高考一輪專題：牛頓運動定律有答案

1、.專題：牛頓運動定律考點一對牛頓第一定律的理解1指出了物體的一種固有屬性牛頓第一定律揭示了物體所具有的一個固有屬性慣性，即物體總保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質(zhì)2揭示了力的本質(zhì)牛頓第一定律明確了力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動的原因，物體的運動不需要力來維持3揭示了不受力作用時物體的運動狀態(tài)牛頓第一定律描述的只是一種理想狀態(tài)，而實際中不受力作用的物體是不存在的，當(dāng)物體受外力作用但所受合力為零時，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體將保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)1關(guān)于慣性，下列說法中正確的是()A磁懸浮列車能高速行駛是因為列車浮起后慣性小了B衛(wèi)星內(nèi)的儀器由于完全失重慣性消失了C鐵餅運動

2、員在擲出鐵餅前快速旋轉(zhuǎn)可增大鐵餅的慣性，使鐵餅飛得更遠D月球上物體的重力只有在地球上的1/6，但是慣性沒有變化2(多選)伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ)早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法，其中正確的是()A物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B沒有力的作用，物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動考點二對牛頓第三定律的理解1作用力與反作用力的“三同、三異、三無關(guān)”2應(yīng)用牛頓第三定律時應(yīng)注意的問題(1)定律中的“總是”二字說明對于任何物體，在任何條件下牛頓第三定律都

3、是成立的(2)牛頓第三定律說明了作用力和反作用力中，若一個產(chǎn)生或消失，則另一個必然同時產(chǎn)生或消失(3)作用力、反作用力不同于平衡力1(多選)關(guān)于牛頓第三定律，下列說法正確的是()A對重力、彈力、摩擦力等都適用B當(dāng)相互作用的兩個物體相距很遠時不適用C當(dāng)相互作用的兩個物體做加速運動時不適用D相互作用的兩個物體沒有直接接觸時也適用2(2017·吉林實驗中學(xué)二模)兩人的拔河比賽正在進行中，兩人均保持恒定拉力且不松手，而腳下開始移動下列說法正確的是()A兩人對繩的拉力大小相等、方向相反，是一對作用力和反作用力B兩人對繩的拉力是一對平衡力C拔河的勝利與否取決于誰的力量大D拔河的勝利與否取決于地面

4、對人的摩擦力大小3如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”，兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏若繩子質(zhì)量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()A甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力B甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力C若甲的質(zhì)量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利D若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利考點三牛頓第二定律瞬時性的理解1兩種模型：牛頓第二定律Fma，其核心是加速度與合外力的瞬時對應(yīng)關(guān)系，兩者總是同時產(chǎn)生，同時消失、同時變化，具體可簡化為以下兩種模型：2求解瞬時加速度的一般思路分析瞬時變化前、后物體的受力情況列牛頓第二定律方程1(2017

5、·山東大學(xué)附中檢測)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面頂端A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()A都等于B和0 C.和·D.·和2如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()A0 B.gCg D.g3如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質(zhì)桿連接，物塊3、4間用輕質(zhì)彈簧相連，物塊1、3質(zhì)量為m，物塊2、4質(zhì)量為M

6、，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上并處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g4如圖所示，在光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬間A和B的加速度大小分別為a1、a2，則()Aa10，a20Ba1a，a2aCa1a，a2aDa1a，a2a考點四 動力學(xué)的兩類基本問題1求

7、解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：2分析解決這兩類問題的關(guān)鍵：應(yīng)抓住受力情況和運動情況之間聯(lián)系的橋梁加速度考向1：由受力情況求運動情況1、如圖所示，工人用繩索拉鑄件，鑄件的質(zhì)量是20 kg，鑄件與地面間的動摩擦因數(shù)是0.25.工人用80 N的力拉動鑄件，從靜止開始在水平面上前進，繩與水平方向的夾角為37°并保持不變，經(jīng)4 s后松手(g10 m/s2)求：(1)松手前鑄件的加速度；(2)松手后鑄件還能前進的距離考向2：由運動情況求受力情況2一質(zhì)量為m2 kg的滑塊能在傾角為30°的足夠長的斜面上以a2.5 m/s2勻加速下滑如右圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，

8、使之由靜止開始在t2 s內(nèi)能沿斜面運動位移x4 m求：(g取10 m/s2)(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)；(2)恒力F的大小3如圖所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接現(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點已知A點距水平面的高度h0.8 m，B點距C點的距離L2.0 m(滑塊經(jīng)過B點時沒有能量損失，g取10 m/s2)，求：(1)滑塊在運動過程中的最大速度；(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)滑塊從A點釋放后，經(jīng)過時間t1.0 s時速度的大小考點五 超重和失重問題1不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變2在完全

9、失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失3盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)4盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)1(2017·福建莆田模擬)關(guān)于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是()A電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài)B磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài)C蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài)D“神舟”飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內(nèi)的宇航員處于完全失重狀態(tài)考點六連接體問題1處理連接體問題常用的方法為整體法和隔離法2

10、涉及隔離法與整體法的具體問題類型(1)涉及滑輪的問題若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法例如，如圖所示，繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法(2)水平面上的連接體問題這類問題一般多是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度解題時，一般采用先整體、后隔離的方法建立坐標(biāo)系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析3解題思路(1)分析所研究的問題適合應(yīng)用整體法還是隔離法處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉

11、使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力；對于加速度大小相同，方向不同的連接體，應(yīng)采用隔離法進行分析(2)對整體或隔離體進行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律確定整體或隔離體的加速度(3)結(jié)合運動學(xué)方程解答所求解的未知物理量1、如圖所示，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力F6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動已知動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為()AaAg，aB5gBaAaBgCaAg，aB3gDaA0，aB2g考點七動力學(xué)中的圖象問題1常見的圖象有v

12、t圖象，at圖象，F(xiàn)t圖象，F(xiàn)a圖象等2圖象間的聯(lián)系加速度是聯(lián)系vt圖象與Ft圖象的橋梁3圖象的應(yīng)用(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況(3)通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析4解答圖象問題的策略(1)弄清圖象坐標(biāo)軸、斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義(2)應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，以便對有關(guān)物理問題作出準(zhǔn)確判斷1(多選)如圖(a)，一物塊在t0時刻滑上一固定斜面，其運動的vt圖線如圖(b)所示若重力加速度

13、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2(2017·廣東佛山二模)廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600 m，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t0時由靜止開始上升，at圖象如圖所示則下列相關(guān)說法正確的是()At4.5 s時，電梯處于失重狀態(tài)B555 s時間內(nèi)，繩索拉力最小Ct59.5 s時，電梯處于超重狀態(tài)Dt60 s時，電梯速度恰好為零3(多選)將一個質(zhì)量為1 kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相

14、反該過程的vt圖象如圖所示，g取10 m/s2.下列說法中正確的是()A小球所受重力和阻力大小之比為51B小球上升過程與下落過程所用時間之比為23C小球落回到拋出點時的速度大小為8 m/sD小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)4如圖甲所示，某人通過動滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到一定高處，動滑輪的質(zhì)量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力FT之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示則下列判斷正確的是()A圖線與縱軸的交點的絕對值為gB圖線的斜率在數(shù)值上等于物體的質(zhì)量mC圖線與橫軸的交點N的值FTNmgD圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質(zhì)量的倒數(shù)考點八 “板塊”模型1模型特點上、下疊放兩個物體，在摩

15、擦力的相互作用下兩物體發(fā)生相對滑動2兩種位移關(guān)系滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長3解題方法整體法、隔離法4解題思路(1)分析滑塊和滑板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和滑板的加速度(2)對滑塊和滑板進行運動情況分析，找出滑塊和滑板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程特別注意滑塊和滑板的位移都是相對地的位移1(2017·安徽蕪湖模擬)質(zhì)量為m020 kg、長為L5 m的木板放在水平面上，木板與水平面的動摩擦因數(shù)為10.15.將質(zhì)量m10 kg 的小木塊(可視為質(zhì)點)，以v04 m/s的速度從木板的左端被水平

16、拋射到木板上(如圖所示)，小木塊與木板面的動摩擦因數(shù)為20.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g10 m/s2)則下列判斷中正確的是()A木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板B木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板C木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板D木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板2.(2017·山東德州質(zhì)檢)長為L1.5 m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度v0從木板B的左端滑上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、B的速度為v0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s8.0 cm后停下若小物塊A可視為質(zhì)點，它與長木板B的質(zhì)量相同，A、B間的動摩擦因

17、數(shù)10.25，取g10 m/s2.求：(1)木板與冰面的動摩擦因數(shù)2；(2)小物塊A的初速度v0；(3)為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊滑上木板的最大初速度v0m應(yīng)為多少.考點九水平傳送帶問題滑塊在水平傳送帶上運動常見的三個情景項目圖示滑塊可能的運動情況情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后勻速情景二(1)v0>v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速(2)v0<v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速情景三(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端其中v0>v返回時速度為v，當(dāng)v0<v返回時速度為v01如圖所示，繃緊的

18、水平傳送帶始終以恒定速率v1運行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示已知v2>v1，則()At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用2(多選)如圖所示是某工廠所采用的小型生產(chǎn)流水線示意圖，機器生產(chǎn)出的物體源源不斷地從出口處以水平速度v0滑向一粗糙的水平傳送帶，最后從傳送帶上落下裝箱打包假設(shè)傳送帶靜止不動時，物體滑到傳送帶右端的速度為

19、v，最后物體落在P處的箱包中下列說法正確的是()A若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉(zhuǎn)動起來，且傳送帶速度小于v，物體仍落在P點B若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉(zhuǎn)動起來，且傳送帶速度大于v0，物體仍落在P點C若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉(zhuǎn)動起來，且傳送帶速度大于v，物體仍落在P點D若由于操作不慎，傳送帶隨皮帶輪逆時針方向轉(zhuǎn)動起來，物體仍落在P點3、如圖所示，足夠長的水平傳送帶，以初速度v06 m/s順時針轉(zhuǎn)動.現(xiàn)在傳送帶左側(cè)輕輕放上質(zhì)量m1 kg的小滑塊，與此同時，啟動傳送帶制動裝置，使得傳送帶以恒定加速度a4 m/s2減速直至停止；已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，滑塊可以看成質(zhì)點，且不會影響傳送帶的

20、運動，g10 m/s2.試求： (1)滑塊與傳送帶共速時，滑塊相對傳送帶的位移；(2)滑塊在傳送帶上運動的總時間t.考點十傾斜傳送帶問題滑塊在傾斜傳送帶上運動常見的四個情景項目圖示滑塊可能的運動情況情景一可能一直加速可能先加速后勻速情景二可能一直加速可能先加速后勻速可能先以a1加速后以a2加速情景三可能一直加速可能先加速后勻速可能一直勻速可能先以a1加速后以a2加速情景四可能一直加速可能一直勻速可能先減速后反向加速1、如圖所示，傾角為37°，長為l16 m的傳送帶，轉(zhuǎn)動速度為v10 m/s，在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質(zhì)量為m0.5 kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0

21、.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°0.6，cos 37°0.8)(1)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；(2)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動時，物體從頂端A滑到底端B的時間2如圖所示為上、下兩端相距 L5 m、傾角30°、始終以v3 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動的傳送帶(傳送帶始終繃緊)將一物體放在傳送帶的上端由靜止釋放滑下，經(jīng)過t2 s到達下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)多大.(2)如果將傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速率至少多大時，物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達下端.3.(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速

22、度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是2 m，且與水平方向的夾角均為30°.現(xiàn)有兩質(zhì)量相同的小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.6，下列說法正確的是()A.下滑相同距離內(nèi)物塊A、B機械能的變化一定不相同B.下滑相同時間內(nèi)物塊A、B機械能的變化一定相同C.物塊A、B一定不能同時到達傳送帶底端D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度相同專題：牛頓運動定律 答案1、解析：選D.慣性只與質(zhì)量有關(guān)，與速度無關(guān)，A、C錯誤；失重或重力加速度發(fā)生變化時，物體質(zhì)量不變，慣性不變，所以B錯誤、D正確2、解析：選AD.物體保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止?fàn)?/p>

23、態(tài)的性質(zhì)叫慣性，即物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)，A正確沒有力的作用，物體也可能保持勻速直線運動狀態(tài)，B錯誤，D正確行星在圓周軌道上保持勻速率運動而不是勻速直線運動，所以不能稱為慣性，C錯誤1、解析：選AD.對于牛頓第三定律，適用于重力、彈力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的兩物體的質(zhì)量如何、運動狀態(tài)怎樣、是否相互接觸都適用，例如，地球吸引地球表面上的石塊，石塊同樣以相同大小的力吸引地球，且不管接觸不接觸，都互相吸引，所以B、C錯誤，A、D正確2、解析：選D.人拉繩的力與繩拉人的力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項A錯誤；兩人對繩的拉力不一定是一對平衡力，要根據(jù)繩子所處的運動狀態(tài)進行判斷，

24、選項B錯誤；拔河的勝利與否取決于地面對人的摩擦力大小，選項D正確，C錯誤3、解析：選C.甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，故選項A錯誤；甲對繩的拉力與乙對繩的拉力作用在同一物體上，不是作用力與反作用力，故選項B錯誤；設(shè)繩子的張力為F，則甲、乙兩人受到繩子的拉力大小相等，均為F，若m甲>m乙，則由a得，a甲<a乙，由xat2得，在相等時間內(nèi)甲的位移小，因開始時甲、乙距分界線的距離相等，則乙會過分界線，所以甲能贏得“拔河”比賽的勝利，故選項C正確；收繩速度與“拔河”比賽勝負無關(guān)，故選項D錯誤1、解析：選C.由整體法知，F(xiàn)彈(mAmB)gsin 30°剪斷線瞬間

25、，彈力瞬間不發(fā)生變化，由牛頓第二定律可得：對B：F彈mBgsin 30°mBaB，得aB·對A：mAgsin 30°mAaA，得aAg所以C正確2、解析：選B.開始小球處于平衡態(tài)，受重力mg、支持力FN、彈簧拉力F三個力作用，受力分析如圖所示，由平衡條件可得FNmgcos 30°Fsin 30°，F(xiàn)cos 30°mgsin 30°，解得FNmg，重力mg、彈簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間，小球受力不再平衡，此時的合力與FN等大反向，由牛頓第二定律得此時小球的加速度大小為g，B正確3、解析：選

26、C.在抽出木板的瞬時，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g：而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C對4、解析：選D.撤去拉力F前，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k、形變量為x，對A由牛頓第二定律得kxm1a；撤去拉力F瞬間，彈簧的形變量保持不變，對A由牛頓第二定律得kxm1a1，對B由牛頓第二定律kxm2a2，解得a1a，a2a，D正確1、解析(1)松手前，對鑄件由牛頓第二定律得a1.3 m/s2(2)松手時

27、鑄件的速度vat5.2 m/s松手后的加速度大小ag2.5 m/s2則松手后鑄件還能滑行的距離x5.4 m答案(1)1.3 m/s2(2)5.4 m2、解析：(1)以物塊為研究對象受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30°mgcos 30°ma解得：.(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能當(dāng)加速度沿斜面向上時，受力分析如圖乙所示，F(xiàn)cos 30°mgsin 30°(Fsin 30°mgcos 30°)ma1，根據(jù)題意可得a12 m/s2，代入數(shù)據(jù)得：F N當(dāng)加速度沿斜面向下時(如圖丙)：mgs

28、in 30°Fcos 30°(Fsin 30°mgcos 30°)ma1代入數(shù)據(jù)得：F N.答案：(1)(2) N或 N3、解析：(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大為vm，設(shè)滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：mgsin 30°ma1v2a1，解得vm4 m/s.(2)滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：mgma2v2a2L，解得0.4.(3)滑塊在斜面上運動的時間為t1，有vma1t1，解得t10.8 s由于tt1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點，做勻減速運動的時

29、間為tt10.2 s設(shè)t1.0 s時速度大小為v，有vvma2(tt1)，解得v3.2 m/s.答案：(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1、解析：選D.物體是否超重或失重取決于加速度方向，當(dāng)加速度向上時物體處于超重狀態(tài)，當(dāng)加速度向下時物體處于失重狀態(tài)，當(dāng)加速度向下且大小等于重力加速度時物體處于完全失重狀態(tài)電梯正在減速上升，加速度向下，乘客失重，選項A錯誤；列車加速時加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，選項B錯誤；蕩秋千到最低位置時加速度向上，人處于超重狀態(tài)，選項C錯誤；飛船繞地球做勻速圓周運動時，其加速度等于飛船所在位置的重力加速度，宇航員處于完全失重狀態(tài)，選項D正確1、解析對

30、滑輪由牛頓第二定律得F2FTma，又滑輪質(zhì)量m忽略不計，故m0，所以FT3mg，對A由于FT4mg，故A靜止，aA0，對B有aB2g，故D正確答案D1、解析：選ACD.由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1，下降過程中的加速度為a2.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin ，滑動摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，選項A、C正確由vt圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確2、解析：選D.利用a­t圖象可判斷：t4.5 s時，電梯有向上

31、的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；05 s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力重力，5 s55 s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力重力，55 s60 s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力重力，綜上所述，B、C錯誤；因a­t圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t60 s時為零，D正確3、解析：選AC.上升過程中mgFfma1，代入a112 m/s2，解得Ff2 N，小球所受重力和阻力之比為51，選項A正確；下落過程中mgFfma2，可得a28 m/s2，根據(jù)hat2可得，選項B錯誤；根據(jù)va2t2，t2 s可得v8 m/s

32、，選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤4、解析：選A.由牛頓第二定律可得：2FTmgma，則有aFTg，由aFT圖象可判斷，縱軸截距的絕對值為g，圖線的斜率在數(shù)值上等于，則A正確，B、D錯誤，橫軸截距代表a0時，F(xiàn)TN，C錯誤1、解析：選A.木板與地面間的摩擦力為Ff11(m0m)g0.15×(2010)×10 N45 N，小木塊與木板之間的摩擦力為Ff22mg0.4×10×10 N40 N，F(xiàn)f1>Ff2，所以木板一定靜止不動；設(shè)小木塊在木板上滑行的距離為x，v22gx，解得x2 m<L5 m，所以小

33、木塊不能滑出木板，A正確2、解析(1)小物塊和木板一起運動時，受冰面的滑動摩擦力，做勻減速運動，則加速度a1.0 m/s2由牛頓第二定律得2mgma解得20.10.(2)小物塊相對木板滑動時受木板對它的滑動摩擦力，做勻減速運動，其加速度a11g2.5 m/s2小物塊在木板上滑動，木板受小物塊的滑動摩擦力和冰面的滑動摩擦力，做勻加速運動，則有1mg2(2m)gma2解得a20.50 m/s2.設(shè)小物塊滑上木板經(jīng)時間t后小物塊、木板的速度相同為v，則對于木板va2t解得t0.8 s小物塊滑上木板的初速度v0va1t2.4 m/s.(3)小物塊滑上木板的初速度越大，它在木板上相對木板滑動的距離越大，

34、當(dāng)滑動距離等于木板長時，小物塊到達木板B的最右端，兩者的速度相等(設(shè)為v)，這種情況下小物塊的初速度為保證其不從木板上滑落的最大初速度v0m，則v0mta1t2a2t2Lv0mva1tva2t由以上三式解得v0m3.0 m/s.答案(1)0.10(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s1、解析：選B.物塊滑上傳送帶后將做勻減速運動，t1時刻速度為零，此時小物塊離A處的距離達到最大，選項A錯誤；然后在傳送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，t2時刻與傳送帶達到共同速度，此時小物塊相對傳送帶滑動的距離最大，選項B正確；0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，選項C錯誤；t2t3時間內(nèi)小物塊

35、不受摩擦力，選項D錯誤2、解析：選AD.若傳送帶靜止，物體滑到傳送帶右端的過程中，物體一直減速，其加速度ag，v2v2aL，當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)且速度小于v時，物體仍一直減速，到達傳送帶右端速度仍為v，因而物體仍落在P點，A正確；當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)且速度大于v0時，物體應(yīng)先加速，因而到達右端時速度一定大于v，應(yīng)落在P點右側(cè)，B錯誤；當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)且速度大于v時，物體在傳送帶上應(yīng)先減速，當(dāng)速度達到傳送帶速度時便和傳送帶一起勻速運動，到達右端時速度大于v，應(yīng)落在P點右側(cè)，C錯誤；當(dāng)傳送帶逆時針轉(zhuǎn)時，物體一直減速，到達右端時速度為v，仍落在P點，D正確2、答案(1)3 m(2)2 s解析(1)對滑塊，由牛頓第二定律可得