全國名校高考物理試題分類匯編（11月 第二期）C2 牛頓第二定律 單位制（含解析）

C2牛頓第二定律單位制【【原創(chuàng)精品解析純word版】理綜卷·屆寧夏銀川一中高三第三次月考（10）】25．（18分）如圖所示，水平光滑路面CD的右側(cè)有一長L1=3m的板M，一物塊(可視為質(zhì)點)放在板M的最右端，并隨板一起向左側(cè)固定的平臺運動，板M的上表面與平臺等高。平臺的上表面AB長s=3m，光滑半圓軌道AFE豎直固定在平臺上，圓軌道半徑R=0.4m，最低點與平臺AB相切于A點。板與物塊相對靜止向左運動，速度v0=8m/s。當板與平臺的豎直墻壁碰撞后，板立即停止運動，物塊在板上滑動，物塊與板的上表面及軌道AB的動摩擦因數(shù)μ=0.1，物塊質(zhì)量m=1kg,取g=10m/s2。(1)求物塊進入圓軌道時對軌道上的A點的壓力；(2)判斷物塊能否到達圓軌道的最高點E。如果能，求物塊離開E點后在平臺上的落點到A點的距離；如果不能，則說明理由?！敬鸢浮俊局R點】動能定理的應用；牛頓第二定律；平拋運動；向心力E2C2D2D5【答案解析】(1)140N,方向豎直向下(2)x=2.4m解析：(1)設物塊到A點時速度為v1由動能定理得：由牛頓第二定律得：FN-mg= 解得：FN=140N,由牛頓第三定律知，物塊對軌道A點的壓力大小為140N,方向豎直向下 (2)設物塊能通過圓軌道的最高點，且在最高點處的速度為V2，解得：v2=6m/s>=2m/s 故能通過最高點，做平拋運動有x=v2t；解得：x=2.4m 【思路點撥】（1）對物體從木板右端滑到平臺A點過程運用動能定理列式，在對滑塊經(jīng)過A點時運用牛頓第二定律和向心力公式列式求解；

（2）先加速滑塊能通過最高點，對從C到最高點過程運用動能定理列式求解出最高點速度，與能經(jīng)過最高點的最小速度比較，之后根據(jù)平拋運動的知識列式求解本題關鍵是對各個過程根據(jù)動能定理列式，同時結合牛頓運動定律和向心力公式列式后聯(lián)立求解．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省贛州市十二縣（市）高三上學期期中聯(lián)考（11）】5．如圖所示，質(zhì)量相等物體A、B處于靜止狀態(tài)，此時物體B剛好與地面接觸.現(xiàn)剪斷繩子OA，下列說法正確的是（）A．剪斷繩子的瞬間，物體A的加速度為，物體B的加速度為0B．彈簧恢復原長時，物體A的速度最大C．從剪斷繩子到彈簧壓縮到最短，物體B對地面壓力均勻增大D．剪斷繩子后，彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】【知識點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F=mg．剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合=mg+F=2mg，根據(jù)牛頓第二定律，得a=2g．故A錯誤；彈簧開始處于伸長狀態(tài)，彈力F=mg=kx．當向下壓縮，mg=F′=kx′時，速度最大，故B錯誤；從剪斷繩子到彈簧壓縮到原長時，物體B對地面壓力不變，故C錯誤；剪斷繩子后，因只有重力和彈力做功，所以彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒.D正確．故選D．【思路點撥】求出懸繩剪斷前彈簧的拉力，再根據(jù)牛頓第二定律求出懸繩剪斷瞬間A的瞬時加速度．當A物塊向下運動到重力和彈力相等時，速度最大．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省贛州市十二縣（市）高三上學期期中聯(lián)考（11）】5．如圖所示，質(zhì)量相等物體A、B處于靜止狀態(tài)，此時物體B剛好與地面接觸.現(xiàn)剪斷繩子OA，下列說法正確的是（）A．剪斷繩子的瞬間，物體A的加速度為，物體B的加速度為0B．彈簧恢復原長時，物體A的速度最大C．從剪斷繩子到彈簧壓縮到最短，物體B對地面壓力均勻增大D．剪斷繩子后，彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】【知識點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F=mg．剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合=mg+F=2mg，根據(jù)牛頓第二定律，得a=2g．故A錯誤；彈簧開始處于伸長狀態(tài)，彈力F=mg=kx．當向下壓縮，mg=F′=kx′時，速度最大，故B錯誤；從剪斷繩子到彈簧壓縮到原長時，物體B對地面壓力不變，故C錯誤；剪斷繩子后，因只有重力和彈力做功，所以彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒.D正確．故選D．【思路點撥】求出懸繩剪斷前彈簧的拉力，再根據(jù)牛頓第二定律求出懸繩剪斷瞬間A的瞬時加速度．當A物塊向下運動到重力和彈力相等時，速度最大．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省贛州市十二縣（市）高三上學期期中聯(lián)考（11）】5．如圖所示，質(zhì)量相等物體A、B處于靜止狀態(tài)，此時物體B剛好與地面接觸.現(xiàn)剪斷繩子OA，下列說法正確的是（）A．剪斷繩子的瞬間，物體A的加速度為，物體B的加速度為0B．彈簧恢復原長時，物體A的速度最大C．從剪斷繩子到彈簧壓縮到最短，物體B對地面壓力均勻增大D．剪斷繩子后，彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】【知識點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用；胡克定律．C2B3B5【答案解析】D解析：A、B、剪斷懸繩前，對B受力分析，B受到重力和彈簧的彈力，知彈力F=mg．剪斷瞬間，對A分析，A的合力為F合=mg+F=2mg，根據(jù)牛頓第二定律，得a=2g．故A錯誤；彈簧開始處于伸長狀態(tài)，彈力F=mg=kx．當向下壓縮，mg=F′=kx′時，速度最大，故B錯誤；從剪斷繩子到彈簧壓縮到原長時，物體B對地面壓力不變，故C錯誤；剪斷繩子后，因只有重力和彈力做功，所以彈簧、物體A、B和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒.D正確．故選D．【思路點撥】求出懸繩剪斷前彈簧的拉力，再根據(jù)牛頓第二定律求出懸繩剪斷瞬間A的瞬時加速度．當A物塊向下運動到重力和彈力相等時，速度最大．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆遼寧省沈陽二中高三上學期10月月考（10）】7.一根繩長為的輕繩一端系一個質(zhì)量為的小球，另一端懸于固定點，若小球一次在豎直面做單擺運動，另一次做圓錐擺運動。單擺運動時的最大擺角和圓錐擺運動時的偏角均為，如圖所示，下列判斷正確的是A．單擺可能容易斷B．單擺一定容易斷C．圓錐擺可能容易斷D．圓錐擺一定容易斷【答案】【知識點】向心力；牛頓第二定律．C2D4【答案解析】AC解析：如圖分別對兩小球進行受力分析有：

對于單擺小球所受合力沿軌跡的切線方向提供恢復力，由受力圖知T1=mgcosθ；

對于圓錐擺小球所受合力沿水平方向提供小球圓周運動的向心力，由受力圖可知，T2cosθ=mg所以有：=cos2θ，由于cosθ＜1，則：T1＜T2，圓錐擺容易斷；故選：C．【思路點撥】分別對兩種情況下的小球進行受力分析，單擺中小球所受合力沿軌跡的切線方向，圓錐擺小球所受的合力提供圓周運動向心力在水平方向．本題關鍵是考查單擺與圓錐擺的受力特征以及合力的方向，掌握兩種擺的合力特征是正確解決本題的關鍵．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆吉林省吉林市高三第一次摸底考試（10）】18.（17分）如圖所示，光滑水平面右端B處連接一個豎直的半徑為R的光滑半圓軌道，在離B距離為x的A點，用水平恒力將質(zhì)量為m的質(zhì)點從靜止開始推到B處后撤去恒力，質(zhì)點沿半圓軌道運動到C處后又正好落回A點，求：(1)推力對小球所做的功.(2)x取何值時，完成上述運動所做的功最少?最小功為多少？(3)x取何值時，完成上述運動用力最小?最小力為多少？【答案】【知識點】動能定理的應用；牛頓第二定律；向心力．C2D4E2【答案解析】(1)mg(16R2+x2)/8R(2)2R(3)mg解析：（1）從A到C的過程中由動能定理有：從C點又正好落回到A點過程中：在C點水平拋出的速度為：解得：WF=mg(16R2+x2)/8R （2）若功最小，則在C點動能也最小，在C點需滿足：從A到C的過程中由動能定理有：WF=mgR=2R（3）若力最小，從A到C的過程中由動能定理有：由二次方程求極值得：x=4R最小的力F=mg【思路點撥】（1）小球在恒定推力作用下，在光滑水平面做勻加速直線，當?shù)竭_B點撤去恒力，讓其在沿光滑半圓軌道運動到C處后，又正好落回A點．因小球離開C點后做平拋運動，已知高度與水平位移的情況下，可求出小球在C處的速度大小，選取從A到C過程，由動能定理可求出推力對小球所做的功．（2）力F做功越小，小球到達B點的速度越小，到達最高點C的速度越小，當小球恰好到達C點時，由重力充當向心力，此時C點的速度最小，力F做功最?。扔膳ｎD第二定律求出小球通過C點的最小速度，根據(jù)（1）問的結果求出x，即可得到最小功；（3）根據(jù)功與x的關系式，運用數(shù)學知識求解力最小時x的值及最小的力．本題要挖掘隱含的臨界條件：小球通過C點的最小速度為，由動能定理求解F做功，再運用數(shù)學不等式知識求解極值．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆吉林省吉林市高三第一次摸底考試（10）】11．如圖所示，放置在水平地面上的支架質(zhì)量為M，支架頂端用細線拴著的擺球質(zhì)量為m，現(xiàn)將擺球拉至水平位置，而后釋放，擺球運動過程中，支架始終不動。以下說法正確的應是在釋放瞬間，支架對地面壓力為（m+M）g在釋放瞬間，支架對地面壓力為Mg擺球到達最低點時，支架對地面壓力為（m+M）g擺球到達最低點時，支架對地面壓力為（3m+M）g【答案】【知識點】共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；向心力．B4C2D4【答案解析】BD解析：A、B在釋放擺球的瞬間，支架豎直方向受到重力Mg和地面的支持力N1，由平衡條件知，N=Mg，根據(jù)牛頓第三定律得知，支架對地面的壓力N1′=N1=Mg．故A錯誤，B正確．C、D設擺球到達最低點時速度大小為v，擺長為L，由機械能守恒定律得：

mgL=mv2…①擺球到達最低點時，有：F-mg=m…②聯(lián)立①②得細線的拉力：F=3mg結合牛頓第三定律，得支架對地面的壓力大小為：N2=Mg+F=（3m+M）g．故C錯誤，D正確．故選BD【思路點撥】由題，擺球運動過程中，支架始終不動，在釋放擺球的瞬間，分析支架豎直方向受力情況，由平衡條件求解地面對支架的支持力，再由牛頓第三定律得到支架對地面的壓力．擺球從釋放到到達最低點時，機械能守恒，由機械能守恒定律和牛頓第二定律求出擺球到達最低點時細線的拉力，再求解支架對地面的壓力．本題考查平衡條件、機械能守恒定律和牛頓運動定律，擺球到達最低點時細線的拉力等于3mg，與擺長無關，是經(jīng)常用到的結論．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆吉林省吉林市高三第一次摸底考試（10）】6．如圖所示為游樂園中空中轉(zhuǎn)椅的理論示意圖。長度不同的兩根細繩懸于同一點，另一端各系一個質(zhì)量相同的小球，使它們在同一水平面內(nèi)作圓錐擺運動，則兩個圓錐擺相同的物理量是A．繩的拉力B．線速度的大小C．周期D．向心力【答案】【知識點】向心力；牛頓第二定律．C2D4【答案解析】C解析：對其中一個小球受力分析，如圖，受重力，繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，故合力提供向心力；

將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關系得，合力：F=mgtanθ①；由向心力公式得到，F(xiàn)=mω2r②；設繩子與懸掛點間的高度差為h，由幾何關系，得：r=htanθ③；由①②③三式得，ω=，與繩子的長度和轉(zhuǎn)動半徑無關；又由T=，故周期與繩子的長度和轉(zhuǎn)動半徑無關，故A正確；由v=wr，兩球轉(zhuǎn)動半徑不等，故線速度不同，故B錯誤；繩子拉力：T=，故繩子拉力不同，故C錯誤；由F=ma=mω2r，兩球轉(zhuǎn)動半徑不等，故向心力不同，故D錯誤；故選A．【思路點撥】小球靠重力和繩子的拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出角速度、線速度的大小，向心力的大小，看與什么因素有關．本題關鍵要對球受力分析，找向心力來源，求角速度；同時要靈活應用角速度與線速度、周期、向心加速度之間的關系公式！【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆安徽省皖南八校高三第一次聯(lián)考（10）word版】17.（15分）如圖所示，半徑R=0.5m的光滑弧面CDM分別與光滑體ABC和斜面MN相切于C、M點，O為圓弧圓心，D為圓弧最低點。斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質(zhì)軟繩跨過定滑輪（不計滑輪摩擦）分別連接小物塊P、Q（兩邊細繩分別與對應斜面平行），并保持P、Q兩物塊靜止。若PC間距為L1=0.25m，斜面MN足夠長，物塊P質(zhì)量m1=3kg，與MN間的動摩擦因數(shù)，求：（sin=0.6,cos=0.8，g=10m/s2）（1）小物塊Q的質(zhì)量m2（2）燒斷細繩后，物塊P第一次到達D點時對軌道的壓力大??；（3）物塊P在MN斜面上滑行的總路程?！敬鸢浮俊局R點】機械能守恒定律；牛頓第二定律；向心力．C2D4E3【答案解析】（1）4kg(2)78N(3)1.0m解析：（1）（2）得：FD=78N由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為N（3）物體最終在C、M間做往復運動，過C、M位置速度均為零則有得L總=1.0m【思路點撥】（1）根據(jù)共點力平衡條件列式求解；（2）先根據(jù)動能定理列式求出到D點的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求壓力；（3）直接根據(jù)動能定理全程列式求解．本題關鍵對物體受力分析后，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、運動學公式和動能定理綜合求解，對各個運動過程要能靈活地選擇規(guī)律列式．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆安徽省皖南八校高三第一次聯(lián)考（10）word版】6.一輛汽車在平直的公路上以某一速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)(1/v)圖象如圖所示.若已知汽車的質(zhì)量M，則根據(jù)圖象所給的信息，不能求出的物理量是A.汽車的功率B.汽車行駛的最大速度C.汽車所受到的阻力D.汽車運動到最大速度所需的時間【答案】【知識點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用；功率、平均功率和瞬時功率．B3C2E1【答案解析】D解析：A、B、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=聯(lián)立得

a=結合圖線，有

-=-2

0=0.05解得P=40mf=2m由于質(zhì)量已知，故A錯誤，B也錯誤；C、當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖象可以知道，最大速度為20m/s，故C錯誤；D、汽車的初速度未知，故加速時間未知，故D正確；故選D．【思路點撥】汽車恒定功率啟動，對汽車受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結合圖象進行分析即可．本題關鍵對汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關系的表達式，再結合圖象進行分析求解．【首發(fā)—【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆安徽省皖南八校高三第一次聯(lián)考（10）word版】5.一種玩具的結構如圖所示，豎直放置的光滑鐵環(huán)的半徑為R=20cm，環(huán)上有一穿孔的小球m，僅能沿環(huán)做無摩擦的滑動，如果圓環(huán)繞著過環(huán)心的豎直軸以l0rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)(取g=10m/s2)，則小球相對環(huán)靜止時與環(huán)心O的連線與O1O2的夾角是A.30°B.45°C.60°D.75°【答案】【知識點】牛頓第二定律；向心力．C2D4【答案解析】C解析：小球轉(zhuǎn)動的半徑為Rsinθ，小球所受的合力垂直指向轉(zhuǎn)軸，根據(jù)平行四邊形定則，F(xiàn)合=mgtanθ=mRsinθω2，解得θ=60°．故C正確，A、B、D錯誤．故選C．【思路點撥】圓環(huán)繞著通過環(huán)心的豎直軸O1O2以10rad/s的角速度旋轉(zhuǎn)，小球做圓周運動，重力和支持力的合力提供圓周運動的向心力．根據(jù)牛頓第二定律列出表達式求出夾角θ．解決本題的關鍵搞清小球做圓周運動向心力的來源，知道勻速圓周運動的向心力由合力提供．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆云南省玉溪一中高三上學期期中考試（11）】9.如圖所示，斜面體質(zhì)量為M，傾角為θ，置于水平地面上，當質(zhì)量為m的小木塊沿斜面勻速下滑時，斜面體仍靜止不動，則()A.斜面體受地面的支持力為MgB.斜面體受地面的支持力為(m＋M)gC.斜面體受地面的摩擦力為mgcosθsinθD.斜面體受地面的摩擦力為0【答案】【知識點】牛頓第二定律．C2【答案解析】BD解析：以整體為研究對象，整體重心加速下降，為失重狀態(tài)，斜面體受地面的支持力小于（m＋M）g大于Mg，，A錯B對；水平方向，D對；C錯；故選BD.【思路點撥】因物體和斜面體都是平衡狀態(tài)，故可以把兩個做為一個整體來進行受力分析，則物體受的支持力應為斜面和物體重力之和，而斜面體相對地面既沒有相對運動，也沒有相對運動趨勢，故斜面體所受摩擦力為零．本題重點就是要用整體法來解答，其次就是判定斜面體所受摩擦力的有無，這個要用假設法，本題涉及的分析方法比較多樣，故而是個很好的對受力方法的練習題．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省南充市高三第一次高考適應性考試（11）word版】11.（19分）如圖所示，有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，在平臺上以初速度v0=3m/s水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的半徑R＝0.5m的粗糙圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M＝3kg的長木板，木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑接觸，當小物塊在木板上相對木板運動l=1m時，與木板有共同速度，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝53°，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，sin53°=0.8，(1)A、C兩點的高度差h；(2)物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(3)物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功．【答案】【知識點】牛頓第二定律；平拋運動；向心力.C2D2D4【答案解析】C解析：(1)小物塊到C點時的速度豎直分量為vCy＝4m/s……………2分下落的高度h＝eq\f(v\o\al(2,Cy),2g)＝0.8m……………2分(2)小物塊在木板上滑行達到共同速度的過程木板的加速度大?。?m/s2物塊的加速度大小：3m/s2由題意得：…………2分……………2分聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得vD＝m/s……………2分小球在D點時由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)……………2分代入數(shù)據(jù)解得FN＝26N……………1分由牛頓第三定律得FN′＝FN＝26N，方向豎直向下……………1分(3)小物塊由A到D的過程中，由動能定理得mgh+mgR(1－cos53°)-W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)……………3分代入數(shù)據(jù)解得W＝6J……2分【思路點撥】（1）小球從A點拋出做平拋運動，將C點的速度進行分解，求出豎直分速度的大小，從而根據(jù)豎直方向上的運動規(guī)律求出AC兩點的高度差．

（2）求出C點的速度，對C到D運用動能定理求出到達D點的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出物塊對軌道的壓力．

（3）當小物塊剛好不從長木板滑出時，與木板具有相同的速度，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出共同的速度，運用動能定理求出物塊通過圓弧軌道克服摩擦力做的功本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律、能量守恒定律等知識，綜合性較強，關鍵理清物塊的運動過程，選擇合適的規(guī)律進行求解．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省南充市高三第一次高考適應性考試（11）word版】3．升降機的地面固定一個壓力傳感器，物體置于傳感器上的水平接觸面上，如圖（a)所示，壓力傳感器通過處理電路和計算機相連，當升降機在豎直方向運動時，計算機描繪出一段時間內(nèi)物體對壓力傳感器的壓力隨時間變化的圖像如圖(b)所示，關于升降機的運動，下列說法正確的是A．0～t1一定向上做勻加速運動B．t1～t2一定向上做勻加速運動C．t1～t2的加速度可能逐漸增大D．t2～t3的加速度可能逐漸增大【答案】【知識點】牛頓第二定律C2【答案解析】C解析：C、由圖線t1～t2可知，物體對P的壓力大于物體的重力，且逐漸增大，則支持力大于重力，且逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向豎直向上，且逐漸增大，由此可知電梯加速度方向可能豎直向上，且在變大，故C正確．

B、由圖線L可知，支持力的大小等于2mg，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-mg=ma，解得a=g，方向豎直向上．故B正確．

C、由圖線M可知，支持力等于重力，知電梯可能處于靜止，可能處于勻速直線運動狀態(tài)．故C錯誤．

D、由圖線N可知，支持力的大小先大于mg再小于mg，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度的方向先向上，再向下．故D正確．

故選BD．【思路點撥】物體對P的壓力等于支持力的大小，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的大小和方向，從而確定電梯的運動情況．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省成都外國語學校高三11月月考解析版（11）】6.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在豎直墻壁上，當它自然伸展時另一端位于A點，現(xiàn)用一質(zhì)量為的物塊（可視為質(zhì)點）將彈簧自由端壓縮至B點（不拴接），A、B兩點間的距離為10cm，將物塊由靜止釋放，物塊滑過A點后繼續(xù)向右滑行10cm停止運動，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同.若換用一材料相同，但質(zhì)量只有QUOTE的物塊同樣將彈簧自由端壓縮至B點由靜止釋放，則此時()A.物塊的最大加速度變?yōu)樵瓉淼?倍B.物體速度最大的位置不變C.物塊在水平面上滑行的總距離將達到40cmD.物體與水平面由于摩擦而產(chǎn)生的熱相同【答案】【知識點】摩擦力做功、動能定理含彈簧考查題。C2、E1、E6?！敬鸢附馕觥緾D。壓縮在厲害時的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得：。其加速度不是原來的2倍，A錯；在最大速度位置，物塊所受合力為零，即有：，因物塊質(zhì)量不同，其最大速度位置也不同，B答案錯誤；根據(jù)動能定理可得：為時，有：；為時，有：，兩式聯(lián)立得，因，所以有。C正確；依題意有：在兩種情況下，彈簧具有的彈性勢能相同，克服摩擦力做功相同，產(chǎn)生的熱量相同，D正確；故本題選擇CD答案。【思路點撥】本題抓住兩種情況是物塊都在B點釋放，具有的相同的彈性勢能，此時所受的彈力也相同，根據(jù)牛頓第二定律求加速度表達式，就可判定A答案是否正確；由動能定理或功和能的關系，列出相關表達式就可判定BCD答案的正確性?！尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省成都外國語學校高三11月月考解析版（11）】5.如圖所示，一條長L=1m的輕質(zhì)細繩一端固定在O點，另一端連一質(zhì)量m=2kg的小球（可視為質(zhì)點），將細繩拉直至與豎直方向成600由靜止釋放小球，已知小球第一次擺動到最低點時速度為3m/s.取g=10m/s2，則()A.小球擺動到最低點時細繩對小球的拉力大小為18NB.小球擺動到最低點時，重力對小球做功的功率為60WC.小球從釋放到第一次擺動到最低點的過程中損失的機械能為1JD.小球從釋放到第一次擺動到最低點的過程中重力做功為9J【答案】【知識點】圓周運動、牛頓第二定律、功、功率、功和能的關系。C2、D4、E1、E6?！敬鸢附馕觥緾。取最低點為零勢能位置，根據(jù)牛頓第二定律得：，由計算可知A答案錯；小球擺到最低點時重力對小球做功功率為零，B答案錯；在最高點，小球系統(tǒng)的機械能為E=，在最低點小球的動能為：。損失的機械能為：，由此可知C答案正確；小球從釋放到第一次擺動到最低點的過程中重力做功為8J，D錯，故本題選擇C答案。【思路點撥】本題首先選擇好零勢能位置，求初末狀態(tài)的機械能進行比較求機械能的損失量。運用牛頓第二定律求繩對小球的拉力。用功的表達式求重力所做的功從而選擇正確答案。【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省成都外國語學校高三11月月考解析版（11）】2.鐵路在彎道處的內(nèi)外軌道高低是不同的，已知內(nèi)外軌道對水平面傾角為θ，如圖所示，彎道處的圓弧半徑為R，若質(zhì)量為m的火車轉(zhuǎn)彎時速度小于QUOTE，則A．內(nèi)軌對內(nèi)側(cè)車輪輪緣有擠壓B．外軌對外側(cè)車輪輪緣有擠壓C．這時鐵軌對火車的支持力大于QUOTED．這時鐵軌對火車的支持力等于QUOTE【答案】【知識點】曲線運動中的火車轉(zhuǎn)彎應用考查題。C2、D4?！敬鸢附馕觥緼?；疖囅喈斢谠谛泵嫔献鲌A周運動，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律得：，當小于時，是內(nèi)軌對內(nèi)側(cè)車輪輪緣有擠壓，A對，B錯；這時鐵軌對火車的支持力小于，C、D答案都錯；故本題選擇A答案?！舅悸伏c撥】本題先要對火車進行受力分析，再依據(jù)牛頓第二定律和圓周運動中的向心力公式推出火車運動的臨界速度，由告知的條件進行選擇答案?！尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆四川省成都外國語學校高三10月月考（10）】7.如圖所示，一塊足夠大的光滑平板放置在水平面上，能繞水平固定軸自由轉(zhuǎn)動從而實現(xiàn)調(diào)節(jié)其與水平面所成的傾角.板上一根長為的輕細繩一端系住一個質(zhì)量為的小球，另一端固定在板上的點.當平板傾角為時，先將輕繩平行于水平軸拉直，然后給小球以沿著平板并與輕繩垂直的初速度，則A.若，則輕繩對小球的拉力大小為NB.若，則小球相對于水平面可上升的最大高度為0.7mC.小球能在平板上繞點做完整的圓周運動必須滿足的條件為D.小球能在平板上繞點做完整的圓周運動必須滿足的條件為【答案】【知識點】圓周運動、牛頓第二定律、機械能守恒定律綜合應用選擇題。C2、D4、E3【答案解析】A、D。當時，根據(jù)牛頓第二定律得：，由此計算可知A答案正確；當時，根據(jù)機械能守恒定律得：，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律可得：，根據(jù)牛頓第二定律可得：，兩式聯(lián)立得：，由計算可知，C答案錯，D對，故本題選擇A、D答案。【思路點撥】本題是將圓周運動從水平面遷移到斜面或豎直平面上的變形題。在水平面上要利用牛頓第二定律求繩對小球的拉力。在豎直平面，要利用機械能守恒定律求上升的最大高度。在斜面上恰好作完整的圓周運動，設與水平面上的夾角為，利用圓的最點時，只有重力的分力提供向心力，求運動到最高點的速度，最后利用機械能守恒定律求滿足的條件?！尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學期期中考試（11）】7．如圖所示，光滑固定斜面C傾角為θ，質(zhì)量均為m的兩物塊A、B一起以某一初速沿斜面向上做勻減速直線運動。已知物塊A上表面是水平的，則在該減速運動過程中，下列說法正確的是()A．物塊A受到B的摩擦力水平向左B．物塊B受到A的支持力做負功C．兩物塊A、B之間的摩擦力大小為mgsinθcosθD．物塊B的機械能減少【答案】【知識點】隔離法牛頓第二定律受力分析C2B4【答案解析】C解析：A、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，再隔離B分析可得，故B定會受到A是加大水平向左的摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊A受到B的摩擦力水平向右，故A錯誤

B、物塊B受到A的支持力向上，物體B有向上的位移，故支持力做正功．故B錯誤

C、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，水平方向上的加速度a1=acosθ=gsinθcosθ，豎直方向上的分速度a2=asinθ=gsin2θ．隔離對B分析，A對B的摩擦力f=ma1=mgsinθcosθ．故C正確D、采用逆推法，沒有A的阻礙作用，B將會自由落體運動，故加速下降時B對A做正功，減速上升時，A對B做正功，故A機械將增加，故D錯誤.

故選C.【思路點撥】根據(jù)整體法求出AB共同的加速度，將加速度分解為水平方向和豎直方向，隔離對B分析，求出A、B之間的支持力和摩擦力．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆遼寧師大附中高三上學期期中考試（11）】6．如圖所示，豎直平面內(nèi)，一帶正電的小球，系于長為L的不可伸長的輕線一端，線的另一端固定為O點，它們處在勻強電場中，電場的方向水平向右，場強的大小為E．已知電場對小球的作用力的大小等于小球的重力．現(xiàn)先把小球拉到圖中的P1處，使輕線伸直，并與場強方向平行，然后由靜止釋放小球．已知小球在經(jīng)過最低點的瞬間，因受線的拉力作用，其速度的豎直分量突變?yōu)榱?，水平分量沒有變化，(不計空氣阻力)則小球到達與P1點等高的P2點時線上張力T為多少()A．mgB．3mgC．4mgD．5mg【答案】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動牛頓第二定律向心力公式I3C2D4【答案解析】B解析：小球由靜止釋放到最低點的過程中受到電場力和重力兩個力，其合力的方向是由P1指向最低點，因此小球做勻加速直線運動，

水平分量是vx=．

在到達P2的過程中，由動能定理有

Eql-mgl=,即v=vx=．

根據(jù)牛頓第二定律得，T-qE=m

解得T=3mg．故B正確，A、C、D錯誤．

故選B．【思路點撥】小球在電場力和重力的作用下做加速運動，當繩被拉直的時候，沿著繩的速度的大小變?yōu)榱?，之后球在重力和電場力的作用下繼續(xù)向右運動，從繩被拉直到到達P2的過程中，根據(jù)動能定理可以求得到達P2時速度的大?。鶕?jù)徑向的合力提供向心力求出繩子的張力大?。尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省新余一中高三第二次模擬考試（10）】16.（13分）一平板車，質(zhì)量M=100kg，停在水平路面上，車身的平板離地面的高度h=1.25m。一質(zhì)量m=50kg的滑塊置于車的平板上，它到車板末端的距離b=1.00m，與車板間的動摩擦因素μ=0.20，如圖所示，今對平板車施一水平方向的恒力，使車向前行駛，結果滑塊從車板上滑落，滑塊剛離開車板的時刻，車向前行駛的距離s.=2.00m。求滑塊落地時，落地點到車尾的距離s。（不計路面與平板車間以及輪軸的摩擦，g=10m/s2）bFbFh【答案】【知識點】牛頓第二定律勻變速直線運動位移和時間的關系C2【答案解析】s=1.6(m)解析：

解：對滑塊：（2分），對車：，（2分）解得F=500N，t1=1s，（1分）a1=μg=2m/s2，（1分）a2=（1分）。滑塊離開車后，對車，（1分）滑塊平拋落地時間（1分）從離開小車至滑塊落地，對滑塊s1=v1t2=a1t1t2=1(m)（1分）對車（2分）故s=s2-s1=1.6(m)（1分）

【思路點撥】物體從平板車滑落后,做平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律及運動學公式,求時間和位移.對平板車M,滑落前受二力作用,即F和摩擦力,二力方向相反,當從m從B點滑落后,平板車水平方向只受F作用,做勻加速直線運動,根據(jù)運動學公式求位移,進而求得落地點到車尾的距離.【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省新余一中高三第二次模擬考試（10）】⒐如圖所示為運送糧袋的傳送裝置，已知AB間長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時運行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時工人在A點將糧袋放到運行中的傳送帶上，關于糧袋從A到B的運動，（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）以下說法正確的是A．糧袋到達B點的速度可能大于、等于或小于vB．糧袋開始運動的加速度為,若L足夠大,則以后將以速度做勻速運動C．若,則糧袋從A到B一直做加速運動D．不論大小如何,糧袋從A到B一直做勻加速運動,且【答案】【知識點】牛頓第二定律單位制C2【答案解析】AC解析：解：A、糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v；故A正確．

B、糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，大小為μmgcosθ，根據(jù)牛頓第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故B錯誤．

C、若μ＜tanθ，則重力的下滑分力大于滑動摩擦力，故a的方向一直向下，糧袋從A到B一直是做加速運動【可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度勻加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度勻加速，后以g（sinθ-μcosθ）勻加速．故C正確．

D、由上分析可知，糧袋從A到B不一定一直勻加速運動．故D錯誤．

故選：AC．【思路點撥】糧袋在傳送帶上可能一直做勻加速運動，到達B點時的速度小于v；可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動，到達B點時速度與v相同；也可能先做加速度較大的勻加速運動，當速度與傳送帶相同后做加速度較小的勻加速運動，到達B點時的速度大于v；糧袋開始時受到沿斜面向下的滑動摩擦力，加速度為g（sinθ+μcosθ）．若μ≥tanθ，糧袋從A到B可能一直是做加速運動，也可能先勻加速運動，當速度與傳送帶相同后，做勻速運動．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆江西省新余一中高三第二次模擬考試（10）】⒊在穩(wěn)定軌道上的空間站中，物體處于完全失重狀態(tài)．有如圖（2）所示的裝置，半徑分別為r和R（R>r）的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，宇航員讓一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過粗糙的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，那么下列說法正確的是：A．小球在CD間由于摩擦力而做減速運動B．小球經(jīng)過甲軌道最高點時比經(jīng)過乙軌道最高點時速度大C．如果減少小球的初速度，小球有可能不能到達乙軌道的最高點D．小球經(jīng)過甲軌道最高點時對軌道的壓力大于經(jīng)過乙軌道最高點時對軌道的壓力【答案】【知識點】牛頓第二定律向心力C2【答案解析】D解析：A：小球處于完全失重狀態(tài),壓力對水平軌道壓力為零，不受摩擦力，做勻速直線運動故A錯B：小球處于完全失重狀態(tài),在圓軌道中做勻速圓周運動，只要有速度就能通過圓規(guī)道，故BC錯D在圓軌道中做勻速圓周運動靠軌道的壓力提供向心力即N=半徑越小壓力越大故D正確【思路點撥】該裝置處于穩(wěn)定的空間站中，處于完全失重狀態(tài)，所以小球?qū)λ杰壍缐毫榱?在圓軌道中運動,靠軌道的壓力提供向心力.小球失重狀態(tài)下運動在圓規(guī)道和直軌道上速度大小都不變.【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆北京市重點中學高三上學期第一次月考（10）】21．如圖所示，長為L的細繩上端系一質(zhì)量不計的環(huán)，環(huán)套在光滑水平桿上，在細繩的下端吊一個質(zhì)量為m的鐵球(可視作質(zhì)點)，球離地的高度h＝L．現(xiàn)讓環(huán)與球一起以v＝eq\r(2gL)的速度向右運動，在A處環(huán)被擋住而立即停止，已知A離右墻的水平距離也為L，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，不計空氣阻力．求：(1)在環(huán)被擋住而立即停止時繩對小球的拉力大?。?2)若在環(huán)被擋住后，細繩突然斷裂，則在以后的運動過程中，球的第一次碰撞點離墻角B點的距離是多少？【答案】【知識點】牛第二定律圓周運動平拋運動C2D4D2【答案解析】(1)3mg(2)eq\f(3,4)L解析：(1)在環(huán)被擋住而立即停止后小球立即以速率v繞A點做圓周運動，根據(jù)牛第二定律和圓周運動的向心力公式有：F－mg＝meq\f(v2,L) 2分解得：F＝3mg 1分(2)細繩斷裂后，此后小球做平拋運動．假設小球直接落到地面上，則：h＝L＝eq\f(1,2)gt2 1分球的水平位移：x＝vt＝2L>L 故小球先碰到右墻，則L＝vt′ 1分小球下落的高度h′＝eq\f(1,2)gt′2＝eq\f(L,4) 1分所以球的第一次碰撞點距B的距離為：H＝L－eq\f(L,4)＝eq\f(3,4)L 1分【思路點撥】（1）在環(huán)由運動到被擋住而立即停止后，小球立即以速率v繞A點做圓周運動，由重力與繩子的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出繩子的拉力，再求解拉力的變化量．（3）在環(huán)停止以后，若繩子斷裂，小球?qū)⒆銎綊佭\動．假設小球直接落在地面上，求出水平位移，分析小球能否與墻碰撞．若與墻碰撞，碰撞后小球水平方向仍做勻速運動．再由運動學公式求解鐵球的第一次碰撞點離墻角B點的距離．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆北京市重點中學高三上學期第一次月考（10）】10．在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示，在這段時間內(nèi)下列說法中正確的是A．曉敏同學所受的重力變小了B．曉敏對體重計的壓力等于體重計對曉敏的支持力C．電梯一定在豎直向下運動D．電梯的加速度大小為g/5，方向一定豎直向下【答案】【知識點】超重和失重牛頓第二定律C2C3【答案解析】BD解析：體重計的示數(shù)減小，說明曉敏同學對其壓力減小，但其體重并沒有變化，故選項A錯誤；曉敏同學對體重計的壓力和體重計對其的支持力為作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知選項B正確；體重計的示數(shù)變小，說明處于失重狀態(tài)，電梯可能向下加速運動或者向上減速運動，故選項C錯誤；電梯靜止時，由平衡條件知：，電梯運動過程中，由牛頓第二定律可知：，代入數(shù)據(jù)解得，故選項D正確．故BD正確.【思路點撥】熟練超重和失重概念的理解及牛頓第二定律在超重和失重中的應用，不論處于超重還是失重狀態(tài)，重力均不會變化．【【原創(chuàng)精品解析純word版】物理卷·屆安徽省“江淮十?！备呷?1月聯(lián)考（11）WORD版】10．蹦床比賽中運動員從最高點下落過程可簡化為下述物理模型。如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由釋放，壓上彈簧后繼續(xù)向下運動的過程中．若以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下建立坐標軸ox，則小球的速度的二次方隨x坐標的變化圖象如圖所示，其中OA段為直線，ABC是平滑的曲線，AB段與OA相切于A點，空氣阻力不計，重力加速度為g。關于A、B、C各點對應的位置坐標xA、xB、xC及加速度aA、aB、aC的判斷正確的是()A.B．C.D．【答案】【知識點】胡克定律牛頓第二定律C2B5【答案解析】C解析:OA過程是自由落體，A的坐標就是h，加速度為g，所以A錯誤；B、B點是速度最大的地方，此時重力和彈力相等，合力為0，加速度也就為0，由mg=kx，可知x=mgk，所以B得坐標為h+mgk，所以B錯誤，C正確．D、取一個與A點對稱的點為D，由A點到B點的形變量為mgk，由對稱性得由B到D的形變量也為mgk，故到達C點時形變量要大于h+2mgk，加速度ac＞g，所以D錯誤．故選C．【思路點撥】正確分析物體時刻的受力情況，B點是速度最大的地方，此時重力和彈力相等，合力為0，加速度也就為0，注意對稱性.【【原創(chuàng)精品解析純word版】理綜卷·屆黑龍江省大慶鐵人中學高三10月月考（10）】21．如圖是某緩沖裝置，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與直桿相連，直桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f，直桿質(zhì)量不可忽略。一質(zhì)量為m的小車以速度v0撞擊彈簧，最終以速度v彈回。直桿足夠長，且直桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計小車與地面的摩擦。則()A．小車被彈回時速度v一定小于v0B．直桿在槽內(nèi)移動的距離等于C．直桿在槽內(nèi)向右運動時，小車與直桿始終保持相對靜止D．彈簧的彈力可能大于直桿與槽間的最大靜摩擦力小車直桿小車直桿0【答案】【知識點】牛頓第二定律、功能關系的應用問題。C2、E6?！敬鸢附馕觥緽D。在小車向右運動的過程中將受到彈簧向左的彈力作用做加速度逐漸增大的減速運動，若小車撞擊彈簧時的速度v0較小，彈簧上的彈力小于f，小車速度即減為零，隨后被彈簧，此過程中只有動能與彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此最終彈回的速度v等于v0，故選項A錯誤；若小車撞擊彈簧時的速度v0較大，在其速度還未減為零，彈簧上的彈力已增至f，由于直桿的質(zhì)量不可忽略，所以小車繼續(xù)做加速度增大的減速運動，彈簧繼續(xù)被壓縮，彈力大于f后，直桿向右做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧被壓縮至最短，故選項C錯誤；選項D正確；當小車速度減為零時，小車反向被彈簧，彈簧彈力減小，直桿最終也不再在槽內(nèi)移動，因此根據(jù)功能關系有：，即直桿在槽內(nèi)移動的距離為：，故選項B正確。從而本題選擇BD答案。【思路點撥】本題是小車把彈簧壓縮到時，兩者一起向右作減速運動，這個過程中桿所受到的摩擦力大小不變，彈簧的壓縮量先增大，到車與桿的速度相等時保持不變，直到桿的速度減小到零，小車才被反彈。這是求解本題的核心。它考查了牛頓第二定律、功能關系的應用問題，屬于能力檢測題，把握好物理過程的分析，運用好動能定理求解移動的距離?！尽驹瓌?chuàng)精品解析純word版】理綜（物理）卷·屆廣東省廣州市執(zhí)信中學高三上學期期中考試（11）】16．一個放在水平桌面上質(zhì)量為2kg原來靜止的物體，受到如圖所示方向不變的合外力作用，則下列說法正確的是A．在2s內(nèi)物體的加速度為5m/s2B．在t=2s時，物體的速度最大C．在2s內(nèi)物體運動的位移為10mD．0~2s這段時間內(nèi)物體作減速運動【答案】【知識點】牛頓第二定律C2【答案解析】B解析：A、在2s內(nèi)物體的加速度最大值為5m/s2，不能說在2s內(nèi)物體的加速度為5m/s2．故A錯誤．

B、在t=2s時，F(xiàn)=0，物體將做勻速直線運動，速度最大．故B正確．C、物體如圖所示方向不變的合外力作用下，做加速度減小的變加速運動，2s內(nèi)物體運動的位移無法求出．故C錯誤．D、0～2s這段時間內(nèi)作加速運動．故D錯誤．故選B.【思路點撥】物體如圖所示方向不變的合外力作用下，做加速度減小的變加速運動，2s內(nèi)物體運動的位移無法求出．當F=0時物體做勻速直線運動，速度最大．【【原創(chuàng)精品解析純word版】理綜（物理）卷·屆廣東省廣州市執(zhí)信中學高三上學期期中考試（11）】15．做平拋運動的物體，每秒的速度增量總是 A．大小不等，方向不同

B．大小相等，方向不同 C．大小不等，方向相同

D．大小相等，方向相同【答案】【知識點】平拋運動加速度D2C2【答案解析】D解析：由于平拋運動是加速度為g的勻變速運動,在任何相同的時間內(nèi)速度的變化量Δv=gt都是相同的,包括變化量的大小和方向,故D正確.【思路點撥】由加速度定義可得.【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆重慶市重慶一中高三上學期第二次月考（10）】9．如題9圖所示，輕彈簧一端固定在與斜面垂直的擋板上，另一端點在O位置。質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點）以初速度從斜面的頂端P點沿斜面向下運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回。物塊A離開彈簧后，恰好回到P點。已知OP的距離為，物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為。求：（1）O點和O′點間的距離；（2）彈簧在最低點O′處的彈性勢能；（3）在輕彈簧旁邊并排放置另一根與之完全相同的彈簧，一端與擋板固定。若將另一個與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點）與兩根彈簧右端拴接，設B的質(zhì)量為，，。將A與B并排在一起，使兩根彈簧仍壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，若A離開B后最終未沖出斜面，求需滿足的條件?Av0OPAv0OPx0BOPA題9圖【答案解析】（1）從P點又回到P點得：（2）從點到P點(3)分離時：，,A：B：得：，即彈簧處于原長處，A、B兩物體分離。從點到O點：得：分離后，A繼續(xù)上升到靜止得：【思路點撥】求解彈簧模型綜合應用問題的關鍵是搞清物體在運動過程中的彈簧的形變量，明確兩物體要分離時的臨界條件—兩物體加速度相等，物體之間沒有相互擠壓，這樣依題中告知的條件和牛頓第二定律、動能定理求解相關物理量。它屬于能力檢測題。【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆重慶南開中學高三10月月考（10）word版】5．如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率V1勻速向右運動．一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率V2(V2>V1)滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端．就上述過程，下列判斷正確的有A．滑塊返回傳送帶右端時的速率為V2B．此過程中傳送帶對滑塊做功為mv22－mv12C．此過程中電動機做功為2mv12D．此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為m（v1+v2）2【答案】【知識點】動能定理的應用；牛頓第二定律．C2E2【答案解析】D解析：A：由于傳送帶足夠長，物體減速向左滑行，直到速度減為零，然后物體會在滑動摩擦力的作用下向右加速，由于v1＜v2，物體會先在滑動摩擦力的作用下加速，當速度增大到等于傳送帶速度時，物體還在傳送帶上，之后不受摩擦力，故物體與傳送帶一起向右勻速運動，有v′2=v1；故A錯誤；B：此過程中只有傳送帶對滑塊做功根據(jù)動能定理W′=△EK得：W=△EK=mv12-mv22，故B錯誤；D：設滑塊向左運動的時間t1，位移為x1，則：x1=摩擦力對滑塊做功：W1=fx1=ft1①

又摩擦力做功等于滑塊動能的減小，即：W1=mv22

②

該過程中傳送帶的位移：x2=v1t1

摩擦力對滑塊做功：W2=fx2=fv1t1=fv1

③

將①②代入③得：W2=mv1v2

設滑塊向左運動的時間t2，位移為x3，則：x3=t2

摩擦力對滑塊做功：W3=fx3=mv12

該過程中傳送帶的位移：x4=v1t2=2x3

滑塊相對傳送帶的總位移：x相=x1+x2+x4-x3=x1+x2+x3

滑動摩擦力對系統(tǒng)做功：W總=fx相對=W1+W2+W3=m（v1+v2）2

滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量大小等于通過滑動摩擦力對系統(tǒng)做功，Q=W總=f?x相=m（v1+v2）2，故D正確；C：全過程中，電動機對皮帶做的功與滑塊動能的減小量等于滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量，即Q=W+mv22-mv12整理得：W=Q-mv22+mv12=mv22+mv1v2，故C錯誤．故選：D．【思路點撥】物體由于慣性沖上皮帶后，受到向左的滑動摩擦力，減速向右滑行，之后依然受到向左的滑動摩擦力，會繼續(xù)向左加速，然后根據(jù)v1小于v2的情況分析．根據(jù)動能定理得全過程傳送帶對物塊做的總功．根據(jù)能量守恒找出各種形式能量的關系．本題關鍵是對于物體返回的過程分析，物體先做減速運動，之后反向加速，最后做勻速運動．但是計算滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量的過程太復雜．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆云南省玉溪一中高三上學期第二次月考（10）】4.如圖所示，A為靜止于地球赤道上的物體，B為繞地球做橢圓軌道運行的衛(wèi)星，C為繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，P為B、C兩衛(wèi)星軌道的交點．已知A、B、C繞地心運動的周期相同．相對于地心，下列說法中不正確的是（）A．衛(wèi)星B在P點的運行加速度大小與衛(wèi)星C的運行加速度大小相等B．衛(wèi)星C的運行速度大于物體A的速度C．可能出現(xiàn)：在每天的某一時刻衛(wèi)星B在A的正上方D．物體A和衛(wèi)星C具有相同大小的加速度C【答案】【知識點】萬有引力定律及其應用；牛頓第二定律．C2D5C【答案解析】D解析：A、衛(wèi)星B繞地球做橢圓軌道運行，與地球的距離不斷變化，引力產(chǎn)生加速度，根據(jù)牛頓第二定律，有a=，經(jīng)過P點時，衛(wèi)星B與衛(wèi)星C的加速度相等，故A正確；B、物體A靜止于地球赤道上隨地球一起自轉(zhuǎn)，衛(wèi)星C為繞地球做圓周運動，它們繞地心運動的周期相同，根據(jù)線速度公式v=，衛(wèi)星C的線速度較大，故B正確；C、A、B繞地心運動的周期相同，也就等于地球的自轉(zhuǎn)周期．B為繞地球做橢圓軌道運行的衛(wèi)星，是速度大小在變化的運動，所以可能出現(xiàn)：在每天的某一時刻衛(wèi)星B在A的正上方．故C正確．本題選不正確的，D、物體A靜止于地球赤道上隨地球一起自轉(zhuǎn)，衛(wèi)星C為繞地球做圓周運動，它們繞地心運動的周期相同，根據(jù)向心加速度的公式a=（）2r，衛(wèi)星C的加速度較大，故D錯誤；故選D．【思路點撥】A靜止于地球赤道上隨地球一起自轉(zhuǎn)，C為繞地球做圓周運動，B為繞地球做橢圓軌道運行的衛(wèi)星，A、B、C繞地心運動的周期相同，根據(jù)向心加速度的公式a=（）2r可以判斷物體A和衛(wèi)星C的運動情況，衛(wèi)星B、C軌跡在P點相交，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度．本題關鍵先列求解出線速度和加速度的表達式，再進行討論；對于加速度，要根據(jù)題意靈活地選擇恰當?shù)谋磉_式形式分析．衛(wèi)星在橢圓軌道運行，萬有引力與向心力不等．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆四川省綿陽南山實驗高中高三一診模擬考試（10）】9.(15分)研究表明，一般人的剎車反應時間（即圖甲中“反應過程”所用時間）t0=0.4s，但飲酒會導致反應時間延長，在某次試驗中，一質(zhì)量為50kg的志愿者少量飲酒后駕車以v0=72km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止，行駛距離L＝39m。減速過程中汽車位移x與速度v的關系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運動。取重力加速度的大小g=10m/s2。求：（1）減速過程汽車加速度的大小及所用時間；（2）飲酒使志愿者比一般人正常時遲緩的時間；（3）從發(fā)現(xiàn)情況到汽車停止的過程，汽車對志愿者所做的功?！敬鸢浮俊局R點】功的計算；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓第二定律．A2C2E1【答案解析】（1）2.5s；（2）0.3s；（3）-10000J．解析：（1）設減速過程中汽車加速度的大小為a，所用時間為t，由題可得初速度，末速度，位移，由運動學公式得：①②聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得:③④（2）設志愿者反應時間為,反應時間的增加量為，由運動學公式得⑤⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得：⑦設志愿者所受合外力的大小為F，志愿者質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得：⑧代入數(shù)據(jù)得:【思路點撥】（1）根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出轎車減速過程中的加速度大小，結合速度時間公式求出減速運動的時間．

（2）根據(jù)反應時間內(nèi)的位移與轎車剎車后的位移之和求出發(fā)現(xiàn)情況到轎車停止行駛的距離．進而求出遲緩的時間．（3）根據(jù)做功公式求得做的的功。解決本題的關鍵知道轎車在反應時間內(nèi)做勻速直線運動，剎車后做勻減速運動，結合運動學公式靈活求解，基礎題．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山西省山大附中高三上學期第四次月考試題（10）】18、（14分）如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動。已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mB均為2.0kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求（1）物體A剛運動時的加速度aA(2)t1=1.0s時，電動機的輸出功率P；（3）若t1=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P1=5W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t2=3.8s時物體A的速度為1.2m/s。則在t1=1.0s到t2=3.8s這段時間內(nèi)木板B的位移為多少？【答案】【知識點】動能定理的應用；牛頓第二定律．C2E2【答案解析】（1）0.5m/s2；（2）7W；（3）3.03m．解析：（1）若A相對于B滑動，則對物體A進行受力分析，水平方向只受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：

f=μ1mAg=mAaA

解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度為0.5m/s2；

（2）對物體B進行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對B的摩擦力、A對B的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：

F-μ1mAg-μ2（mB+mA）g=mBaB

帶入數(shù)據(jù)解得：F=7N，

v=aBt=1m/s

所以P=Fv=7W

（3）電動機的輸出功率調(diào)整為5W時，設細繩對木板B的拉力為F′，則P′=F′v1，代入數(shù)據(jù)解得F'=5N，

對木板進行受力分析，木板B受力滿足F′-μ1mAg-μ2（mA+mB）g=0

所以木板B將做勻速直線運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等．

設這一過程時間為t′，有v1=aA（t1+t′），這段時間內(nèi)B的位移

s1=v1t′，

A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，

由動能定理得：P′(t2-t′-t1)-μ2(mA+mB)gs2=(mA+mB)-(mA+mB)，

由以上各式帶入數(shù)據(jù)得：木板B在t=1.0s到t=3.8s這段時間的位移s=s1+s2=3.03m【思路點撥】（1）對物體A進行受力分析，水平方向只受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律就出a；（2）電動機的輸出功率P=Fv，對B進行受力分析，水平方向受到拉力F、地面對B的摩擦力、A對B的摩擦力，對B運用牛頓第二定律可解除F，根據(jù)運動學公式求出v，即可求得p；（3）電動機的輸出功率調(diào)整為5W時，根據(jù)P=Fv，求出F，對B進行受力分析，得出B受平衡力，所以B做勻速運動，而物體A則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到A、B速度相等，算出時間，算出位移s1，速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且電動機輸出功率恒定，A、B將一起做加速度逐漸減小的變加速運動，根據(jù)動能定理求出位移s2，木板B在t=1.0s到t=3.8s這段時間的位移s=s1+s2．本題對受力分析的要求較高，要能根據(jù)受力情況判斷運動情況，或根據(jù)運動情況判斷受力情況，難度較大．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山西省山大附中高三上學期第四次月考試題（10）】17、（10分）如圖所示，A、B質(zhì)量分別為mA=1kg，mB=2kg，AB間用彈簧連接著，彈簧彈性系數(shù)k=100N/m，輕繩一端系在A上，另一端跨過定滑輪，B為套在輕繩上的光滑圓環(huán)，另一圓環(huán)C固定在桌邊，B被C擋住而靜止在C上，若開始時作用在繩子另一端的拉力F為零，此時A處于靜止且剛沒接觸地面?，F(xiàn)用恒定拉力F=15N拉繩子，恰能使B離開C但不能繼續(xù)上升，不計摩擦且彈簧沒超過彈性限度，求（1）B剛要離開C時A的加速度,（2）若把拉力F改為F=30N，則B剛要離開C時，A的速度?！敬鸢浮俊局R點】牛頓運動定律的綜合應用；力的合成與分解的運用．B3C2C【答案解析】（1）15m/s2；（2）3m/s．解析：（1）B剛要離開C的時候，彈簧對B的彈力：N=mBgA的受力圖如圖，由圖可得：G+N-F=mAa1解得：a1=15m/s2，豎直向下（2）當F=0時，彈簧的伸長量：X1==0.1m

當F=15N，且A上升到最高點時，彈簧的壓縮量：

X2==0.2m

所以A上升的高度：

h=X1+X2=0.1+0.2=0.3m

在A上升過程中，根據(jù)功能關系：

Fh=mAgh+△Ep

所以彈簧彈性勢能增加了：

△Ep=mAgh-Fh=（15-10）×0.3=1.5J

把拉力改為F′=30N，從A上升到當B恰要離開C時的過程中，彈簧的彈性勢能變化相等，根據(jù)功能關系，有：F′h-mAgh-△Ep=解得：vA=3m/s

此時，根據(jù)牛頓第二定律：

F′-（G+N）=mAa2

解得：a2=0

【思路點撥】（1）題中恰能使B離開C但不能繼續(xù)上升，說明臨界情況是彈力等于B的重力，然后對物體A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；（2）B剛要離開C時，彈簧的彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；對兩次上拉過程分別運用動能定理列式后聯(lián)立求解得到速度．本題切入點在于“恰能使B離開C但不能繼續(xù)上升”，然后根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)功能關系列式求解末速度．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山西省山大附中高三上學期第四次月考試題（10）】11、如圖甲所示，在傾角為α的足夠長固定光滑斜面上，有一個質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F（圖中未畫出）的作用下由靜止開始運動，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示。其中0~x1過程的圖線是曲線，x1~x2過程的圖線為平行于x軸的直線，則下列說法中正確的是（

）A.物體在沿斜面向下運動

B.在0~x1過程中，物體的加速度一直減小

C.在0~x2過程中，物體先減速再勻速

D.在x1~x2過程中，物體的加速度為gsinα【答案】【知識點】機械能守恒定律；牛頓第二定律．C2E3【答案解析】AD解析：A、在0～x1過程中物體機械能在減小，知拉力在做負功，拉力方向向上，所以位移方向向下，故物體在沿斜面向下運動，故A正確；B、在0～x1過程中圖線的斜率逐漸減小到零，知物體的拉力逐漸減小到零．根據(jù)a=，可知，加速度逐漸增大，故B錯誤；C、在0～x1過程中，加速度的方向與速度方向相同，都沿斜面向下，所以物體做加速運動，故C錯誤；D、在x1～x2過程中，機械能守恒，拉力F=0，此時a==gsinθ，故D正確．故選AD【思路點撥】根據(jù)功能關系：除重力以外其它力所做的功等于機械能的增量，在0～x1過程中物體機械能在減小，知拉力在做負功，機械能與位移圖線的斜率表示拉力．當機械能守恒時，拉力等于零，通過拉力的變化判斷其加速度的變化．解決本題的關鍵通過圖線的斜率確定出拉力的變化，然后根據(jù)牛頓第二定律判斷出加速度的方向，根據(jù)加速度方向和速度的方向關系知道物體的運動規(guī)律．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山西省山大附中高三上學期第四次月考試題（10）】8、如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場（邊界上有電場），電場強度為E=mg/q，ACB為光滑固定的半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓弧。一個質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球，從A點正上方高為H=R處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的受力及運動情況，下列說法正確的是（）A.小球到達C點時對軌道壓力為2mgB.小球在AC部分運動時，加速度不變C.適當增大E，小球到達C點的速度可能為零D.若E=2mg/q，要使小球沿軌道運動到C，則應將H至少調(diào)整為3R/2【答案】【知識點】帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓第二定律；向心力．C2D4I3【答案解析】AD解析：A、小球進入半圓軌道，電場力和重力平衡，小球做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理知，mgH=mvA2-0，解得：vA=．根據(jù)牛頓第二定律得：N=m，則小球到達C點時對軌道的壓力為2mg．故A正確．B、小球在AC部分做勻速圓周運動，加速度大小不變，方向始終指向圓心．故B錯誤．C、若電場力小于重力，根據(jù)動能定理知，小球到達C點的速度不可能為零．若小球所受的電場力大于重力，根據(jù)徑向的合力通過向心力，在最低點的速度不可能為零．故C錯誤．D、若E=，在最低點軌道的作用力為零，根據(jù)牛頓第二定律得，qE-mg=m，解得：vC=，根據(jù)動能定理得：mg（H+R）-qER=mvC2-0，解得：H=R．所以H至少為R．故D正確．故選：AD．【思路點撥】根據(jù)重力和電場力的關系，判斷出小球進入圓弧軌道后的運動規(guī)律，結合徑向的合力提供向心力分析．根據(jù)動能定理，結合牛頓第二定律判斷C點的速度能否為零．當電場力是重力的2倍時，根據(jù)最低點彈力為零求出最小速度，結合動能定理求出H的至少高度．本題考查了帶電小球在電場和重力場中的運動，綜合運用了動能定理、牛頓第二定律等知識，綜合性強，對學生的能力要求較高，需加強這類題型的訓練．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山東省日照一中高三10月第一次階段復習質(zhì)量達標檢測（10）】4．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小鐵球，在電梯運行時，乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大，這一現(xiàn)象表明A.電梯一定是在上升B.電梯一定是在下降C.電梯的加速度方向一定是向下D.乘客一定處于超重狀態(tài)【答案】【知識點】牛頓第二定律；超重和失重．C2C3【答案解析】D解析：A、乘客發(fā)現(xiàn)彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量大，知彈力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律知，加速度方向向上，可能向上做加速運動，可能向下做減速運動，故A、B、C錯誤．D、由于加速度方向向上，知乘客一定處于超重狀態(tài)．故D正確．故選：D．【思路點撥】對鐵球的受力分析，受重力和拉力，結合牛頓第二定律，判斷出加速度的方向；然后判斷電梯和乘客的超、失重情況．解決本題的關鍵知道乘客和電梯具有相同的加速度，知道加速度的方向與合力的方向相同，當加速度方向向上時，處于超重狀態(tài)，當加速度方向向下時，處于失重狀態(tài)．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山東省萊州一中高三10月月考（10）】20.游樂園的小型“摩天輪”上對稱站著質(zhì)量均為m的8位同學，如圖所示，“摩天輪”在豎直平面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，若某時刻轉(zhuǎn)到頂點a上的甲同學讓一小重物做自由落體運動，并立即通知下面的同學接住，結果重物掉落時正處在c處（如圖）的乙同學恰好在第一次到達最低點b處接到，己知“摩天輪”半徑為R，重力加速度為g，（不計人和吊籃的大小及重物的質(zhì)量）．問：

（1）接住前重物下落運動的時間t=？

（2）人和吊籃隨“摩天輪”運動的線速度大小v=？

（3）乙同學在最低點處對地板的壓力FN=？

【答案】【知識點】牛頓第二定律；自由落體運動；向心力．A3C2D4【答案解析】(1)2．（2）．（3）(1+)mg．解析：（1）由運動學公式2R=gt2得，t=2．

（2）由v=得，v=．

（3）設支持力為F，由牛頓第二定律得：F-mg=m解得F=m(g+g)=(1+)mg

由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN=(1+)mg，方向豎直向下．【思路點撥】（1）根據(jù)自由落體運動的位移時間公式求出重物下落的時間．（2）根據(jù)弧長和時間，通過線速度的定義式求出運動的線速度大?。?）根據(jù)牛頓第二定律求出支持力的大小，從而根據(jù)牛頓第三定律求出人對地板的壓力．解決本題的關鍵搞清向心力的來源，運用牛頓定律進行求解．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆山東省萊州一中高三10月月考（10）】19.在寒冷的冬天，路面很容易結冰，在冰雪路面上汽車一定要低速行駛．在冰雪覆蓋的路面上，車輛遇緊急情況剎車時，車輪會抱死而“打滑”．如圖所示，假設某汽車以10m/s的速度行駛至一斜坡的頂端A時，突然發(fā)現(xiàn)坡底前方有一行人正以2m/s的速度同向勻速行駛，司機立即剎車，但因冰雪路面太滑，汽車仍沿斜坡滑下．已知斜坡長AC=11m，θ=37°，司機剎車時行人距坡底C點距離CE=6m，從廠家的技術手冊中查得該車輪胎與冰雪路面的動摩擦因數(shù)約為0.5．（1）求汽車沿斜坡滑下的加速度大??；（2）試分析此種情況下，行人是否有危險．【答案】【知識點】動能定理的應用；勻變速直線運動的速度與時間的關系；牛頓第二定律．A2C2E2【答案解析】（1）2m/s2．（2）行人有危險，應抓緊避讓．解析：（1）由牛頓第二定律知，汽車在斜坡上滑下時的加速度mgsinθ-μmgcosθ=ma1

由數(shù)學知識知：sinθ=，cosθ=故由①②得：a1=2

m/s2

（2）汽車在水平冰雪路面上的加速度μmg=ma2

汽車到達坡底C時的速度滿足

vC2-vA2=2a1xAC

代入數(shù)據(jù)解得vC=m/s

經(jīng)歷時間t1==0.5s

汽車在水平路面上減速至v=v人=2

m/s時，滑動的位移x1==11.6m

經(jīng)歷的時間t2==1.8s人發(fā)生的位移x2=v人（t1+t2）=4.6m

因x1-x2=7m＞6m，故行人有危險，應抓緊避讓．【思路點撥】（1）根據(jù)牛頓第二定律求出汽車在斜坡上滑下時的加速度．（2）根據(jù)速度位移公式求出汽車到達C點時的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出汽車在水平面上的加速度，抓住汽車和人速度相等時，兩者的位移關系判斷是否相撞，從而確定行人是否有危險．本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁．【【原創(chuàng)純word版精品解析】物理卷·屆江西省南昌二中高三上學期第三次考試（10）】19.如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于水平面.t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零、加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動.已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mB均為2.0kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2.求

(1)物體A剛運動時的加速度aA;

(2)t=1.0s時，電動機的輸出功率P;

(3)若t=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P′