高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)八牛頓第二定律兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-牛頓第二定律兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題(建議用時(shí)40分鐘)1．(2021·綿陽(yáng)模擬)豎直起飛的火箭在推力F的作用下產(chǎn)生10m/s2的加速度，若推動(dòng)力增大到2F，則火箭的加速度將達(dá)到(g取10m/sA．20m/s2 B．25m/s2C．30m/s2 D．40m/s2〖解析〗選C。對(duì)火箭進(jìn)行受力分析F－mg＝ma，若推動(dòng)力增大到2F，則有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30m/s2.(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)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)()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〖解析〗選B、D。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FN＝m(g＋a)cosθ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cosθ，因?yàn)閟inθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。3.如圖所示，在光滑的水平面上，A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2mB，A物體與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端固定在豎直墻上。開(kāi)始時(shí)，彈簧處于自由狀態(tài)，當(dāng)物體B沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，將彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B兩物體間的作用力為F，則彈簧對(duì)A物體的作用力的大小為()A．FB．2FC．3FD〖解析〗選C。A、B碰后以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)，即A、B的加速度相同。以B為研究對(duì)象，據(jù)牛頓第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA。以A為研究對(duì)象，設(shè)彈簧對(duì)A的作用力為FA，根據(jù)牛頓第二定律有FA－F＝mAaA，則FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F。4.一皮帶傳送裝置如圖所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長(zhǎng)度，則當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)這一過(guò)程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度減小C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大〖解析〗選D?；瑝K在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因?yàn)槠У乃俣葀足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動(dòng)摩擦力與彈簧拉力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大后減小。5.(多選)如圖所示，固定在地面上的斜面足夠長(zhǎng)，其傾角為30°，用平行于斜面向上，大小為16N的力F作用在質(zhì)量為2kg的物塊上，物塊恰好沿斜面勻速上滑，若g取10m/s2A．在撤去力F的瞬間，物塊所受摩擦力方向不變B．在撤去力F的瞬間，物塊的加速度大小為8m/s2C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D．撤去力F后，物塊最終將靜止在斜面上〖解析〗選A、B。物塊勻速上滑過(guò)程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有F－Gsin30°－f＝0，代入數(shù)據(jù)解得f＝6N；撤去F后，物塊由于慣性繼續(xù)上滑，其余力均不變，則摩擦力f＝6N，方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，選項(xiàng)A、B正確；滑動(dòng)摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)物塊上滑的速度減為零時(shí)，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物塊不能保持靜止，將沿斜面下滑，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！碱}后反思〗本題關(guān)鍵分三個(gè)過(guò)程對(duì)物塊進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析和受力情況分析，最后根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的兩物塊與豎直輕彈簧相連，在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將m豎直向下壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，M恰好對(duì)地面無(wú)壓力。已知彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則()A．當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，m的加速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，M的加速度為gC．當(dāng)m速度最大時(shí)，彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D．當(dāng)m速度最大時(shí)，M對(duì)地面的壓力為Mg〖解析〗選A、C。當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，M剛好對(duì)地面沒(méi)有壓力，可知彈簧對(duì)M的拉力為Mg，所以彈簧對(duì)m的作用力也是Mg，所以m的加速度為：am＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A正確；當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，M剛好對(duì)地面沒(méi)有壓力，可知彈簧對(duì)M的拉力為Mg，M受到的合力為零，加速度為零，故B錯(cuò)誤；由題可知開(kāi)始時(shí)彈簧對(duì)m的彈力大于m的重力，m向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力小于m的重力時(shí)，m做減速運(yùn)動(dòng)，所以彈簧中彈力等于mg時(shí)，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝eq\f(mg,k)，故C正確；對(duì)M受力分析FN－kx－Mg＝0，解得FN＝Mg＋mg，故D錯(cuò)誤。7.(創(chuàng)新題)如圖所示，一足夠長(zhǎng)斜面上鋪有動(dòng)物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物體上滑時(shí)順著毛的生長(zhǎng)方向，毛皮此時(shí)的阻力可以忽略；下滑時(shí)逆著毛的生長(zhǎng)方向，會(huì)受到來(lái)自毛皮的滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)有一物體自斜面底端以初速度v0＝6m/s沖上斜面，斜面的傾角θ＝37°，經(jīng)過(guò)2.5s物體剛好回到出發(fā)點(diǎn)，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37(1)物體上滑的最大位移；(2)若物體下滑時(shí)，物體與毛皮間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為定值，試計(jì)算μ的數(shù)值。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)〖解析〗(1)物體上滑時(shí)不受摩擦力作用，設(shè)最大位移為x，由牛頓第二定律有：mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝6m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x，聯(lián)立解得物體上滑的最大位移為x＝3m(2)物體沿斜面上滑的時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(6,6)s＝1s，物體沿斜面下滑的時(shí)間為t2＝t－t1＝1.5s，下滑過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由牛頓第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，聯(lián)立解得μ≈0.42。〖答案〗(1)3m8．(多選)(2020·紅河模擬)如圖甲所示，一小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間4t0到達(dá)B處，在5t0時(shí)刻滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面的C點(diǎn)停止，滑塊與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。已知滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前后速率不變，以下說(shuō)法正確的是()A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16∶5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1∶4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,7)〖解析〗選B、D。設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，滑塊在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v,2)·4t0,\f(v,2)·t0)＝eq\f(4,1)，故A錯(cuò)誤；滑塊從A到B的過(guò)程中v＝a1·4t0，滑塊從B到C的過(guò)程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正確；由題圖乙可得Ff2＝μmg＝5N，F(xiàn)f1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C錯(cuò)誤；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中ma2＝μmg，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正確。9．(2020·江蘇高考)中歐班列在歐亞大陸開(kāi)辟了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力量。某運(yùn)送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車(chē)廂組成，在車(chē)頭牽引下，列車(chē)沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F。若每節(jié)車(chē)廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)〖解題指南〗解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)合理確定研究對(duì)象：根據(jù)力的效果，思考選擇哪幾節(jié)車(chē)廂作為研究對(duì)象；(2)正確進(jìn)行受力分析：分析研究對(duì)象所受的每個(gè)外力；(3)選擇合適的列式依據(jù)：牛頓第二定律?！冀馕觥竭xC。根據(jù)題意可知第2節(jié)車(chē)廂對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車(chē)廂質(zhì)量相等，阻力相同，以后面38節(jié)車(chē)廂為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－38f＝38ma。設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車(chē)廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為F1，以最后兩節(jié)車(chē)廂為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)。故選C。10.(創(chuàng)新題)(多選)如圖所示，ab、ac是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過(guò)圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)分別從b、c點(diǎn)無(wú)初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的速度大小，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a所用的時(shí)間，則()A．v1＞v2B．v1＜v2C．t1＝t2D．t1＜t〖解析〗選A、D。因b環(huán)開(kāi)始的豎直高度大于c，根據(jù)v＝eq\r(2gh)可知，v1＞v2，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；過(guò)a點(diǎn)作豎直線，分別作經(jīng)過(guò)c點(diǎn)和b點(diǎn)的等時(shí)圓如圖所示，由圖可知過(guò)c點(diǎn)的等時(shí)圓的直徑較大，則時(shí)間長(zhǎng)，即t1<t2，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤?！技庸逃?xùn)練〗某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時(shí)從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過(guò)一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是 ()A.甲圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B.甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同C.乙圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D.乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同〖解析〗選C。小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長(zhǎng)為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gsinθ，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圖中幾何關(guān)系有s＝at2，，解得小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長(zhǎng)x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故選項(xiàng)C正確。11.(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅲ)如圖甲，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開(kāi)始受到水平外力F的作用，在t＝4s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖丙所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度g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(dòng)摩擦因數(shù)為0.2〖解析〗選A、B。結(jié)合兩圖象可判斷出0～2s物塊和木板還未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過(guò)程F等于f，故F在此過(guò)程中是變力，即C錯(cuò)誤；在4～5s內(nèi)，木板在摩擦力的作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，ma2＝f＝0.2N，加速度大小為a2＝eq\f(0.4－0.2,1)m/s2＝0.2m/s2，得m＝1kg，故A正確；在2～4s內(nèi)木板加速度大小為a1＝eq\f(0.4－0,4－2)m/s2＝0.2m/s2，則F＝ma1＋f＝0.4N，故B正確；由于不知道物塊的質(zhì)量，所以無(wú)法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，故D錯(cuò)誤。12．如圖1所示，有一質(zhì)量m＝200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的eq\f(1,4)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的F-t圖線如圖2所示，t＝34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力(g取10m/s2)，求物件：(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大?。?3)總位移的大小?！冀忸}指導(dǎo)〗解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：（1）根據(jù)牛頓第二定律列式即可求得加速度。（2）根據(jù)物件做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解勻速運(yùn)動(dòng)的速度。（3）分別計(jì)算物件做勻速運(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng)的位移，據(jù)此計(jì)算總位移即可。〖解析〗(1)由題圖2可知0～26s內(nèi)物件勻速運(yùn)動(dòng)，26～34s物件勻減速運(yùn)動(dòng)，在勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有mg－FT＝ma，根據(jù)題圖2得此時(shí)FT＝1975N，則有a＝g－eq\f(FT,m)＝0.125m/s2，方向豎直向下。(2)結(jié)合題圖2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v＝at2＝0.125×(34－26)m/s＝1m/s(3)根據(jù)題圖2可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰苃1＝vt1＝1×26m＝26m勻減速上升的位移h2＝eq\f(v,2)t2＝eq\f(1,2)×8m＝4m，勻加速上升的位移為總位移的eq\f(1,4)，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的eq\f(3,4)，則有h1＋h2＝eq\f(3,4)h，所以總位移為h＝40m?！即鸢浮?1)0.125m/s2豎直向下(2)1m/s牛頓第二定律兩類(lèi)動(dòng)力學(xué)問(wèn)題(建議用時(shí)40分鐘)1．(2021·綿陽(yáng)模擬)豎直起飛的火箭在推力F的作用下產(chǎn)生10m/s2的加速度，若推動(dòng)力增大到2F，則火箭的加速度將達(dá)到(g取10m/sA．20m/s2 B．25m/s2C．30m/s2 D．40m/s2〖解析〗選C。對(duì)火箭進(jìn)行受力分析F－mg＝ma，若推動(dòng)力增大到2F，則有2F－mg＝ma′，解得，a′＝30m/s2.(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)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)()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〖解析〗選B、D。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的傾角為θ，物體的質(zhì)量為m，當(dāng)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。當(dāng)物體以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FN＝m(g＋a)cosθ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cosθ，因?yàn)閟inθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。3.如圖所示，在光滑的水平面上，A、B兩物體的質(zhì)量mA＝2mB，A物體與輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的另一端固定在豎直墻上。開(kāi)始時(shí)，彈簧處于自由狀態(tài)，當(dāng)物體B沿水平面向左運(yùn)動(dòng)，將彈簧壓縮到最短時(shí)，A、B兩物體間的作用力為F，則彈簧對(duì)A物體的作用力的大小為()A．FB．2FC．3FD〖解析〗選C。A、B碰后以相同的速度一起運(yùn)動(dòng)，即A、B的加速度相同。以B為研究對(duì)象，據(jù)牛頓第二定律得aB＝eq\f(F,mB)＝eq\f(F,\f(1,2)mA)＝eq\f(2F,mA)＝aA。以A為研究對(duì)象，設(shè)彈簧對(duì)A的作用力為FA，根據(jù)牛頓第二定律有FA－F＝mAaA，則FA＝F＋mAaA＝F＋mA·eq\f(2F,mA)＝3F。4.一皮帶傳送裝置如圖所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當(dāng)滑塊放在皮帶上時(shí)，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶上的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長(zhǎng)度，則當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)這一過(guò)程中，滑塊的速度和加速度的變化情況是()A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度減小C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大〖解析〗選D。滑塊在水平方向受向左的滑動(dòng)摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當(dāng)彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)最長(zhǎng)這一過(guò)程中，x逐漸增大，拉力F拉逐漸增大，因?yàn)槠У乃俣葀足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動(dòng)摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動(dòng)摩擦力與彈簧拉力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大后減小。5.(多選)如圖所示，固定在地面上的斜面足夠長(zhǎng)，其傾角為30°，用平行于斜面向上，大小為16N的力F作用在質(zhì)量為2kg的物塊上，物塊恰好沿斜面勻速上滑，若g取10m/s2A．在撤去力F的瞬間，物塊所受摩擦力方向不變B．在撤去力F的瞬間，物塊的加速度大小為8m/s2C．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D．撤去力F后，物塊最終將靜止在斜面上〖解析〗選A、B。物塊勻速上滑過(guò)程，受到力F、重力、支持力和摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有F－Gsin30°－f＝0，代入數(shù)據(jù)解得f＝6N；撤去F后，物塊由于慣性繼續(xù)上滑，其余力均不變，則摩擦力f＝6N，方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有f＋Gsin30°＝ma1，解得a1＝8m/s2，選項(xiàng)A、B正確；滑動(dòng)摩擦力f＝μGcos30°，解得μ＝eq\f(\r(3),5)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)物塊上滑的速度減為零時(shí)，因Gsin30°＞μGcos30°(即μ＜tan30°)，物塊不能保持靜止，將沿斜面下滑，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。〖題后反思〗本題關(guān)鍵分三個(gè)過(guò)程對(duì)物塊進(jìn)行運(yùn)動(dòng)情況分析和受力情況分析，最后根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。6.(多選)如圖所示，質(zhì)量分別為M和m的兩物塊與豎直輕彈簧相連，在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將m豎直向下壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，M恰好對(duì)地面無(wú)壓力。已知彈簧勁度系數(shù)為k，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則()A．當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，m的加速度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))gB．當(dāng)m到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，M的加速度為gC．當(dāng)m速度最大時(shí)，彈簧的形變量為eq\f(mg,k)D．當(dāng)m速度最大時(shí)，M對(duì)地面的壓力為Mg〖解析〗選A、C。當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，M剛好對(duì)地面沒(méi)有壓力，可知彈簧對(duì)M的拉力為Mg，所以彈簧對(duì)m的作用力也是Mg，所以m的加速度為：am＝eq\f(mg＋Mg,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))g，故A正確；當(dāng)彈簧處于伸長(zhǎng)至最長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)，M剛好對(duì)地面沒(méi)有壓力，可知彈簧對(duì)M的拉力為Mg，M受到的合力為零，加速度為零，故B錯(cuò)誤；由題可知開(kāi)始時(shí)彈簧對(duì)m的彈力大于m的重力，m向上做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力小于m的重力時(shí)，m做減速運(yùn)動(dòng)，所以彈簧中彈力等于mg時(shí)，m有最大速度，由胡克定律得：mg＝kx，得：x＝eq\f(mg,k)，故C正確；對(duì)M受力分析FN－kx－Mg＝0，解得FN＝Mg＋mg，故D錯(cuò)誤。7.(創(chuàng)新題)如圖所示，一足夠長(zhǎng)斜面上鋪有動(dòng)物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物體上滑時(shí)順著毛的生長(zhǎng)方向，毛皮此時(shí)的阻力可以忽略；下滑時(shí)逆著毛的生長(zhǎng)方向，會(huì)受到來(lái)自毛皮的滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)有一物體自斜面底端以初速度v0＝6m/s沖上斜面，斜面的傾角θ＝37°，經(jīng)過(guò)2.5s物體剛好回到出發(fā)點(diǎn)，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37(1)物體上滑的最大位移；(2)若物體下滑時(shí)，物體與毛皮間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為定值，試計(jì)算μ的數(shù)值。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)〖解析〗(1)物體上滑時(shí)不受摩擦力作用，設(shè)最大位移為x，由牛頓第二定律有：mgsin37°＝ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝6m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x，聯(lián)立解得物體上滑的最大位移為x＝3m(2)物體沿斜面上滑的時(shí)間為t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(6,6)s＝1s，物體沿斜面下滑的時(shí)間為t2＝t－t1＝1.5s，下滑過(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，由牛頓第二定律可得mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，聯(lián)立解得μ≈0.42。〖答案〗(1)3m8．(多選)(2020·紅河模擬)如圖甲所示，一小滑塊從斜面上A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間4t0到達(dá)B處，在5t0時(shí)刻滑塊運(yùn)動(dòng)到水平面的C點(diǎn)停止，滑塊與斜面和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。已知滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力大小與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前后速率不變，以下說(shuō)法正確的是()A．滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為16∶5B．滑塊在斜面和水平面上的加速度大小之比為1∶4C．斜面的傾角為45°D．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(4,7)〖解析〗選B、D。設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)的速度為v，滑塊在斜面上的位移x1＝eq\f(v,2)·4t0，在水平面上的位移x2＝eq\f(v,2)·t0，滑塊在斜面和水平面上的位移大小之比為eq\f(x1,x2)＝eq\f(\f(v,2)·4t0,\f(v,2)·t0)＝eq\f(4,1)，故A錯(cuò)誤；滑塊從A到B的過(guò)程中v＝a1·4t0，滑塊從B到C的過(guò)程中v＝a2t0，加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,4)，故B正確；由題圖乙可得Ff2＝μmg＝5N，F(xiàn)f1＝μmgcosθ＝4N，所以eq\f(Ff1,Ff2)＝cosθ＝0.8，即θ＝37°，故C錯(cuò)誤；滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，在水平面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中ma2＝μmg，解得μ＝eq\f(4,7)，故D正確。9．(2020·江蘇高考)中歐班列在歐亞大陸開(kāi)辟了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力量。某運(yùn)送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車(chē)廂組成，在車(chē)頭牽引下，列車(chē)沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F。若每節(jié)車(chē)廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為()A．FB．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19)D．eq\f(F,20)〖解題指南〗解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)合理確定研究對(duì)象：根據(jù)力的效果，思考選擇哪幾節(jié)車(chē)廂作為研究對(duì)象；(2)正確進(jìn)行受力分析：分析研究對(duì)象所受的每個(gè)外力；(3)選擇合適的列式依據(jù)：牛頓第二定律?！冀馕觥竭xC。根據(jù)題意可知第2節(jié)車(chē)廂對(duì)第3節(jié)車(chē)廂的牽引力為F，因?yàn)槊抗?jié)車(chē)廂質(zhì)量相等，阻力相同，以后面38節(jié)車(chē)廂為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－38f＝38ma。設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車(chē)廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車(chē)廂的牽引力為F1，以最后兩節(jié)車(chē)廂為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)。故選C。10.(創(chuàng)新題)(多選)如圖所示，ab、ac是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過(guò)圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)分別從b、c點(diǎn)無(wú)初速度釋放，用v1、v2分別表示滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的速度大小，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a所用的時(shí)間，則()A．v1＞v2B．v1＜v2C．t1＝t2D．t1＜t〖解析〗選A、D。因b環(huán)開(kāi)始的豎直高度大于c，根據(jù)v＝eq\r(2gh)可知，v1＞v2，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；過(guò)a點(diǎn)作豎直線，分別作經(jīng)過(guò)c點(diǎn)和b點(diǎn)的等時(shí)圓如圖所示，由圖可知過(guò)c點(diǎn)的等時(shí)圓的直徑較大，則時(shí)間長(zhǎng)，即t1<t2，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤?！技庸逃?xùn)練〗某同學(xué)探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，現(xiàn)將兩質(zhì)量相同的小球同時(shí)從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過(guò)一定的判斷分析，你可以得到的正確結(jié)論是 ()A.甲圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同B.甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同C.乙圖中小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D.乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同〖解析〗選C。小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長(zhǎng)為x，根據(jù)牛頓第二定律可知，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a＝gsinθ，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圖中幾何關(guān)系有s＝at2，，解得小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長(zhǎng)x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個(gè)斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等