＝eq\f(20－8－10,0.8)m/s2＝2。5m/s2,故A、B、D錯誤，C正確.8．在電梯中,把一重物置于水平放置的壓力傳感器上,電梯從靜止開始加速上升，然后勻速運動一段時間,最后減速直至停止運動.在此過程中傳感器的屏幕上顯示出其所受壓力與時間關(guān)系的圖象如圖所示，則()A．在0～4s內(nèi)電梯先超重后失重B．在18~22s內(nèi)電梯加速下降C．僅在4～18s內(nèi)重物的慣性才保持不變D．電梯加速和減速時加速度的最大值大小相等答案D解析由題圖可知，在前4s內(nèi)，重物對電梯的壓力一直大于重物的重力，說明電梯一直處于超重狀態(tài)，故A錯誤；在18～22s內(nèi)重物處于失重狀態(tài)，向上減速，故B錯誤；重物的慣性大小取決于其質(zhì)量大小,一直保持不變，故C錯誤；由題圖可知，重物向上加速時受到的最大支持力為50N,而勻速時受到的支持力等于重力,為30N,故向上加速過程中重物所受的最大合力為20N，同理得重物向上減速時所受的最大合力也為20N,故由牛頓第二定律可知，兩過程中重物的加速度最大值大小相等，故D正確。9．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比,下列用虛線和實線描述兩物體運動的v。t圖象可能正確的是()答案D解析空氣阻力可忽略的物體只受重力,做豎直上拋運動，v。t圖象是向下傾斜的直線,如虛線所示;受空氣阻力的物體向上運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有:mg＋f＝ma上，故a上＝g＋eq\f(f,m），由于阻力隨著速度的減小而減小，故加速度逐漸減小，上升至最高點時,其速度為零，加速度有最小值為g;下降階段,根據(jù)牛頓第二定律,有：mg－f＝ma下，故a下＝g－eq\f(f，m），由于阻力隨著速度的增大而增大，故加速度減小。v。t圖象的斜率表示加速度，故圖線與t軸的交點對應(yīng)時刻的加速度為g，此時刻實線的切線與虛線平行。故D正確。10．如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A。某時刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時間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木板B運動的v。t圖象是（）答案B解析A、B相對滑動之前加速度相同，對A、B整體由牛頓第二定律可得：F＝2ma，F(xiàn)增大，a增大。當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對滑動時，對長木板B有Ff＝ma,故此時F＝2Ff＝kt，t＝eq\f（2Ff,k）,之后長木板B做勻加速直線運動，故B正確。11．如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上,其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時,用傳感器測出其加速度a，得到如圖乙所示的a.F圖象。取g＝10m/s2，則下列說法錯誤的是（)A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝2kgC．當(dāng)F＝8N時,滑塊加速度為2m/s2D．滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0。1答案C解析由圖乙可知，當(dāng)F〉6N時,長木板與滑塊發(fā)生相對運動，當(dāng)F≤6N時兩者相對靜止。當(dāng)F＝6N時，對整體可得F＝（M＋m)a，得M＋m＝6kg；當(dāng)F>6N時對木板分析受力，水平方向受到拉力和滑塊給它的摩擦力,故有a＝eq\f（F－μmg,M)＝eq\f(1，M)F－eq\f（μmg,M),圖象的斜率k＝eq\f(1，M）＝eq\f(1，6－4）＝eq\f(1，2),即M＝2kg，所以m＝4kg，圖象的橫截距為μmg＝4N，解得μ＝0。1，A、B、D正確；當(dāng)F＝8N時滑塊的加速度為a′＝eq\f(μmg，m)＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，C錯誤。本題要求選說法錯誤的，故選C。題組二高考小題12．(2018·全國卷Ⅰ)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?fàn)顟B(tài).現(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)系的圖象可能正確的是（）答案A解析物塊靜止時受到向上的彈力和向下的重力，處于平衡狀態(tài),有：kx0＝mg,施加拉力F后，物塊向上做勻加速直線運動,由牛頓第二定律有：F＋k（x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正確.13。（2016·江蘇高考）（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解析由題圖可見，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錯誤；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錯誤；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.14．（2015·海南高考）（多選)如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊，開始時升降機做勻速運動,物塊相對斜面勻速下滑，當(dāng)升降機加速上升時()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．物塊相對于斜面減速下滑D．物塊相對于斜面勻速下滑答案BD解析當(dāng)升降機加速上升時，物塊有豎直向上的加速度,則物塊與斜面間的正壓力FN增大，根據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN可知物塊與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物塊的質(zhì)量為m，當(dāng)物塊沿斜面勻速下滑時有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，當(dāng)升降機加速上升時，假設(shè)物塊相對于斜面勻速下滑，有N＝m(g＋a）cosθ,f＝μm（g＋a）cosθ，因為sinθ＝μcosθ，所以m（g＋a）sinθ＝μm（g＋a）cosθ，故假設(shè)成立，即物塊仍相對于斜面勻速下滑，C錯誤，D正確。15。（2015·全國卷Ⅰ)(多選)如圖a所示，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解析由v.t圖線可求出物塊向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，對上升時和返回時分析受力，運用牛頓第二定律可分別得a1＝gsinθ＋μgcosθ＝eq\f（v0，t1），a2＝gsinθ－μgcosθ＝eq\f（v1,t1)，聯(lián)立兩個方程可解得斜面傾角和物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，選項A、C正確;根據(jù)運動的v。t圖線與橫軸所圍面積表示位移s，可求出物塊向上滑行的最大高度h＝ssinθ，選項D正確。16．(2019·全國卷Ⅲ）(多選)如圖a，物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細(xì)繩水平。t＝0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4s時撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖b所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖c所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2.由題給數(shù)據(jù)可以得出（）A．木板的質(zhì)量為1kgB．2～4s內(nèi)，力F的大小為0.4NC．0～2s內(nèi)，力F的大小保持不變D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0。2答案AB解析木板和實驗臺間的摩擦忽略不計，由題圖b知，2s后物塊和木板間的滑動摩擦力大小F摩＝0。2N.由題圖c知，2～4s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝eq\f(0。4，2）m/s2＝0。2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝eq\f（0.4－0.2，1）m/s2＝0。2m/s2,設(shè)木板質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律，對木板有：2～4s內(nèi):F－F摩＝ma1,4s以后：F摩＝ma2,解得m＝1kg,F＝0.4N,A、B正確。0~2s內(nèi)，F(xiàn)＝f，由題圖b知，F(xiàn)是均勻增加的，C錯誤。因物塊質(zhì)量不可求,故由F摩＝μm物g可知動摩擦因數(shù)不可求,D錯誤.題組三模擬小題17．（2019·安徽蕪湖高三上學(xué)期期末)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，上端分別與圓相交于A、B、C三點?，F(xiàn)讓三個小球(可以看做質(zhì)點）分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自上端點由靜止下滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3。則有(）A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2答案A解析設(shè)斜面軌道的傾角為θ，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得a＝gsinθ,又由幾何關(guān)系可得斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f（1,2）at2得t＝eq\r（\f(2x，a）)＝eq\r（\f（2dsinθ,gsinθ））＝eq\r（\f(2d,g）)，可見,小球下滑時間與斜面的傾角無關(guān)，則有t1＝t2＝t3.由于x2＞x1＞x3，根據(jù)eq\x\to(v)＝eq\f（x，t)，可得v2＞v1＞v3,故A正確。18．(2019·江蘇七市二模）為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為θ,雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動，則理想的傾角θ為（）A．30° B．45° C．60° D．75°答案B解析設(shè)屋檐的底邊長為L,屋頂?shù)钠旅骈L度為s，雨滴下滑的加速度為a，雨滴只受重力mg和屋頂對它的支持力N作用，垂直于屋頂方向：N＝mgcosθ，平行于屋頂方向:ma＝mgsinθ,則雨滴的加速度a＝gsinθ，根據(jù)幾何關(guān)系,屋頂坡面的長度為:s＝eq\f(L,2cosθ），由s＝eq\f(1，2)at2得：t＝eq\r(\f（2s,a））＝eq\r（\f（2L,gsin2θ）），則當(dāng)θ＝45°時t最短,故B正確。19．（2019·山東淄博市三模)如圖所示，某賓館大樓中的電梯下方固定有4根相同的豎直彈簧，其勁度系數(shù)均為k。這是為了防止電梯在空中因纜繩斷裂而造成生命危險.若纜繩斷裂后，總質(zhì)量為m的電梯下墜，4根彈簧同時著地而開始緩沖,電梯墜到最低點時其加速度大小為5g(gA．電梯墜到最低點時，每根彈簧的壓縮長度為eq\f(mg,2k）B．電梯墜到最低點時,每根彈簧的壓縮長度為eq\f(6mg,k)C．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)D．從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，電梯始終處于失重狀態(tài)答案C解析在最低點時,由牛頓第二定律:4kx－mg＝ma，其中a＝5g，解得x＝eq\f（3mg，2k）,A、B錯誤；從彈簧著地開始至電梯下落到最低點的過程中，彈簧的彈力逐漸增大，其重力先大于彈力，加速度向下,電梯向下做加速運動,當(dāng)重力小于彈力時，電梯的加速度向上,電梯向下做減速運動,則下降過程中電梯先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，C正確，D錯誤。20.(2019·山東濟南二模)如圖所示,物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上,A、B的質(zhì)量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)是0。2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，開始時F＝10N,此后逐漸增加，在增大到50N的過程中，則（）A．當(dāng)拉力F〈12N時，兩物體均保持靜止?fàn)顟B(tài)B．當(dāng)拉力為49N時，B的加速度為6m/s2C．兩物體間從受力開始就有相對運動D．當(dāng)拉力F〉45N時,兩物體之間始終沒有相對滑動答案B解析當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動時，A、B間的靜摩擦力恰好達(dá)到最大值，對B分析，由牛頓第二定律得：aB＝eq\f（μmAg,mB）＝eq\f(0.2×6×10，2）m/s2＝6m/s2，對A、B整體分析，由牛頓第二定律得：F＝（mA＋mB）aB＝（6＋2)×6N＝48N，即當(dāng)拉力F達(dá)到48N時，A、B才發(fā)生相對滑動，則當(dāng)拉力F〈12N時,兩物體有相同加速度，一起向右加速運動，故A、C、D錯誤；由以上分析知，當(dāng)拉力F＝49N時，兩物體相對運動，此時B的加速度為：aB＝6m/s2，故B正確。21．（2019·遼寧省沈陽市三模）如圖所示，水平桌面上放置一個傾角為45°的光滑楔形滑塊A，一細(xì)線的一端固定于楔形滑塊A的頂端O處，細(xì)線另一端拴一質(zhì)量為m＝0。2kg的小球。若滑塊與小球一起以加速度a向左做勻加速運動（取g＝10m/s2)，則下列說法正確的是()A．當(dāng)a＝5m/s2時，滑塊對球的支持力為eq\f(\r（2）,2）NB．當(dāng)a＝15m/s2時,滑塊對球的支持力為eq\f（\r（2),2）NC．當(dāng)a＝5m/s2時，地面對A的支持力一定大于兩個物體的重力之和D．當(dāng)a＝15m/s2時，地面對A的支持力一定小于兩個物體的重力之和答案A解析設(shè)加速度為a0時小球?qū)瑝K的壓力等于零，此時對小球受力分析，受重力、線的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有：水平方向：F合＝F0cos45°＝ma0,豎直方向：F0sin45°＝mg，解得a0＝g。當(dāng)a＝5m/s2時，小球未離開滑塊,對小球受力分析,水平方向：Fcos45°－FNsin45°＝ma,豎直方向：Fsin45°＋FNcos45°＝mg,解得FN＝eq\f（\r（2）,2）N,故A正確；當(dāng)a＝15m/s2時，小球已經(jīng)離開滑塊，只受重力和線的拉力，滑塊對球的支持力為零，故B錯誤;當(dāng)滑塊和小球組成的系統(tǒng)相對穩(wěn)定后,豎直方向沒有加速度,受力平衡,所以地面對A的支持力一定等于兩個物體的重力之和，C、D錯誤。22.（2019·廣東肇慶高三一模)(多選)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設(shè)球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ,球拍與球保持相對靜止,它們之間的摩擦力及空氣阻力不計，則（)A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為（M＋m)gcosθD．若運動員的加速度大于gtanθ,球一定沿球拍向上運動答案AD解析對網(wǎng)球:受到重力mg和球拍的支持力N，作出受力圖如圖1，根據(jù)牛頓第二定律得：Nsinθ＝ma，Ncosθ＝mg,解得，a＝gtanθ,N＝eq\f（mg,cosθ），故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象,作出受力示意圖如圖2，根據(jù)牛頓第二定律得：運動員對球拍的作用力為F＝eq\f（M＋mg,cosθ)，故C錯誤；若運動員的加速度a大于gtanθ,假設(shè)球相對球拍靜止，則其加速度也為a，如圖3所示，將a分解，則ax＝acosθ，因為a>gtanθ,所以ax>gtanθcosθ＝gsinθ，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必須有一個沿球拍向下的外力才能使球相對球拍靜止，而實際上這個力不存在，故球一定沿球拍向上運動，D正確。題組一基礎(chǔ)大題23．光滑水平地面上有一質(zhì)量M＝2kg的木板以速度v0＝10m/s向右勻速運動，在t＝0時刻起對其施加一向左的恒力F＝8N。經(jīng)t＝1s時，將一質(zhì)量m＝2kg可視為質(zhì)點的小物塊無初速度地輕放在木板右端。物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.4，木板足夠長。求:(1)剛放上小物塊時木板的速度；（2)物塊在木板上相對木板滑動的時間。答案(1)6m/s,方向向右（2)0。5s解析（1)未放小物塊時，木板在力F作用下做勻加速直線運動，對木板：F＝Ma1,解得：a1＝4m/s2t＝1s時，木板的速度：v1＝v0－a1t＝6m/s，方向向右.(2）放上小物塊后,對物塊：f＝μFNFN＝mgf＝ma2解得：a2＝4m/s2對木板：F＋f＝Ma3解得：a3＝8m/s2設(shè)物塊在木板上相對滑動的時間為t′，則有:a2t′＝v1－a3t′解得:t′＝0.5s。24。如圖所示,傳送帶與水平面成α＝37°，傳送帶A、B兩端間距L＝5.8m，傳送帶始終以v＝4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動,將一質(zhì)量為m的小物體無初速地輕放在A處，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0。5.(sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,取g＝10m/s2）試求：（1)剛釋放時,小物體加速度的大?。唬?）小物體從A運動到B所需的時間。答案（1)10m/s2(2)1。4s解析（1)剛釋放小物體時，對小物體受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可知:mgsinα＋μmgcosα＝ma1解得:a1＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2。(2)小物體加速到與傳送帶共速時的位移x1＝eq\f（v2,2a1）＝eq\f（42,2×10)m＝0.8m〈L則小物體由靜止加速到與傳送帶速度相等所用的時間：t1＝eq\f（v，a1）＝eq\f(4,10）s＝0.4s又因為μ＝0。5<tanα，故小物體以a1加速到速度為v后,繼續(xù)以加速度a2向下做勻加速運動，a2＝eq\f(mgsinα－μmgcosα,m）＝2m/s2該過程小物體運動的位移為：x2＝L－x1＝5m根據(jù)位移時間公式可知:x2＝vt2＋eq\f（1，2)a2teq\o\al(2，2)解得：t2＝1s或t2＝－5s(舍去)故小物體由A運動到B所需的總時間為:t＝t1＋t2＝1.4s。題組二高考大題25．(2017·全國卷Ⅲ)如圖,兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1kg和mB＝5kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3m/s.A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。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)B與木板相對靜止時，木板的速度；(2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。答案(1）1m/s（2）1。9m解析（1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1＝μ1mAg①f2＝μ1mBg②f3＝μ2（m＋mA＋mB）g③由牛頓第二定律得f1＝mAaA④f2＝mBaB⑤f2－f1－f3＝ma1⑥設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1，由運動學(xué)公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑨（2）在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為sB＝