備戰(zhàn)2020年高考物理 一遍過(guò)考點(diǎn)14 用牛頓第二定律解決兩類問(wèn)題（含解析）

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1、 用牛頓第二定律解決兩類問(wèn)題 一、用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 （1）從受力確定運(yùn)動(dòng)情況（）。 （2）從運(yùn)動(dòng)情況確定受力（F=ma）。 （3）綜合受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，運(yùn)用牛頓第二定律解決問(wèn)題。 二、瞬時(shí)變化的動(dòng)力學(xué)模型 受外力時(shí)的形變量 縱向彈力 彈力能否突變 輕繩 微小不計(jì) 拉力 能 輕桿 微小不計(jì) 拉力或壓力 能 輕橡皮繩 較大 拉力 不能 輕彈簧 較大 拉力或壓力 不能 三、傳送帶模型分析方法 四、滑塊–木板模型分析方法 （2019·湖南高二期末）如圖所示，質(zhì)量為2 kg的物體放在水平地面上，在大小

2、為10 N的傾斜拉力的作用下，物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，6 s末的速度是3 m/s，已知拉力與水平面方向成37°的仰角，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 求：（1）物體運(yùn)動(dòng)的加速度； （2）物體和地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 【參考答案】（1）0.5 m/s2 （2）0.5 【詳細(xì)解析】（1）由a=得： a==0.5 m/s2 （2）由牛頓第二定律可知:Fcosθ–Ff=ma FN+Fsinθ=mg Ff=μFN 解得：μ=0.5 1．如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)用水平恒力F推A，則從力F

3、開(kāi)始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過(guò)程中 A．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的速度相同 B．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的加速度相同 C．兩木塊速度相同時(shí)，加速度aAvB 【答案】ACD 【解析】從力F開(kāi)始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過(guò)程中，彈簧彈力逐漸增大，則A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，A、B均由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，只要A的速度大于B的速度彈簧就處于被壓縮變短的過(guò)程中，當(dāng)A、B速度相同時(shí)彈簧壓縮到最短，畫(huà)出這一過(guò)程A、B的圖象，則時(shí)刻，A、B兩木塊的加速度相同（切線斜率相同），且，時(shí)刻A、B的速度相同，且，故AC

4、D正確，B錯(cuò)誤。 足夠長(zhǎng)光滑斜面BC傾角α=53°，小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點(diǎn)有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點(diǎn)?，F(xiàn)在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成α=53°的恒力F作用，如圖甲所示。小物塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示，到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求： （1）小物塊所受到的恒力F； （2）小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間； （3）小物塊最終離A點(diǎn)的距離。 【參考答案】（1）11 N （2） （3） 【詳細(xì)解析】（1）由圖乙可知，AB段加速度

5、， 根據(jù)牛頓第二定律，有Fcosα–μ（mg–Fsinα）=ma， 得。 （2）在BC段mgsinα=ma2，解得，小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等，所以小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回B點(diǎn)所用的時(shí)間為。 （3）小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，有μmg=ma3，， 滑塊的位移，，。 1．（2019·浙江高二期中）如圖，風(fēng)靡全球的《蜘蛛俠2》電影中，蜘蛛俠利用蜘蛛絲粘住墻體產(chǎn)生的阻力，來(lái)拯救一列質(zhì)量為1×106 kg的速度為360 km/h飛馳的失去制動(dòng)性能的列車，使列車在其正前方400米斷軌處剛好停止。若鐵軌和空氣的阻力為車重的0.25倍，列車的運(yùn)動(dòng)可視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)

6、，則蜘蛛絲對(duì)列車產(chǎn)生的平均阻力為 A．1×105 N B．1×106 N C．1×107 N D．1×108 N 【答案】C 【解析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得加速度的大小為，根據(jù)牛頓第二定律則有，解得蜘蛛絲對(duì)列車產(chǎn)生的平均阻力為，故選項(xiàng)C正確，ABD錯(cuò)誤。 如圖所示，物體a、b用一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線相連，再用一根輕彈簧跟a相連，彈簧上端固定在天花板上，已知物體a、b的質(zhì)量相等。當(dāng)在P點(diǎn)處剪斷繩子的瞬間 A．物體a的加速度大小為零 B．物體a的加速度大小為g C．物體b的加速度大小為零 D．物體b的加速度大小為g 【參考答案】BD 【詳細(xì)解析】設(shè)ab物體的質(zhì)量為m，

7、剪斷細(xì)線前，對(duì)ab整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故F=2mg；再對(duì)物體a受力分析，受到重力、細(xì)線拉力和彈簧的拉力；剪斷細(xì)線后，重力和彈簧的彈力不變，細(xì)線的拉力減為零，故物體a受到的力的合力等于mg，向上，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故B正確，A錯(cuò)誤；對(duì)物體b受力分析，受到重力、細(xì)線拉力，剪斷細(xì)線后，重力不變，細(xì)線的拉力減為零，故物體b受到的力的合力等于mg，向下，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故C錯(cuò)誤，D正確。 1．（2019·四川高一期末）車廂頂部固定一滑輪，在跨過(guò)定滑輪繩子的兩端各系一個(gè)物體，質(zhì)量分別為m1、m2，且m2>m1，m2靜止在車廂底板上，當(dāng)車廂向右運(yùn)動(dòng)

8、時(shí)，m1、m2與車廂保持相對(duì)靜止，系m1的那段繩子與豎直方向夾角為θ，如圖所示，繩子的質(zhì)量、滑輪與繩子的摩擦忽略不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是 A．車廂的加速度為 B．車廂底板對(duì)的支持力為 C．繩子中的張力大小為 D．車廂底板對(duì)的摩擦力為 【答案】ACD 【解析】物體m1與車廂具有相同的加速度，對(duì)物體m1分析，受重力和拉力，根據(jù)合成法知，F(xiàn)合=m1gtanθ，拉力，物體m1的加速度，所以車廂的加速度為gtanθ，故AC正確。物體m2加速度為gtanθ，對(duì)物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力，f=m2a=m2gtanθ，故B錯(cuò)誤、D正確。 已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶

9、與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖甲所示），以此時(shí)為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系（如圖乙所示），圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍阎獋魉蛶У乃俣缺３植蛔?，則 A．物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1~t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小 B．0–t2內(nèi)，重力對(duì)物塊做正功 C．若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么 D．0~t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為W= 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】由圖乙圖線與時(shí)間軸所圍面積可看出，物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1–t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，故A錯(cuò)誤；由于物塊在0~t1內(nèi)向下運(yùn)

10、動(dòng)的位移大于t1–t2內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的位移，所以0~t2內(nèi)物體的總位移向下，所以重力對(duì)物塊做正功，故B正確；在t1~t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C錯(cuò)誤；由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：，則傳送帶對(duì)物塊做功，故D錯(cuò)誤。 1．（2019·安徽高一期末）如圖，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v1順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2（v1>v2）滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。在上述過(guò)程中，下列判斷正確的是 A．滑塊返回傳送帶

11、右端的速率為v2 B．此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功為2mv1v2 C．此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為mv－mv D．此過(guò)程中滑塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為m（v1－v2）2 【答案】AB 【解析】由于傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊受向右的摩擦力，減速向左滑行，至速度為0，之后，再加速向右滑行，由于v1>v2，物體會(huì)在滑動(dòng)摩擦力的作用下加速，當(dāng)速度增大到等于v2時(shí)，物體回到原出發(fā)點(diǎn)，即滑塊返回傳送帶右端的速率為v2，故A正確；設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1，位移為x1，則：，摩擦力對(duì)滑塊做功：W1=fx1=①，又摩擦力做功等于滑塊動(dòng)能的減小，即：W1=mv22②，該過(guò)程中傳送帶的位移：x2=v1t1，摩擦

12、力對(duì)傳送帶做功：③，將①②代入③得：W2=mv1v2，同理可計(jì)算，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)摩擦力對(duì)傳送帶做功為W2=mv1v2，則此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶做功為W=W2+ =2mv1v2，選項(xiàng)B正確；此過(guò)程中只有傳送帶對(duì)滑塊做功根據(jù)動(dòng)能定理W′=△EK得：W=△EK=mv22–mv22=0，故C錯(cuò)誤；物塊向左減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)傳送帶的位移為：，物塊向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)傳送帶的位移為：，則此過(guò)程中滑塊與傳送帶問(wèn)因摩擦產(chǎn)生的熱量為，故D錯(cuò)誤。 （2019·北京市第十一中學(xué)高一期末）如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長(zhǎng)L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視

13、為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止．物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： （1）物塊與小車共同速度； （2）物塊在車面上滑行的時(shí)間t； （3）小車運(yùn)動(dòng)的位移x； （4）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過(guò)多少？ 【參考答案】（1）0.8 m/s （2）0.24 s （3）0.096 m （4）5 m/s 【詳細(xì)解析】（1、2）根據(jù)牛頓第二定律得，物塊的加速度大小為： a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2 小車的加速度大小為： 根據(jù)v=v0–a2

14、t=a1t 得則速度相等需經(jīng)歷的時(shí)間為： v=0.8 m/s （3）小車運(yùn)動(dòng)的位移 （4）物塊不從小車右端滑出的臨界條件為物塊滑到小車右端時(shí)恰好兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此速度為v，由水平方向動(dòng)量守恒得：m2 v0′=（m1+m2）v 根據(jù)能量守恒得：μm2gL＝m2v0′2?（m1+m2）v2 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v0′=5 m/s 1．如圖甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一物塊，物塊與平板車的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，t=0時(shí)，車開(kāi)始沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其v–t圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板車足夠長(zhǎng)，關(guān)于物塊的運(yùn)動(dòng)，以下描述正確的是 A．0~6 s加速，

15、加速度大小為2 m/s2，6~12 s減速，加速度大小為2 m/s2 B．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~12 s減速，加速度大小為4 m/s2 C．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~16 s減速，加速度大小為2 m/s2 D．0~12 s加速，加速度大小為1.5 m/s2，12~16 s減速，加速度大小為4 m/s2 【答案】C 【解析】根據(jù)v–t圖象可知，車先以4 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)，后以?4 m/s2的加速度勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物塊與車的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物塊與車間的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度為2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可知，0~6 s物塊加速，車的

16、速度始終大于物塊；t=6 s后，車減速、物塊繼續(xù)加速，設(shè)再經(jīng)Δt時(shí)間共速，有v=2（6+Δt）=24–4Δt，可得Δt=2 s，v=16 m/s，即0~8 s物塊加速；8~12 s物塊減速，車減速，車的速度始終小于物塊；t=12 s后車靜止，物塊速度為8 m/s，繼續(xù)減速4 s，即8~16 s物塊減速。選C。 （2019·寧夏寧夏大學(xué)附屬中學(xué)高三高考模擬）如圖所示，物塊A疊放在木板B上，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知水平地面光滑，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，現(xiàn)對(duì)A施加一水平向右的拉力F，測(cè)得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10

17、m/s2） A．當(dāng)F<24 N時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止 B．當(dāng)F>24 N時(shí)，A相對(duì)B發(fā)生滑動(dòng) C．A的質(zhì)量為4 kg D．B的質(zhì)量為24 kg 【參考答案】BC 【詳細(xì)解析】當(dāng)A與B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力后，A、B會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F>24 N時(shí)，A相對(duì)B發(fā)生滑動(dòng)，當(dāng)F<24 N時(shí)，A、B保持相對(duì)靜止，一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得，aB＝＝4 m/s2，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得，aA＝=4m/s2，F(xiàn)=24 N，解得mA=4 kg，mB=2 kg，故C正確，D錯(cuò)誤。 1．從地面上以初速度

18、v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運(yùn)動(dòng)的速度大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)，則在整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法中不正確的是 A．小球被拋出時(shí)的加速度值最大，到達(dá)最高點(diǎn)的加速度值最小 B．小球的加速度在上升過(guò)程中逐漸減小，在下降過(guò)程中也逐漸減小 C．小球拋出瞬間的加速度大小為 D．小球下落過(guò)程的平均速度大于 【答案】A 【解析】小球上升過(guò)程的加速度大小為，隨速度減小而減小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)加速度為g，下落過(guò)程的加速度大小為，隨著速度增大，加速度減小，最后減小到0，故小球被

19、拋出時(shí)的加速度值最大，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)小球勻速時(shí)，有，則拋出瞬間的加速度，C正確；下落過(guò)程小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，平均速度大于，D正確。故選A。 1．如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小球A、B、C通過(guò)輕彈簧和不可伸縮的輕細(xì)繩懸掛于天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷A、B間細(xì)繩的瞬間，A、B、C三者的加速度分別為a1、a2、a3，則 A．a(chǎn)1=2g，方向豎直向上 B．a(chǎn)2=2g，方向豎直向下 C．a(chǎn)3=g，方向豎直向下 D．在剪斷A、B間細(xì)繩前后，B、C間細(xì)繩的拉力不變 2．（2019·山東山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三高考模擬）如圖所示，在放置在水平地面上的斜面上，一光滑球被平行于斜面的輕

20、繩系住。斜面體在外力作用下由靜止向右做加速度不斷增大的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，關(guān)于球所受到的輕繩拉力T和斜面支持力N的說(shuō)法中正確的是 A．T和N都逐漸增大 B．T和N都逐漸減小 C．T和N的合力保持不變 D．T和N的合力逐漸增大 3．一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向。下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、位移s、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的圖象中可能正確的有 A B C D 4．（2019·廣東高三高考模擬）水平面上放置一個(gè)斜面足夠長(zhǎng)的斜劈A，小物塊B靜止在斜面上，如圖所示?，F(xiàn)對(duì)B施加一個(gè)沿斜面向上的

21、拉力F，F(xiàn)的大小從零隨時(shí)間均勻增大，斜劈A一直處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)A、B之間的摩擦力大小為f1，A與地面之間的摩擦力大小為f2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則整個(gè)過(guò)程中摩擦力大小隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是 A． B． C． D． 5．如圖所示，在一個(gè)立方體空箱子頂部用細(xì)線懸吊著一個(gè)小球，讓箱子分別沿甲、乙兩個(gè)傾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中懸線始終豎直向下，在斜面乙上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中懸線始終與頂板垂直，則箱子 A．在斜面甲上做勻加速運(yùn)動(dòng) B．在斜面乙上做勻加速運(yùn)動(dòng) C．對(duì)斜面甲的作用力較大 D．對(duì)兩斜面的作用力相等 6．（2019·六盤水市第七中學(xué)高三月考）如圖所示

22、，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在質(zhì)量為的物體上，另一端繞過(guò)光滑的滑輪懸掛質(zhì)量為的物體。初始時(shí)用手托住使整過(guò)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)離地面的高度為，某時(shí)刻將手拿掉、從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（），則 A．繩子對(duì)物體的拉力大于物體所受的重力 B．物體落地前的加速度 C．物體剛落地時(shí)的速度大小為 D．整個(gè)過(guò)程中物體上升的最大高度為 7．如圖所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定光滑豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是 A．a(chǎn)下落的某段過(guò)程中，b對(duì)地面的壓力可能大于b受到地面的支持力 B．a(chǎn)落地前，輕

23、桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功 C．a(chǎn)下落的某段過(guò)程中，其加速度大小可能大于g D．a(chǎn)落地前瞬間a的機(jī)械能最小，此時(shí)b對(duì)地面的壓力大小等于mg 8．（2019·四川高一期末）如圖（a），一長(zhǎng)木板靜止于光滑水平桌面上，時(shí)，小物塊以速度滑到長(zhǎng)木板上，時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板最右端。圖（b）為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的圖像，已知圖中、、，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是 A．木板的長(zhǎng)度為 B．物塊與木板的質(zhì)量之比為 C．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．t1時(shí)刻，小物塊和木板動(dòng)能之比為 9．如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成θ的力F的作用下從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿水平直軌道運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)后撤去力

24、F，物體飛出后越過(guò)“壕溝”落在平臺(tái)EG段。已知物塊的質(zhì)量m=1 kg，物塊與水平直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，AB段長(zhǎng)L=10 m，BE的高度差h=0.8 m，BE的水平距離x=1.6 m。若物塊可看作質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2。 （1）要越過(guò)“壕溝”，求物塊在B點(diǎn)最小速度v的大?。? （2）若θ=37°，為使物塊恰好越過(guò)“壕溝”，求拉力F的大??； 10．（2019·安徽高一期末）可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊從半徑為0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道頂端滑下。在軌道最低點(diǎn)滑上水平傳送帶的最右端（設(shè)軌道銜接處無(wú)機(jī)械能損失）。設(shè)傳送帶長(zhǎng)度L=8 m，并以恒定的v=3 m/s速度順時(shí)針轉(zhuǎn)

25、動(dòng)，小滑塊恰好能運(yùn)動(dòng)到水平傳送帶的最左端而沒(méi)有掉下傳送帶。已知重力加速度大小為g=10 m/s2。求： （1）物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)； （2）物塊從圓弧軌道最低點(diǎn)滑入傳送帶到第一次返回圓弧軌道最低點(diǎn)所用的時(shí)間（本小題計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。 11．如圖所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在長(zhǎng)木板的最右端。已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。從某時(shí)刻起物塊m以v1的水平初速度向左運(yùn)動(dòng)，同時(shí)木板M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運(yùn)動(dòng)，求： （1）在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F的大?。? （2）木板至少多長(zhǎng)物塊不會(huì)從

26、木板上滑下來(lái)? 12．（2019·湖南雅禮中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試）某電視臺(tái)娛樂(lè)節(jié)目在游樂(lè)園舉行家庭搬運(yùn)磚塊比賽活動(dòng)．比賽規(guī)則是：如圖甲所示向滑動(dòng)行駛的小車上搬放磚塊，且每次只能將一塊磚無(wú)初速度（相對(duì)地面）地放到車上，車停止時(shí)立即停止搬放，以車上磚塊多少?zèng)Q定勝負(fù)．已知每塊磚的質(zhì)量m＝0.8 kg，小車的上表面光滑且足夠長(zhǎng)，比賽過(guò)程中車始終受到恒定牽引力F＝20 N的作用，未放磚塊時(shí)車以v0＝3 m/s的速度勻速前進(jìn)．獲得冠軍的家庭上場(chǎng)比賽時(shí)每隔T＝0.8 s搬放一塊磚，從放上第一塊磚開(kāi)始計(jì)時(shí)，圖中僅畫(huà)出了0～0.8 s內(nèi)車運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，如圖乙所示，g取10 m/s2。求： （1）小車的質(zhì)量

27、及車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； （2）車停止時(shí)，車上放有多少塊磚。 13．（2016·上海卷）如圖，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，球所受合外力的方向沿圖中的 A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 14．（2016·海南卷）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–時(shí)間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0~5 s、5~10 s、10~15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則 A．F1F3

28、 C．F1>F3 D．F1=F3 15．（2018·江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B．質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求： （1）小球受到手的拉力大小F； （2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m； （3）小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大

29、小T． 16．（2017·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： （1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； （2）A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 17．（2016·四川卷）避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成

30、，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長(zhǎng)為12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開(kāi)始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過(guò)一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，重力加速度g=10 m/s2。求： （1）貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； （2）制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。 1．

31、AC【解析】設(shè)三個(gè)球的質(zhì)量均為m，開(kāi)始A、B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)，則彈簧的彈力F=3mg，A、B間細(xì)繩張力T1=2mg，B、C間細(xì)繩的張力T2=mg，剪斷A、B間細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向豎直向上，A正確；B、C整體的加速度相等，a2=a3=g，方向豎直向下，B、C間細(xì)繩的張力變?yōu)?，C正確，BD錯(cuò)誤。 2．D【解析】設(shè)斜面傾角為θ，加速度為a，則將加速度分解在沿斜面向上的方向和垂直斜面方向，分別為ax=acosθ和ay=asinθ，則沿斜面方向：T–mgsinθ=max，則隨著a的增大，T增大；垂直斜面方向：mgcosθ–N=may，則隨著a的增大，N增

32、大；選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；由平行四邊形定則可知，T和N的合力，則隨著a的增加，T和N的合力逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 3．AC【解析】小球在上升過(guò)程中的加速度，隨著v減小，a1增大到–g，v–t圖象斜率的絕對(duì)值逐漸減小，小球在下落過(guò)程中的加速度大小為，隨著v增大，a2從–g減小到0，v–t圖象斜率的絕對(duì)值逐漸減小，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)位移–時(shí)間圖象的斜率等于速度，s–t圖象的斜率應(yīng)先減小到零，然后斜率的絕對(duì)值增大，且下落時(shí)間大于上升時(shí)間，C正確；根據(jù)功能關(guān)系得，則，則E–t圖象的斜率是變化的，圖象應(yīng)為曲線，D錯(cuò)誤。 4．D【解析】由題有，物體原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，故有，有外力F后，F(xiàn)=kt，k>0

33、，以B為研究對(duì)象，A對(duì)B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡條件得F+f1=mgsinα，得f1=mgsinα?kt，知f1隨時(shí)間均勻減小。當(dāng)F=mgsinα，得f1=0，之后，A對(duì)B的摩擦力沿斜面向下，由平衡條件得F=f1+mgsinα，得f1=mgsinα+kt，知f1隨時(shí)間均勻增大。當(dāng)F增大到物體運(yùn)動(dòng)后，f1=μmgcosα，保持不變，故AB錯(cuò)誤。A、B均不動(dòng)時(shí)，以A、B組成的整體為研究對(duì)象，由平衡條件得：f2=Fcosα=ktcosα，則f2與t成正比。當(dāng)B相對(duì)A向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A的受力情況不變，f2不變，故C錯(cuò)誤，D正確。 5．BC【解析】對(duì)于斜面甲上的箱子，小球受豎直方向上的重力和拉力作用，

34、一定處于平衡狀態(tài)，箱子也處于平衡狀態(tài)，即箱子在斜面甲上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；對(duì)于斜面乙上的箱子，小球受重力和拉力作用，合力沿斜面方向向下，小球具有沿斜面向下的加速度，箱子在斜面乙上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B正確；在斜面甲上箱子做勻速運(yùn)動(dòng)，則斜面甲對(duì)箱子的作用力大小等于重力，在斜面乙上箱子與小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，對(duì)小球有，對(duì)箱子有，可得f=0，斜面乙對(duì)箱子的作用力大小為，由牛頓第三定律可知，箱子對(duì)斜面甲的作用力較大，C正確，D錯(cuò)誤。 6．AC【解析】將手拿掉后，m2加速上升，則繩子對(duì)物體的拉力大于物體所受的重力，選項(xiàng)A正確；對(duì)兩物體的整體，由牛頓第二定律：，解得a=5 m/s2，選項(xiàng)B

35、錯(cuò)誤；物體m1剛落地時(shí)m2的速度大小為，選項(xiàng)C正確；m1落地后，m2向上做上拋運(yùn)動(dòng)，還能上升的高度為，則整個(gè)過(guò)程中物體上升的最大高度為0.4 m+0.2 m=0.6 m，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 7．BC【解析】根據(jù)牛頓第三定律知，b對(duì)地面的壓力與b受到地面的支持力一定大小相等，故A錯(cuò)誤。b開(kāi)始時(shí)速度為零，當(dāng)a到達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，在整個(gè)過(guò)程中，b的速度先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，由動(dòng)能定理可知輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功。故B正確。在整個(gè)過(guò)程中，b的速度先增大后減小，所以輕桿對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以輕桿對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過(guò)程中，輕桿對(duì)a是斜向下的拉力，此時(shí)a

36、的合力大于重力，則其加速度大于重力加速度g，故C正確；a落地前瞬間b的速度為零，由a、b整體的機(jī)械能守恒，知此時(shí)a的機(jī)械能最大，此時(shí)b對(duì)地面的壓力大小為mg，故D錯(cuò)誤。 8．ACD【解析】時(shí)刻小物塊恰好滑至長(zhǎng)木板最右端，所以相對(duì)位移就是板長(zhǎng)，根據(jù)圖b知，相對(duì)位移為圖像面積差：，A正確。相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，相互間的摩擦力設(shè)為f，木塊的加速度，木板加速度 ，所以質(zhì)量之比為，B錯(cuò)誤。木塊的加速度，摩擦力，所以動(dòng)摩擦因數(shù)為，C正確。動(dòng)能，t1時(shí)刻，速度相同，所以動(dòng)能比等于質(zhì)量比，D正確。 9．（1）4 m/s?。?）5.27 N 【解析】（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：h=gt2 所以，t==0.4

37、s 水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，故有：v=x/t=4 m/s （2）設(shè)AB段加速度為a，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：v2=2aL a==0.8 m/s2 對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：Fcosθ–μ（mg–Fsinθ）=ma 帶入數(shù)據(jù)解得：F=5.27 N 10．（1）0.1 （2）8.17 s 【解析】（1）物塊從圓形光滑軌道下滑的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒有 解得 物塊沿傳送帶滑到最左端速度恰好為零，由動(dòng)能定理有 代入數(shù)據(jù)解得： （2）物塊在傳送帶先做勻減速運(yùn)動(dòng) 則物塊減速到零的時(shí)間為 反向加速時(shí)加速度不變，故加速時(shí)間為 這段時(shí)間的位移為 之后物塊隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)

38、，則 物塊在傳送帶上第一次往返所用的時(shí)間為 11．（1） （2） 【解析】（1）在物塊m向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木板受力如圖所示， 其中f1，f2分別為物塊和地面給木板的摩擦力，由題意可知 f1=μ1mg f2=μ2（m+M）g 由平衡條件得：F=f1+f2=μ1mg＋μ2（m+M）g （2）以木板為參考系，設(shè)物塊相對(duì)木板向左勻減速初速度為，末速度為，則 加速度： 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： 解得： 12．（1） （2）n=5 【解析】（1）小車的上表面光滑，磚塊相對(duì)地面始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，放上磚塊后小車開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)小車與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，未放磚塊時(shí) 放上

39、第一塊磚后，對(duì)小車有 即 由v—t圖象可知， 放上第一塊磚后小車的加速度為 解得μ=0.25；M=8 kg （2）同理，放上第二塊磚后，對(duì)小車有 代入數(shù)據(jù)解得 0.8 s內(nèi)速度改變量 放上第三塊磚后小車的加速度為 0.8 s內(nèi)速度改變量 則放上第n塊磚后小車的加速度an=–n×0.25m/s2=0.25nm/s2（n=1，2，3……） 0.8 s內(nèi)速度改變量?vn=0.2nm/s（n=1，2，3……） 所以 而 聯(lián)立解得n=5 即當(dāng)小車停止時(shí)，車上有5塊磚 13．D【解析】據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整

40、體，根據(jù)整體法和隔離法的關(guān)系分析可知，球和小車的加速度相同，所以球的加速度也應(yīng)該向右，故選D。 14．A【解析】由v–t圖象可知，0~5 s內(nèi)物體的加速度大小為a1=0.2 m/s2，方向沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，可得F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s內(nèi)物體的加速度a2=0，有mgsin θ–f–F2=ma2，可得F2=mgsin θ–f；10~15 s內(nèi)物體的加速度大小為a3=–0.2 m/s2，方向沿斜面向上，有mgsin θ–f–F3=ma3，可得F3=mgsin θ–f+0.2m。故有F3>F2>F1，A正確，BCD錯(cuò)誤。 15．

41、（1） （2） （3）（） 【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg 解得 （2）小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過(guò)程中 小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l 機(jī)械能守恒定律mgh1=Mgh2 解得 （3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)．設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T 牛頓運(yùn)動(dòng)定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T 牛頓運(yùn)動(dòng)定律T′–mgcos53°=ma 解得（） 16．（1）1 m/s （2）1.9

42、m 【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g 由牛頓第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1 可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板共速，為v1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=v0–aBt1=a1t1 解得t1=0.4 s，v1=1 m/s （2）在t1時(shí)間內(nèi)，B相對(duì)地面的位移

43、設(shè)B與木板共速后，木板的加速度大小為a2 假設(shè)B與木板相對(duì)靜止，由牛頓第二定律有f1+f3=（mB+m）a2 可得，假設(shè)成立 由aA=aB可知，B與木板共速時(shí)，A的速度大小也為v1 設(shè)從B與木板共速到A和B相遇經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t2，A和B相遇且共速時(shí)，速度大小為v2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2 解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s 在t2時(shí)間內(nèi)，B及木板相對(duì)地面的位移 全過(guò)程A相對(duì)地面的位移 則A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離x=xB+x1+|xA|=1.9 m （也可用如圖的速度–時(shí)間圖線求解） 17．（1）5 m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向

44、下 （2）98 m 【解析】（1）設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物減速的加速度大小為a1 根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1 解得a1=5 m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下 （2）從貨物在車廂內(nèi)開(kāi)始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m過(guò)程 貨物的位移x1=vt–a1t2 對(duì)貨車，根據(jù)牛頓第二定律有4mgsin θ+5kmg–μmgcos θ=4ma2 貨車減速的加速度大小為a2=5.5 m/s2 貨車的位移x2=vt–a2t2，又x1–x2=4 m 解得t=4 s，x1=52 m，x2=48 m 制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度L=38 m+12 m+x2=98 m 24