2022年【通用版】高考物理訓(xùn)練《牛頓運動定律》（含解析）

通用版為考物理專題制稱（含斛布）

專題一牛頓運動定律

第一部分名師綜述

綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識的同時，注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)

律，且更加突出考查學(xué)生運用〃力和運動的觀點〃分析解決問題的能力。牛頓運動定律及其應(yīng)用是每年高考

考查的重點和熱點，應(yīng)用牛頓運動定律解題的關(guān)鍵是對研究對象進行受力分析和運動分析，特別是牛頓運

動定律與曲線運動，萬有引力定律以及電磁學(xué)等相結(jié)合的題目，牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多，

一般涉及一下幾個方面：一是牛頓第二定律的瞬時性，根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力，二是動力學(xué)

的兩類問題，三是連接體問題，四是牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用。

第二部分精選試題

一、單選題

1.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，。點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由/點靜

止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達6點。在從4到8的過程中，物塊（）

OB

A.加速度逐漸減小

B.經(jīng)過。點時的速度最大

C.所受彈簧彈力始終做正功

I）.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功

【答案】D

【解析】

【詳解】

由于水平面粗糙且0點為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在0A之間，加速度為零

時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，A錯誤；物體在平衡位置處

速度最大，所以物塊速度最大的位置在A0之間某一位置，B錯誤；從A到0過程中彈力方向與位移方向相

同，彈力做正功，從。到B過程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負功，C錯誤；從A到B過程中根據(jù)動

能定理可得W彈-W克f=0,即W彈=環(huán)克『即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確.

2.質(zhì)量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)」的關(guān)

系如圖所示，則賽車在加速的過程中（）

a/(m-s*2)

A.速度隨時間均勻增大

B.加速度隨時間均勻增大

C.輸出功率為160kW

D.所受阻力大小為1-60N

【答案】C

【解析】

【詳解】

由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，速度隨時間不是均勻增大故A錯誤；a」函數(shù)方程2="4,

VV

汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，

根據(jù)牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯(lián)立得：a=---,結(jié)合圖線，當物體的速度最大時，加

mvm

速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a=0時，-0.01,v=100m/s,所以最大速度為100m/s；由圖象可知：-f/m

V

=-4,解得：f=4m=4X400=1600N；0=七?二一工解得：P=160kW,故C正確，D錯誤；故選C。

400100400

3.最近，不少人喜歡踩著一種獨輪車，穿梭街頭。這種獨輪車全名叫電動平衡獨輪車，其中間是一個窄窄

的輪子，兩側(cè)各有一塊踏板。當人站在踏板上向右運動時，可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運

動中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是

A.考慮空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力向左

B.不計空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力向左

C.考慮空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力可能為零

D.不計空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時.，腳所受摩擦力不可能為零

【答案】C

【解析】

【詳解】

考慮空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則腳所受摩擦力為右，故A錯

誤；不計空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯

誤；當考慮空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據(jù)平衡條件，則重力、支持力與空氣

阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故C正確；當不計空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加

速運動時，根據(jù)牛頓第二定律，腳受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故D錯

誤；故選C。

【點睛】

此題考查根據(jù)不同的運動狀態(tài)來分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系，

注意人水平方向向右運動時空氣阻力的方向是水平向左的.

4.如圖所示，在豎直平面內(nèi)用輕質(zhì)細線懸掛一個小球，將小球拉至A點，使細線處于拉直狀態(tài)，由靜止開

始釋放小球，不計摩擦，小球可在A、B兩點間來回擺動.當小球擺到B點時，細線恰好斷開，則小球?qū)ⅲǎ?/p>

A

/\/C科向上

—....蚪"D/

t

ESB

A.在B點保持靜止，B.沿BE方向運動

C.沿BC方向運動D.沿BD方向運動

【答案】B

【解析】

由于小球被靜止釋放，不計摩擦，它可在A、B兩點間來回擺動。當小球擺到B點時，小球速度恰好為零，

此時若細線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運動。故選B。

【點睛】此題考查了學(xué)生力和運動之間的關(guān)系，力可以改變物體的形狀或運動狀態(tài)。在此題中，小球由于

重力作用將由靜止下落。解決此題的關(guān)鍵是判斷出在B點的運動狀態(tài)。

5.（2018?普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題）如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個傾角

=30。、長7=500m的斜面。一輛質(zhì)量療2000kg的電動汽車從引橋底端由靜止開始加速，其加速度a

隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電動汽車的速度達到1m/s后，牽引力的功率保持恒定。已知行駛

過程中電動汽車受到的阻力打（摩擦和空氣阻力）不變，重力加速度g取10m/s）下列說法正確的是

A.電動汽車所受阻力放12000N

B.電動汽車的速度達到1m/s后，牽引力的功率4=12kW

C.第1s內(nèi)電動汽車牽引力的功率尸與時間f滿足於120001

D.第1s內(nèi)電動汽車機械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和，大小為6000J

【答案】D

【解析】

加速階段由牛頓第二定律可知：F-Ff-mgsinO=ma,之后保持功率不變，^-Ff-mgsin0=ma,電功汽車做加

速度逐漸減小的加速運動，最終加速度減小到0,電動汽車達到該功率該路況下的最大速度，

曳-Ff-mgsin6=0解得P0=14KW；Ff=2000N；選項AB錯誤;第1s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P=Fv=14000t,

vmax

選項C錯誤；電動汽車做勻加速運動的過程，位移x=1=0.5m,牽引力大小為14000N,牽引力與阻力做功

2a

的代數(shù)和為(F-Ff)x=6000J,選項D正確；故選D.

點睛：此題關(guān)鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息，搞清電動汽車的運動的特這，結(jié)合牛頓第二定律及功

率的知識進行分析解答.

6.如圖，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端時

的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始終保持靜止，則小物塊

A.上滑所需時間與下滑所需時間相等

B.上滑和下滑過程，小物塊機械能損失相等

C.上滑時的加速度與下滑時的加速度相等

D.上滑和下滑過程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反

【答案】B

【解析】

設(shè)斜面的長度為x,物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為U,斜面傾角為9,物體質(zhì)量為m,斜面質(zhì)量為M；

A、C、根據(jù)牛頓第二定律可得物體上滑的加速度大小為='啰迎"+：型絲"=gsin。+ugeos0,下滑的加速

度大小22=吧”尚絲l=gsin。,口geos0,可知al>a2,上升過程中根據(jù)逆向思維可以看成是加速

度為al的勻加速直線運動，根據(jù)x=[at2知，tl<t2,即物體沿斜面上滑的時間一定小于沿斜面下滑的時

間，故A、C錯誤；B、上滑過程中和下滑過程中機械能的損失都等于克服摩擦力做的功，即為Pmgxcos0,

故B正確；D、物體先減速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對整體受力分析，受到總重力、支

持力和向左的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：

八y

N八

Xf

x方向分析：上滑過程中fl=malcos0,下滑過程中f2=ma2cos。，地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變

向左，故D錯誤。故選B。

【點睛】本題關(guān)鍵是用整體法進行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列方程分析求解；知道

加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。

7.如圖，在繞地運行的天宮一號實驗艙中，宇.航員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細繩連接一小

球.拉直細繩并給小球一個垂直細繩的初速度，它沿bdac做圓周運動.在a、b、c、d四點時（d、c兩點

與圓心等高），設(shè)在天宮一號實驗艙中測量小球動能分別為、、、，細繩拉力大小分

別為、、、，阻力不計，則。

A.>=>

B.若在c點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運動

C.===

D.若在b點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運動

【答案】C

【解析】

AC：在繞地運行的天宮一號實驗艙中，小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓

周運動，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd.完全失重時，只有繩的拉力提供向心力公式T=m°,v、r、m都不變，小

r

球的向心力大小不變,則有：Ta=Tb=Tc=Td.故A項錯誤,C項正確。

BD：在b點或c點繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒有力提供向心力，做離心運動且沿切線

方向做勻速直線運動。故BD兩項均錯誤。

點睛：解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，再根據(jù)向心力公式分析即可。

8.如圖所示，一個“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個質(zhì)量為的光滑球C。

“V”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對球的

彈力分別為R、F2,下列說法正確的是（）

A.F,>同都逐漸增大

B.M、H都逐漸減小

C.件逐漸減小，F(xiàn)z逐漸增大

D.D、F?的合外力逐漸減小

【答案】D

【解析】

光滑球C受力情況如圖所示:

F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變；

F1與F2水平分力的合力等于ma,在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一

小段時間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知F1不斷減小，F(xiàn)l、F2的合力逐漸減小，故D正確，A、

B、C錯誤;

故選Do

【點睛】以光滑球C為研究對象，作出光滑球C受力情況的示意圖；

豎直方向上受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結(jié)合加速度的變化解答。

9.如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上，物體A和B通過細線跨過定滑輪相連，不考慮滑輪

的摩擦和質(zhì)量，斜面與A和B間都沒有摩擦，細線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動，細線的張力為T,

斜面體對地面的壓力為N,斜面體與地面的摩擦力為臭如果將A和B位置對換且A和B都沒達地面上時；，

斜面體依然靜止，細線的拉力為「，斜面體對地面的壓力為斜面體與地面的摩擦力為f”那么()

A.T>THf,>f

B.N,>N,T=T,

C.T,=T,fi不為零，f=0

D.M=N,fi=f#0

【答案】C

【解析】由初始情景可加mA=mBsina,mA〉mB,互換位置后“sg一(="心，Tt-mAgsmamAa解得門=

mAg,a=g(Lsina),B將加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始細度拉力T=niAg,互接位置后，Tl=mAg,

由質(zhì)點系的牛頓第二定律可得f=0,f1=mAax+MX0+mBX0=mAg(1-sina)cosaNO.故選C.

【點睛】本題涉及加速度不同的連接體問題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個方向分別列式

分析。

10.一個質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上，箱內(nèi)用一段固定長度的輕質(zhì)細線拴一質(zhì)量為m的小球，線的另一

端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細線和球拉到左側(cè)與豎直方向成9角處靜止釋放,如圖所示,在小球擺動的過程

中箱子始終保持靜止，則以下判斷正確的是()

A.在小球擺動的過程中,線的張力呈周期性變化，但箱子對地面的作用力始終保持不變

B.小球擺到右側(cè)最高點時，地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力

C.小球擺到最低點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力

D.小球擺到最低點時,線對箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對地面的壓力大于(M+m)g

【答案】D

【解析】

在小球擺動的過程中，速度越來越大，對小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知：F-mgcosO=m-,繩子在

r

豎直方向的分力為：F'=Feos0=(mgeos0+m^)cos0,由于速度越來越大，角度0越來越小，故F'越

大，故箱子對地面的作用力增大，在整個運動過程中箱子對地面的作用力時刻變化，故A錯誤；小球擺到

右側(cè)最高點時，小球有垂直于繩斜向下的加速度，對整體由于箱子不動加速度為沏=0,a'為.小球在豎直

方向的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：(M+m)g-FN=M-aM4-ma,則有：F、=(M+m)g-ma',故

FN<(M+m)g,根據(jù)牛頓第三定律可知對地面的壓力小于(M+m)g,故B錯誤；在最低點，小球受到的重力

和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律有：T-mg=4聯(lián)立解得：T=mg+m=,則根據(jù)牛頓第三定

律知，球?qū)ο涞睦Υ笮椋篢=T=mg+m5,故此時箱子對地面的壓力為：N=(M+m)g+T=

(M+m)g+mg+m=,故小球擺到最低點時，繩對箱頂?shù)睦Υ笥趍g,,箱子對地面的壓力大于(M+m)g,故

C錯誤，D正確，故選D.

【點睛】對m運動分析，判斷出速度大小的變化，根據(jù)牛頓第二定律求得繩子的拉力，即可判斷出M與地

面間的相互作用力的變化，在最低點，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出繩子

的拉力，從而得到箱子對地面的壓力.

二、多選題

11.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧

連接，A、B兩物體均可視為質(zhì)點)，彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時物體處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力

作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v—t圖象如圖乙所示

(重力加速度為g),則

A.施加外力前，彈簧的形變量為J

B.外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g+a)

C.A、B在如時刻分離，此時彈簧彈力籌于物體B的重力

D.上升過程中，物體B速度最大，A、B兩者的距離為T——

【答案】AD

【解析】

【詳解】

A、施加外力F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2Mg=kx,解得：x=半，故選項A正確；

B、施加外力F的瞬間，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F彈一Mg-FAB=Ma,其中：F彈=2Mg,解得:

FAB=M(g-a),故選項B錯誤；

C、物體A、B在tl時刻分離，此時A、B具有共同的v與a且FAB=O；對B有：F'彈一Mg=Ma,解得：

F'彈='1(8+&)，故選項C錯誤；

D、當物體B的加速度為零時,此時速度最大，則Mg=kx',解得:x'=半,故8上升的高度了=x-x，=f,

此時A物體上升的高度：h=；atl，故此時兩者間的距離為Ah=一方，故選項D正確；

說法正確的是選選項ADo

12.如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)u=0.2。

質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中

的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取

10m/s2?則

400

QZZ±ZZ0

甲4

0

A.傳送帶的速度大小為4m/s

B.滑塊的質(zhì)量為3.3kg

C.滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J

1).若滑塊可視為質(zhì)點且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動輪的半徑R為0.4m

【答案】BD

【解析】

【分析】

根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結(jié)

合的問題，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。

【詳解】

A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速

的速度大小為2m/s,則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項錯誤。

B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s,子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?/p>

4m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，mv0+M(-v)=

(m+M)v1；即400m+M(—2)=4(m+M),解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項正確。

C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據(jù)牛頓第二定律可得，口(M+m)g=(M+m)a,解得：滑塊向左運動

的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運動的時間力=?=2s,滑塊(含子彈)向左減速運動過程

中滑塊與傳送帶間的相對運動距離s=芋匕+vt]=8m,滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=N(M+m)gs=0.2x3.35x10x8J=53.6J。故C項錯誤。

2

D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M),解得：轉(zhuǎn)動輪的半徑R=0.4m。故D

項正確。

13.傾斜角度為。的斜面上有用和股兩個物體，與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為由和"2.兩物體間用一

根原長為小的與斜面平行的輕質(zhì)彈簧連接，當整體沿斜面勻速下滑時彈簧長度為乙如圖所示.則以下說法

正確的是()

啊

mi

A.若小>%,可用張力足夠的輕繩替代彈簧

B.若小=〃2,可用輕桿替代彈簧

C.若iz,彈簧的形變量是(￡-Zo)

D.若您，則“i=〃2=tan?

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A、若p1>U2,要使ml和m2處于平衡狀態(tài)，對ml有：mlgsin。+F=uImlgcos9,對m2有

m2gsin0=u21112gcos9+F,則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯誤；

B、若u1=u2,要使ml和m2處于平衡狀態(tài)，對ml有mlgsin0=口Imlgcos0,對m2有m2gsin0=u2m2gcos0,

彈簧的形變量為0,故可用輕桿替代彈簧，故B正確；

C、若u1<p2,要使ml和m2處于平衡狀態(tài)，對ml有mlgsin0=uImlgcos0+F,對m2有

m2gsin。+F=口2m2gcos9,彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L—L0),C正確；

D^ml=m2時，若彈簧處于拉伸狀態(tài),對ml有mlgsin0=gImlgcos0+F,對m2有m2gsin0+F=u2m2gcos0,

貝iju1<u2,若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對ml有:mlgsin。+F=uImlgcos0,對m2有m2gsin9=u2m2gcos9+F,

貝iju1>M2,若彈簧處于原長狀態(tài)，對ml有mlgsin9=uImlgcos9,對m2有m2gsin0=u2m2gcos9,貝?。?/p>

Ul-H2=tan6,由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無法?判斷ul和u2的關(guān)系，故D錯誤。

14.如圖所示，物體從。點開始自由下滑，通過粗糙的靜止水平傳送帶后，落在地面P點。傳送帶勻速轉(zhuǎn)

動起來以后，物體仍從0點開始自由下滑，則物體通過傳送帶后()

A.若傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊一定落在。點

B.若傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊一定落在P點左側(cè)

C.若傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊可能落在P點右側(cè)

D.若傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊可能落在P點左側(cè)

【答案】AC

【解析】

【詳解】

當水平傳送帶靜止時，物塊受到水平向左的滑動摩擦力做勻減速直線運動。若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，物塊通

過傳送帶時，受到的滑動摩擦力仍水平向左，大小不變，則加速度不變，可知物塊仍落在P點，選項A正

確，B錯誤。設(shè)物塊滑上傳送帶時速度為vO,傳送帶的速度為V。當vO>v時，物塊滑上傳送帶可能一直做

勻減速運動，加速度與傳送帶靜止時相同，當滑到傳送帶右端時，速度與傳送帶靜止時相同，則物塊仍落

在P點。物塊也可能先做勻減速運動，后來與傳送帶一起做勻速運動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送

帶靜止時速度，則物塊落在P點右側(cè)。當vO=v時，物塊滑上傳送帶時兩者相對靜止，一起做勻速運動，則

物塊落在P點右側(cè)。當vO<v時，物塊滑上傳送帶可能一直做勻加速運動，也可能先做勻加速運動，后與

傳送帶一起勻速運動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送帶靜止時速度，則物塊落在P點右側(cè)。故D錯誤，

C正確。故選AC。

【點睛】

本題是典型的傳送問題，關(guān)鍵是分析物塊的受力情況和運動情況，當傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，要考慮各種可

能的情況.

15.如圖甲所示，水平面上有一傾角為。的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為勿的

小球.斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支

持力分別為7和爪若小a圖象如圖乙所示，是直線，8C為曲線，重力加速度g取lOm/s,,則()

7/N

A.=?m/s2時，A-0

B.小球質(zhì)量m=0.1kg

C.斜面傾角0的正切值為^

D.小球離開斜面之前，A—0.8+0.06a(N)

【答案】ABC

【解析】

【詳解】

A、小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Teos0—Nsin0=ma,Tsin0+Ncos0

=mg,聯(lián)立解得：N=mgcos?！猰asin0,T=macos0+mgsin9,所以T-a圖象呈線性關(guān)系，由題圖

乙可知a=?m/s2時，N=0,選項A正確。

BC當a=0時,T=0.6N,此時小球靜止在斜面上，其受力如圖(a)所示，所以mgsin0=T；當a=苧時，

斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖(b)所示，

N

TT

e....m

mgmg

(a)(b)

所以mgcot。=ma,聯(lián)立可得tan。=；,m=0.1kg,選項B,C正確。

D、將0和m的值代入N=mgcos6-masin0,得N=0.8-0.06a(N),選項D錯誤。

故選ABC。

【點睛】

考查牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的應(yīng)用，注意會從圖象中獲取信息，并掌握平衡條件方程列式.

16.質(zhì)量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3,木塊與

木板間的動摩擦因數(shù)均為口?，F(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度的、2的、3玲，已知重力加速度為g。

則下列說法正確的是()

r工3%

川國百____________

A.1木塊相對靜止前，木板是靜止的

B.1木塊的最小速度是30

C.2木塊的最小速度是《0

O

A2

D.木塊3從開始運動到相對靜止時位移是.

【答案】CD

【解析】

A、木板開始運動時，木塊對木板的摩擦力f=3mg>0,木板發(fā)生運動，故A錯誤；

B、設(shè)木塊1的最小速度為vi，木塊1的加速度f=mai做勻減速；木板的加速度為3mg=3ma做勻加速；當兩

者速度相等時,木塊1的速度達到最小

即V]=v0-at=at解得V]=；v0,故B錯誤；

C、設(shè)木塊2的最小速度為V2,此過程木塊2的速度該變量為vo-V2,而木塊3速度改變量與木塊2速度該

變量相等，即木塊3的速度為V。+V2由動量守恒可得

5人

v

m(v04-2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2),解得：v2=o>故C正確；

D、當木塊3相對靜止時，速度達到最小，此時四個物體共速，設(shè)速度為V3,則由動量守恒可得：

m（v0+2v0+3v0）=6mv3

解得：V3=v0

對木塊3,由動能定理可知一Hmgs=-：m（3v（））2,解得：s=—,故D正確；

乙乙Ug

故選CD

17.如圖傾角為30°的傳送帶在電動機帶動下始終以V。的速度勻速上行.相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的

滑塊（可視為質(zhì)點）分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對

靜止，乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對靜止.現(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程

A.甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)

B.甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量

C.兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同

D.兩個過程中電動機對皮帶所做的功相同

【答案】BC

a

【解析】A：對甲滑塊：^=2\TTw,口imgcos30。一mgsin30。=ma];對乙滑塊：Vq-2a2-n2mgcos30°—

mgsin300=ma2?可得U1<口2,即甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)。故A項錯

誤。

B：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，滑塊X]=^t[=d^,對滑塊（u]mgcos30。一mgsin300）X]=；mv2；皮

帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：S|=vq-卓力，滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量孰=uimgcos300x

s1；解得的=；mv2+mgh。乙滑塊與皮帶相對滑動過程中，滑塊*2=等土2=需，對滑塊（u2mgcos30。—

mgsin300）X2=；mv2；皮帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：s2=vt2-^t2,滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的

熱量Q2=L*2mgcos300xs2;解得Q?=gmv?+gmgh。則甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦

產(chǎn)生的熱量。故B項正確。

C：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，皮帶對滑塊所做的功比=U】mgcos300x*=mgh+gmv2：乙滑塊與

皮帶相對滑動過程中,皮帶對滑塊所做的功W%—u2mgeos30。X———Fmgsin30°x—=mgX+-mv"+

乙'&sin300&sin300622

gmgh=W]。故C項正確。

D：甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，皮帶對滑塊所做的功相同，則甲電動

機對皮帶做的功大于乙電動機對皮帶做的功。故D項錯誤。

18.如圖所示，一質(zhì)量為M=2m、長為L質(zhì)量均勻的板放在光滑水平桌面上，板的右端與桌邊定滑輪距離足

夠大，板的左端有一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的物塊，物塊上連接一條很長的細繩，某人拉繩并使其以恒定

速率v=V一向下運動，物塊只能運動到板的中點.下列說法正確的是()

.....巴……&

A.物塊對板做功的功率保持不變

B.物塊與板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為mgL

C.整個過程繩的拉力對物塊做的功為mgL

D.若板與桌面間有摩擦，則當板與桌面間動摩擦因數(shù)為制，物塊一定能到達板右端

【答案】B1)

【解析】木板受木塊對它的摩擦力作用，做勻加速直線運動，當速度與木塊速度相等后保持相對靜止，根

據(jù)P=fv知，物塊對板的功率逐漸增大，A錯誤；當物塊到達板的中點時，此時物塊的位移xi=vt,木板的

位移X2=；t,根據(jù)X]-X2=彳導(dǎo)，板的位移X2=也相對位移的大小等于物塊位移的一半，等于木板的位移，

因為￡*板=3丫2,產(chǎn)生的熱量Q=fx板=；Mv2=；.2m(VJE)2=mgL,B正確；繩.子拉力做的功，等于系統(tǒng)動

能增加量與產(chǎn)生的熱量之和，故W=gMv2+Q=2mgL,C錯誤；如果板與桌面有摩擦，因為M與桌面摩擦因

數(shù)越大，m越易從右端滑下，所以當m滑到M右端兩者剛好共速時摩擦因數(shù)最小，設(shè)為口2,對M，由牛頓第

z

二定律得：Ma=H]mg-U2(m+M)g,板的位移：x2="'；速度位移公式：=2%',對m有：

2

vt'=x「，x「-x/=L,聯(lián)立得U2=4J=普與?=：，所以桌面與板間的摩擦因數(shù)應(yīng)滿足u2：，

J2(M+m)gL2(2m+m)gL33

所以當板與桌面間動摩擦因數(shù)為機寸，物塊-定能到達板右端，D正確.

【點睛】解決本題的關(guān)鍵理清m和M的運動過程，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式進行求解，知道物塊能

到達板的右端的臨界情況是物塊到達右端時與木板共速.

19.如圖所示，斜面1、曲面2和斜面3的頂端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1與曲面2的水平

底邊長度相同。一物體與三個面間的動摩擦因數(shù)相同，當它由靜止開始分別沿三個面從頂端下滑到底端的

過程中，若損失的機械能分別為AE2,AE3,到達底端的速度分別為VI、V2、V3,則下列判斷正確的是

A.AE^AE^AEs

B.AE2>AEI>AE3

C.vi=v2<v3

D.V2<Vi<V3

【答案】BD

【解析】設(shè)斜面和水平方向夾角為。，斜面長度為L,則物體下滑過程中克服摩擦力做功為：W=umg

cosOL.Leos9即為底邊長度，由圖可知1底邊大于3的，故損失的機械能關(guān)系為：△ED4E3,物體在2

上做曲線運動，則物體對曲面的壓力大于對斜面1的壓力，則物體下滑過程中克服摩擦力做功W2f=FNL>umg

Leose=Wlf,損失的機械能關(guān)系為：△E2>4E1；即△E2>4E1>Z\E3,故A錯誤，B正確；根據(jù)能量關(guān)系：

2

|mv=mgh-Wf,則v2<vl<v3,則選項D正確，C錯誤；故選BD.

20.如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體A、B疊放在斜面體上，物體B受沿斜面向上

的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間的動摩擦因數(shù)為口，u<tan0,且A、B質(zhì)量均為m,則（）

A.A、B保持相對靜止

B.地面對斜面體的摩擦力等于（一）子

C.地面受到的壓力等于（M+2m）g

D.B與斜面間的動摩擦因數(shù)為二——-一=----------

【答案】BD

【解析】A、對A分析，因為g<tan9,貝ijmgsin9>umgeos0,所以A、B不能保持相對靜止，故A錯誤.

B、以A為研究對象，A受到重力、支持力和B對A的摩擦力，如圖中所示.

N=mgcos9,

mgsin0—uN=ma,

由于u<tan0,則ma=mgsin0—pmgeos0>0.

將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示.

乙

可知地面對斜面體的摩擦力等于mg(sin0—ucos0)cos8+Fcos。；故B正確；

C、以三者整體為研究對象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M+2m)g,C錯誤.

D、B與斜面體間的正壓力N'=2mgcos0,對B分析，根據(jù)共點力平衡有F=mgsin。十口mgcos。+f'

則B與斜面間的動摩擦因數(shù)N=9=*乎二等之，故D正確.

N2mgeos。

故選BD

三、解答題

21.如圖所示，質(zhì)量=/5g,長度=2m的木板靜置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù)

/=〃/,地面右端的固定擋板與木板等高。在擋板右側(cè)豎直虛線、之間的區(qū)域內(nèi)存在方向

豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為/=/m和2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙

面向里的勻強磁場，兩半圓的圓心到固定擋板頂點的距離=2m?，F(xiàn)有一質(zhì)量=15g、帶電荷量

=+6x1/5的物塊可視為質(zhì)點)以4m/s的初速度滑上木板，二者之間的動摩擦因數(shù)2=63,

當物塊運動到木板右端時二者剛好共速，且本板剛好與擋板碰撞，物塊從擋板上方飛入

區(qū)城，并能夠在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，重力加速度取/0m/s2.

(1)當物塊剛滑上本板時，求物塊和木板的加速度大小，

(2)求電場強度的大小.

(3)為保證小物塊只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個開口端飛出，求磁感應(yīng)強度大小的取值范圍。

【答案】(1)3m/s2；1m/s2；(2)25V/m；(3)1<《：T或>5T

【解析】

【詳解】

解：(1)當物塊A剛滑上木板D時，對物塊A受力分析有：y2mg=ma2

2

解得：a2=3m/s

對本板D受力分析有：u2mg-ui?2mg=

2

解得：=1m/s

(2)物塊A進入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，則有：mg=qE

解得：E=25丫幾

(3)物塊A與木板D共速時有:v=v0-a2t=ajt

解得：V=1巾/s

2

粒于做勻速圓周運動有：qvB=mj

R

要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運動的軌跡半徑R應(yīng)滿足：R《呼

或空《R《等

解得：B>51或1T(B4]T

則磁感應(yīng)強度大小的取值范圍為：IT<B4|1或B>5T

22.如圖所示，長木板質(zhì)量.滬3kg,放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為爐1kg的物

塊A,右端放著一個質(zhì)量也為獷1kg的物塊B,兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.4,AB之間的距離

Z=6m,開始時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)對物塊A施加方向水平向右的恒定推力下作用，取疔10m/s：

(1)為使物塊A與木板發(fā)生相對滑動，F(xiàn)至少為多少？

(2)若片8N,求物塊A經(jīng)過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間

AB的速度分別是多少？

【答案】(1)5N(2)vA-=2m/s=8m/s

【解析】

【詳解】

(1)據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力。

設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0,整體的加速度大小為a,則：

對整體：F0=(2m+M)a

對木板和B：pmg=(m+M)a

解之得：F0=5N

即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5N；

2

(2)物塊的加速度大小為：aA=^=4m/s

木板和B的加速度大小為：aB=盧=lm/s2

設(shè)物塊滑到木板右端所需時間為t,則：xA-xB=L

g22

P|aAt-|aBt=L

解之得：t=2s

vA=aAt=8m/s

vB=aBt=2m/s

AB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva'+mvB,

機械能守恒：^mva2+|nivB2=|mva12+gmvB，2

解得:vA'=2m/svB,=8m/s

23.如圖所示，一質(zhì)量為⑶=lkg的長直木板放在粗糙的水平地面上，木板與地面之間的動摩擦因素〃尸0.1,

木板最右端放有一質(zhì)量為例=lkg、大小可忽略不計的物塊，物塊與木板間的動摩擦因素〃2=0.2?，F(xiàn)給木板

左端施加一大小為六12N、方向水平向右的推力，經(jīng)時間力二0.5s后撤去推力E再經(jīng)過一段時間，木板和

物塊均停止運動，整個過程中物塊始終未脫離木板，取r10m/s2,求：

------------?__________________m\_____________________

，〃/〃〃/〃〃〃，〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃力〃/〃〃/〃〃/〃〃//")〃〃〃〃)〃，

(1)撤去推力尸瞬間，木板的速度大小匕即物塊的速度大小心

(2)木板至少多長；

(3)整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。

【答案】(1)4m/s；lm/s(2)1.5m(3)12J

【解析】

【詳解】

(1)假設(shè)木板和物塊有相對滑動，撤F前，

對木板：F—Ui(mi+m2)g—u2ni2g=mp]@

2

解得：a】=8m/s

對物塊：u21112g=m2a2②

2

解得：a2=2m/s

因a]>a2，故假設(shè)成立，撤去F時，木板、物塊的速度大小分別為：V[=a[t[=%/s③

V2=a2tl=lm/s?

(2)撤F后，對木板：u4叫+叱龍+U2m2g=叫a3⑤

2

解得：a3=4m/s

對物塊：H2m2g=m2a4⑥

2

解得：a4=2m/s

撤去F后，設(shè)經(jīng)過t2時間木板和物塊速度相同：

對木板有：v=V]—a3t2⑦

對物塊有：V=V2+a4t2⑧

得：t2=0.5s，v=2m/s⑨

撤F前，物塊相對木板向左滑行了Ax】=￡tl-￡t2=0.75m⑩

撤F后至兩者共速，物塊相對木板又向左滑行了Ax?-爺t2=0,75m

之后二者之間再無相對滑動，故板長至少為：L=Ax】+AX2=1.5m

(3)解法一：物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q|=112m2gL=3j

共速后，兩者共同減速至停止運動，設(shè)加速度為a,有：a=ylg=lm/s2

全過程中木板對地位移為:s=h+mtz+W。

木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q2=U1(ni]+m2)gs=9j

故全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=QI+Q2=12J

解法二：由功能關(guān)系可得：Q=FX]

Q=12j

24.如圖所示，t=0時一質(zhì)量m=lkg的滑塊A在大小為10N、方向與水平向右方向成0=37。的恒力F

作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運動，ti=2s時撤去力F；t=0時在A右方x°=7m處

有一滑塊B正以v()=7m/s的初速度水平向右運動。已知A與地面間的動摩擦因數(shù)u1=0.5,B與地面間的

動摩擦因數(shù)口2=0.1,取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。兩滑塊均視為質(zhì)點，

求：

(1)兩滑塊在運動過程中速度相等的時刻；

(2)兩滑塊間的最小距離。

【答案】(1)3.75s(2)0.875m

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時A的加速度以及B的加速度；根據(jù)撤去F之前時速度相等

和撤去F之后時速度相等列式求解；(2)第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最?。?/p>

根據(jù)位移公式求解最小值.

【詳解】

(1)對物塊A,由牛頓第二定律：Feos0-u1(jng-Fsin9)=ma1；

對物體A撤去外力后：Nimg=ma'1；

對物體B：a2=口2g

A撤去外力之前兩物體速度相等時：ait=v0-a2t,得t=ls

A撤去外力之后兩物體速度相等時：aiti-a'i(t'-t1)=v0-a2t',得t'=3.75s

(2)第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最小，則：Ax=x0+x2-xl；x2=v0t'-

1j2

5a2t

xi=2aiti+aiti(t--2aI。一力)'

得△x=0.875m

25.如圖甲所示，長為L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，質(zhì)量為m=lkg的小物塊(可視為質(zhì)點)放在

木板的左端，開始時兩者靜止?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板M上，通過傳感器測m、M兩物體的加速

度與外力F的變化關(guān)系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，g=lOm/s%求：

(Dm、M之間的動摩擦因數(shù)；

(2)M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動摩擦因數(shù)；

⑶若開始時對M施加水平向左的恒力F=29N,求:t=4s時m到M右端的距離.