2019屆新課標(biāo)Ⅱ高考物理一輪復(fù)習(xí)專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律講義

專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律高考物理

(課標(biāo)Ⅱ?qū)Ｓ?考點(diǎn)一對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2016課標(biāo)Ⅰ,18,6分)(多選)一質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)對(duì)其施加一恒力,且原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)

上的力不發(fā)生改變,則

()A.質(zhì)點(diǎn)速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質(zhì)點(diǎn)速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C.質(zhì)點(diǎn)加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)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(biāo)卷題組答案

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

做勻變速直線運(yùn)動(dòng),質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)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(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),速度與恒力間夾角逐漸減小,質(zhì)點(diǎn)單位時(shí)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(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;由牛頓第二定律知,質(zhì)點(diǎn)加速度的方向

總與該恒力方向相同,C項(xiàng)正確。考點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用2.(2018課標(biāo)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?fàn)?/p>

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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置

的位移,在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)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(diǎn)力的平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜止時(shí)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(yùn)動(dòng),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(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,故A正確。易錯(cuò)點(diǎn)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(zhǎng)量。本題中x表示P離開(kāi)靜止位置的位移,此時(shí)的形

變量為x0-x而不是x。3.(2015課標(biāo)Ⅰ,20,6分,0.677)(多選)如圖(a),一物塊在t=0時(shí)刻滑上一固定斜面,其運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物塊沿斜

面上滑和下滑時(shí)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(jiàn),無(wú)法求出m,可以求出θ、μ,故B錯(cuò),A、C均正確。0~t1時(shí)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(shí)加速度大小的表達(dá)式。②利用v-t圖像求出上滑與下滑時(shí)的加速度。v考查點(diǎn)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(diǎn)”是考試中常見(jiàn)的問(wèn)題,應(yīng)當(dāng)

熟記。4.(2015課標(biāo)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(dāng)機(jī)車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時(shí),連接某兩相鄰車廂的掛

鉤P和Q間的拉力大小為F;當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為

a的加速度向西行駛時(shí),P和Q間的拉力大小仍為F。不計(jì)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(dāng)

向東行駛時(shí),以y節(jié)車廂為研究對(duì)象,則有F=mya;當(dāng)向西行駛時(shí),以x節(jié)車廂為研究對(duì)象,則有F=

mxa,聯(lián)立兩式有y=

x?？梢?jiàn),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(xiàng)B、C正確。

5.(2014課標(biāo)Ⅱ,17,6分,0.645)如圖,一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán),用一細(xì)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(diǎn)),從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。

當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí),大環(huán)對(duì)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(duì)象,設(shè)大環(huán)半徑為R,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,得mg·2R=

mv2,在大環(huán)最低點(diǎn)有FN-mg=m

,得FN=5mg,此時(shí)再以大環(huán)為研究對(duì)象,受力分析如圖,由牛頓第三定律知,小環(huán)對(duì)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(diǎn)時(shí)速度為v,加速度為a,根據(jù)機(jī)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(duì)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(guò)程分析—大環(huán)、小環(huán)整體動(dòng)力學(xué)分析—得F考查點(diǎn)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、機(jī)械能守恒定律6.(2015課標(biāo)Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨時(shí),有時(shí)會(huì)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?fàn)顟B(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(shí)間內(nèi),A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為

,B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5,A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng),此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn);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(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長(zhǎng)。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)在0~2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大小;(2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。答案(1)3m/s21m/s2(2)4s解析(1)在0~2s時(shí)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(dòng)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(shí),設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則v1=a1t1=6m/s⑨v2=a2t1=2m/s⑩t>t1時(shí),設(shè)A和B的加速度分別為a1'和a2'。此時(shí)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(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)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(shí)間內(nèi),A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為s=

-

=12m<27m

此后B靜止不動(dòng),A繼續(xù)在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過(guò)時(shí)間t3后A離開(kāi)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(yùn)動(dòng)時(shí)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(cuò)警示注意當(dāng)B上表面光滑時(shí),B從加速向下運(yùn)動(dòng)變?yōu)闇p速向下運(yùn)動(dòng)。考查點(diǎn)牛頓第二定律、受力分析7.(2015課標(biāo)Ⅰ,25,20分,0.155)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4.5m,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=1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰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1s時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;(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)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(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng),小物塊以v1的初速度向右做勻變

速運(yùn)動(dòng)。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(guò)時(shí)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(yùn)動(dòng)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(dá)到共同速度的過(guò)程中,木板的位移為s1=

Δt

小物塊的位移為s2=

Δt

小物塊相對(duì)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?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板,所以木板的最小長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)直至停止,設(shè)加速度為a4,此過(guò)程中

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

0-

=2a4s3

碰后木板運(yùn)動(dòng)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(wèn)7分,①至⑦式各1分;第(2)問(wèn)8分,⑧至

式各1分,

式2分;第(3)問(wèn)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(dòng)力學(xué)方程,運(yùn)動(dòng)分析列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程,同時(shí)還要注意位移

關(guān)系列位移方程?？疾辄c(diǎn)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式易錯(cuò)警示注意v-t圖像1s末的速度等于木板撞前速度?？键c(diǎn)一對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2017上海單科,5,3分)如圖,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,懸線一端固定于地面,另一端拉住一個(gè)帶電小球,

使之處于靜止?fàn)顟B(tài)。忽略空氣阻力,當(dāng)懸線斷裂后,小球?qū)⒆?/p>

()

A.曲線運(yùn)動(dòng)

B.勻速直線運(yùn)動(dòng)C.勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.變加速直線運(yùn)動(dòng)B組

自主命題·省(區(qū)、市)卷題組答案

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

而處于平衡狀態(tài),故重力與電場(chǎng)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(chǎng)

力的合力大小、方向均不變,故小球?qū)⒀卦瓉?lái)懸線拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)正

確。2.(2016江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出,魚缸最終沒(méi)

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

()

A.桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等C.若貓?jiān)龃罄?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(jiàn),魚缸相對(duì)桌布向左滑動(dòng),故桌布對(duì)魚缸的滑動(dòng)摩擦力方向向右,A

錯(cuò)。因?yàn)轸~缸與桌布、魚缸與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,所以魚缸加速過(guò)程與減速過(guò)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在桌面上減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

相等,故B正確。若貓?jiān)龃罄?魚缸受到的摩擦力仍為滑動(dòng)摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不變,故C

錯(cuò)。若貓的拉力減小到使魚缸不會(huì)相對(duì)桌布滑動(dòng),則魚缸就會(huì)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(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)

時(shí),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(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),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(xiàng)D正確,選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)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(dāng)火車向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí),

水面形狀接近于圖

()

答案

A當(dāng)火車向右做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí),碗內(nèi)的水由于慣性,保持原來(lái)較大的速度向右運(yùn)動(dòng),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(gè)立方體,則右側(cè)面處

的壓強(qiáng)必大于左側(cè)面處的壓強(qiáng),由液體的壓強(qiáng)公式p=ρgh可知,液體內(nèi)同一水平線上各點(diǎn)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(guò)系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線剪

斷。將物塊a的加速度的大小記為a1,S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)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(xì)線前,把a(bǔ)、b、c看成整體,細(xì)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(xì)線之前相同。則將細(xì)線剪斷瞬間,對(duì)a隔離進(jìn)行受

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

所以Δl1=2Δl2,C正確,D錯(cuò)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(kāi)始

跌落到安全帶對(duì)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(yùn)動(dòng))。此后經(jīng)歷時(shí)間t

安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng),若在此過(guò)程中該作用力始終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)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(duì)人與安全帶作用的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理,則有(mg-F)t=0-mv,解得F=

+mg,故A正確。解法二:對(duì)人與安全帶作用的過(guò)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(jī)運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示(豎直向上為正),則貨物受到

升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖像可能是

()

答案

B由v-t圖像可知,升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(duì)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(zhǎng)的輕繩分別與A和地面相連,開(kāi)始時(shí)A、B離地高度相同。在C處剪斷輕繩,當(dāng)B落地

前瞬間,A、B的速度大小之比為

,機(jī)械能之比為

(以地面為零勢(shì)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(yùn)動(dòng)。兩物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng),

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(jī)械能守恒的條件可知,物體A和B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各自的機(jī)械能守恒,這就意味著,物體B

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

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

貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床,當(dāng)車速為23m/s時(shí),車尾位于制動(dòng)坡床的底端,貨物開(kāi)始

在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng),當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí),車頭距制動(dòng)坡床頂端38m,再過(guò)一段時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.4;貨車在制動(dòng)坡

床上運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)加速度的大小和方向;(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。答案(1)5m/s2方向沿制動(dòng)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(dòng)過(guò)程中,貨物與車廂間的動(dòng)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(dòng)坡床向下。(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M,車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v=23m/s。貨物在車廂內(nèi)開(kāi)始滑動(dòng)

到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0=38m的過(guò)程中,用時(shí)為t,貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1,在車廂

內(nèi)滑動(dòng)的距離s=4m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。貨車受到制

動(dòng)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(zhǎng)度l0=12m,制動(dòng)坡床的長(zhǎng)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(dòng)時(shí),通過(guò)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(guò)程中,貨車、貨物都做減速運(yùn)動(dòng),二者位移的幾何關(guān)系是解答此題

的關(guān)鍵所在?？键c(diǎn)一對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2013課標(biāo)Ⅱ,14,6分,0.733)一物塊靜止在粗糙的水平桌面上。從某時(shí)刻開(kāi)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(dòng)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(dāng)F不大于最大靜摩擦力時(shí),物塊仍處于靜止?fàn)顟B(tài),故其加速

度為0;當(dāng)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(xiàng)C正確。

考查點(diǎn)牛頓第二定律的應(yīng)用解題關(guān)鍵通過(guò)動(dòng)力學(xué)分析推出F與a的函數(shù)關(guān)系表達(dá)式。易錯(cuò)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(dòng)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(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)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(jìn)行多次實(shí)驗(yàn),最后推理出自由落體運(yùn)動(dòng)是一種勻加

速直線運(yùn)動(dòng)。分析該實(shí)驗(yàn)可知,小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運(yùn)動(dòng)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(duì)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(wú)關(guān),其值在θ值增大時(shí)保持不變,故其圖像應(yīng)為①,則A、D兩項(xiàng)均

錯(cuò)。當(dāng)θ=0時(shí)小球的加速度a=0,故其圖像必定為②,所以B項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用3.(2015浙江理綜,18,6分)(多選)我國(guó)科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器。艦載機(jī)

總質(zhì)量為3.0×104kg,設(shè)起飛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1.0×105N;彈射器有效作用長(zhǎng)度為100m,

推力恒定。要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80m/s。彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推

力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)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(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1×108JC.彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8×107WD.艦載機(jī)在彈射過(guò)程中的加速度大小為32m/s2

答案

ABD艦載機(jī)彈射過(guò)程中的加速度a=

=

m/s2=32m/s2,選項(xiàng)D正確;對(duì)艦載機(jī)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(xiàng)A

正確;由功的定義得:W彈=F彈·x=1.1×108J,選項(xiàng)B正確;由速度公式得彈射器對(duì)艦載機(jī)的作用時(shí)間

t=

=

s=2.5s,由功率的定義得:P彈=

=4.4×107W,選項(xiàng)C錯(cuò)。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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

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

()

A.當(dāng)F<2μmg時(shí),A、B都相對(duì)地面靜止B.當(dāng)F=

μmg時(shí),A的加速度為

μgC.當(dāng)F>3μmg時(shí),A相對(duì)B滑動(dòng)D.無(wú)論F為何值,B的加速度不會(huì)超過(guò)

μg答案

BCD對(duì)A、B整體,地面對(duì)B的最大靜摩擦力為

μmg,故當(dāng)

μmg<F<2μmg時(shí),A、B相對(duì)地面運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)。對(duì)A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律,有F-

×3mg=3ma;對(duì)B,在A、B恰好要發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),μ×2mg-

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

μmg時(shí),A、B相對(duì)靜止,對(duì)整體有:

μmg-

×3mg=3ma,a=

μg,故B正確。無(wú)論F為何值,B所受的最大動(dòng)力為A對(duì)B的最大靜摩擦力2μmg,故B的最大加速度aBm=

=

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

道。甲、乙兩小孩沿不同軌道同時(shí)從A處自由滑向B處,下列說(shuō)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(shí)刻總能到達(dá)同一高度D.甲比乙先到達(dá)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(xiàng)錯(cuò)誤。由機(jī)械

能守恒定律可知,甲、乙在同一高度時(shí)速度大小相等,B項(xiàng)正確。開(kāi)始時(shí)甲的加速度大于乙的

加速度,故甲開(kāi)始時(shí)下滑較快,C項(xiàng)錯(cuò)誤。因開(kāi)始時(shí)甲的平均加速度較大,其在整個(gè)過(guò)程中的平

均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到達(dá)B處,D項(xiàng)正確。評(píng)析本題中的C、D兩選項(xiàng)較難判斷,屬于難度較大層次?？捎脠D像法簡(jiǎn)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(shí)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(dòng)摩擦力大小相等,則

()

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

BD0~t1時(shí)間內(nèi)物塊A仍處于靜止?fàn)顟B(tài),F的功率為零,A錯(cuò)。t1~t3時(shí)間內(nèi)F>fm,對(duì)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(dāng)F最大時(shí),a最大,B

正確。t3時(shí)刻F=fm,a=0,物塊A速度達(dá)到最大,故C錯(cuò)誤,D正確。評(píng)析本題借助牛頓運(yùn)動(dòng)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(guò)程的能

力,涉及的知識(shí)點(diǎn)有牛頓第二定律與受力分析等。對(duì)物塊A的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析是該題的難點(diǎn)。

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(guò)程

可簡(jiǎn)化為:打開(kāi)降落傘一段時(shí)間后,整個(gè)裝置勻速下降,為確保安全著陸,需點(diǎn)燃返回艙的緩沖

火箭,在火箭噴氣過(guò)程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng),則

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

A對(duì)降落傘,勻速下降時(shí)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(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小為a,對(duì)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(cuò)誤。加速度方向向上,返回艙處于超重狀

態(tài),故D錯(cuò)誤。合外力方向向上、位移方向向下,做負(fù)功,故C錯(cuò)誤。8.(2011北京理綜,18,6分)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)。某人做蹦極運(yùn)動(dòng),所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t變化的情況如

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

中最大加速度約為

()

A.g

B.2g

C.3g

D.4g答案

B“蹦極”運(yùn)動(dòng)的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止?fàn)顟B(tài),此時(shí)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(shí)等于重力且等于

F0,即F0=

mg。當(dāng)繩的拉力最大時(shí),人處于最低點(diǎn)且合力最大,故加速度也最大,此時(shí)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(píng)析將生活實(shí)際與物理知識(shí)相結(jié)合,將生活實(shí)際與圖像分析相結(jié)合,在考查實(shí)際應(yīng)用能力的

同時(shí),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(dòng)摩

擦因數(shù)為0.2,最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等。從t=0時(shí)刻開(kāi)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(shí)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(shí)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(shuō)明物體在這段時(shí)間內(nèi)保持靜止。3~6s內(nèi),F=8N,說(shuō)明物體做勻加速運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)。9~12s內(nèi)又以2m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng),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(xiàng)正確。

考點(diǎn)一對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),

而物體B此時(shí)的速度vB=10m/s,只在滑動(dòng)摩擦力作用下向右做勻減速運(yùn)動(dòng),B與水平地面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)μ=0.2,那么物體A追上物體B所用的時(shí)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(duì)B由牛頓第二定律得F=μmBg=mBaB,aB=2m/s2,物體B從開(kāi)始到停下來(lái)所用的時(shí)間t=

=5s,在此時(shí)間內(nèi)B前進(jìn)的距離sB=

t=

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

比為3∶1,則物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

()A.tanθ

B.

tanθ

C.

tanθ

D.

tanθ答案

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

體下滑時(shí),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?？疾辄c(diǎn)牛頓第二定律解題關(guān)鍵推出物體上滑與下滑時(shí)的加速度表達(dá)式是關(guān)鍵。3.(2018陜西西安長(zhǎng)安二模,1)如圖所示,質(zhì)量相等的三個(gè)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(xì)繩相連,當(dāng)系統(tǒng)靜止后,突然剪斷A、B間的細(xì)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(xì)繩前,對(duì)B、C整體進(jìn)行受力分析,受到重力和細(xì)繩的拉力而平衡,故T=2mg;再

對(duì)物塊A、B分別進(jìn)行受力分析,受到重力、細(xì)繩拉力和彈簧的拉力;剪斷細(xì)繩后,重力和彈簧

的彈力不變,細(xì)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(diǎn)牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題4.(2017吉林吉大附中五次摸底,2)從t=0時(shí)刻開(kāi)始,甲沿光滑水平面做直線運(yùn)動(dòng),速度隨時(shí)間變

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

則在0~4s的時(shí)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(yùn)動(dòng)方向D.2s末乙物體速度達(dá)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(yùn)動(dòng)的加速度恒定,所以所受合力

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

向后沿負(fù)向,說(shuō)明乙在0~2s內(nèi)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),2~4s內(nèi)沿原方向做加速度增大的減

速運(yùn)動(dòng),2s末運(yùn)動(dòng)方向沒(méi)有改變,2s末乙物體速度達(dá)到最大,C錯(cuò)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(dāng)a、v同向時(shí),F減小,a減小,但v增加。考查點(diǎn)

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

扶梯上(扶欄未畫出),人和扶梯保持相對(duì)靜止,其加速度a方向如圖所示。在該游客上升過(guò)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(jī)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(duì)人進(jìn)行受力分析可知人受豎直向下的重力、扶梯對(duì)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(cuò);分解a有masinθ=FN-G,即FN>G,豎直方向合力不為零,故B對(duì)、D錯(cuò);機(jī)械能增量應(yīng)等于除

G外的其他力做的功,故C對(duì)?？疾辄c(diǎn)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(duì)人做正功。考點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用6.(2018遼寧鞍山一中四模,2)一條足夠長(zhǎng)的淺色水平傳送帶自左向右勻速運(yùn)行?，F(xiàn)將一個(gè)木

炭包無(wú)初速地放在傳送帶的最左端,木炭包將會(huì)在傳送帶上留下一段黑色的徑跡。下列說(shuō)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(zhǎng)度越短C.傳送帶運(yùn)動(dòng)的速度越大,徑跡的長(zhǎng)度越短D.木炭包與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)越大,徑跡的長(zhǎng)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(yùn)動(dòng),但在木炭包的速度達(dá)到與傳送帶速度相等之前木炭包相對(duì)于傳送帶向左運(yùn)動(dòng),故黑色

徑跡出現(xiàn)在木炭包的右側(cè),A錯(cuò)誤。由于木炭包在摩擦力作用下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a=μg與其

質(zhì)量無(wú)關(guān),故徑跡長(zhǎng)度與其質(zhì)量也無(wú)關(guān),B錯(cuò)誤。徑跡長(zhǎng)度等于木炭包相對(duì)傳送帶通過(guò)的位移

大小,即二者對(duì)地的位移差:Δx=vt-

t=

vt=

,可見(jiàn)傳送帶速度越小、動(dòng)摩擦因數(shù)越大,相對(duì)位移越小,黑色徑跡越短,C錯(cuò)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(wú)摩擦,A與B保持相對(duì)靜止一起沿斜面下滑過(guò)程中,斜面體C保持不動(dòng),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(duì)B的作用力方向豎直向下C.C與水平地面之間沒(méi)有摩擦力D.C對(duì)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(duì)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(jìn)行分析有:fA=mAax=mAgsinθcosθ,方向向左,故A

錯(cuò)誤;A對(duì)B的壓力豎直向下,A對(duì)B的摩擦力水平向右,A對(duì)B的作用力即A對(duì)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(cuò)誤;對(duì)整體進(jìn)行分析,由于A和B有向左的加

速度ax,地面對(duì)C的摩擦力方向向左,故C錯(cuò)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(duì)C的支持力小于A、B、C重力之和,故D正確。

考查點(diǎn)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(zhǎng)度為16

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

它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)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(shí)針運(yùn)動(dòng),由于剛開(kāi)始時(shí)物體的速度小于傳送帶的速度,所以物體相

對(duì)傳送帶沿斜面向上運(yùn)動(dòng),物體受到的摩擦力沿斜面向下,故此時(shí)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(shí)需要的時(shí)間為t1=

=1s,在此時(shí)間內(nèi)相對(duì)傳送帶發(fā)生的位移為x1=

a1

=5m<16m,可知物體加速到10m/s時(shí)仍未到達(dá)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(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間為t2,則LAB-x1=vt2+

a2

,解得t2=1s,故總時(shí)間t=t1+t2=2s;若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),物體受到的摩擦力沿斜面向上,則從A一直做勻加速運(yùn)動(dòng)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(jī),是阿特伍德創(chuàng)制的一種

著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置,用來(lái)研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)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(jì),輕繩不可伸長(zhǎng)且足夠長(zhǎng),現(xiàn)將裝置從靜止釋放。下列說(shuō)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(duì)B的拉力大小為

D.物體C對(duì)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(duì)象有:T-4mg=

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

,故A錯(cuò)誤、B正確;設(shè)物體B對(duì)C的拉力大小為F,對(duì)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(duì)B的拉力大小為

mg,故C錯(cuò)誤、D正確。10.[2016吉林長(zhǎng)春質(zhì)量監(jiān)測(cè)(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(duì)A的作用力,x表示彈簧的伸長(zhǎng)量。

初始時(shí),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(yùn)動(dòng)(g為重力加速度,空氣阻力不計(jì)),此過(guò)程中N或F隨x變化的圖像正確的是

()

答案

D隔離A,對(duì)A進(jìn)行受力分析,有:mg-N-FT=m

,FT=kx,則N=m

-kx,由式子可知N由開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的mg/2線性減小到零,當(dāng)x=

時(shí),N=0,此時(shí)FT=mg/2,A、B選項(xiàng)均錯(cuò)誤;再對(duì)整體進(jìn)行受力分析,有:2mg-F-FT=2m×

,則F=mg-kx,由此可知力F由開(kāi)始時(shí)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(xiàng)C錯(cuò)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(gè)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)?，F(xiàn)用水平拉力F拉B木塊,使四

個(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng),則以下說(shuō)法正確的是

()

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

C.一起加速過(guò)程中,A、D木塊所受摩擦力大小和方向相同D.當(dāng)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(gè)木塊以相同的加速度一起加速運(yùn)動(dòng),則由牛頓第二定

律可知,由整體法,對(duì)整體有F=4ma;再由隔離法,對(duì)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(guò)程中,C木塊受到重力、D木塊對(duì)其的壓力和靜摩擦力、地面對(duì)其的支持力及彈簧對(duì)其的彈力,共五個(gè)力的作用,故A錯(cuò)誤;當(dāng)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(cuò)誤。12.(2018陜西質(zhì)檢,24)某次滑雪訓(xùn)練,運(yùn)動(dòng)員站在水平雪道上第一次利用滑雪杖對(duì)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(shí)間為t1=1.0s,撤除水平推力F后經(jīng)過(guò)t2=2.0s,

他第二次利用滑雪杖對(duì)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(yùn)

動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m=60kg,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力大小恒為Ff=12N,求:(1)第一次利用滑雪杖對(duì)雪面作用獲得的速度大小及這段時(shí)間內(nèi)的位移大小;(2)該運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))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(yùn)動(dòng)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(duì)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(yùn)動(dòng)員停止使用滑雪杖后,加速度大小為a2=

=

m/s2=0.2m/s2經(jīng)時(shí)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(guò)程分析是解答該題的關(guān)鍵?？疾辄c(diǎn)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(diǎn)(足夠高)同時(shí)由靜

止釋放。兩球下落過(guò)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(wú)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(dá)到各自的穩(wěn)定值v

1、v2。則下列判斷正確的是

()A.t0時(shí)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(shí)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(shí)間內(nèi)圖線與時(shí)間軸所圍面積不等,即下落的高度不等,所以A錯(cuò)誤;

速度穩(wěn)定時(shí),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(cuò)誤;由mg=kv知,m

1/m2=v1/v2,故D錯(cuò)誤。考查點(diǎn)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(duì)應(yīng)時(shí)間段內(nèi)的位移。2.(2018新疆高三一模,19)(多選)飛機(jī)場(chǎng)的行李傳送裝置如圖所示,水平傳送帶以速度v1順時(shí)針

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

李箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ>tanθ,兩傳送帶之間平滑連接,則行李箱運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)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(dòng)摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)

動(dòng),行李箱可能與傳送帶達(dá)到共速,之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。滑上傾斜傳送帶時(shí),由于v1<v2,且μ>

tanθ,有μmgcosθ>mgsinθ,可知行李箱先做勻加速運(yùn)動(dòng),與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng),所以A項(xiàng)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(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),滑上傾

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

傳送帶共速后不可能做勻減速運(yùn)動(dòng),所以B項(xiàng)是不可能的,故B錯(cuò)誤;行李箱在水平傳送帶上可

能一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),滑上傾斜傳送帶時(shí),可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng),所以C項(xiàng)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(yùn)動(dòng),滑上傾斜傳送帶時(shí),可能先做勻加速

運(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),D項(xiàng)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(yùn)動(dòng)情況。考查點(diǎn)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(jì)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(dòng)調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示。當(dāng)此車加速上坡

時(shí),乘客

()

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?yán)锏某丝团c車相對(duì)靜止,和車具有相同的加速度,方向沿斜坡向上,

對(duì)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(cuò)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(diǎn)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用溫馨提示本題考查整體法與隔離法的運(yùn)用,當(dāng)部分物體與整體相對(duì)靜止時(shí),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(tái)。某

次傳送平臺(tái)B沿軌道將貨物A向下傳送到斜軌道下端,運(yùn)動(dòng)過(guò)程可用如圖乙中的速度-時(shí)間圖

像表示。下列分析中不正確的是

()

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

B0~t1時(shí)間內(nèi),由圖乙可知,A和B整體沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng),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(duì)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(shí)間內(nèi),由圖乙可知整體向下

做勻速運(yùn)動(dòng),A受力平衡,所以B對(duì)A的支持力等于重力,A不受摩擦力的作用,故B錯(cuò)誤;t2~t3時(shí)間

內(nèi),整體沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng),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(duì)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(shí)間內(nèi),整體沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng),處于失重狀態(tài),t2~t3時(shí)間內(nèi),

整體沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng),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(zhǎng)的木板右端被抬高后成為傾角為θ1=37

°的斜面,此時(shí)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(dòng)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(yuǎn)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(shí),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(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4,地面與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,

g=10m/s2。求:

(1)能使A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)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(zhǎng);從開(kāi)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(duì)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(duì)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(shí)A、B的加速度分別為a1、a2,撤掉F時(shí)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(shí)速度為v3,加速度為a3對(duì)于A:μ1mg=ma1,a1=4m/s2,v1=a1t1=4m/s對(duì)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(guò)t2時(shí)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(kāi)始到A、B相對(duì)靜止,A、B的相對(duì)位移即木板最短的長(zhǎng)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(yùn)動(dòng),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.