《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律課件2（99頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律高考物理高考物理 (課標(biāo)專用)考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2016課標(biāo),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

2、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?？疾辄c(diǎn)力、加速度、速度三者關(guān)系解題關(guān)鍵F即F合,與a同向。分別分析F與原速度方向是否在同一直線上的兩種情況?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用2.(2018課標(biāo),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)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(yùn)動(dòng)。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(diǎn)力的平衡及牛頓第二定律。設(shè)系統(tǒng)靜

3、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量。本題中x表示P離開靜止位置的位移,此時(shí)的形變量為x0-x而不是x。3.(2015課標(biāo),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

4、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,物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,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:mgsin+mgcos=ma1,mgsin-mgcos=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、,故B錯(cuò),A、C均正確。0t1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,已求出,故可以求出物塊上滑的最大高度,故D正確。01vt11vt考查點(diǎn)牛頓第二定律、受力分析、v-t圖像思路指導(dǎo)對(duì)上滑和下滑根據(jù)牛頓

5、第二定律列式。利用v-t圖像求出上滑與下滑時(shí)的加速度。溫馨提示斜面上物體的“重力分解效果”及“受力分析特點(diǎn)”是高考中常見的問題,應(yīng)當(dāng)熟記。4.(2015課標(biāo),20,6分,0.45)(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.8B.10C.15D.1823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

6、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?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。2323535.(2014課標(biāo),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-5mgB.Mg+mg C.Mg+5mgD.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

7、能守恒定律,得mg2R=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。122vR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=mg2R,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+M0所以F=Mg+5mg,由牛頓第三定律知C正確。122vR考查點(diǎn)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、機(jī)械能守恒定律思路指導(dǎo)小環(huán)下滑過程分析大環(huán)、小環(huán)整體動(dòng)力學(xué)分析得F 6.(2017課標(biāo),25,20分)如圖,兩個(gè)

8、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(dòng)摩擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng),初速度大小均為v0=3m/s。A、B相遇時(shí),A與木板恰好相對(duì)靜止。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)B與木板相對(duì)靜止時(shí),木板的速度;(2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),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(dòng)時(shí),木板也在地面上滑動(dòng)。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(duì)于地面的加速度大小分別為

9、aA和aB,木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1=1mAgf2=1mBgf3=2(m+mA+mB)g由牛頓第二定律得f1=mAaAf2=mBaBf2-f1-f3=ma1設(shè)在t1時(shí)刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=v0-aBt1v1=a1t1聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得v1=1m/s(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi),B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sB=v0t1-aB設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板組成的體系,由牛頓第二定律有f1+f3=(mB+m)a2由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達(dá)到共同速度時(shí),A的速度大小也為v1

10、,但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時(shí),A與木板的速度相同,設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,對(duì)木板有v2=v1-a2t2對(duì)A有v2=-v1+aAt2在t2時(shí)間間隔內(nèi),B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1=v1t2-a21221t1222t在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi),A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2A和B相遇時(shí),A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離為s0=sA+s1+sB聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得s0=1.9m(也可用如圖的速度-時(shí)間圖線求解)12審題指導(dǎo)如何建立物理情景,構(gòu)建解

11、題路徑首先分別計(jì)算出B與板、A與板、板與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小,判斷出A、B及木板的運(yùn)動(dòng)情況。把握好幾個(gè)運(yùn)動(dòng)節(jié)點(diǎn)。由各自加速度大小可以判斷出B與木板首先達(dá)到共速,此后B與木板共同運(yùn)動(dòng)。A與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng),且A運(yùn)動(dòng)過程中加速度始終不變。木板先加速后減速,存在兩個(gè)過程。7.(2015課標(biāo),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=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)

12、,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)1減小為,B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)2減小為0.5,A、B開始運(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)楣饣?2保持不變。已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí),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(dòng)摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在02s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。3538答案(1)3m/s21m/s2(2)4s解析(1)在02s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=1N1N1=

13、mgcosf2=2N2N2=N1+mgcos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mgsin-f1=ma1mgsin-f2+f1=ma2聯(lián)立式,并代入題給條件得a1=3m/s2a2=1m/s2(2)在t1=2s時(shí),設(shè)A和B的速度分別為v1和v2,則v1=a1t1=6m/sv2=a2t1=2m/stt1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/s2a2=-2m/s2即B做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2,B的速度減為零,則有v2+a2t2=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=-=12m27m此

14、后B靜止不動(dòng),A繼續(xù)在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B,則有l(wèi)-s=(v1+a1t2)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)221 11 2121122atvta t222 12 2221122a tv ta t1223t考查點(diǎn)牛頓第二定律、受力分析易錯(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)。8.(2015課標(biāo),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(shí)刻開始,小

15、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)過程中小物塊始終未離開木板。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)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2;(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(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-1(m+M)g=(

16、m+M)a1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+a1t1s0=v0t1+a1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(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得1=0.1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-2mg=ma2由圖(b)可得a2=1221t2121vvtt式中,t2=2s,v2=0,聯(lián)立式并結(jié)合題給條件得2=0.4(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時(shí)間t,木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定

17、律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2mg+1(M+m)g=Ma3v3=-v1+a3tv3=v1+a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中,木板的位移為s1=t小物塊的位移為s2=t小物塊相對(duì)木板的位移為s=s2-s1聯(lián)立 式,并代入數(shù)據(jù)得132vv132vvs=6.0m因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)直至停止,設(shè)加速度為a4,此過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1(m+M)g=(m+M)a40-=2a4s3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為s=s1+s3聯(lián)立 式,并代入數(shù)據(jù)得s=-6.5m木板右端

18、離墻壁的最終距離為6.5m。23v考查點(diǎn)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式思路指導(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。易錯(cuò)警示注意v-t圖像1s末的速度等于木板撞前瞬間的速度。9.(2014課標(biāo),24,12分,0.550)公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時(shí),后車司機(jī)可以采取剎車措施,使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會(huì)與前車相碰。通常情況下,人的反應(yīng)時(shí)間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間之和為1s,當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108km/h的速度勻速行駛時(shí),安全距離為120m。設(shè)雨天時(shí)汽車輪胎與瀝青路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為晴天時(shí)的2/5,若要求安全距離

19、仍為120m,求汽車在雨天安全行駛的最大速度。答案20m/s(72km/h)解析設(shè)路面干燥時(shí),汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0,剎車時(shí)汽車的加速度大小為a0,安全距離為s,反應(yīng)時(shí)間為t0,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0mg=ma0s=v0t0+式中,m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。設(shè)在雨天行駛時(shí),汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,依題意有=0設(shè)在雨天行駛時(shí)汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得mg=mas=vt0+聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得v=20m/s(72km/h)2002va2522va考查點(diǎn)牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式易錯(cuò)警示注意人和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間?？?/p>

20、點(diǎn)一牛頓運(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?)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?。▍^(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卦瓉響揖€拉力的反方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)正確。2.(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

21、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。3.(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,魚缸相對(duì)

22、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,所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等,均為g;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=mg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?？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,保持原來較大的速度向右

23、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=gh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)過程為:向下加速(失重:Fmg)向上加速(超重:Fmg)向上勻速(F=mg)向上減速(失重:Fmg),對(duì)照F-t圖像可知,B正確。6.(2015重慶理

24、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(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,若在此過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.+mgB.-mgC.+mgD.-mg 2mght2mghtm ghtm ght答案A對(duì)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。vt2ght2mght7.(2015江蘇單科,6,4分)(多選)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對(duì)

25、地板的壓力()A.t=2s時(shí)最大B.t=2s時(shí)最小C.t=8.5s時(shí)最大D.t=8.5s時(shí)最小答案AD地板對(duì)人的支持力FN=mg+ma,t=2s時(shí),a有正的最大值,此時(shí)FN最大,由牛頓第三定律知A正確,B錯(cuò)誤;t=8.5s時(shí),a有負(fù)的最大值,此時(shí)FN最小,由牛頓第三定律知C錯(cuò)誤,D正確。8.(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(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O。整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(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)于原長的伸長分別記為l1和l2,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間,()

26、A.a1=3gB.a1=0C.l1=2l2D.l1=l2答案AC剪斷細(xì)線前,把a(bǔ)、b、c看成整體,細(xì)線中的拉力為T=3mg。因在剪斷瞬間,彈簧未發(fā)生突變,所以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=kl1,mg=kl2,所以l1=2l2,C正確,D錯(cuò)誤。9.(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(jī)使用的電磁彈射器。艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0104kg,設(shè)起飛過程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1.0105N;彈射器有效作用長度為100m,推力恒定。要求艦載機(jī)在

27、水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80m/s。彈射過程中艦載機(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1.1106NB.彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1108JC.彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8107WD.艦載機(jī)在彈射過程中的加速度大小為32m/s2答案ABD艦載機(jī)彈射過程中的加速度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=1.1106N,選項(xiàng)A正確;由功的定義得:W彈=F彈x=1.1108J,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

28、=2.5s,由功率的定義得:P彈=4.4107W,選項(xiàng)C錯(cuò)。22vx2802 100va8032Wt彈10.(2014山東理綜,15,6分)(多選)一質(zhì)點(diǎn)在外力作用下做直線運(yùn)動(dòng),其速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖。在圖中標(biāo)出的時(shí)刻中,質(zhì)點(diǎn)所受合外力的方向與速度方向相同的有()A.t1B.t2C.t3D.t4答案ACv-t圖像中,縱軸表示各時(shí)刻的速度,t1、t2時(shí)刻速度為正,t3、t4時(shí)刻速度為負(fù),圖線上各點(diǎn)切線的斜率表示該時(shí)刻的加速度,t1、t4時(shí)刻加速度為正,t2、t3時(shí)刻加速度為負(fù),根據(jù)牛頓第二定律,加速度與合外力方向相同,故t1時(shí)刻合外力與速度均為正,t3時(shí)刻合外力與速度均為負(fù),A、C正確,

29、B、D錯(cuò)誤。11.(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(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

30、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中各自的機(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 11212即兩物體的機(jī)械能之比為4 1。12.(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?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,再過一段時(shí)間,貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4

31、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。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板,取cos=1,sin=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)過程中,貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.4,受摩擦力大小為f,加速度大小為a1,則f+mgsin=ma1f=mgcos聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得a1=5m/s2a1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

32、車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0=38m的過程中,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,貨車長度l0=12m,制動(dòng)坡床的長度為l,則Mgsin+F-f=Ma2F=k(m+M)gs1=vt-a1t212s2=vt-a2t2s=s1-s2l=l0+s0+s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l=98m12解題指導(dǎo)(1)貨物在車廂內(nèi)向上滑動(dòng)時(shí),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

33、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。審題指導(dǎo)此題以避險(xiǎn)車道為背景,解答常見的“板塊”模型。此類題有兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn),一是正確受力分析,確定加速度;二是畫出運(yùn)動(dòng)過程草圖,找出位移關(guān)系。考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2013課標(biāo),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

34、二定律得F-FN=ma,即F=FN+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,讓小球由傾角為的光滑斜面滑下,然后在不同的角條件下進(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隨變化的圖像分別對(duì)應(yīng)圖2中的()圖1圖2A.、和B.、和C.、和D.、和答案B重力加速度g與無關(guān),其值在值增大時(shí)保持不變,故

35、其圖像應(yīng)為,則A、D兩項(xiàng)均錯(cuò)。當(dāng)=0時(shí)小球的加速度a=0,故其圖像必定為,所以B項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤。3.(2013浙江理綜,19,6分)(多選)如圖所示,總質(zhì)量為460kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5m/s2,當(dāng)熱氣球上升到180m時(shí),以5m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)。若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變,上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變,重力加速度g=10m/s2。關(guān)于熱氣球,下列說法正確的是()A.所受浮力大小為4830NB.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C.從地面開始上升10s后的速度大小為5m/sD.以5m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230N答案AD剛開始上升時(shí),空氣阻力

36、為零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4830N,A項(xiàng)正確。加速上升過程,隨著速度增大,空氣阻力增大,B項(xiàng)錯(cuò)誤。浮力和重力不變,而隨著空氣阻力的增大,加速度會(huì)逐漸減小,直至為零,故上升10s后的速度vat=5m/s,C項(xiàng)錯(cuò)誤。勻速上升時(shí),F浮=Ff+mg,所以Ff=F浮-mg=4830N-4600N=230N,D項(xiàng)正確。4.(2012海南單科,1,3分)根據(jù)牛頓第二定律,下列敘述正確的是()A.物體加速度的大小跟它的質(zhì)量和速度大小的乘積成反比B.物體所受合力必須達(dá)到一定值時(shí),才能使物體產(chǎn)生加速度C.物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個(gè)的大小成正比D.當(dāng)物

37、體質(zhì)量改變但其所受合力的水平分力不變時(shí),物體水平加速度大小與其質(zhì)量成反比答案D物體加速度的大小與質(zhì)量和速度大小的乘積無關(guān),A項(xiàng)錯(cuò)誤;物體所受合力不為0,則a0,B項(xiàng)錯(cuò)誤;物體加速度的大小與其所受的合力成正比,C項(xiàng)錯(cuò)誤。5.(2012山東基本能力,66,1分)人在平地上靜止站立時(shí),受到的支撐力等于人的重力。做原地縱跳時(shí),在快速下蹲和蹬伸的過程中,人體受到的支撐力發(fā)生變化(如圖,G為重力,F為支撐力)。下列曲線能正確反映該變化的是()答案D人體在下蹲過程中的加速階段處于失重狀態(tài),FG。同理蹬伸過程中的加速上升階段FG,減速上升階段Ff1,做勻減速直線運(yùn)動(dòng),所以正確選項(xiàng)為C。7.(2010全國,15

38、,6分)如圖,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2。重力加速度大小為g。則有()A.a1=0,a2=gB.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=gmMMmMM答案C木板抽出前,由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg。木板抽出后瞬間,彈簧彈力保持不變,仍為mg。由平衡條件和牛頓第二定律可得a1=0,a2=g,答案為C。mMM8.(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

39、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10m/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=mg=0.2210N=4N。由題給F-t圖像知03s內(nèi),F=4N,說明物體在這段時(shí)間內(nèi)保持靜止。36s內(nèi),F=8N,說明物體做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度a=2m/s2。6s末物體的速度v=at=23m/s=6m/s,在69s內(nèi)物體以6m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)。912s內(nèi)又以2m/s2的

40、加速度做勻加速運(yùn)動(dòng),作v-t圖像如圖所示,故012s內(nèi)的位移s=2m+66m=54m,故B項(xiàng)正確。Ffm13 62 9.(2009廣東單科,8,4分)某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重,t0至t3時(shí)間段內(nèi),彈簧秤的示數(shù)如圖所示,電梯運(yùn)行的v-t圖可能是(取電梯向上運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎?()答案A由G-t圖像知:t0t1時(shí)間內(nèi),具有向下的加速度,t1t2時(shí)間內(nèi)勻速或靜止,t2t3時(shí)間內(nèi),具有向上的加速度,因此其運(yùn)動(dòng)情況可能是:t0t3時(shí)間內(nèi),但D項(xiàng)不符合電梯由靜止開始運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)正確。,向上減速 靜止向上加速向下加速 勻速向下減速10.(2012安徽理綜,22,14

41、分)質(zhì)量為0.1kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落,該下落過程對(duì)應(yīng)的v-t圖像如圖所示。球與水平地面相碰后離開地面時(shí)的速度大小為碰撞前的3/4。設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f,取g=10m/s2,求:(1)彈性球受到的空氣阻力f的大小;(2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h。答案(1)0.2N(2)m38解析(1)設(shè)彈性球第一次下落過程中的加速度大小為a1,由題圖知a1=m/s2=8m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mg-f=ma1f=m(g-a1)=0.2N(2)由題圖知彈性球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為v1=4m/s,設(shè)球第一次離開地面時(shí)的速度大小為v2,則v2=v1=3m/s第一次離開地面后,設(shè)

42、上升過程中球的加速度大小為a2,則mg+f=ma2a2=12m/s2于是,有0-=-2a2h解得h=mvt40.53422v3811.(2010安徽理綜,22,14分)質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去F,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖所示。g取10m/s2,求:(1)物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)水平推力F的大小;(3)010s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移的大小。答案(1)0.2(2)6N(3)46m解析(1)設(shè)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2、初速度為v20、末速度為v2t、加速度為a2,則a2=-2m/s2設(shè)物體所受的摩擦力為Ff,根據(jù)牛頓第二定律,有Ff=ma2Ff

43、=-mg聯(lián)立得=0.2(2)設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1、初速度為v10、末速度為v1t、加速度為a1,則a1=1m/s2根據(jù)牛頓第二定律,有F+Ff=ma1聯(lián)立得F=mg+ma1=6N(3)解法一由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式,得2202tvvt2ag1101tvvtx=x1+x2=v10t1+a1+v20t2+a2=46m解法二根據(jù)v-t圖像圍成的面積,得x=46m1221t1222t1011202122tvvtvt 12.(2009江蘇單科,13,15分)航模興趣小組設(shè)計(jì)出一架遙控飛行器,其質(zhì)量m=2kg,動(dòng)力系統(tǒng)提供的恒定升力F=28N。試飛時(shí),飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器

44、飛行時(shí)所受的阻力大小不變,g取10m/s2。(1)第一次試飛,飛行器飛行t1=8s時(shí)到達(dá)高度H=64m。求飛行器所受阻力f的大小;(2)第二次試飛,飛行器飛行t2=6s時(shí)遙控器出現(xiàn)故障,飛行器立即失去升力。求飛行器能達(dá)到的最大高度h;(3)為了使飛行器不致墜落到地面,求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時(shí)間t3。答案(1)4N(2)42m(3)s(或2.1s)3 22解析(1)第一次飛行中,設(shè)加速度為a1勻加速運(yùn)動(dòng)H=a1由牛頓第二定律F-mg-f=ma1解得f=4N(2)第二次飛行中,設(shè)失去升力時(shí)的速度為v1,上升的高度為s1勻加速運(yùn)動(dòng)s1=a1設(shè)失去升力后加速度為a2,上升的高度為s2由牛頓

45、第二定律mg+f=ma2v1=a1t2s2=解得h=s1+s2=42m(3)設(shè)失去升力下降階段加速度為a3;恢復(fù)升力后加速度為a4,恢復(fù)升力時(shí)速度為v3由牛頓第二定律mg-f=ma31221t1222t2122vaF+f-mg=ma4且+=hv3=a3t3解得t3=s(或2.1s)2332va2342va3 22考點(diǎn)一牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解1.(2018西南名校質(zhì)量檢測(cè),15)滑草,是如今一些度假村推出的一項(xiàng)前衛(wèi)運(yùn)動(dòng),和滑雪一樣,能給運(yùn)動(dòng)者帶來動(dòng)感和刺激。特別對(duì)少雪地區(qū)的人們來說,滑草更新鮮了,因?yàn)樗然└哂袏蕵沸蓍e性,更能體驗(yàn)人與大自然的和諧?！半p人滑草”項(xiàng)目可以簡化為如下模型:如圖所示,A

46、、B兩物塊在傾角為的粗糙斜面上緊靠在一起從靜止開始加速下滑,斜面與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3,與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,A物塊的質(zhì)量為m,B物塊的質(zhì)量為3m,已知重力加速度為g。則在下滑過程中,物塊A、B之間作用力的大小等于()A.mgsinB.mgsinC.mgcosD.mgcos12321232三年模擬A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組答案D取A、B整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得(m+3m)gsin-3mgcos-3mgcos=(m+3m)a,解得a=gsin-gcos,對(duì)A物塊,由牛頓第二定律得F+mgsin-3mgcos=ma,得F=mgcos,故D正確。32322.(2018云南曲

47、靖一中4月質(zhì)量監(jiān)測(cè)七,15)如圖所示,將一輕彈簧豎直懸掛,下端與一小物塊相連,現(xiàn)用手托住小物塊使彈簧處于原長,然后從靜止釋放小物塊,則小物塊從釋放至下落到最低點(diǎn)的過程中()A.小物塊的動(dòng)能先增大后減小B.小物塊的機(jī)械能守恒C.小物塊動(dòng)能最大時(shí)加速度不為零D.小物塊在最低點(diǎn)時(shí)加速度為零答案A物塊下落過程中一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能,B錯(cuò)誤。物塊所受重力與彈簧彈力的合力提供加速度,即mg-F=ma,向下運(yùn)動(dòng)的過程中,彈簧彈力不斷增大,合外力不斷減小,加速度不斷減小,速度不斷增大,物塊做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)彈簧彈力F=mg時(shí),加速度減為零,物塊繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),之后Fmg,滿足F-mg=m

48、a,加速度向上,彈簧彈力不斷增大,加速度a不斷增大,物塊做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng),故物塊的動(dòng)能先增大后減小,動(dòng)能最大時(shí)加速度為零,在最低點(diǎn)時(shí)加速度不為零,A正確,C、D錯(cuò)誤。3.(2018貴州貴陽一中3月月考,16)在固定斜面上,一物塊沿斜面下滑過程中,其速度與位移x的關(guān)系式滿足v2=8x(國際單位制);沿斜面上滑過程中,其速度v與位移x的關(guān)系式變?yōu)関2=16-16x(國際單位制);g取10m/s2。則物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和斜面的傾角分別為()A.=0.5,=30B.=0.5,=60 C.=0.25,=37D.=0.25,=53答案C下滑過程有a1=gsin-gcos,由v2=2a1x和

49、v2=8x可知a1=4m/s2;上滑過程中有a2=gsin+gcos,由v2=-2a2x和v2=16-16x可知a2=8m/s2;解得=0.25,=37,故C正確。20v4.(2018云南保山第二次市級(jí)統(tǒng)測(cè),15)如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的物體放在傾角為的光滑斜面上,現(xiàn)對(duì)斜面施加一水平向左的恒力F,使物體與斜面一起以加速度a水平向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g,則斜面對(duì)物體的支持力為()A.mgcosB.C.masinD.cosmgsinF答案B斜面與物體一起以加速度a向左做勻加速運(yùn)動(dòng),合力水平向左,對(duì)物體進(jìn)行受力分析,如圖所示,豎直方向有mg=Ncos,水平方向有Nsin=ma,則N=

50、,故B正確,A、C錯(cuò)誤。由題中所給條件不能得出N與F的關(guān)系,D錯(cuò)誤。cosmgsinma考點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用5.(2018四川成都龍泉一中模擬,14)如圖所示,小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強(qiáng),已知A的質(zhì)量為m,重力加速度為g,兩本書在空中不翻轉(zhuǎn),不計(jì)空氣阻力,則A、B在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)()A.A的加速度等于gB.B的加速度大于gC.A對(duì)B的壓力等于mgD.A對(duì)B的壓力大于mg答案A由于A、B兩本書在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)不計(jì)空氣阻力,只受重力,故A、B的加速度等于g,選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;因A、B兩本書的加速度等于g,二者處于完全失重狀態(tài),A、B間無作用力,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。6.(2018云南保

51、山第二次市級(jí)統(tǒng)測(cè),19)(多選)在粗糙水平面上滑動(dòng)的物塊,從t0=0時(shí)刻開始受到水平恒力F的作用,在t0到t1時(shí)間內(nèi)物塊做直線運(yùn)動(dòng),已知物塊在t0時(shí)刻的速度和t1時(shí)刻的速度大小相等,下列能正確反映這一過程的v-t圖像有()答案AC物塊做直線運(yùn)動(dòng),初末速度大小相等,物塊可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),即恒力F等于滑動(dòng)摩擦力,故A正確。物塊也可能速度先減為零,然后反向加速,即開始時(shí)力與運(yùn)動(dòng)方向相反,故減速時(shí)的加速度大小a1=,加速時(shí)的加速度大小a2=,a1a2,故C正確。FfmFfm7.(2018西南名校質(zhì)量檢測(cè),17)如圖甲所示,一長木板在水平地面上向右運(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

52、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-時(shí)間圖像可能是圖乙中的()答案A由于物塊剛放到木板上時(shí),運(yùn)動(dòng)的木板會(huì)對(duì)它施加一個(gè)水平向右的滑動(dòng)摩擦力,則物塊對(duì)木板就會(huì)有一個(gè)水平向左的摩擦力,此時(shí)木板還受到地面給它的水平向左的摩擦力,木板在這兩個(gè)阻力的作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)物塊的速度與木板的速度相等時(shí),物塊與木板保持相對(duì)靜止,一起做勻減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)物塊對(duì)木板的摩擦力水平向右,地面仍對(duì)木板施加水平向左的摩擦力,即木板所受合力變小,故木板的加速度變小,故選A。8.(2018貴

53、州銅仁適應(yīng)性考試二,17)如圖所示,為一距地面某高度的小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的v-t圖像,小球的質(zhì)量為0.4kg,重力加速度g取10m/s2,空氣阻力不計(jì),由圖像可知()A.橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間約為0.08sB.小球釋放時(shí)離地面的高度為1.5mC.小球第一次反彈的最大高度為0.8mD.小球第一次撞擊地面受地面的平均作用力為50N答案C由于不計(jì)空氣阻力,小球在下落過程中,加速度為g,由圖可知,小球第一次撞擊地面瞬間的速度為5m/s,由速度公式可知,小球第一次在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=0.5s,5t0=0.5s,t0=0.1s,即橫軸每一小格表示的時(shí)間為0.1s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球釋放時(shí)離地面的高

54、度h=1.25m,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由圖像知小球第一次反彈后的初速度大小為v=4m/s,則第一次反彈的最大高度h=0.8m,選項(xiàng)C正確;若以向上為正方向,由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得F-mg=ma,a=m/s2=45m/s2,則F=mg+ma=22N,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。vg22vg22vg4( 5)0.2 9.(2018廣西柳州高級(jí)中學(xué)、南寧二中二聯(lián),24)一質(zhì)量m=4.0103kg的汽車,以P=6.0104W的額定功率從靜止啟動(dòng)爬一坡面,經(jīng)25s達(dá)到最大速度,設(shè)汽車受到坡面的阻力大小為f=1.6103N。已知坡面與水平面夾角為,(取重力加速度g=10m/s2,sin=0.02)求:(1)汽車的最大速率

55、vm;(2)汽車速度為10m/s時(shí)的加速度大小。答案(1)25m/s(2)0.9m/s2解析(1)汽車達(dá)到最大速率vm時(shí),合力為零F=mgsin+fP=Fvm代入數(shù)據(jù)解得vm=25m/s(2)設(shè)汽車速度為10m/s時(shí)牽引力為F,則P=Fv由牛頓第二定律得:F-mgsin-f=ma代入數(shù)據(jù)解得:a=0.9m/s21.(2018廣西防城港1月模擬,18)(多選)如圖所示,質(zhì)量分別為m和M的兩長方體物塊P和Q,疊放在傾角為的固定斜面上,P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1,Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2,當(dāng)它們一起沖上斜面,沿斜面向上滑動(dòng)時(shí),兩物塊始終保持相對(duì)靜止,則物塊P對(duì)Q的摩擦力()A.大小為1mgcosB.

56、大小為2mgcosC.方向平行于斜面向上D.方向平行于斜面向下B組 20162018年高考模擬綜合題組（時(shí)間:40分鐘 分值:75分）一、選擇題一、選擇題 (每題每題6分分,共共30分分)答案BC對(duì)P、Q整體受力分析,受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律得(m+M)gsin+2(m+M)gcos=(m+M)a,解得a=g(sin+2cos),再對(duì)P受力分析,受到重力mg、支持力和沿斜面向下的靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律得mgsin+Ff=ma,解得Ff=2mgcos,根據(jù)牛頓第三定律知P對(duì)Q的摩擦力大小為2mgcos,方向平行于斜面向上,B、C正確。2.(2018云南師大附中第八次月考

57、,20)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上,木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),在木板上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運(yùn)動(dòng)并在最后分離。設(shè)分離時(shí)木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為x,在保證木塊和木板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的情況下,下列方式可使位移x增大的是()A.僅增大木板的質(zhì)量MB.僅減小木塊的質(zhì)量mC.僅增大恒力FD.僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)答案AD根據(jù)牛頓第二定律得木板的加速度a1=,木塊的加速度a2=g,設(shè)板長為L,作出如圖所示v-t圖像,圖線OA代表的是木塊的v-t圖像,圖線OB代表的是木板的v-t圖像。OA與OB所圍陰影部分的面積等于L時(shí),OA與時(shí)間軸所圍

58、的三角形面積代表分離時(shí)木塊的對(duì)地位移x,由圖像和加速度表達(dá)式可知:僅增大木板質(zhì)量M,a1減小,a2不變,x增大,故A正確;僅減小木塊質(zhì)量m,a1增大,a2不變,x減小,故B錯(cuò)誤;僅增大恒力F,a1增大,a2不變,x減小,故C錯(cuò)誤;僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù),a1減小,a2增大,x增大,故D正確。FmgMmgm3.(2017四川成都石室中學(xué)二診,19)(多選)光滑斜面上,當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí),擋板C與斜面垂直,彈簧、輕桿均與斜面平行,A、B兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間()A.兩圖中兩球加速度均為gsin B.兩圖中A球的加速度均為零C.圖甲中B球的加速度為2gsin D.圖乙中B球的加速度為g

59、sin答案CD撤去擋板前,擋板對(duì)B球的彈力大小均為2mgsin,因彈簧彈力不能突變,而桿的彈力會(huì)突變,所以撤去擋板瞬間,圖甲中A球所受合力為零,加速度為零,B球所受合力為2mgsin,加速度為2gsin;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?A、B球所受力均為mgsin,加速度均為gsin,故C、D正確,A、B錯(cuò)誤。解題指導(dǎo)根據(jù)彈簧彈力不能突變,桿的彈力會(huì)突變,分析撤去擋板的瞬間,圖甲和圖乙中A、B所受合外力,即可得到各自的加速度。4.(2017貴州遵義二聯(lián),19)(多選)在傾角為的光滑斜面上,質(zhì)量分別為M和m的兩個(gè)物體A、B用細(xì)繩連接。用力2F沿斜面向上拉物體A時(shí),兩物體以大小為a的加速度向上運(yùn)動(dòng),此時(shí)A

60、、B間細(xì)繩中的張力為T1。當(dāng)用大小為F的拉力沿斜面向上拉物體A(物體仍向上做加速運(yùn)動(dòng)),此時(shí)A、B間細(xì)繩的張力為T2。則下列說法正確的是()A.后一種情形兩物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度小于B.后一種情形兩物體向上運(yùn)動(dòng)的加速度大于C.后一種情形細(xì)繩中的張力T2=T1D.后一種情形細(xì)繩中的張力T2a,所以a,A對(duì)B錯(cuò)。對(duì)B由牛頓第二定律可得T1-mgsin=ma,T2-mgsin=ma,解得T1=,T2=,則T2=T1,C對(duì)D錯(cuò)。2FMmFMmFMm2a2mFMmmFMm125.(2017廣西南寧4月二模,15)如圖所示,在豎直方向運(yùn)動(dòng)的箱式電梯中,質(zhì)量為m的物塊置于傾角為30的粗糙斜面上,物塊始終相對(duì)斜

61、面靜止,則下列說法中正確的是()A.若電梯向下勻速運(yùn)動(dòng),物塊所受的摩擦力一定是零B.若電梯向上勻速運(yùn)動(dòng),物塊所受摩擦力方向有可能沿斜面向下C.若電梯減速下降,物塊所受彈力與摩擦力的合力一定大于mgD.若電梯減速上升,物塊所受摩擦力的方向一定沿斜面向下答案C如果電梯向下勻速運(yùn)動(dòng),物塊受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力等于重力沿斜面方向的分力,不為零,A錯(cuò)誤;若電梯勻速向上運(yùn)動(dòng),物塊處于平衡狀態(tài),受重力、支持力和靜摩擦力,靜摩擦力沿斜面向上,B錯(cuò)誤;若電梯減速下降,物塊超重,所受彈力與摩擦力的合力為F=m(g+a),豎直向上,C正確;若電梯減速上升,物塊所受合力向下,對(duì)其受力分析后可知摩擦力與支持

62、力的合力應(yīng)豎直向上,且小于重力mg,故摩擦力必沿斜面向上,D錯(cuò)誤。二、非選擇題二、非選擇題(共共45分分)6.(2017廣西柳州一模,24)(14分)如圖所示,輕繩通過定滑輪吊著一個(gè)小桶C,通過動(dòng)滑輪可分別對(duì)A、B施加水平拉力。已知物體A的質(zhì)量mA=0.60kg,物體B的質(zhì)量mB=0.80kg,小桶及桶內(nèi)細(xì)沙質(zhì)量記為m0,兩物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.20,重力加速度g=10m/s2,不計(jì)滑輪摩擦與質(zhì)量,計(jì)算時(shí)可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則(1)小桶與桶內(nèi)細(xì)沙質(zhì)量為0.06kg時(shí),A、B物體均靜止不動(dòng),求B物體受到的摩擦力大小;(2)欲使A、B物體均靜止不動(dòng),m0不能超過多大?(3)

63、當(dāng)小桶與桶內(nèi)細(xì)沙質(zhì)量為0.10kg時(shí),求B與C的加速度大小aB與aC。答案(1)1.2N(2)0.08kg(3)m/s2m/s21323解析(1)因A、B物體均靜止不動(dòng),則由B、C受力得Ff=2TT=m0g聯(lián)立解得Ff=1.2N(2)B所受拉力大于A所受拉力,易知,若B靜止,則A一定靜止,由B、C受力得B靜止的條件:2T1mBgC靜止的條件:T1=m0g聯(lián)立解得m00.08kg即m0不能超過0.08kg(3)當(dāng)m0=0.10kg時(shí),A靜點(diǎn),B、C加速運(yùn)動(dòng),設(shè)繩中拉力大小為T2,由牛頓第二定律得2T2-mBg=mBaB m0g-T2=m0aC由B、C同時(shí)運(yùn)動(dòng),根據(jù)sC=aCt2、sB=aBt2且

64、2sB=sC得aC=2aB聯(lián)立解得aB=m/s2aC=m/s212121323思路分析本題屬于連接體問題,應(yīng)采用隔離法對(duì)三個(gè)物體進(jìn)行正確的受力分析,結(jié)合平衡條件或牛頓第二定律判斷C的質(zhì)量變化時(shí)對(duì)應(yīng)研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。易錯(cuò)警示本題易錯(cuò)認(rèn)為B與C的加速度相同而直接用整體法求B、C的加速度,應(yīng)正確分析B、C的位移關(guān)系,進(jìn)而判斷加速度關(guān)系。7.(2017云南昆明適應(yīng)性檢測(cè),24)(12分)在冰壺比賽中,運(yùn)動(dòng)員用F=18N的水平恒力推質(zhì)量為m=20kg的冰壺由靜止開始運(yùn)動(dòng),一段時(shí)間后撤去F,冰壺繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng),從開始運(yùn)動(dòng)到停止的總位移為36m,冰壺與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.015,取重力加速度g=1

65、0m/s2。求:(1)撤去F之前冰壺運(yùn)動(dòng)的位移大小;(2)冰壺運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。答案(1)6m(2)24s解析(1)由牛頓第二定律得ma1=F-mgma2=mg根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得2a1x1=v22a2x2=v2由題意得x1+x2=36m解得:a1=0.75m/s2,a2=0.15m/s2,x1=6m,x2=30m即撤去F之前冰壺運(yùn)動(dòng)的位移大小為6m(2)由x1=a1得:t1=4s由x2=a2,得:t2=20s則t=t1+t2=24s1222t1222t8.(2017貴州適應(yīng)性考試,25)(19分)如圖,質(zhì)量M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上,它的左端放有一質(zhì)量m=2kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),鐵

66、塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2,距木板右端x0=0.5m處有一豎直墻壁,現(xiàn)對(duì)小鐵塊施加一向右的大小為10N的水平力F。若木板與墻壁碰撞時(shí)間極短,碰撞前后速度大小相等,小鐵塊所受水平力F不變,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,小鐵塊始終沒有滑離木板,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板從開始運(yùn)動(dòng)到第一次與墻壁碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間;(2)木板第2次與墻壁碰撞時(shí)小鐵塊的速度大小。答案(1)0.5s(2)3.5m/s解析(1)設(shè)木板與小鐵塊相對(duì)靜止,則F=(M+m)a設(shè)木板與小鐵塊之間的靜摩擦力大小為f,則f=Ma木板與小鐵塊之間的最大靜摩擦力大小為fm=mg聯(lián)立可得ffm說明兩者之間沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng),則a=由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x0=at2解得t=0.5s(2)設(shè)木板與墻壁第1次碰撞前木板與鐵塊的共同速度為v1,則FMm12v1=at碰撞后,木板M向左做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為a1=減速到0所經(jīng)歷的時(shí)間為t1=解得t1=0.25s之后,木板M向右做勻加速運(yùn)動(dòng)。木板與墻壁第1次碰撞后,對(duì)鐵塊有F-mg=ma2解得a2=3m/s2,即小鐵塊向右做勻加速運(yùn)動(dòng)木板向右勻加速到速度等于v1時(shí)速度仍然比小鐵塊速度小,木板