高考二輪復(fù)習(xí)專題講義：第一部分 專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

1、2014屆高考二輪復(fù)習(xí)專題講義：第一部分 專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用【考情分析】【考點(diǎn)預(yù)測(cè)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律是中學(xué)物理的基礎(chǔ)，更是力學(xué)的核心知識(shí)，在整個(gè)物理學(xué)中占有非常重要的地位，近幾年對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的考查頻率非常高，預(yù)計(jì)在2014年高考中，牛頓運(yùn)動(dòng)定律仍是考查的知識(shí)點(diǎn)之一，將主要考查考生分析問題、應(yīng)用知識(shí)的能力，考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律在動(dòng)力學(xué)綜合問題、電場(chǎng)與磁場(chǎng)中電荷運(yùn)動(dòng)問題、電磁感應(yīng)綜合問題中的應(yīng)用考題1對(duì)瞬態(tài)變化問題的考查例1如圖1所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m12 kg、m23 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)連接，兩個(gè)大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2

2、上，則()圖1A彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是25 NB彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是50 N來源: C在突然撤去力F2 的瞬間，m1的加速度大小為5 m/s2D在突然撤去力F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2審題突破在連接體問題中，求加速度一般用整體法，求內(nèi)力要用隔離法，實(shí)際問題中常常是整體法與隔離法相結(jié)合在瞬態(tài)變化問題中，要注意瞬態(tài)變化前物體的受力，并求出各力的大小，然后分析瞬態(tài)變化時(shí)各力的變化，進(jìn)而確定物體的加速度解析以m1、m2整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得a2 m/s2，以m1為研究對(duì)象，F(xiàn)1Fm1a，解得F26 N，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤在突然撤去力F2的瞬間，彈簧的彈力不發(fā)生變化，故m1的加速度

3、不發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤在突然撤去力F1的瞬間，m1的加速度大小為a113 m/s2，選項(xiàng)D正確答案D規(guī)律方法牛頓第二定律的表達(dá)式為F合ma，其核心是加速度與合外力的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，即力的瞬時(shí)變化將導(dǎo)致加速度的瞬時(shí)變化，加速度的變化不需要時(shí)間的積累，加速度和力同時(shí)存在、同時(shí)變化、同時(shí)消失，題目中常伴隨一些諸如“瞬時(shí)”、“突然”、“猛地”等標(biāo)志性詞語在分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意：(1)“輕繩”模型：輕繩的質(zhì)量和重力均可視為零，只能受拉力作用，不能承受壓力，各處受力相等且沿繩子背離受力物體，輕繩一般不可伸長(zhǎng)，拉力可以發(fā)生突變(2)“輕質(zhì)彈簧”模型：輕質(zhì)彈簧的質(zhì)量和重力都不計(jì)，既能受拉力作用，也能受壓力作

4、用(橡皮筋除外)，其受力方向與彈簧形變方向相反，因其發(fā)生形變需要一定時(shí)間，故其所受彈力不能發(fā)生突變，但當(dāng)彈簧或橡皮筋被剪斷時(shí)，其所受的彈力立即消失. 突破練習(xí)1 如圖2所示，A、B兩小球分別連在輕繩兩端，B球另一端用彈簧固定在傾角為30的光滑斜面上A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計(jì)彈簧質(zhì)量，在繩被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()圖2A都等于 B.和0C.和 D.和答案C解析在繩剪斷之前，繩上的拉力F1mAgsin 30，彈簧上的拉力F2(mAmB)gsin 30，繩剪斷瞬間，繩上的拉力變?yōu)榱?，所以mAgsin 30mAaA.F2mBgsin 30mBaB，解得

5、aAgsin 30，aB.選項(xiàng)C正確2 如圖3所示，質(zhì)量m1 kg的小球放在光滑水平面上，一水平放置的輕彈簧一端與墻相連，另一端與小球相連，一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩一端與小球相連，另一端固定在天花板上，細(xì)繩與豎直方向成45角，此時(shí)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰為零取g10 m/s2，則在燒斷輕繩的瞬間，下列說法正確的是()圖3A小球所受合外力為零B小球加速度大小為10 m/s2，方向向左C小球加速度大小為10 m/s2，方向向左D小球所受合外力的方向沿左下方與豎直方向成45角答案B解析燒斷輕繩前彈簧上的彈力Fmgtan 45，燒斷輕繩瞬間，彈簧彈力未變，豎直方向小球的重力和水平面對(duì)小球的

6、支持力平衡，小球的合力向左，agtan 4510 m/s2，選項(xiàng)B正確3 如圖4所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連，輕彈簧能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng)，則以下說法正確的是()圖4A質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用B當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕彈簧剛好被拉斷C當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，輕彈簧還不會(huì)被拉斷D當(dāng)F撤去瞬間，m所受摩擦力的大小和方向不變答案CD解析隔離木塊2m分析受力情況，質(zhì)量為2m的木塊受到重力、地面的支持力、m對(duì)它的壓力、m對(duì)它的靜摩擦力、彈簧的拉力五個(gè)力的作用，選項(xiàng)

7、A錯(cuò)誤；當(dāng)F逐漸增大到FT時(shí)，輕彈簧中彈力小于FT，不會(huì)被拉斷，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí)，由牛頓第二定律，1.5FT6ma，輕彈簧中拉力FT3ma0.75FT，小于輕彈簧能承受的最大拉力FT，輕彈簧還不會(huì)被拉斷當(dāng)F撤去瞬間，輕彈簧中拉力不變，m所受摩擦力的大小和方向不變，選項(xiàng)C、D正確考題2對(duì)超重、失重問題的考查例2我國神舟十號(hào)載著三位航天員順利升空，完成任務(wù)后返回艙返回地面圖5為返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡(jiǎn)化為：打開降落傘一段時(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，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，則()圖5A火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)返回艙

8、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)審題突破火箭噴氣的過程中火箭獲得向上的反沖力，加速度向上返回艙所受外力的合力向上，動(dòng)能減小，合外力做負(fù)功解析在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng) ，加速度方向向上，返回艙處于超重狀態(tài)，動(dòng)能減小，返回艙所受合外力做負(fù)功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力火箭開始噴氣前勻速下降，所受拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對(duì)返回艙作用，因而傘繩對(duì)返回艙的拉力變小答案A規(guī)律方法1 超重和失重的實(shí)質(zhì)物體發(fā)生超重或失重現(xiàn)象

9、時(shí)，它的重力并沒有發(fā)生變化，而是對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?發(fā)生了變化，發(fā)生超重或失重時(shí)對(duì)支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?又稱為視重，即我們感覺物體的重力好像發(fā)生了變化2 超重和失重狀態(tài)的判斷如果物體有豎直向上的加速度(或分加速度)時(shí)，物體處于超重狀態(tài)；如果物體有豎直向下的加速度(或分加速度)時(shí)，物體處于失重狀態(tài)，也就是說超重或失重現(xiàn)象僅與加速度方向有關(guān)，與物體運(yùn)動(dòng)方向、速度大小無關(guān)3 在完全失重狀態(tài)下，一切由于重力產(chǎn)生的現(xiàn)象都會(huì)消失，例如在太空飛行的宇宙飛船中天平不能稱物體的質(zhì)量、水銀氣壓計(jì)不能測(cè)出氣壓、浸沒在液體中的物體不再受浮力作用等4 對(duì)于系統(tǒng)處于超重、失重的判定不能只看某一物體

10、，要綜合分析某一物體的加速運(yùn)動(dòng)會(huì)不會(huì)引起其他物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，如臺(tái)秤上放一盛水容器，水中一細(xì)線一端拴一木球，另一端拴于盛水容器的底部，剪斷細(xì)線，木球加速上升的同時(shí)有相同體積的水以相同加速度在加速下降，綜合起來臺(tái)秤示數(shù)會(huì)減小突破練習(xí)4 (2013浙江19)如圖6所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時(shí)的加速度為0.5 m/s2，當(dāng)熱氣球上升到180 m時(shí)，以5 m/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g10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是()圖6A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變

11、C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時(shí)所受空氣阻力大小為230 N答案AD解析從地面剛開始豎直上升時(shí)v0，空氣阻力Ff0.由F浮mgma，得F浮m(ga)4 830 N，故A正確；最終氣球勻速上升，說明氣球加速運(yùn)動(dòng)的過程中空氣阻力逐漸增大，故B錯(cuò)誤；氣球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故加速到5 m/s的時(shí)間大于10 s，C錯(cuò)誤；勻速上升時(shí)F浮mgFf0，計(jì)算得Ff230 N，D正確5 如圖7所示，在一升降機(jī)內(nèi)，一物塊被一輕質(zhì)彈簧緊壓在天花板上，彈簧的下端固定在升降機(jī)的地板上，彈簧保持豎直，在升降機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中，物塊未曾離開升降機(jī)的天花板當(dāng)升降機(jī)按如圖所示的vt圖象上行

12、時(shí)，升降機(jī)天花板所受壓力F1和地板所受壓力F2隨時(shí)間變化的定性圖象可能正確的是()圖7來源: 答案AC解析0t1時(shí)間內(nèi)物塊向上加速運(yùn)動(dòng)，處于超重狀態(tài)，合力的方向向上；t1t2時(shí)間內(nèi)物塊向上勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零；t2t3時(shí)間內(nèi)向上減速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，合力方向向下，全過程彈簧長(zhǎng)度不變，彈簧的彈力不變，所以F2不變正確選項(xiàng)為A、C.6 如圖8所示，動(dòng)物園的水平地面上放著一個(gè)質(zhì)量為M的籠子，籠內(nèi)有一只質(zhì)量為m的猴子，當(dāng)猴以某一加速度a沿豎直柱子加速上爬時(shí)，籠子對(duì)地面的壓力為F1；當(dāng)猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時(shí)，籠子對(duì)地面的壓力為F2，關(guān)于F1和F2的大小，下列判斷正確的是()圖8AF1F

13、2BF1(Mm)g，F(xiàn)2(Mm)g，當(dāng)猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時(shí)，整體處于失重狀態(tài)，F(xiàn)2(Mm)g，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；當(dāng)猴以某一加速度a沿豎直柱子加速上爬時(shí)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)1(Mm)gma；當(dāng)猴以同樣大小的加速度沿豎直柱子加速下滑時(shí)，由牛頓第二定律得，(Mm)gF2ma，聯(lián)立解得F1F22(Mm)g，F(xiàn)1F22ma，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤考題3對(duì)動(dòng)力學(xué)兩類基本問題的考查例3某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖9甲所示他使木塊以初速度v04 m/s的速度沿傾角30的斜面上滑，緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出

14、了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的vt圖線如圖乙所示g取10 m/s2.求：(1)上滑過程中的加速度的大小a1；(2)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v.圖9來源: 審題突破vt圖線為直線，說明木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)來源: 分析木塊受力，畫出受力示意圖求解木塊返回的加速度，注意與上滑時(shí)的加速度不同解析(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5 s滑至最高點(diǎn)，上滑過程中加速度大小：a18 m/s2.(2)上滑過程中木塊受力如圖，由牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma1代入數(shù)據(jù)得(3)下滑的距離等于上滑的距離x m1 m，下滑過程中木塊受力如圖，由牛頓第二定律得：mgsin mgcos

15、ma2下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小v聯(lián)立解得v2 m/s答案(1)8 m/s2(2)(3)2 m/s點(diǎn)撥提升1 用動(dòng)力學(xué)方法解題時(shí)應(yīng)抓住“兩個(gè)分析”：“受力分析”和“運(yùn)動(dòng)過程分析”；“一個(gè)橋梁”：加速度的求解2 多運(yùn)動(dòng)過程問題要逐一分析每一過程的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過程轉(zhuǎn)折點(diǎn)的受力、狀態(tài)的特點(diǎn)，往往是解題的關(guān)鍵突破練習(xí)7 高空跳傘運(yùn)動(dòng)是跳傘者乘飛機(jī)、氣球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者從陡峭的山頂、高地上跳下，如圖10所示在張開降落傘之前可看做是自由落體運(yùn)動(dòng)，開傘后受到的空氣阻力與速度成正比，運(yùn)動(dòng)員減速下降，最后勻速下降，在指定區(qū)域安全著陸從下落時(shí)開始計(jì)時(shí)，在整個(gè)過程中，用v表示運(yùn)動(dòng)員下

16、落的速度，h表示運(yùn)動(dòng)員從初位置開始下落的高度，F(xiàn)表示運(yùn)動(dòng)員受到的合力，Ep表示運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能(選地面為零勢(shì)能面)，下列圖象正確的是()來源: 圖10答案D解析跳傘運(yùn)動(dòng)員先做自由落體運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后所受合外力為零，做勻速運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)；打開降落傘后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，所受合外力向上，與開始時(shí)的合外力方向相反，為負(fù)值且逐漸減?。蛔詈髣蛩傧陆?，合外力為零，C錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能Epmg(Hh)，D正確8 如圖11所示，以速度v0逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為，現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊輕輕地放在傳送帶的上端，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(tan )，則能

17、夠正確地描述小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的圖線是()圖11答案D解析開始階段，木塊受到傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用，方向沿傳送帶向下，所以mgsin mgcos ma1，得a1gsin gcos .因?yàn)?(mM)g2 N時(shí)，如果M、m相對(duì)靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則F1(Mm)g(mM)aFFfma解得F2Ff2 N此時(shí)Ff2mg4 N，即F6 N所以當(dāng)2 N6 N時(shí)，M、m相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)鐵塊受到的摩擦力為Ff2mg4 NFfF圖象如圖所示答案見解析題后反思1 對(duì)于滑塊長(zhǎng)木板模型，在兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，要畫出兩者運(yùn)動(dòng)的示意圖，找出兩者的位移關(guān)系；2 兩者之間是相對(duì)靜止還是發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，在許多題

18、目中需要判斷，判斷方法：先假設(shè)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求共同加速度，然后求兩者不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)所需的相互作用力，并與最大靜摩擦力進(jìn)行比較3 要注意地面對(duì)木板的摩擦力的計(jì)算Ff21(Mm)g，而不是Ff21Mg.例5(15分)如圖13所示，AB段為一半徑R0.2 m的光滑圓弧軌道，EF是一傾角為30的足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面，斜面上有一質(zhì)量為0.1 kg的薄木板CD，開始時(shí)薄木板被鎖定一質(zhì)量也為0.1 kg的物塊(圖中未畫出)從A點(diǎn)由靜止開始下滑，通過B點(diǎn)后水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物塊滑上薄木板的同時(shí)薄木板解除鎖定，下滑過程中某時(shí)刻物塊和薄木板能達(dá)到共同速度已知物塊與薄

19、木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.(g10 m/s2，結(jié)果可保留根號(hào))求：圖13(1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力；(2)物塊滑上薄木板時(shí)的速度大?。?3)達(dá)到共同速度前物塊下滑的加速度大小及從物塊滑上薄木板至達(dá)到共同速度所用的時(shí)間解析(1)物塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得：mgRmv解得：vB2 m/s在B點(diǎn)由牛頓第二定律得：FNmgm解得：FN3 N由牛頓第三定律得物塊對(duì)軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下(2)設(shè)物塊滑上薄木板的速度為v，則：cos 30解得：v m/s(3)物塊和薄木板下滑過程中，由牛頓第二定律得：對(duì)物塊：mgsin 30mgcos 30ma1對(duì)薄木板：mgsin 30mgcos

20、 30ma2設(shè)物塊和薄木板達(dá)到的共同速度為v，則：vva1ta2t解得：t s答案(1)3 N，方向豎直向下(2) m/s(3) s評(píng)分細(xì)則1.第(1)問5分，式各1分式所依據(jù)的物理規(guī)律是動(dòng)能定理，也可寫成機(jī)械能守恒定律，將式直接寫成FNmgm不給分，因?yàn)樵搶懛]有物理依據(jù)沒有明確寫出牛頓第三定律，但寫出“物塊對(duì)軌道的壓力”的同樣給分，若兩者都沒有寫出，扣1分2第(2)問3分，其中式2分，式1分3第(3)問7分，其中三式各2分，式1分若寫成mgcos 30mgsin 30ma1，同時(shí)式寫成va1ta2t，同樣給分，兩者不統(tǒng)一的，不給分若式寫成mgsin 30mgcos 30ma2，不給分知識(shí)專

21、題練訓(xùn)練3一、單項(xiàng)選擇題1 如圖1所示，運(yùn)動(dòng)員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速直線向前跑，設(shè)球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為，球拍與球保持相對(duì)靜止，它們之間的摩擦及空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則()圖1A運(yùn)動(dòng)員的加速度為gsin B球拍對(duì)球的作用力為C運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力大小為Mgcos D運(yùn)動(dòng)員對(duì)球拍的作用力斜向前上方，且與水平方向夾角為 答案B解析運(yùn)動(dòng)員、球拍和球具有共同的加速度，選取球進(jìn)行受力分析：球受重力、球拍的彈力作用，F(xiàn)cos mg，F(xiàn)sin ma，解得agtan ，F(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確選取球和球拍組成的系統(tǒng)進(jìn)行受力分析得F，方向與豎直方向夾角為，選項(xiàng)C、D錯(cuò)

22、誤2 如圖2甲所示，物體原來靜止在水平地面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)題目提供的信息，下列判斷正確的是()圖2A物體的質(zhì)量m2 kgB物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.6C物體與水平面的最大靜摩擦力Ffmax12 ND在F為10 N時(shí)，物體的加速度a2.5 m/s2答案A解析F1mgma1，F(xiàn)2mgma2，聯(lián)立解得m2 kg，0.3物體與水平面的最大靜摩擦力Ffmaxmg6 N當(dāng)F310 N時(shí)，F(xiàn)3mgma3解得：a32 m/s2，只有A正確

23、3 如圖3甲所示，兩物體A、B疊放在光滑水平面上，對(duì)物體A施加一水平力F，F(xiàn)t關(guān)系圖象如圖乙所示，兩物體在力F作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，且始終相對(duì)靜止，則()圖3A兩物體沿直線做往復(fù)運(yùn)動(dòng)B2 s3 s時(shí)間內(nèi)兩物體間的摩擦力逐漸減小C兩物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)DA對(duì)B的摩擦力方向始終與F方向相同來源: 答案D解析系統(tǒng)的加速度方向始終與合外力的方向相同在02 s時(shí)間內(nèi)，加速度沿正方向，兩物體先做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng).2 s4 s時(shí)間內(nèi)加速度反向，兩物體做減速運(yùn)動(dòng)，4 s時(shí)物體的速度減為零，此后仍向前運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)具有周期性，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤.2 s3 s時(shí)間內(nèi)，兩物體組成的系統(tǒng)

24、的加速度增大，A、B間的摩擦力增大，B錯(cuò)誤A對(duì)B的摩擦力使B產(chǎn)生加速度，摩擦力的方向與加速度方向相同，即與F方向相同，D正確4 細(xì)線拴一個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球用固定在墻上的水平輕彈簧支撐，小球與彈簧不粘連，平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為53，如圖4所示，已知cos 530.6，sin 530.8，以下說法中正確的是()圖4A小球靜止時(shí)彈簧的彈力大小為mgB小球靜止時(shí)細(xì)線的拉力大小為mgC細(xì)線燒斷的瞬間小球的加速度為gD快速撤去彈簧的瞬間小球的加速度為g答案C解析依題意可知，小球受重力mg、彈簧的彈力F1和細(xì)線的拉力F2作用處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡知識(shí)可得F1mgtan 53mg，F(xiàn)2mg，

25、故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；細(xì)線燒斷的瞬間，彈簧對(duì)小球的彈力不變，此時(shí)重力與彈簧彈力的合力大小FF2 mg，由牛頓第二定律可得加速度ag，故選項(xiàng)C正確；快速撤去彈簧的瞬間，細(xì)線的拉力發(fā)生突變，重力沿細(xì)線方向的分力與其平衡，此時(shí)小球所受合力等于重力沿垂直細(xì)線方向的分力，即Fmgsin 53mg，由牛頓第二定律可得加速度ag，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤5 如圖5a所示，一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，一滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0從左端滑上木板，滑塊滑至木板的右端時(shí)恰好與木板相對(duì)靜止已知滑塊在滑動(dòng)過程中所受摩擦力始終不變?nèi)魧⒛景宸殖砷L(zhǎng)度和質(zhì)量均相同的甲、乙兩段后，緊挨著靜止放在光滑水平面上，讓滑塊仍以相同的初速度v

26、0由甲的左端滑上木板，如圖b所示則滑塊()圖5A滑到乙板的左端與乙板相對(duì)靜止B滑到乙板中間某一位置與乙板相對(duì)靜止C滑到乙板的右端與乙板相對(duì)靜止D將從乙板的右端滑離答案B解析滑塊第一次在長(zhǎng)木板上運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次滑塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到乙部分上后甲部分停止加速，只有乙部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，而在兩次過程中，滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度相等，故第二次滑塊與乙木板將更早達(dá)到速度相等，所以滑塊還沒有運(yùn)動(dòng)到乙的右端，故選項(xiàng)B正確6 如圖6所示，靜止在光滑地面上的小車，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC組成(它們?cè)贐處平滑連接)，小車右側(cè)與豎直墻壁之間

27、連接著一個(gè)力傳感器，當(dāng)傳感器受壓時(shí)，其示數(shù)為正值，當(dāng)傳感器被拉時(shí)，其示數(shù)為負(fù)值一個(gè)小滑塊從小車A點(diǎn)由靜止開始下滑至C點(diǎn)的過程中，傳感器記錄到的力F隨時(shí)間t的關(guān)系圖中可能正確的是()圖6答案D解析當(dāng)滑塊在光滑的斜面AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊對(duì)小車有斜向右下方、大小不變的壓力，因此傳感器對(duì)小車有向左的彈力，大小不變，方向?yàn)檎?dāng)滑塊在粗糙的平面BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊對(duì)小車有方向向左、大小不變的摩擦力，因此傳感器對(duì)小車有向右的拉力，大小不變，方向?yàn)樨?fù)，故正確答案為D.二、多項(xiàng)選擇題7 如圖7所示，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0從固定斜面的底端沿斜面向上滑動(dòng)一段距離后，又沿斜面向下滑回到斜面底端，若滑塊與斜面間的動(dòng)摩

28、擦因數(shù)為，則此過程中以下說法正確的是()圖7A向上和向下滑動(dòng)過程的摩擦力大小都等于mgcos B滑塊在最高點(diǎn)時(shí)速度為零，所以加速度也等于零C向下滑動(dòng)過程的加速度大于向上滑動(dòng)過程的加速度來源: D向上滑動(dòng)過程的時(shí)間小于向下滑動(dòng)過程的時(shí)間答案AD解析對(duì)滑塊受力分析可知，向上滑動(dòng)過程中，受沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力、重力和斜面的支持力作用，加速度a1gcos gsin ；向下滑動(dòng)過程中，受沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力、重力和斜面的支持力作用，加速度a2gsin gcos ，所以a1a2，向上和向下滑動(dòng)過程的摩擦力大小都等于FfFNmgcos ；滑塊在最高點(diǎn)時(shí)速度為零，加速度為agsin ；由于a1a2，Lat

29、2，所以向上滑動(dòng)過程的時(shí)間小于向下滑動(dòng)過程的時(shí)間，只有A、D對(duì)8 如圖8所示，水平傳送帶兩邊分別是與傳送帶等高的光滑水平地面A、B，初速度大小為v1的小物塊從與傳送帶相接的地面A滑上傳送帶，當(dāng)繃緊的水平傳送帶處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，小物塊恰好可以運(yùn)動(dòng)到傳送帶的中點(diǎn)，如果傳送帶以恒定速率v2(v22v1)運(yùn)行，若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，則小物塊運(yùn)動(dòng)的vt圖象(以地面為參考系)可能是()圖8答案AD解析對(duì)小物塊受力分析可知，它滑上傳送帶后受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff三個(gè)力的作用，其中重力與支持力平衡，故由Ffmgma，可得ag，當(dāng)傳送帶向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)時(shí)減速到零，然后反向加

30、速，因?yàn)関2v1，且加速度大小不變，故小物塊回到A時(shí)速度大小仍為v1，加速時(shí)間為t1，所以選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)減速時(shí)有v2a，加速運(yùn)動(dòng)到B時(shí)有v2v2aL，聯(lián)立解得：vv1，加速時(shí)間t0.73t1，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確三、非選擇題9 一同學(xué)想研究電梯上升過程的運(yùn)動(dòng)規(guī)律某天乘電梯上樓時(shí)他攜帶了一個(gè)質(zhì)量為5 kg的重物和一套便攜式DIS實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)，重物懸掛在力傳感器上，電梯從第一層開始啟動(dòng)，中間不間斷一直到最高層停止，在這個(gè)過程中，顯示器上顯示出的力隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖9所示，取重力加速度g10 m/s2，根據(jù)圖象中的數(shù)據(jù)，求：圖9(1)電梯在最初加速

31、階段的加速度a1與最后減速階段的加速度a2的大?。?2)電梯在3 s13 s時(shí)段內(nèi)的速度v1的大小與電梯在19 s內(nèi)上升的高度H.答案(1)1.6 m/s20.8 m/s2(2)4.8 m/s69.6 m解析由題圖知：重物在加速的t13 s內(nèi)受到的拉力F158 N，在減速的t26 s內(nèi)受到的拉力F246 N由牛頓第二定律有：F1mgma1，F(xiàn)2mgma2代入數(shù)據(jù)得：a11.6 m/s2，a20.8 m/s2(大小為0.8 m/s2，負(fù)號(hào)表示方向向下)(2)v1a1t14.8 m/s在3 s13 s時(shí)段的t10 s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知電梯在19 s內(nèi)上升的高度：Ha1tv1tv1t2a2t代入數(shù)據(jù)解得：H69.6 m10水平桌面上放著質(zhì)量m13 kg的木板A，木板A上放著一個(gè)質(zhì)量為m22 kg的滑塊B，如圖10所示開始時(shí)，用手固定木板A使它不動(dòng)，在滑塊B上施加一個(gè)水平向右的力，從而使滑塊B以v00.6 m/s的速度在木板A上勻速滑動(dòng)當(dāng)滑塊B與木板A右端相距L1 m時(shí)立刻放開木板A，同時(shí)撤去水平向右的力，已知木板A與滑塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.05，木板A與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.01.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g10 m/s2，求：圖10(1)通過計(jì)算