牛頓運動定律的綜合應(yīng)用試卷

1、考點考點 11牛頓運動定律的綜合應(yīng)用牛頓運動定律的綜合應(yīng)用考點名片考點名片考點細研究考點細研究：本考點是物理教材的基礎(chǔ)本考點是物理教材的基礎(chǔ)，也是歷年高考必考的內(nèi)也是歷年高考必考的內(nèi)容之一，其主要包括的考點有：容之一，其主要包括的考點有：(1)超重、失重；超重、失重；(2)連接體問題；連接體問題；(3)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用牛頓運動定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型滑塊滑板模型、傳送帶模型等傳送帶模型等。其中考查其中考查到的如：到的如：2015 年全國卷年全國卷第第 25 題、題、2015 年全國卷年全國卷第第 25 題、題、2015年海南高考第年海南高考第 9 題、題、2014 年北京高考第年北京

2、高考第 8 題、題、2014 年四川高考第年四川高考第 7題題、2014 年大綱卷第年大綱卷第 19 題題、2014 年江蘇高考第年江蘇高考第 5 題題、2014 年福建高年福建高考第考第 15 題題、2013 年浙江高考第年浙江高考第 17 題和第題和第 19 題題、2013 年廣東高考年廣東高考第第19 題、題、2013 年山東高考第年山東高考第 15 題等。題等。備考正能量備考正能量：牛頓運動定律是歷年高考的主干知識牛頓運動定律是歷年高考的主干知識；它不僅是獨它不僅是獨立的知識點立的知識點，更是解決力更是解決力、電動力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律電動力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律?？蓡为毭蓡为毭}題(

3、選擇題選擇題、實驗題實驗題)，也可綜合命題也可綜合命題(解答題解答題)。高考對本考點的考查以高考對本考點的考查以對概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。對概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1小明家住十層，他乘電梯從一層直達十層。則下列說法正確小明家住十層，他乘電梯從一層直達十層。則下列說法正確的是的是()A他始終處于超重狀態(tài)他始終處于超重狀態(tài)B他始終處于失重狀態(tài)他始終處于失重狀態(tài)C他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)D他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)答案答案C解析解析小明乘坐電梯從一

4、層直達十層過程中，一定是先向上加小明乘坐電梯從一層直達十層過程中，一定是先向上加速，再向上勻速，最后向上減速，運動過程中加速度方向最初向上速，再向上勻速，最后向上減速，運動過程中加速度方向最初向上，中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重、平衡、失重三個狀態(tài)，平衡、失重三個狀態(tài)，C 正確。正確。2如圖所示如圖所示，一長木板在水平地面上運動一長木板在水平地面上運動，在某時刻在某時刻(t0)將一將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木

5、板間及木板與地面間均有摩擦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物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度木板運動的速度時間圖象可能是圖中的時間圖象可能是圖中的()答案答案A解析解析放上小木塊后放上小木塊后，長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下減速在兩力的共同作用下減速，小木塊受到小木塊受到向右的滑動摩擦力作用向右的滑動摩擦力作用，做勻加速運動做勻加速運動，

6、當兩者速度相等后當兩者速度相等后，可能以可能以共同的加速度一起減速共同的加速度一起減速，直至速度為零直至速度為零，共同減速時的加速度小于木共同減速時的加速度小于木板剛開始運動時的加速度板剛開始運動時的加速度，故故 A 正確正確，也可能物塊與長木板間動摩擦也可能物塊與長木板間動摩擦因數(shù)較小因數(shù)較小，達到共同速度后物塊相對木板向右運動達到共同速度后物塊相對木板向右運動，給木板向右的摩給木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度，擦力，但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度，B、C 錯誤；由錯誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運動，于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運動，D

7、錯誤。錯誤。3如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度 a 沿斜面勻加速沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力 F，則，則()A物塊可能勻速下滑物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度物塊仍以加速度 a 勻加速下滑勻加速下滑C物塊將以大于物塊將以大于 a 的加速度勻加速下滑的加速度勻加速下滑D物塊將以小于物塊將以小于 a 的加速度勻加速下滑的加速度勻加速下滑答案答案C解析解析對物塊進行受力分析對物塊進行受力分析， 設(shè)斜面的角度為設(shè)斜面的角度為， 可列方程可列方程 mgsinmgcosma，sincosag，當加上

8、力，當加上力 F 后，由牛頓第二定律后，由牛頓第二定律得得(mgF)sin(mgF)cosma1，即，即 mgsinmgcosFsinFcosma1，maFsinFcosma1，F(xiàn)sinFcosF(sincos)Fag，F(xiàn)ag大于零，代入上式知，大于零，代入上式知，a1大于大于 a。物塊將以大于。物塊將以大于 a的加速度勻加速下滑。只有的加速度勻加速下滑。只有 C 項正確。項正確。4. (多選多選)如圖所示如圖所示，質(zhì)量分別為質(zhì)量分別為 mA、mB的的 A、B 兩物塊用輕線連兩物塊用輕線連接，放在傾角為接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力 F

9、拉拉 A，使它們沿斜面勻加速上升使它們沿斜面勻加速上升，A、B 與斜面間的動摩擦因數(shù)均為與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。為了為了增加輕線上的張力，可行的辦法是增加輕線上的張力，可行的辦法是()A減小減小 A 物塊的質(zhì)量物塊的質(zhì)量B增大增大 B 物塊的質(zhì)量物塊的質(zhì)量C增大傾角增大傾角D增大動摩擦因數(shù)增大動摩擦因數(shù)答案答案AB解析解析對對 A、B 組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a，隔離物體隔離物體 B，應(yīng)用牛頓第二應(yīng)用牛頓第二定律得，定律得，F(xiàn)TmBgsinmBgcosmBa。以上兩式聯(lián)立可解得：。以上兩式聯(lián)立可解得：F

10、TmBFmAmB，由此可知，由此可知，F(xiàn)T的大小與的大小與、無關(guān)，無關(guān)，mB越大，越大，mA越小，越小，F(xiàn)T越大，故越大，故 A、B 均正確。均正確。5(多選多選)質(zhì)量分別為質(zhì)量分別為 M 和和 m 的物塊形狀大小均相同，將它們通的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜的斜面面，M 恰好能靜止在斜面上恰好能靜止在斜面上，不考慮不考慮 M、m 與斜面之間的摩擦與斜面之間的摩擦。若互若互換兩物塊位置換兩物塊位置，按圖乙放置按圖乙放置，然后釋放然后釋放 M，斜面仍保持靜止斜面仍保持靜止。則下列則下列

11、說法正確的是說法正確的是()A輕繩的拉力等于輕繩的拉力等于 MgB輕繩的拉力等于輕繩的拉力等于 mgCM 運動的加速度大小為運動的加速度大小為(1sin)gDM 運動的加速度大小為運動的加速度大小為MmMg答案答案BC解析解析互換位置前，互換位置前，M 靜止在斜面上，則有：靜止在斜面上，則有：Mgsinmg，互，互換位置后換位置后，對對 M 有有 MgFTMa，對對 m 有有：FTmgsinma，又又FTFT，解得解得：a(1sin)g，F(xiàn)Tmg，故故 A、D 錯誤錯誤，B、C 正正確。確。6. 如圖所示，木塊如圖所示，木塊 A 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m，木塊，木塊 B 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 M，疊放

12、在，疊放在光滑的水平面上光滑的水平面上，A、B 之間的動摩擦因數(shù)為之間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為動摩擦力，重力加速度為 g?，F(xiàn)用水平力?，F(xiàn)用水平力 F 作用于作用于 A，則保持，則保持 A、B相對靜止的條件是相對靜止的條件是 F 不超過不超過()AmgBMgCmg1mMDMg1Mm答案答案C解析解析由由于于A、 B相對靜止相對靜止， 以整體為研究對象可以整體為研究對象可知知F(Mm)a；若若 A、B 即將相對滑動即將相對滑動，以物體以物體 B 為研究對象可知為研究對象可知mgMa，聯(lián)立解聯(lián)立解得得 Fmg1mM ，選項，選項 C 正確。正確。7如

13、圖甲所示如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板靜止在光滑水平面上的長木板 B(長木板足夠長長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊的左端靜止放著小物塊 A。某時刻，。某時刻，A 受到水平向右的外力受到水平向右的外力 F 作用作用，F(xiàn) 隨時間隨時間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示的變化規(guī)律如圖乙所示，即即 Fkt，其中其中 k 為已知常數(shù)為已知常數(shù)。設(shè)設(shè)物體物體 A、B 之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力 Ff，且，且 A、B 的的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板 B 運動的運動的 vt 圖象是圖象是()答案答案B解析解析A、 B 相

14、對滑動之前加速度相同相對滑動之前加速度相同， 由整體法可得由整體法可得： F2ma，F(xiàn) 增大增大，a 增大增大。當當 A、B 間剛好發(fā)生相對滑動時間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有對木板有 Ffma，故此時故此時 F2Ffkt，t2Ffk，之后木板做勻加速直線運動，故只有，之后木板做勻加速直線運動，故只有 B項正確。項正確。8. 如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為 m1的足夠長的木板，其上的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為疊放一質(zhì)量為 m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間動摩擦力相等。

15、現(xiàn)給木塊施加一隨時間 t 增大的水平力增大的水平力 Fkt(k 是常是常數(shù)數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為木板和木塊加速度的大小分別為 a1和和 a2。下列反映下列反映 a1和和 a2變化變化的圖線中正確的是的圖線中正確的是()答案答案A解析解析本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開始階段兩物本題中開始階段兩物體一起做勻加速運動有體一起做勻加速運動有 F(m1m2)a，即，即 aFm1m2ktm1m2，兩，兩物體加速度相同且與時間成正比物體加速度相同且與時間成正比。當兩物體間的摩擦力達到當兩物體間的摩擦力達到m2g 后后，兩者發(fā)生相對滑動兩者發(fā)生相對滑動。 對

16、對 m2有有 Ffma2， 在相對滑動之前在相對滑動之前 f 逐漸增大逐漸增大，相對滑動后相對滑動后 fm2g 不再變化不再變化，a2Ffm2ktm2g，故其圖象斜率增故其圖象斜率增大；而對大；而對 m1，在發(fā)生相對滑動后，有，在發(fā)生相對滑動后，有m2gm1a1，故，故 a1m2gm1為定為定值。故值。故 A 選項正確。選項正確。9. (多選多選)神舟飛船返回時，神舟飛船返回時，3 噸重的返回艙下降到距地面噸重的返回艙下降到距地面 10 km時，下降速度為時，下降速度為 200 m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16 s 后返回艙的速度減至后返回

17、艙的速度減至 80 m/s，此時減速傘與返回艙分離。然后拉，此時減速傘與返回艙分離。然后拉出主傘出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至主傘張開后使返回艙的下降速度減至 10 m/s，此時飛船距地此時飛船距地面高度為面高度為 1 m，接著艙內(nèi)，接著艙內(nèi) 4 臺緩沖發(fā)動機同時點火，給飛船一個向上臺緩沖發(fā)動機同時點火，給飛船一個向上的反沖力的反沖力，使飛船的落地速度減為零使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直線將上述各過程視為勻變速直線運動，運動，g10 m/s2。根據(jù)以上材料可得。根據(jù)以上材料可得()A減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)B主傘工作期間返回艙

18、處于失重狀態(tài)主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)C減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為 7.5 m/s2D每臺緩沖發(fā)動機的反沖推力約為返回艙重力的每臺緩沖發(fā)動機的反沖推力約為返回艙重力的 1.5 倍倍答案答案CD解析解析減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態(tài)，態(tài)，A、B 項錯；減速傘工作期間，返回艙從項錯；減速傘工作期間，返回艙從 200 m/s 減速至減速至 80 m/s，由運動學(xué)公式得由運動學(xué)公式得 a1v1v2t17.5 m/s2， C 項正確項正確； 緩沖發(fā)動機開動后緩沖發(fā)動機開動后，加速度大

19、小為加速度大小為 a3v232h350 m/s2，由牛頓第二定律得，由牛頓第二定律得 4Fmgma3，解得解得Fmg1.5, D 項正確。項正確。10 (多選多選)如圖甲所示如圖甲所示， 物塊的質(zhì)量物塊的質(zhì)量 m1 kg， 初速度初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力在一水平向左的恒力 F 作用下從作用下從 O 點沿粗糙的水平面向右運動點沿粗糙的水平面向右運動， 某時某時刻后恒力刻后恒力 F 突然反向突然反向， 整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的圖象如圖乙所示，圖象如圖乙所示，g10 m/s2。下列說法中正確的是。下列說法中正確的是()A05

20、 s 內(nèi)物塊做勻減速運動內(nèi)物塊做勻減速運動B在在 t1 s 時刻恒力時刻恒力 F 反向反向C恒力恒力 F 大小為大小為 10 ND物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為 0.3答案答案BD解析解析題圖乙為物塊運動的題圖乙為物塊運動的 v2x 圖象圖象，由由 v2v202ax 可知可知，圖圖象的斜率象的斜率 k2a，得，得 05 m 位移內(nèi)位移內(nèi) a110 m/s2，513 m 位移位移內(nèi)內(nèi)a24 m/s2，可知恒力可知恒力 F 反向時物塊恰好位于反向時物塊恰好位于 x5 m 處處，t0v0a11s，A 錯誤錯誤，B 正確正確。對物塊受力分析可知對物塊受力分析可知，F(xiàn)Ffma1，F(xiàn)

21、Ffma2，得，得 F7 N，F(xiàn)f3 N，F(xiàn)fmg0.3，C 錯誤，錯誤，D 正確。正確。二、真題與模擬二、真題與模擬11. 2015海南高考海南高考(多選多選)如圖所示如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面升降機內(nèi)有一固定斜面，斜斜面上放一物塊面上放一物塊。開始時開始時，升降機做勻速運動升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時滑。當升降機加速上升時()A物塊與斜面間的摩擦力減小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物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑物塊相對于斜面減速下滑D物塊相對于斜面勻速下滑物塊相對于斜面勻速下滑答案答案BD解析解析

22、當升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：當升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mgsinmgcos，則，則tan(為斜面傾角為斜面傾角)。當升降機加速上升時。當升降機加速上升時，設(shè)加速度為設(shè)加速度為 a，物體處于超重狀態(tài)物體處于超重狀態(tài)，超重超重 ma。物塊物塊“重力重力”變?yōu)樽優(yōu)?Gmgma，支持力變?yōu)橹С至ψ優(yōu)?N(mgma)cosmgcos，B 正確正確?！爸刂亓αΑ毖匦泵嫦蛳碌姆至ρ匦泵嫦蛳碌姆至?GF(mgma)sin，沿斜面摩擦力變?yōu)檠匦泵婺Σ亮ψ優(yōu)?fN(mgma)cosmgcos，A 錯誤錯誤。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下下，

23、 所以物塊仍沿斜面勻速運所以物塊仍沿斜面勻速運動，動，D 正確，正確，C 錯誤。錯誤。12 2015海南高考海南高考 (多選多選)如圖所示如圖所示， 物塊物塊 a、 b 和和 c 的質(zhì)量相同的質(zhì)量相同，a 和和 b、b 和和 c 之間用完全相同的輕彈簧之間用完全相同的輕彈簧 S1和和 S2相連，通過系在相連，通過系在 a 上上的細線懸掛于固定點的細線懸掛于固定點 O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將細線剪斷現(xiàn)將細線剪斷。將將物塊物塊 a 的加速度的大小記為的加速度的大小記為 a1，S1和和 S2相對于原長的伸長分別記為相對于原長的伸長分別記為l1和和l2，重力加速度大小為，重力加

24、速度大小為 g。在剪斷的瞬間。在剪斷的瞬間()Aa13gBa10Cl12l2Dl1l2答案答案AC解析解析剪斷細線前，把剪斷細線前，把 a、b、c 看成整體，細線上的拉力為看成整體，細線上的拉力為 T3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此 a、b、c 之間的作用力之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間，對與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間，對 a 隔離進行受力分析隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得：3mgma1，得得 a13g，A 正確正確，B 錯誤錯誤。由胡克由胡克定律知：定律知：2mgkl1，mgkl2，所以，所以l12l

25、2，C 正確，正確，D 錯誤。錯誤。132014北京高考北京高考應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以可以使物理學(xué)習更加有趣和深入使物理學(xué)習更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是()A受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度在物體離開

26、手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案答案D解析解析物體在手掌的推力作用下物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時由靜止豎直向上加速時，物體物體處于超重狀態(tài)處于超重狀態(tài)。當物體離開手的瞬間當物體離開手的瞬間，只受重力作用只受重力作用，物體的加速度物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故 A、B、C 錯誤；物體離開錯誤；物體離開手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻，手的速度小于物

27、體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時間手的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時間內(nèi)內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故 D 正確。正確。142014四川高考四川高考(多選多選)如圖所示如圖所示，水平傳送帶以速度水平傳送帶以速度 v1勻速勻速運動，小物體運動，小物體 P、Q 由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t0 時時刻刻P 在傳送帶左端具有速度在傳送帶左端具有速度 v2，P

28、與定滑輪間的繩水平與定滑輪間的繩水平，tt0時刻時刻 P 離離開傳送帶開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長繩足夠長。正確描述小物體正確描述小物體 P 速速度隨時間變化的圖象可能是度隨時間變化的圖象可能是()答案答案BC解析解析若若 v2v1且且 mQgmPg，對，對 P、Q 整體分析有整體分析有mPgmQg(mPmQ)a1，當，當 P 加速運動速度達到加速運動速度達到 v1后，與皮帶一起勻速運動后，與皮帶一起勻速運動，直到離開傳送帶直到離開傳送帶(也可能加速過程中就離開傳送帶也可能加速過程中就離開傳送帶)，所以，所以 B 項正確。項正確。若若v2mPg， 則則P先勻減速

29、到零再反向加速到離開傳送帶先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶(也也可能減速過程中就離開傳送帶可能減速過程中就離開傳送帶)；若；若 v2v1，且，且 mQgv1且且 mQgmPg，滿足滿足 mQgmPg(mPmQ)a2，中途減速至中途減速至 v1，以后滿足以后滿足 mQgmPg(mPmQ)a3，以以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過也可能減速過程中就離開傳送帶程中就離開傳送帶)，故，故 C 正確，正確，A、D 錯誤。錯誤。152014大綱卷大綱卷一物塊沿傾角為一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動。當物塊的的斜坡向上滑動。當物塊的初速

30、度為初速度為 v 時時，上升的最大高度為上升的最大高度為 H，如圖所示如圖所示；當物塊的初速度為當物塊的初速度為v2時時，上升的最大高度記為上升的最大高度記為 h。重力加速度大小為重力加速度大小為 g。物塊與斜坡間的物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和動摩擦因數(shù)和 h 分別為分別為()Atan和和H2B.v22gH1tan和和H2Ctan和和H4D.v22gH1tan和和H4答案答案D解析解析對物塊上滑過程由牛頓第二定律得對物塊上滑過程由牛頓第二定律得 mgsinmgcosma，根據(jù)運動規(guī)律可得，根據(jù)運動規(guī)律可得 v22aHsin，v222ahsin，聯(lián)立可得，聯(lián)立可得v22gH1tan，hH4。故。故

31、 D 項正確。項正確。162014福建高考福建高考如圖如圖，滑塊以初速度滑塊以初速度 v0沿表面粗糙且足夠長沿表面粗糙且足夠長的固定斜面的固定斜面，從頂端下滑從頂端下滑，直至速度為零直至速度為零。對于該運動過程對于該運動過程，若用若用 h、s、v、a 分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()答案答案B解析解析對物體受力分析對物體受力分析，由于物體在斜面上能夠停止由于物體在斜面上能夠停止，物體所受物體所受的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的

32、分力。設(shè)斜面傾角為的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為，由牛頓，由牛頓第二定律可知第二定律可知，F(xiàn)fmgsinma，F(xiàn)Nmgcos，又又 FfFN，解得解得 agcosgsin，加速度加速度 a 為定值為定值，D 錯誤錯誤。由由 vv0at 可知可知，vt圖線應(yīng)為傾斜的直線，圖線應(yīng)為傾斜的直線，C 錯誤。由錯誤。由 sv0t12at2可知，可知，st 圖線為拋物圖線為拋物線線， B 正確正確。 由幾何關(guān)系可知由幾何關(guān)系可知 hssin， 即即 ht 圖線應(yīng)類似于圖線應(yīng)類似于 st 圖線圖線，A 錯誤。錯誤。172017江西宜春三中檢測江西宜春三中檢測 如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)

33、量為 M、中空為半、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上， 光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為 m 的小的小鐵球鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力現(xiàn)用一水平向右的推力 F 推動凹槽推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成角，則下列說法正確角，則下列說法正確的是的是()A小鐵球受到的合外力方向水平向左小鐵球受到的合外力方向水平向左B凹槽對小鐵球的支持力為凹槽對小鐵球的支持力為mgsinC系統(tǒng)的加速度為系統(tǒng)的加速度為 agtanD推力推力 FMgtan答案答案C解析解析根

34、據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右系統(tǒng)有向右的加速度的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持凹槽對小鐵球的支持力為力為mgcos，A、B 錯誤錯誤。小球所受合外力為小球所受合外力為 mgtan，加速度加速度 agtan，推力推力 F( mM)gtan，C 正確，正確，D 錯誤。錯誤。182016?？诼?lián)考?？诼?lián)考(多選多選)如圖所示，水平傳送帶如圖所示，水平傳送帶 A、B 兩端相兩端相距距 s3.5 m，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.1。工件滑上工件滑上 A 端瞬端瞬時

35、速時速度度vA4 m/s， 到到達達B端的瞬時速度設(shè)端的瞬時速度設(shè)為為vB， 則則(g10 m/s2)()A若傳送帶不動，則若傳送帶不動，則 vB3 m/sB若傳送帶以速度若傳送帶以速度 v4 m/s 逆時針勻速轉(zhuǎn)動，逆時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sC若傳送帶以速度若傳送帶以速度 v2 m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動，順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB3 m/sD若傳送帶以速度若傳送帶以速度 v2 m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動，順時針勻速轉(zhuǎn)動，vB2 m/s答案答案ABC解析解析若傳送帶不動若傳送帶不動， 由勻變速規(guī)律可知由勻變速規(guī)律可知 v2Bv2A2as， ag，代入數(shù)據(jù)解得代入數(shù)據(jù)解得 vB3 m/s，當滿足選項當滿

36、足選項 B、C 中的條件時中的條件時，工件所受滑工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左還是向左，加速度還是加速度還是g，所以工件所以工件到達到達 B 端時的瞬時速度仍為端時的瞬時速度仍為 3 m/s，故選項，故選項 A、B、C 正確，正確，D 錯誤錯誤。192016福州質(zhì)檢福州質(zhì)檢 如圖所示，勁度系數(shù)為如圖所示，勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧豎直放的輕彈簧豎直放置置，下端固定在水平地面上下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為一質(zhì)量為 m 的小球的小球，從離彈簧上端高從離彈簧上端高 h處自由下落處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始下落到小球第

37、觀察小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程一次運動到最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度下列關(guān)于小球的速度 v 或加速度或加速度 a 隨時隨時間間t 變化的圖象中符合實際情況的是變化的圖象中符合實際情況的是()答案答案A解析解析此過程可分為三段此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運動第一段小球向下做自由落體運動，加加速度速度 ag，方向豎直向下方向豎直向下，速度速度 vgt；第二段小球向下做加速運動第二段小球向下做加速運動，加速度加速度 amgkxm， 彈簧的壓縮量彈簧的壓縮量 x 變大變大， 加速度加速度 a 變小變小， 方向向下方向向下；第三段運動小球向下做減速運動第三段運動小球向下

38、做減速運動，加速度加速度 akxmgm，彈簧的壓縮彈簧的壓縮量量x 變大，加速度變大，加速度 a 變大，方向向上，到達最低點時變大，方向向上，到達最低點時 ag，而且小球接，而且小球接觸彈簧后觸彈簧后 at 圖線不是線性關(guān)系圖線不是線性關(guān)系，所以所以 C、D 都錯誤都錯誤。又由又由 vt 圖象的圖象的斜率變化代表加速度的變化，故選項斜率變化代表加速度的變化，故選項 A 正確。正確。202016山東煙臺期中山東煙臺期中 (多選多選)如圖所示如圖所示，橫截面為直角三角形橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為的三棱柱質(zhì)量為 M，放在粗糙的水平地面上放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個角的兩底角中其中一個

39、角的角度為角度為(45)。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為 m1和和 m2的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接，定滑的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止狀態(tài)若三棱柱始終處于靜止狀態(tài)。不計滑輪與繩不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為 g，則將，則將 m1和和 m2同同時由靜止釋放后，下列說法正確的是時由靜止釋放后，下列說法正確的是()A若若 m1m2，則兩物體可靜止在斜面上，則兩物體可靜止在斜面上

40、B若若 m1m2cot，則兩物體可靜止在斜面上，則兩物體可靜止在斜面上C若若 m1m2，則三棱柱對地面的壓力小于，則三棱柱對地面的壓力小于(Mm1m2)gD若若 m1m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案答案BC解析解析若若 m1m2， m2的重力沿斜面向下的分力大小的重力沿斜面向下的分力大小為為 m2gsin(90)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為的重力沿斜面向下的分力大小為 m1gsin，由于，由于45，則則m2gsin(90)m1gsin，則則 m1將沿斜面向下加速運動將沿斜面向下加速運動，m2將沿斜面將沿斜面向上加速運動，向上加速運動，A 錯誤。

41、要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：錯誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2gsin(90)m1gsin，即有，即有 m1m2cot，B 正確。若正確。若 m1m2，設(shè)加速度大小為設(shè)加速度大小為 a，對兩個物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎，對兩個物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有直方向有 FN(Mm1m2)gm2asin(90)m1asin0，即地面，即地面對三棱柱的支持對三棱柱的支持力力 FN(Mm1m2)g， 則三棱柱對地面的壓力小于則三棱柱對地面的壓力小于(Mm1m2)g；水平方向有；水平方向有 Ffm1acosm2acos(90)0，C 正確正確，D 錯誤。錯誤。一、基

42、礎(chǔ)與經(jīng)典一、基礎(chǔ)與經(jīng)典21. 如圖所示如圖所示，長長 L1.6 m、質(zhì)量質(zhì)量 M3 kg 的木板靜置于光滑水的木板靜置于光滑水平面上平面上，質(zhì)量質(zhì)量 m1 kg 的小物塊放在木板的右端的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動木板和物塊間的動摩擦因數(shù)摩擦因數(shù)0.1。現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力 F，取取 g10 m/s2。(1)求使物塊不掉下去的最大拉力求使物塊不掉下去的最大拉力 F；(2)如果拉力如果拉力 F10 N 恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案答案(1)4 N(2)1.26 m/s解析解析(1)物塊不掉下去的最大拉

43、力物塊不掉下去的最大拉力， 其存在的臨界條件必是物塊其存在的臨界條件必是物塊與木板具有共同的最大加速度與木板具有共同的最大加速度 a1。對物塊，最大加速度對物塊，最大加速度 a1mgmg1 m/s2，對整體，對整體，F(xiàn)(Mm)a1(31)1 N4 N。(2)當當 F10 N 時，木板的加速度時，木板的加速度a2FmgM100.11103m/s23 m/s2由由12a2t212a1t2L 得物塊滑過木板所用時間得物塊滑過木板所用時間t 1.6 s，物塊離開木板時的速度物塊離開木板時的速度 v1a1t 1.6 m/s1.26 m/s即小物塊所能獲得的最大速度為即小物塊所能獲得的最大速度為 1.26

44、 m/s。22質(zhì)量為質(zhì)量為 20 kg 的物體若用的物體若用 20 N 的水平力牽引它的水平力牽引它，剛好能在水剛好能在水平面上勻速前進平面上勻速前進。問問：若改用若改用 50 N 拉力拉力、沿與水平方向成沿與水平方向成 37的夾角的夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進 2.3 m，它的速度，它的速度多大？在前多大？在前進進2.3 m時撤去拉力時撤去拉力， 又經(jīng)又經(jīng)過過3 s， 物體的速度多大？物體的速度多大？(sin370.6，cos370.8，g 取取 10 m/s2)答案答案2.3 m/s0解析解析施加施加 20 N 水平拉力時，物

45、體做勻速運動，水平拉力時，物體做勻速運動，F(xiàn)1f1，f1FN1，F(xiàn)N1G，解得，解得0.1。對物體施加斜向上的拉力后對物體施加斜向上的拉力后，設(shè)加速度為設(shè)加速度為 a1，由牛頓第二定律可由牛頓第二定律可得得 F2cosf2ma1，f2(GF2sin)，a11.15 m/s2(方向與運動方向相同方向與運動方向相同)，由運動學(xué)定律可得由運動學(xué)定律可得 v22a1x，v2.3 m/s，撤去拉力后，物體的加速度大小為撤去拉力后，物體的加速度大小為 a2，由牛頓第二定律有，由牛頓第二定律有f1ma2，a21 m/s2(方向與運動方向相反方向與運動方向相反)。由由 tva2，可得物體停止運動的時間為，可得

46、物體停止運動的時間為 t2.3 s3 s，所以所以 3 s 后物體的速度大小為后物體的速度大小為 0。二、真題與模擬二、真題與模擬232015全國卷全國卷一長木板置于粗糙水平地面上一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放木板左端放置一小物塊置一小物塊；在木板右方有一墻壁在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為木板右端與墻壁的距離為 4.5 m，如圖如圖(a)所示所示。 t0 時刻開始時刻開始， 小物塊與木板一起以共同速度向右運動小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至直至 t1 s 時木板與墻壁碰撞時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大。碰撞前后木板速度大小不變小不變

47、，方向相反方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞已知碰撞后后1 s 時間內(nèi)小物塊的時間內(nèi)小物塊的 vt 圖線如圖圖線如圖(b)所示所示。 木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的的15 倍，重力加速度大小倍，重力加速度大小 g 取取 10 m/s2。求：。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)數(shù)2；(2)木板的最小長度；木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。木板右端離墻壁的最終距離。答案答案(1)10.120.4(2)木板的最小長度為木板的最小長度為 6.0 m

48、(3)木木板右端離墻壁的最終距離為板右端離墻壁的最終距離為 6.5 m解析解析(1)規(guī)定向右為正方向規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前木板與墻壁相碰前，小物塊和木板小物塊和木板一起向右做勻變速運動一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為設(shè)加速度為 a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別小物塊和木板的質(zhì)量分別為為m 和和 M。由牛頓第二定律有。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1由題圖由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度 v14 m/s，由運動，由運動學(xué)公式得學(xué)公式得v1v0a1t1s0v0t112a1t21式中式中，t11 s，s04.5 m 是木板碰前的位移是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板是小物塊和木板開始運動時的速度。開始運動時的速度。聯(lián)立聯(lián)立式和題給條件得式和題給條件得10.1在木板與墻壁碰撞后，木板以在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運動的初速度向左做勻變速運動，小物塊以小物塊以 v1的初速度向右做勻變速運動的初速度向右做勻變速運動。 設(shè)小物塊的加速度為設(shè)小物塊的加速度為 a2， 由由牛頓第二定律有牛頓第二定律有2mgma2由題圖由題圖(b)可得可得 a2v2v1t2t1式中，式中，t22 s, v20，聯(lián)立，聯(lián)立式和題給條