2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用學(xué)案.doc

《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用學(xué)案.doc（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解和應(yīng)用學(xué)案 [選考考點(diǎn)分布] 章 知識(shí) 內(nèi)容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計(jì) 必考 加試 xx/10 xx/04 xx/10 xx/04 xx/11 牛頓運(yùn)動(dòng) 定律 牛頓第一定律 c 牛頓第二定律 d d 19 19 19 力學(xué)單位制 b 1 2 1 2 牛頓第三定律 c c 19 牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用 d d 19 19 19 19 超重與失重 b 12 考點(diǎn)一　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的有關(guān)辨析 1．(xx浙江11月選考2)在國(guó)際單位制中，屬于基本量及基本單位的是(　　) A．質(zhì)量，千克 B．能量，焦耳 C．電阻，歐姆 D．電量，庫(kù)侖 答案　A 解析　國(guó)際基本物理量有：質(zhì)量，長(zhǎng)度，時(shí)間，電流，發(fā)光強(qiáng)度，熱力學(xué)溫度，物質(zhì)的量，故選A. 2．(xx浙江4月選考1)下列物理量及對(duì)應(yīng)的國(guó)際單位制單位符號(hào)，正確的是(　　) A．力，kg B．功率，J C．電場(chǎng)強(qiáng)度，C/N D．電壓，V 答案　D 解析　力的國(guó)際單位是N，功率的國(guó)際單位是W，電場(chǎng)強(qiáng)度的國(guó)際單位是N/C，電壓的國(guó)際單位是V，所以正確答案為D. 3．(xx浙江10月學(xué)考2)下列均屬于國(guó)際制基本單位的是(　　) A．m、N、J B．m、kg、J C．m、kg、s D．kg、m/s、N 答案　C 4．(人教版必修1P70第1至3題改編)下面對(duì)牛頓第一定律和慣性的分析正確的是(　　) A．飛機(jī)投彈時(shí)，如果當(dāng)目標(biāo)在飛機(jī)的正下方時(shí)投下炸彈，能擊中目標(biāo) B．地球自西向東轉(zhuǎn)，你向上跳起來(lái)后，不會(huì)落到原地 C．安全帶的作用是防止汽車剎車時(shí)由于慣性作用發(fā)生危險(xiǎn) D．有的同學(xué)說(shuō)，向上拋出的物體，在空中向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，肯定受到了向上的作用力 答案　C 5．(人教版必修1P81“實(shí)驗(yàn)”改編) 把A、B兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)連接在一起，B的一端固定，用手拉測(cè)力計(jì)A，如圖1，則(　　) 圖1 A．A拉B的力小于B拉A的力 B．A拉B的力大于B拉A的力 C．A拉B的力與B拉A的力是一對(duì)平衡力 D．A拉B的力與B拉A的力是一對(duì)相互作用力 答案　D 解析　根據(jù)牛頓第三定律，相互作用的兩個(gè)物體間的作用力大小相等、方向相反．A、B間的力為相互作用力，故D項(xiàng)正確． 6．伽利略和牛頓都是物理學(xué)發(fā)展史上最偉大的科學(xué)家，巧合的是，牛頓就出生在伽利略去世后第二年．下列關(guān)于力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系的說(shuō)法中，不屬于他們觀點(diǎn)的是(　　) A．自由落體運(yùn)動(dòng)是一種勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．力是使物體產(chǎn)生加速度的原因 C．物體都具有保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的屬性，即慣性 D．力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 答案　D 7. 課間休息時(shí)，一位男生跟一位女生在課桌面上扳手腕比力氣，結(jié)果男生把女生的手腕壓倒到桌面上，如圖2所示，對(duì)這個(gè)過(guò)程中作用于雙方的力，描述正確的是(　　) 圖2 A．男生扳女生手腕的力一定比女生扳男生手腕的力大 B．男生扳女生手腕的力與女生扳男生手腕的力一樣大 C．男生扳女生手腕的力小于女生臂膀提供給自己手腕的力 D．男生扳女生手腕的力與女生臂膀提供給自己手腕的力一樣大 答案　B 解析　根據(jù)牛頓第三定律，男生扳女生手腕的力與女生扳男生手腕的力大小相等． 8．如圖3所示，有人用一簇氣球使一座小屋成功升空．當(dāng)小屋加速上升時(shí)，它受到的拉力與重力的關(guān)系是(　　) 圖3 A．一對(duì)平衡力 B．作用力和反作用力 C．拉力小于重力 D．拉力大于重力 答案　D 解析　因加速上升，所以拉力大于重力． 1.力的作用效果是改變物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，而不是維持物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)． 2．慣性是物體的固有屬性，質(zhì)量是慣性大小的唯一量度．慣性的兩種表現(xiàn)形式： (1)物體在不受外力或所受的合外力為零時(shí)，慣性表現(xiàn)為使物體保持原來(lái)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng))． (2)物體受到外力時(shí)，慣性表現(xiàn)為運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度，慣性大，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)較難改變；慣性小，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)易改變． 3．國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量，分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、發(fā)光強(qiáng)度、物質(zhì)的量．它們?cè)趪?guó)際單位制中的單位稱為基本單位，而通過(guò)物理量之間的關(guān)系式推導(dǎo)出來(lái)的物理量單位叫做導(dǎo)出單位． 4．牛頓第二定律的五性 五性 考點(diǎn)二　牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 1. 如圖4所示，小車向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過(guò)細(xì)線懸吊著小鐵球m，M、m均相對(duì)小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ.若小車的加速度逐漸增大到3a時(shí)，M、m仍與小車保持相對(duì)靜止，則(　　) 圖4 A．細(xì)線與豎直方向的夾角增加到原來(lái)的3倍 B．細(xì)線與豎直方向夾角的正弦值增加到原來(lái)的3倍 C．細(xì)線的拉力增加到原來(lái)的3倍 D．M受到的摩擦力增加到原來(lái)的3倍 答案　D 解析　小球受重力和細(xì)線的拉力，沿水平和豎直方向正交分解，得FTsin θ＝ma，F(xiàn)Tcos θ＝mg，則a＝gtan θ，所以加速度增大到3a時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角的正切值增加到原來(lái)的3倍，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由以上分析知，細(xì)線水平分力增到原來(lái)的3倍，但豎直分力等于小球重力不變，所以實(shí)際細(xì)線的拉力不會(huì)增大到原來(lái)的3倍，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)M和m整體受力分析Ff＝(M＋m)a，故M受到的摩擦力增加到原來(lái)的3倍，選項(xiàng)D正確． 2．(xx稽陽(yáng)聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)下列情景中哪個(gè)不是失重造成的結(jié)果(　　) A．天宮二號(hào)內(nèi)部的物品可以飄在空中 B．汽車快速過(guò)拱形橋時(shí)，司機(jī)感覺(jué)到自己對(duì)座位的壓力小了 C．電梯從十樓向下啟動(dòng)時(shí)，人感覺(jué)輕飄飄的 D．小朋友放飛氣球，氣球飄飄蕩蕩飛上了天空 答案　D 解析　A、B、C都是失重或完全失重造成的，只有D是因?yàn)楦×Υ笥谥亓υ斐傻?，因此D正確． 3. (xx溫州市聯(lián)考)如圖5所示，a、b兩小球用細(xì)線連接，通過(guò)一輕質(zhì)彈簧懸掛在天花板上，a、b兩球的質(zhì)量分別為m和2m，在細(xì)線燒斷瞬間，a、b兩球的加速度分別為(取向下為正方向)(　　) 圖5 A．0，g B．－g，g C．－2g，g D．2g,0 答案　C 解析　在細(xì)線燒斷之前，a、b可看成一個(gè)整體，由二力平衡知，彈簧彈力等于整體重力，故彈簧彈力方向向上，大小為3mg.當(dāng)細(xì)線燒斷瞬間，彈簧的形變量不變，故彈力不變，故a受向上3mg的彈力和向下mg的重力，故加速度aa＝＝2g，方向向上．對(duì)b而言，細(xì)線燒斷后只受重力作用，故加速度ab＝＝g，方向向下．取向下為正方向，有aa＝－2g，ab＝g.故選項(xiàng)C正確． 4. (xx浙江北侖中學(xué)期中)如圖6所示，光滑水平面上，水平恒力F拉小車和木塊一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，它們的共同加速度為a，木塊與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) 圖6 A．木塊受到的摩擦力大小一定為μmg B．木塊受到的合力大小為(M＋m)a C．小車受到的摩擦力大小為 D．小車受到的合力大小為(m＋M)a 答案　C 解析　木塊與小車共同加速，木塊受到靜摩擦力，由牛頓第二定律Ff＝ma，A、B錯(cuò)誤；小車受到的合外力為Ma，D錯(cuò)誤；對(duì)小車和木塊整體：F＝(M＋m)a，對(duì)木塊：Ff＝ma＝m，由牛頓第三定律得小車受到的摩擦力也為. 5．(xx嵊州市高級(jí)中學(xué)期末)已知雨滴在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力F阻＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為其運(yùn)動(dòng)速率．t＝0時(shí)，雨滴由靜止開(kāi)始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做勻速運(yùn)動(dòng)，速率為v0.下列圖象中不正確的是(　　) 答案　D 解析　由mg－F阻＝ma得，雨滴先加速下落，隨著v增大，阻力F阻增大，a減小，a＝0時(shí)，v＝v0不再變化，故A、B正確；又mg＝kr2v，v＝，又m＝πρr3得v＝r，即v與r成正比關(guān)系，即C正確，D錯(cuò)誤． 6．(xx溫州市十校高三期末)如圖7甲所示，是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的“”表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器畫(huà)出的F－t圖線．兩圖中a～g各點(diǎn)均相對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在甲圖中沒(méi)有畫(huà)出，圖乙中a、c、e點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)均為700 N．取重力加速度g＝10 m/s2.請(qǐng)根據(jù)這兩個(gè)圖所給出的信息，判斷下面說(shuō)法中正確的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖7 A．此人重心在b點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài) B．此人重心在c點(diǎn)時(shí)的加速度大小大于在b點(diǎn)時(shí)的加速度大小 C．此人重心在e點(diǎn)時(shí)的加速度大小大于在a點(diǎn)時(shí)的加速度大小 D．此人重心在f點(diǎn)時(shí)的腳剛好離開(kāi)傳感器 答案　D 解析　由題圖知a、c、e點(diǎn)處對(duì)應(yīng)的F＝G，故加速度等于0，b點(diǎn)處F＜G，處于失重狀態(tài)． 1.只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)． 2．加速度與合外力具有瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，二者總是同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失． 3．受力分析中的突變問(wèn)題 (1)輕繩、輕桿和接觸面的彈力可以突變． (2)彈簧、橡皮筋的彈力不可以突變． 4．連接體問(wèn)題的分析思路 (1)若系統(tǒng)內(nèi)各物體具有相同的加速度，且要求物體間的相互作用力時(shí)，一般“先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力”． (2)若系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的加速度不相同，又需要知道物體間的相互作用力，往往把各個(gè)物體從系統(tǒng)中隔離出來(lái)，分析各個(gè)物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，并分別應(yīng)用牛頓第二定律列出方程求解． 考點(diǎn)三　動(dòng)力學(xué)的兩類基本問(wèn)題 1．(xx浙江4月選考19)如圖8所示，游船從某碼頭沿直線行駛到湖對(duì)岸，小明對(duì)過(guò)程進(jìn)行觀測(cè)并記錄數(shù)據(jù)如下表： 圖8 運(yùn)動(dòng)過(guò)程 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 運(yùn)動(dòng)狀態(tài) 勻加速運(yùn)動(dòng) 0～40 s 初速度v0＝0；末速度v＝4.2 m/s 勻速運(yùn)動(dòng) 40～640 s v＝4.2 m/s 勻減速運(yùn)動(dòng) 640～720 s 靠岸時(shí)v1＝0.2 m/s (1)求游船勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小a1及位移大小x1； (2)若游船和游客的總質(zhì)量M＝8 000 kg，求游船勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的合力大小F； (3)求游船在整個(gè)行駛過(guò)程中的平均速度大?。? 答案　(1)0.105 m/s2　84 m　(2)400 N　(3)3.86 m/s 解析　(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a1＝＝0.105 m/s2 位移x1＝a1t2＝84 m (2)減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小 a2＝＝0.05 m/s2 由牛頓第二定律得F＝Ma2＝400 N (3)位移x＝t1＋vt2＋t3＝2 780 m 平均速度＝≈3.86 m/s. 2. (xx浙江10月學(xué)考19)如圖9所示在某段平直的鐵路上，一列以324 km/h高速行駛的列車在某時(shí)刻開(kāi)始勻減速行駛，5 min后恰好停在某車站，并在該站停留4 min，隨后勻加速駛離車站，經(jīng)8.1 km后恢復(fù)到原速324 km/h.(g取10 m/s2) 圖9 (1)求列車減速時(shí)的加速度大??； (2)若該列車總質(zhì)量為8.0105 kg，所受阻力恒為車重的0.1倍，求列車駛離車站加速過(guò)程中牽引力的大??； (3)求列車從開(kāi)始減速到恢復(fù)原速這段時(shí)間內(nèi)的平均速度大?。? 答案　見(jiàn)解析 解析　(1)列車的速度為324 km/h＝90 m/s，經(jīng)過(guò)5 min＝300 s停下，所以加速度大小為 a＝＝ m/s2＝0.3 m/s2 (2)Ff＝0.1mg ，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)－0.1mg＝ma′ v2＝2a′x′ 解得a′＝0.5 m/s2 ，則F＝1.2106 N (3)根據(jù)(2)可知，重新加速時(shí)間為t′＝＝ s＝180 s 減速過(guò)程中通過(guò)的位移x＝t＝45300 m＝13 500 m 所以整個(gè)過(guò)程的平均速度＝＝ m/s＝30 m/s. 3. (xx浙江4月學(xué)考19)如圖10是上海中心大廈，小明乘坐大廈快速電梯，從底層到達(dá)第119層觀光平臺(tái)僅用時(shí)55 s．若電梯先以加速度a1做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度18 m/s.然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)，最后以加速度a2做勻減速運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)觀光平臺(tái)．假定觀光平臺(tái)高度為549 m，取g＝10 m/s2. 圖10 (1)若電梯經(jīng)過(guò)20 s勻加速達(dá)到最大速度，求加速度a1及上升高度h； (2)在(1)問(wèn)中的勻加速上升過(guò)程中，若小明的質(zhì)量為60 kg，求小明對(duì)電梯地板的壓力； (3)求電梯勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． 答案　(1)0.9 m/s2　180 m　(2)654 N，方向豎直向下 (3)6 s 解析　(1)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得 a1＝＝ m/s2＝0.9 m/s2 h＝a1t＝0.9202 m＝180 m (2)根據(jù)牛頓第二定律可得 FN－mg＝ma1 則FN＝mg＋ma1＝654 N 根據(jù)牛頓第三定律得 小明對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝654 N，方向豎直向下 (3)設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t，由v－t圖象可得 H＝(t＋t0)vm 解得t0＝6 s. 4. (人教版必修1P86例2)如圖11所示，一個(gè)滑雪的人，質(zhì)量m＝75 kg，以v0＝2 m/s的初速度沿山坡勻加速滑下，山坡的傾角θ＝30，t＝5 s的時(shí)間內(nèi)滑下的路程x＝60 m，g＝9.8 m/s2，求滑雪人受到的阻力(包括摩擦力和空氣阻力)大?。? 圖11 答案　67.5 N 解析　由x＝v0t＋at2得a＝4 m/s2， 又由牛頓第二定律mgsin θ－F阻＝ma 得F阻＝mgsin θ－ma＝67.5 N. 5．(xx浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)考)2017年1月25日，在中央電視臺(tái)播出的“xx年度科技盛典”節(jié)目中，海軍電力工程專家馬偉明院士表示正在研制“國(guó)產(chǎn)003型航母電磁彈射器”(如圖12所示)．它是由電磁彈射車給飛機(jī)一個(gè)輔助作用力，使飛機(jī)在較短的直跑道上獲得較大的速度．假定航母處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量為M的飛機(jī)利用電磁彈射器起飛，飛機(jī)在t0時(shí)刻從靜止開(kāi)始在跑道上做勻加速運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻獲得發(fā)射速度v.此過(guò)程中飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為F，阻力恒為f.問(wèn)： 圖12 (1)電磁彈射車對(duì)飛機(jī)的輔助推力多大？ (2)若在t1時(shí)刻突然接到飛機(jī)停止起飛的命令，立刻將該飛機(jī)的推力和電磁彈射車的輔助推力同時(shí)反向但大小不變．要使飛機(jī)能安全停止，則飛行甲板L至少多長(zhǎng)？ 答案　(1)－F＋f　(2)＋ 解析　(1)設(shè)飛機(jī)在加速過(guò)程中加速度為a1， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1＝，即a1＝ ① 由牛頓第二定律可得F－f＋F輔＝Ma1 ② 由①②可得F輔＝－F＋f. (2)飛機(jī)在加速過(guò)程中滑行的距離s1為 s1＝Δt＝ ③ 設(shè)飛機(jī)在減速過(guò)程中加速度為a2，由牛頓第二定律得 －F－f－F輔＝Ma2 ④ 飛機(jī)在減速過(guò)程中滑行的距離為s2， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v－v＝2ax可得s2＝－ ⑤ 由①②④⑤可得s2＝ 要使飛機(jī)能安全停止，則飛行甲板長(zhǎng)L至少為 L≥s1＋s2＝＋. 1.以加速度為“橋梁”，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律列方程求解，具體邏輯關(guān)系如下： 2．解答動(dòng)力學(xué)兩類問(wèn)題的基本程序 (1)明確題目中給出的物理現(xiàn)象和物理過(guò)程的特點(diǎn)． (2)對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出示意圖． (3)應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，通常先用表示相應(yīng)物理量的符號(hào)進(jìn)行運(yùn)算，解出所求物理量的表達(dá)式，然后將已知物理量的數(shù)值及單位代入，通過(guò)運(yùn)算求結(jié)果． 考點(diǎn)四　用動(dòng)力學(xué)方法解決傳送帶問(wèn)題 1. 如圖13所示，電動(dòng)傳送帶以恒定速度v0＝1.2 m/s運(yùn)行，傳送帶與水平面的夾角α＝37，現(xiàn)將質(zhì)量m＝20 kg的物品箱輕放到傳送帶底端，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物品箱被送到高h(yuǎn)＝1.8 m的平臺(tái)上，已知物品箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.85，不計(jì)其他損耗，則每件物品箱從傳送帶底端送到平臺(tái)上，需要多長(zhǎng)時(shí)間？(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2) 圖13 答案　3.25 s 解析　物品箱剛放到傳送帶上時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到v0時(shí)，與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)到平臺(tái)．物品箱剛放上去時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.8 m/s2. 從靜止到與傳送帶共速所用時(shí)間t1＝＝ s＝1.5 s， 沿斜面向上的位移x＝t1＝0.9 m. 物品箱隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)平臺(tái)的時(shí)間為 t2＝＝ s＝1.75 s， 總時(shí)間為t＝t1＋t2＝3.25 s. 2．如圖14甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)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(kāi)始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2>v1，則(　　) 圖14 A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 答案　B 解析　t1時(shí)刻小物塊向左運(yùn)動(dòng)到速度為零，離A處的距離達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；t2時(shí)刻前小物塊相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，之后相對(duì)靜止，故B正確；0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，故C錯(cuò)誤；t2～t3時(shí)間內(nèi)小物塊不受摩擦力作用，故D錯(cuò)誤． 3. (xx浙江余姚中學(xué)高三上期中)如圖15所示，傳送帶的水平部分AB是繃緊的，當(dāng)傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)時(shí)，滑塊從斜面頂端由靜止下滑，通過(guò)AB所用時(shí)間為t1，從B端飛出時(shí)速度大小為v1.若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)轉(zhuǎn)，滑塊同樣從斜面頂端由靜止下滑，通過(guò)AB所用時(shí)間為t2，從B端飛出時(shí)速度大小為v2，則(　　) 圖15 A．t1＝t2，v1＝v2 B．t1＜t2，v1＞v2 C．t1＞t2，v1＞v2 D．t1＝t2，v1＞v2 答案　A 解析　在兩種情況下，滑塊到達(dá)A點(diǎn)的初速度相等，在傳送帶上都做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小相等，根據(jù)速度位移公式知，到達(dá)B端的速度相等，即v1＝v2，結(jié)合速度時(shí)間公式知，t1＝t2，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 1.在確定研究對(duì)象并進(jìn)行受力分析之后，首先判定摩擦力突變(含大小和方向)點(diǎn)，給運(yùn)動(dòng)分段． (1)傳送帶傳送的物體所受摩擦力，不論是其大小的突變，還是其方向的突變，都發(fā)生在物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻． (2)物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的極值問(wèn)題，不論是極大值，還是極小值，也都發(fā)生在物體速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻． (3)v物與v傳相同的時(shí)刻是運(yùn)動(dòng)分段的關(guān)鍵點(diǎn)． 2．判定運(yùn)動(dòng)中的速度變化(相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向和對(duì)地速度變化)的關(guān)鍵是v物與v傳的大小與方向，二者的大小和方向決定了此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和狀態(tài)． 3．考慮傳送帶長(zhǎng)度——判定到達(dá)臨界狀態(tài)之前是否滑出以及物體與傳送帶共速以后物體是否一定與傳送帶保持相對(duì)靜止一起做勻速運(yùn)動(dòng)． 專題強(qiáng)化練 (限時(shí)：35分鐘) 1．(xx杭州市四校聯(lián)考)同學(xué)們知道物理學(xué)中力的單位是“N”，但“N”是一個(gè)導(dǎo)出單位，如果用國(guó)際制基本單位表示，下列正確的是(　　) A．kgm/s2 B．kgm/s C．kg2m/s D．kgm2/s 答案　A 2．(xx溫州市九校高三上學(xué)期期末)根據(jù)圖1，下列關(guān)于運(yùn)動(dòng)和力的敘述正確的是(　　) 圖1 A．圖甲中，運(yùn)動(dòng)員在彎道處，若地面摩擦力突然消失，他將沿著半徑方向“離心”而去 B．圖乙中，在碗里做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的小球受到的合外力是恒力 C．圖丙中，在水平直跑道上減速運(yùn)動(dòng)的航天飛機(jī)，傘對(duì)飛機(jī)的拉力大于飛機(jī)對(duì)傘的拉力 D．圖丁中，人在體重計(jì)上站起的瞬間指針示數(shù)會(huì)變大 答案　D 解析　A中摩擦力消失，由于慣性，他將沿切線方向飛出；B中小球受到的合外力大小不變，但方向變化，故是變力；C中由相互作用力的關(guān)系，傘對(duì)飛機(jī)的拉力等于飛機(jī)對(duì)傘的拉力；D中站起瞬間有向上的加速度，人對(duì)體重計(jì)的壓力大于重力，故示數(shù)會(huì)變大． 3. (xx浙江名校協(xié)作體模擬)如圖2所示是我國(guó)一種傳統(tǒng)的民族體育項(xiàng)目 “押加”，實(shí)際上相當(dāng)于兩個(gè)人拔河，如果繩的質(zhì)量不計(jì)，且保持水平，甲、乙兩人在“押加”比賽中甲獲勝，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A．甲對(duì)乙的拉力始終大于乙對(duì)甲的拉力 B．甲把乙加速拉過(guò)去時(shí)，甲對(duì)乙的拉力大于乙對(duì)甲的拉力 C．只有當(dāng)甲把乙勻速拉過(guò)去時(shí)，甲對(duì)乙的拉力大小才等于乙對(duì)甲的拉力大小 D．甲對(duì)乙的拉力大小始終等于乙對(duì)甲的拉力大小，只是地面對(duì)甲的摩擦力大于地面對(duì)乙的摩擦力 答案　D 解析　由作用力與反作用力的關(guān)系知，D正確． 4．(xx寧波市效實(shí)中學(xué)期中)如圖3所示，物體P置于光滑的水平面上，用輕細(xì)線跨過(guò)質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪連接一個(gè)重力G＝10 N的重物Q，物體P向右運(yùn)動(dòng)的加速度為a1；若細(xì)線下端不掛重物，而用F＝10 N的力豎直向下拉細(xì)線下端，這時(shí)物體P的加速度為a2，則(　　) 圖3 A．a(chǎn)1＜a2 B．a(chǎn)1＝a2 C．a(chǎn)1＞a2 D．條件不足，無(wú)法判斷 答案　A 解析　左圖：對(duì)PQ整體G＝(mP＋mQ)a1， 右圖：對(duì)P物體F＝mPa2，由F＝G＝10 N知a1＜a2. 5．(xx浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)考)某日，小華在乘坐電梯的時(shí)候，由于電梯出現(xiàn)故障，小華和電梯一起自由下落，關(guān)于此下落過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小華會(huì)撞到電梯的天花板 B．小華只受兩個(gè)力的作用 C．小華對(duì)電梯地板的壓力為零 D．小華處于超重狀態(tài) 答案　C 解析　自由下落屬于完全失重狀態(tài)，故小華對(duì)電梯地板的壓力為零． 6．(xx溫州市9月選考)2017年6月5日，溫州司乘人員(包括后排)不系安全帶都將被罰款，假定某次緊急剎車時(shí)，由于安全帶的作用，質(zhì)量為70 kg的乘員獲得約6 m/s2的加速度，則安全帶對(duì)乘員的作用力約為(　　) A．200 N B．400 N C．600 N D．800 N 答案　B 7．如圖4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)量均為m，物塊2、4質(zhì)量均為M，兩個(gè)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(　　) 圖4 A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0 B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝g D．a(chǎn)1＝g，a2＝g，a3＝0，a4＝g 答案　C 解析　在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕質(zhì)桿連接處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g；而物塊3、4間的輕質(zhì)彈簧的形變還來(lái)不及改變，此時(shí)彈簧對(duì)物塊3向上的彈力大小和對(duì)物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝＝g，所以C正確． 8．(xx浙江“9＋1”高中聯(lián)盟期中)水平力F方向確定，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，F(xiàn)的大小按圖5甲所示規(guī)律變化，在F從0開(kāi)始逐漸增大的過(guò)程中，物塊的加速度a隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．重力加速度大小為10 m/s2.根據(jù)圖，下列物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力Ffm、物塊與水平桌面間的滑動(dòng)摩擦力Ff、物塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、物塊質(zhì)量m的值正確的是(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖5 A．Ffm＝4 N B．μ＝0.1 C．Ff＝6 N D．m＝2 kg 答案　B 解析　t＝2 s時(shí)，F(xiàn)fm＝F＝6 N；F－μmg＝ma1，即6－μmg＝m1.t＝4 s時(shí)，F(xiàn)－μmg＝ma2，即12－μmg＝m3，解得m＝3 kg，μ＝0.1，則Ff＝μmg＝3 N. 9. 如圖6所示，兩個(gè)質(zhì)量相同的物體1和2緊靠在一起，放在光滑的水平桌面上．若它們分別受到水平推力F1和F2作用，而且F1＞F2，則1施于2的作用力大小為(　　) 圖6 A．F1 B．F2 C.(F1＋F2) D.(F1－F2) 答案　C 解析　設(shè)物體1和2的質(zhì)量都為m，加速度為a，以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得a＝.以物體2為研究對(duì)象，有a＝，解得F12＝.故C選項(xiàng)正確． 10. 如圖7所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過(guò)輕繩相連，并在拉力F作用下沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面．當(dāng)拉力F一定時(shí)，Q受到繩的拉力(　　) 圖7 A．與斜面傾角θ有關(guān) B．與物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān) C．與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān) D．僅與兩物塊質(zhì)量有關(guān) 答案　D 解析　設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，Q受到繩的拉力大小為FT，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體受力分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；對(duì)Q受力分析，有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可見(jiàn)Q受到繩的拉力FT與斜面傾角θ、物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均無(wú)關(guān)，僅與兩物塊質(zhì)量和F有關(guān)，選項(xiàng)D正確． 11. 如圖8所示，質(zhì)量為m的球置于傾角為45的斜面上，被一個(gè)垂直于斜面的擋板擋?。F(xiàn)用一個(gè)力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，以下說(shuō)法中正確的是(　　) 圖8 A．若加速度足夠小，擋板對(duì)球的彈力可能為零 B．若加速度的大小等于重力加速度的大小，斜面對(duì)球的彈力為零 C．斜面對(duì)球的彈力不僅有，而且是一個(gè)定值 D．斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力等于ma 答案　B 解析　球受到重力mg、斜面的支持力FN2、擋板的彈力FN1，則豎直方向有FN2cos 45＋FN1sin 45＝mg，水平方向有FN1cos 45－FN2sin 45＝ma.若加速度足夠小，據(jù)表達(dá)式可知，擋板對(duì)球的彈力不可能為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若加速度的大小等于重力加速度的大小，據(jù)表達(dá)式可知，斜面對(duì)球的彈力為零，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；由于重力方向豎直向下，斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力沿水平方向的分力為ma，所以其二者的合力大于ma，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 12. (xx溫州瑞安四校聯(lián)考)如圖9所示，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長(zhǎng)木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓質(zhì)量的2倍．當(dāng)繩子突然斷開(kāi)時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變．則此時(shí)木板沿斜面下滑的加速度為(　　) 圖9 A.sin α B．gsin α C.gsin α D. 2gsin α 答案　C 解析　對(duì)貓F(tuán)f＝mgsin α，對(duì)木板Ff＋2mgsin α＝2ma，則a＝gsin α. 13. 如圖10所示，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以v0＝2 m/s的速度順時(shí)針勻速運(yùn)行．t＝0時(shí)，在傳送帶的最左端輕放一個(gè)小滑塊，t＝2 s時(shí)，傳送帶突然制動(dòng)停下．已知滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，g＝10 m/s2.在下圖中，關(guān)于滑塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的v－t圖象正確的是(　　) 圖10 答案　D 解析　滑塊剛放在傳送帶上時(shí)受到滑動(dòng)摩擦力作用做勻加速運(yùn)動(dòng)，a＝＝μg＝2 m/s2，滑塊運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同時(shí)需要的時(shí)間t1＝＝1 s，然后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝t－t1＝1 s，當(dāng)傳送帶突然制動(dòng)停下時(shí)，滑塊在傳送帶的滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，a′＝－a＝－2 m/s2，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝＝1 s，選項(xiàng)D正確． 14．水平傳送帶被廣泛應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站，用于對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全檢查．如圖11所示為一水平傳送帶裝置示意圖，繃緊的傳送帶AB始終保持v＝1 m/s的恒定速率運(yùn)行．旅客把行李無(wú)初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放在傳送帶上的同時(shí)也以v＝1 m/s的恒定速度平行于傳送帶運(yùn)動(dòng)到B處取行李，則(　　) 圖11 A．乘客與行李同時(shí)到達(dá)B B．乘客提前0.5 s到達(dá)B C．行李提前0.5 s到達(dá)B D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要3 s才能到達(dá)B 答案　B 解析　行李在傳送帶上先加速運(yùn)動(dòng)，然后再和傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，得μmg＝ma，解得a＝1 m/s2.設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，行李加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝1 m/s，由v＝at1代入數(shù)值得t1＝1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小為x＝at＝0.5 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝1.5 s，行李從A到B的時(shí)間為t＝t1＋t2＝2.5 s，而乘客一直做勻速運(yùn)動(dòng)，從A到B的時(shí)間為t人＝＝2 s．故乘客提前0.5 s到達(dá)B，故A、C錯(cuò)誤，B正確；若行李一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，由L＝at，得最短時(shí)間tm＝2 s，故D錯(cuò)誤． 15．(xx浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)浙江寧波慈溪方特歡樂(lè)世界的“跳樓機(jī)”游戲，以驚險(xiǎn)刺激深受年輕人的歡迎．它的基本原理是將巨型娛樂(lè)器械由升降機(jī)送到離地面100 m的高處，然后讓座艙自由落下，落到離地面20 m高時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)開(kāi)始啟動(dòng)，使座艙均勻減速，到達(dá)地面時(shí)剛好停下．某次游戲中，座艙中小明用手托著重5 N的蘋果，(取g＝10 m/s2)試求： (1)此過(guò)程中的最大速度是多少？ (2)當(dāng)座艙落到離地面40 m的位置時(shí)，手對(duì)蘋果的支持力大??？ (3)當(dāng)座艙落到離地面15 m的位置時(shí)，蘋果對(duì)手的壓力大??？ 答案　(1)40 m/s　(2)零　(3)25 N 解析　(1)由題意可知先自由下降h＝100 m－20 m＝80 m 由v2＝2gh，有v＝40 m/s. (2)離地面40 m時(shí)，座艙自由下落，處于完全失重狀態(tài)，所以手對(duì)蘋果的支持力為零． (3)a＝，s＝20 m， 由此得：a＝40 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：FN－mg＝ma，得：FN＝25 N 根據(jù)牛頓第三定律，蘋果對(duì)手的壓力大小為25 N. 16．如圖12甲所示，質(zhì)量m＝1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間的變化關(guān)系圖象(v－t圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： 圖12 (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小x和通過(guò)的路程L； (2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F. 答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 解析　(1)物塊上升的位移： x1＝21 m＝1 m； 物塊下滑的位移： x2＝11 m＝0.5 m； 2 s內(nèi)物塊的位移大小x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m 路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m (2)由題圖乙知，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)階段的加速度為 a1＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝ m/s2＝－4 m/s2 設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊的摩擦力為Ff，根據(jù)牛頓第二定律 0～0.5 s內(nèi)F－Ff－mgsin θ＝ma1； 0．5～1 s內(nèi)－Ff－mgsin θ＝ma2； 聯(lián)立解得：F＝8 N.