《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）（28頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)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(shí)的同時(shí)，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(yùn)用"力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)"分析解決問(wèn)題的能力。牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用是每年高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題的關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，特別是牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)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(gè)方面：一是牛頓第二定律的瞬時(shí)性，根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力，二是動(dòng)力學(xué)的兩類問(wèn)題，三是連接體問(wèn)題，四是牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用。 牛頓運(yùn)動(dòng)定律

2、第一部分知識(shí)背一背 1.牛頓第一定律 (1)牛頓第一定律的意義 ①指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又稱慣性定律. ②指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即力是產(chǎn)生加速度的原因. (3)慣性 ①量度：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小. ②普遍性：慣性是物體的固有屬性，一切物體都有慣性. 2.牛頓第二定律 (1)物理意義：反映物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、方向與所受合外力的關(guān)系，且這種關(guān)系是瞬時(shí)的. (2)適用范圍： ①牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系). ②牛頓第二定律只適用于宏觀

3、物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況. 4.牛頓第三定律 四同： (1)大小相同(2)方向在同一直線上(3)性質(zhì)相同(4)出現(xiàn)、存在、消失的時(shí)間相同 三不同：(1)方向不同(2)作用對(duì)象不同(3)作用效果不同 5.超重與失重和完全失重 超重、失重和完全失重的比較 現(xiàn)象 實(shí)質(zhì) 超重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谧陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量 失重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦π∮谧陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量 完全失重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Φ扔诹愕?/p>

4、現(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g 第三部分技能+方法 一、如何理解牛頓第一定律 牛頓第一定律不是實(shí)驗(yàn)定律，即不能由實(shí)驗(yàn)直接加以驗(yàn)證，它是在可靠的實(shí)驗(yàn)事實(shí)基礎(chǔ)上采用科學(xué)的抽象思維而推理和總結(jié)出來(lái)的. 二、牛頓第一定律、慣性、牛頓第二定律的比較 1.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，力是改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，也就是力是產(chǎn)生加速度的原因. 2.牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例，而是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，牛頓第一定律不是由實(shí)驗(yàn)直接總結(jié)出來(lái)的，是以伽利略的理想實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)，通過(guò)對(duì)大量實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的思維抽象、推理而總結(jié)出來(lái)的.牛頓第一定律定性地給出了物體在不受力的理想情況下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在此基礎(chǔ)上牛頓

5、第二定律定量地指出了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：F＝ma. 三、牛頓第二定律的理解 1.物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，合力與加速度的大小關(guān)系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大還是小，或是零，都有加速度，只有合力為零時(shí)，加速度才能為零，一般情況下，合力與速度無(wú)必然的聯(lián)系，只有速度變化才與合力有必然的聯(lián)系. 2.合力與速度同向時(shí)，物體加速，反之則減速. 3.物體的運(yùn)動(dòng)情況取決于物體受的力和物體的初始條件(即初速度)，尤其是初始條件是很多同學(xué)最容易忽視的，從而導(dǎo)致不能正確地分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程 四、作用力和反作用力與平衡力 作用力和反作用力與平衡力的比較 內(nèi)容 作用力和反作用力 平

6、衡力 受力物體 作用在兩個(gè)相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關(guān)系 相互依存，不可單獨(dú)存在，同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失 無(wú)依賴關(guān)系，撤除一個(gè)，另一個(gè)可依然存在，只是不再平衡 疊加性 兩力作用效果不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可求合力，且合力為零 力的性質(zhì) 一定是同性質(zhì)的力 可以是同性質(zhì)的力，也可以是不同性質(zhì)的力 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 五、整體法和隔離法的應(yīng)用 1.解答問(wèn)題時(shí)，不能把整體法和隔離法對(duì)立起來(lái)，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來(lái)，從具體問(wèn)題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選

7、取對(duì)象，恰當(dāng)?shù)剡x擇使用隔離法和整體法. 2.在使用隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對(duì)象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體(包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體)，而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問(wèn)題的實(shí)際情況，靈活處理. 3.在選用整體法和隔離法時(shí)，可依據(jù)所求的力進(jìn)行選擇，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法.但在具體應(yīng)用時(shí)，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，先整體后隔離.先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度. 應(yīng)用牛頓第二定律時(shí)，若研究對(duì)象為一物體系統(tǒng)，可將系統(tǒng)的所有外力及系統(tǒng)內(nèi)每一物體的加速度均沿互

8、相垂直的兩個(gè)方向分解，則牛頓第二定律的系統(tǒng)表達(dá)式為： ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx ΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 應(yīng)用牛頓第二定律的系統(tǒng)表達(dá)式解題時(shí)，可不考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力(即內(nèi)力)，這樣能達(dá)到簡(jiǎn)化求解的目的，但需把握三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)： (1)正確分析系統(tǒng)受到的外力； (2)正確分析系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度的大小和方向； (3)確定正方向，建立直角坐標(biāo)系，并列方程進(jìn)行求解. 六、牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用規(guī)律 （一）、動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的求解思路 兩類基本問(wèn)題中，受力分析是關(guān)鍵，求解加速度是橋梁和樞紐，思維過(guò)程如下： （二）、用牛頓定律處理臨界問(wèn)

9、題的方法 1.臨界問(wèn)題的分析思路 解決臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是：認(rèn)真分析題中的物理情景，將各個(gè)過(guò)程劃分階段，找出各階段中物理量發(fā)生突變或轉(zhuǎn)折的“臨界點(diǎn)”，然后分析出這些“臨界點(diǎn)”應(yīng)符合的臨界條件，并將其轉(zhuǎn)化為物理?xiàng)l件. 2.臨界、極值問(wèn)題的求解方法 (1)極限法：在題目中如出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語(yǔ)時(shí)，一般隱含著臨界問(wèn)題，處理此類問(wèn)題時(shí)，應(yīng)把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，達(dá)到盡快求解的目的. (2)假設(shè)法：有些物理過(guò)程中沒(méi)有明顯出現(xiàn)臨界問(wèn)題的線索，但在變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界問(wèn)題，也可能不出現(xiàn)臨界問(wèn)題，解答此類題目，一般采用假設(shè)法. 此外，我們還可

10、以應(yīng)用圖象法等進(jìn)行求解. （三）、復(fù)雜過(guò)程的處理方法——程序法 按時(shí)間的先后順序?qū)︻}目給出的物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程(或不同的狀態(tài))進(jìn)行分析(包括列式計(jì)算)的解題方法可稱為程序法.用程序法解題的基本思路是： 1.劃分出題目中有多少個(gè)不同的過(guò)程或多少個(gè)不同的狀態(tài). 2.對(duì)各個(gè)過(guò)程或各個(gè)狀態(tài)進(jìn)行具體分析，得出正確的結(jié)果. 3.前一個(gè)過(guò)程的結(jié)束就是后一個(gè)過(guò)程的開(kāi)始，兩個(gè)過(guò)程的分界點(diǎn)是關(guān)鍵 第四部分基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．如圖所示，水平桌面上，質(zhì)量為小的物塊放在質(zhì)量為2m的長(zhǎng)木板的左端，物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ木板和桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，開(kāi)始時(shí)物塊和木板均靜止，若在物塊上施加一個(gè)水平向右

11、的恒力F，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是 A．當(dāng)F>μmg時(shí)，物塊和木板一定發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) B．當(dāng)F=μmg時(shí)，物塊的加速度大小為112μg C．當(dāng)F=2μmg時(shí)，木板的加速度大小為16μg D．不管力F多大，木板的加速度始終為0 【答案】 B 【解析】 【詳解】 對(duì)長(zhǎng)木板，因μmg＞14μ?3mg，長(zhǎng)木板可以向右運(yùn)動(dòng)，由μmg-14μ?3mg=2ma2可得其運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a2=18μg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。當(dāng)物塊、木板將要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊，F(xiàn)0-μmg=ma2，將a2=18μg代入得F0=98μmg。故有，（1）當(dāng)拉力F≤14μ?3mg時(shí)，二者均保持靜止；（2）

12、當(dāng)拉力34μmg＜F≤98μmg時(shí)，二者相對(duì)靜止，一起加速運(yùn)動(dòng)；（3）當(dāng)拉力F＞98μmg時(shí)，二者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)。故AC錯(cuò)誤，B正確。 2．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點(diǎn)處，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點(diǎn)相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點(diǎn)時(shí)物塊速度為零，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是 A．由B到C的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能和物塊動(dòng)能之和逐漸減小 B．由B到C的過(guò)程中，物塊動(dòng)能和重力勢(shì)能之和不變 C．由B到C的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能和物塊的重力勢(shì)能之和不變 D．由B到C的過(guò)程中，物塊加速度逐漸減小 【答案】 A 【解析】

13、 【詳解】 由B到C的過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即物塊的重力勢(shì)能、動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能總和不變，物塊的重力勢(shì)能增大，則彈性勢(shì)能和動(dòng)能之和減??；由于彈簧的彈性勢(shì)能增加，則物塊動(dòng)能和重力勢(shì)能之和減小，故A正確，BC錯(cuò)誤；由B到C的過(guò)程中，彈力向下逐漸變大，根據(jù)mg+F彈=ma可知，物塊加速度逐漸變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A. 3．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)

14、過(guò)程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過(guò)程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過(guò)程的加速度大小為a2=v02t0；對(duì)于勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過(guò)程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)量定理：IF-If=0，則在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理：WF-Wf=0，則

15、在物體運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 4．如圖所示，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(yuǎn) 處由靜止釋放．某同學(xué)在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，他以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F 的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系，如圖所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷不正確的是( ) A．當(dāng) x＝h＋x0，小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和最小 B．小球落到彈簧上向

16、下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，加速度先減小后增大 C．當(dāng) x＝h＋2x0，小球的加速度大小為g D．小球動(dòng)能的最大值為 mgh＋mgx0 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)乙圖可知，當(dāng)x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時(shí)小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒可知，重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小，故A正確； B．小球剛落到彈簧上時(shí)，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大；然后向下運(yùn)動(dòng)時(shí)彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)，則小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中

17、，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確； C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時(shí)：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項(xiàng)C正確； D．小球達(dá)到最大速度的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動(dòng)能的最大值小于mg（h+x0），故D錯(cuò)誤； 5．如圖，不計(jì)空氣阻力，從O點(diǎn)水平拋出的小球抵達(dá)光滑斜面上端P處時(shí)，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法正確的是（ ） A．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小比平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)的大 B．小球在斜面運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中地面對(duì)斜面的支持力大于小球和斜面的總重 C．撤去斜面，小球

18、仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地速率將變大 D．撤去斜面，小球仍從O點(diǎn)以相同速度水平拋出，落地時(shí)間將減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律得，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運(yùn)動(dòng)的加速度為g，可知小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度小于平拋運(yùn)動(dòng)的加速度，故A錯(cuò)誤。對(duì)小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過(guò)程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對(duì)斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯(cuò)誤。比較小球在斜面上與空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。由于小球在斜

19、面上運(yùn)動(dòng)的加速度為 a=gsinα，豎直分加速度為 ay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時(shí)間變短。故D正確。故選D。 6．如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，不帶電絕緣小物塊b置于絕緣斜面上，通過(guò)絕緣細(xì)繩跨過(guò)光滑的定滑輪與帶正電小球a連接，連接b的一段細(xì)繩與斜面平行。在a所在空間中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增加的情況下，a、b、c都處于靜止?fàn)顟B(tài)，則（　?。? A．b對(duì)c的摩擦力一定減小 B．地面對(duì)c的摩擦力一定減小 C．地面對(duì)c的摩擦力方向一定向右 D．b對(duì)c的摩擦力方向可能平行斜面向上一直增加 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AD

20、．由于電場(chǎng)強(qiáng)度增加，所以連接ab的細(xì)繩中的拉力增大，如果b物塊的重力沿斜面向下的分力與剛才時(shí)的拉力相等，隨拉力的增大，b受的摩擦力沿斜面向下且增大，則c受到b的摩擦力方向沿斜面向上且一直增大，故A錯(cuò)誤，D正確； BC．將bc看成一個(gè)整體，繩的拉力方向斜向右上方，所以c受到的摩擦力方向一定水平向左，由于拉力增大，拉力沿水平方向的分力增大，由平衡可知，c受到的摩擦力增大，故BC錯(cuò)誤。 7．如圖所示，在傾角θ=37°的光滑斜面上質(zhì)量均為m=5kg的A、B兩物體用k=200N/m的輕彈簧相連，初始時(shí)A、B兩物體靜止放在斜面底端的擋板上?，F(xiàn)施加一個(gè)沿斜面向上的外力F作用在物體A上，使之能勻加速上升，

21、經(jīng)t=0.4s物體B剛要脫離擋板。已知sin37°=0.6，g=10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是 A．所施外力F隨時(shí)間均勻增大 B．物體A運(yùn)動(dòng)的加速度為3m/s2 C．物體B脫離擋板時(shí)物體A的速度為2m/s D．0.4s內(nèi)外力F所做的功為14.625J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A項(xiàng)：彈簧處于壓縮狀態(tài)，后處于拉伸狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，對(duì)A，由牛頓第二定律得：F+kΔx-mgsinθ=ma，得，隨著Δx的減小，F(xiàn)增大， 彈簧處于拉伸狀態(tài)時(shí)，對(duì)A，根據(jù)牛頓第二定律得：F-kΔx-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma+kΔx，隨著Δx的增大，F(xiàn)增大，由數(shù)

22、學(xué)知識(shí)知所加外力F隨彈簧形變量Δx均勻增大，由于A做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧處于壓縮狀態(tài)時(shí)，由x=12at2和Δx=x1-x得Δx=x1-12at2，x1是初始時(shí)彈簧的壓縮量，可知，Δx隨時(shí)間t不是均勻增大，所以外力F隨時(shí)間不是均勻增大，同理，當(dāng)彈簧處于拉伸狀態(tài)時(shí)，外力F隨時(shí)間不是均勻增大，故A錯(cuò)誤； B項(xiàng)：開(kāi)始時(shí)A、B處于靜止時(shí)，對(duì)A：kx1=mgsinθ，解得x1=0.15m，B剛要離開(kāi)擋板時(shí)，擋板對(duì)B的支持力為0，對(duì)B：kx2=mgsinθ，解得：x2=0.15m，所以從開(kāi)始到B剛離開(kāi)擋板時(shí)A移動(dòng)的位移為：x=x1+x2=0.3m，由x=12at2解得：a=3.75ms2，故B錯(cuò)誤； C項(xiàng)

23、：物體B脫離擋板時(shí)物體A的速度為v=at=1.5ms，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)：由于x1=x2，所以初末位置時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)A，根據(jù)動(dòng)能定理得W-mgxsinθ=12mv2，可得外力F所做的功為W=14.625J，故D正確。 故選：D。 8．將一小球豎直向上拋出，取向上為正方向．設(shè)小球在拋出點(diǎn)的重力勢(shì)能為零，小球所受空氣阻力大小恒定．則上升過(guò)程中，小球的加速度a、速度v、機(jī)械能E、動(dòng)能Ek與小球離拋出點(diǎn)高度h的關(guān)系錯(cuò)誤的是(　　) A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律，則-mg-f=ma，解得a=-mg+fm，則選項(xiàng)A正確；根據(jù)v2=

24、v02-2gh可知，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)能量關(guān)系：E=E0-fh可知，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：Ek=Ek0-mgh-fh可知，選項(xiàng)D正確；此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選B. 9．以下涉及物理學(xué)史上的四個(gè)重大發(fā)現(xiàn),其中說(shuō)法不正確的是 A．卡文迪許通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn),測(cè)定出了萬(wàn)有引力常量 B．奧斯特通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng) C．牛頓根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因 D．紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律的結(jié)論 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、卡文迪許通過(guò)扭秤實(shí)驗(yàn),測(cè)定出了萬(wàn)有引力恒量.所以A選項(xiàng)是正確的. B

25、、奧斯特通過(guò)實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng),所以B選項(xiàng)是正確的; C、伽利略根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故C錯(cuò)誤 D、紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,先后指出：閉合電路中電磁感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律，故D對(duì)； 本題選不正確的，故選C 10．物塊在1N合外力作用下沿x軸做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，圖示為其位置坐標(biāo)和速率的二次方的關(guān)系圖線，則關(guān)于該物塊有關(guān)物理量大小的判斷正確的（ ） A．質(zhì)量為1kg B．初速度為2m／s C．初動(dòng)量為2kg?m／s D．加速度為0．5m／s2 【答案】

26、D 【解析】 【分析】 本題考查的是圖像問(wèn)題，先判斷圖像的橫軸坐標(biāo)，然后求出表達(dá)式，最后分析斜率和截距的含義。 【詳解】 根據(jù)圖像求出解析式為x=v2-2，與v2-v02=2ax類比可得：a=0.5m/s2，m=2kg，v0=2m/s，p0=22kgm/s，D正確。 【點(diǎn)睛】 圖像問(wèn)題的切入點(diǎn)是求出圖像的解析式，然后與我們所學(xué)的規(guī)律類比即可。 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子P取走,小球下落且未脫離斜面的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確

27、內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng) B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過(guò)程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確； C．因此過(guò)程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)

28、量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 12．如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩繞過(guò)滑輪連接小球，已知小球重力為IN，電動(dòng)機(jī)從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時(shí)刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對(duì)此時(shí)小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是 A．小球速度等于2m/s B．小球速度等于0.5m/s C．繩中拉力大于2N D．繩中拉力等于2N 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設(shè)小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運(yùn)動(dòng)速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1cosθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球運(yùn)動(dòng)

29、過(guò)程角θ逐漸增大，故小球在做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，對(duì)小球受力分析知F cosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N。故選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。 13．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小隨時(shí)間變化如圖甲所示。在拉力F從零逐漸增大的過(guò)程中，物體的加速度隨時(shí)間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是 A．物體與水平面間的摩擦力先增大后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 C．4s末物體的動(dòng)量大小為12kg·m/s D．4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為9N·s 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0

30、-2s內(nèi)物體靜止不動(dòng)，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t=2s時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，t=2s后物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，受到滑動(dòng)摩擦力作用，滑動(dòng)摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變。故A正確。在2-4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：F-μmg=ma；由圖知：當(dāng)F=6N時(shí)，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；當(dāng)F=12N時(shí)，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；聯(lián)立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為△v=1+32×2=4m/s，由于初速度為0，所以4s

31、末物體的速度為4m/s，動(dòng)量大小為P=mv=12kg?m/s，故C正確。4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1×30×2N?s=6N?s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 14．火箭是靠火箭發(fā)動(dòng)機(jī)噴射工質(zhì)（工作介質(zhì)）產(chǎn)生的反作用力向前推進(jìn)的飛行器。它自身攜帶全部推進(jìn)劑，不依賴外界工質(zhì)產(chǎn)生推力，可以在稠密大氣層內(nèi)，也可以在稠密大氣層外飛行。一枚火箭升空后沿著直線離開(kāi)某個(gè)星球的表面，星球很大，表面可視為水平面，如圖所示。若不計(jì)星球的自轉(zhuǎn)，不計(jì)空氣阻力，則以下軌跡（圖中虛線）可能正確的是： A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 A圖中，火箭向下噴氣，產(chǎn)生豎直向上的作用

32、力，重力豎直向下，合力方向與速度共線做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；B圖中，火箭向下噴氣，產(chǎn)生豎直向上的作用力，重力豎直向下，若重力與向上的作用力相等，則火箭可沿虛線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；C圖中，火箭向后噴氣，產(chǎn)生沿斜向上方向的作用力，重力豎直向下，若合力方向沿虛線方向，火箭可沿虛線方向做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D圖中，火箭向后噴氣，產(chǎn)生沿虛線方向的斜向上的作用力，重力豎直向下，合力方向不能沿虛線方向，火箭不可能沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選ABC. 15．如圖所示，在光滑水平桌面上有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點(diǎn)開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，圖中曲線

33、是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知在t s末質(zhì)點(diǎn)的速度達(dá)到最小值v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向與初速度v0的方向垂直，則 A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sinθ=vv0 B．質(zhì)點(diǎn)所受合外力的大小為mv02-v2t C．質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0vv02-v2 D．t s內(nèi)恒力F做功為12mv02-v2 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 分析可知，恒力F的方向應(yīng)與速度方向成鈍角，如圖所示： 在x′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v＝v0sin θ；在y′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v0cos θ＝ayt；由牛頓第二定律有F＝may；解得F＝mv02-v2t，sin θ

34、＝vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sin θ＝vv0。故AB正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B歷時(shí)t1，設(shè)在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，則選項(xiàng)C正確；t s內(nèi)恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯(cuò)誤。故選ABC. 16．如圖所示，質(zhì)量為M足夠長(zhǎng)的斜面體始終靜止在水平地面上，有一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面勻加速下滑，此過(guò)程中斜面體與地面的摩擦力為零。已知重力加速度為

35、g，則下列說(shuō)法正確的是（） A．斜而體對(duì)地面的壓力大小等于(m+M)g B．斜面體給小物塊的作用力大小小于mg C．若將力F撤掉，小物塊將勻速下滑 D．若將力F的方向突然改為豎直向下，小物塊仍做加速運(yùn)動(dòng) 【答案】 AC 【解析】 【分析】 因?yàn)樾泵骟w與地面的摩擦力為零，隱含條件“小物塊對(duì)斜面體作用力的合力豎直向下”，運(yùn)用隔離法分析斜面體和小物塊，結(jié)合牛頓第二定律和第三定律分析各選項(xiàng)； 【詳解】 A. 根據(jù)題意，物塊沿斜面勻加速下滑，此過(guò)程斜面體與地面的摩擦力為0，說(shuō)明m對(duì)M的壓力和m對(duì)M的摩擦力的合力豎直向下，大小等于mg，對(duì)斜面體受力分析知，斜面體對(duì)地面的壓力

36、大小等于(M+m)g，故A正確； B. 小物塊對(duì)斜面體的作用力大小等于mg，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體給小物塊的作用力大小等于mg，故B錯(cuò)誤； C. 若將F撤掉，則重力、支持力和摩擦力的合力為0，小物塊將勻速下滑，故C正確； D. 對(duì)m:水平方向FNsinθ=fcosθ,得μ=f/FN=sinθ/cosθ=tanθ 若將F方向改為豎直向下，則(mg+F)sinθ?μ(mg+F)cosθ=ma，解得a=0，即小物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤； 故選：AC 17．如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從左端以速度v

37、沖上木板，當(dāng)v=v0時(shí)，小物塊A歷時(shí)t0恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速。此過(guò)程中A、B系統(tǒng)生熱為Q，則( ) A．若v=v02，A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t02 B．若v=v02，A、B系統(tǒng)生熱為Q2 C．若v=2v0，A經(jīng)歷t04達(dá)木板右端 D．若v=2v0，A、B系統(tǒng)生熱為Q 【答案】 AD 【解析】 【分析】 對(duì)于A、B組成的系統(tǒng)，由于系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出最終兩者的共同速度，再由對(duì)B，運(yùn)用動(dòng)量定理求運(yùn)動(dòng)時(shí)間。由系統(tǒng)的能量守恒求系統(tǒng)生熱。 【詳解】 A項(xiàng)：當(dāng)v=v0時(shí)，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0=2mv′ 代入

38、數(shù)據(jù)得：v′=0.5v0 對(duì)B，由動(dòng)量定理得：ft0=mv′ 可得：t0=mv02f 由能量守恒定律得：Q=12mv02-12×2mv'2=14mv02 若v=v02，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得： m?v02=2mv'解得：v'=v04 對(duì)B，由動(dòng)量定理得： ft=mv′ 解得：t=mv04f 可得：t=t02 AB系統(tǒng)生熱Q'=12m(v02)2-12×2mv'2=116mv02=Q4，故A正確，B錯(cuò)誤； C、D項(xiàng)：若v=2v0，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得： m?2v0=mvA+mvB， A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功，與木板的長(zhǎng)度有關(guān)，可知A

39、、B系統(tǒng)生熱仍為Q。 根據(jù)能量守恒定律得： Q=12m(2v0)-12mvA2-12mvB2 結(jié)合上面解答有：Q=14mv02 對(duì)B，由動(dòng)量定理得： ft=mvB-0 聯(lián)立解得：vB=4-133v0，t=(4-13)3f≠t04，故C錯(cuò)誤，D正確。 故選：AD。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵要明確系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生熱與相對(duì)位移有關(guān)。 18．如圖所示，一傾角為30°的光滑斜面，下端與一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端與水平傳送帶相切，水平傳送帶以5 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)?，F(xiàn)有質(zhì)量為1 kg的物體（視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面上距傳送帶高h(yuǎn)＝5 m

40、處由靜止滑下；物體在弧面運(yùn)動(dòng)時(shí)不損失機(jī)械能，而且每次在弧面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可以忽略。已知傳送帶足夠長(zhǎng)，它與物體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10 m/s2，則 A．物體第一次剛滑上水平傳送帶時(shí)的速度大小為5 m/s B．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶所用的時(shí)間為4.5 s C．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中，摩擦產(chǎn)生的熱量為200 J D．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做的功為-37.5 J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 A.物體由光滑斜面下滑的過(guò)程，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒求解物體到斜面末端的速度大小

41、； B、當(dāng)物體滑到傳送帶最左端速度為零時(shí)，AB間的距離L最小，由位移公式求出物塊向左的時(shí)間；隨后物塊先向右加速到速度等于5m/s，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式分別求出各段的時(shí)間，然后求和； C、摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積，由此即可求出； D、根據(jù)動(dòng)能定理求解即可． 【詳解】 A. 物體由光滑斜面下滑的過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則得：mgh=12mv2 解得：v=2gh=2×10×5m/s=10m/s.故A錯(cuò)誤； B. 當(dāng)物體滑到傳送帶最左端速度為零時(shí)，AB間的距離L最小, 物塊在傳送帶上的加速度：a=μmg/m=μg=0.5×10=5m/s2 物塊到

42、速度等于0的時(shí)間：t1=0-v-a=0-10-5s=2s 物塊的位移：L=0+v2?t1=0+102×2m=10m 物塊的速度等于0后，隨傳送帶先向右做加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小不變，則物塊達(dá)到與傳送帶速度相等的時(shí)間： t2=v0/a=5/5=1s 位移：x1=12at22=12×5×12m=2.5m 物塊隨傳送帶做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t3=L-x1v0=10-2.55s=1.5s 所以物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開(kāi)傳送帶所用的時(shí)間為：t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正確； C. 物塊向左做減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,傳送帶的位移：x2=v0t1=5×2=10m 物塊

43、向右加速的過(guò)程中傳送帶的位移：x3=v0t2=5×1=5m 相對(duì)位移：△x=L+x2+x3?x1=10+10+5?2.5=22.5m， 該過(guò)程中產(chǎn)生的熱量：Q=μmg?△x=0.5×1×10×22.5=112.5J.故C錯(cuò)誤； D. 由動(dòng)能定理得：Wf=12mv02-12mv2 解得：Wf=?37.5J.故D正確。 故選：BD 19．如圖所示，一質(zhì)量m=0.1kg 的小煤塊以v0=5m/s 的初速度從最左端水平進(jìn)入軸心距離L=8m 的水平傳送帶，傳送帶可由一電機(jī)驅(qū)使而轉(zhuǎn)動(dòng)。已知小煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1(取 g=10m/s2)（） A．若電機(jī)不開(kāi)啟，傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，

44、小煤塊滑離傳送帶右端的速度大小為 3m/s B．若電機(jī)不開(kāi)啟，傳送帶不轉(zhuǎn)動(dòng)，小煤塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 3s C．若開(kāi)啟電機(jī)，傳送帶以 6m/s 的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則小煤塊在傳送帶上留下的一段黑色痕跡的長(zhǎng)度為 1.0m D．若開(kāi)啟電機(jī)，傳送帶以 6m/s 的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則小煤塊在傳送帶滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為 2.0J 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 AB、當(dāng)電機(jī)不開(kāi)啟，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為：a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2 根據(jù)速度位移公式有：v02-v2=2al 解得：v=3m/s， 運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=v0-va=5-31

45、s=2s.故A正確，B錯(cuò)誤； C. 當(dāng)電機(jī)開(kāi)啟，傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小煤塊在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則煤塊達(dá)到傳送帶速度所經(jīng)歷的時(shí)間為：t=v-v0a=6-51s=1s 此時(shí)小煤塊的位移為：x1=v2-v022a=62-522×1m=5.5m<8m 傳送帶的位移為：x2=vt=6×1m=6m 則黑色痕跡的長(zhǎng)度為：△x=x2?x1=6?5.5m=0.5m.故C錯(cuò)誤； D. 當(dāng)電機(jī)開(kāi)啟，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小煤塊在傳送帶上一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t=2s，此時(shí)傳送帶的位移為： x1=vt=6×2m=12m 則相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移大小為：△

46、x=x1+L=12+8m=20m 則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg△x=0.1×1×10×20J=2.0J.故D正確。 故選：AD. 【點(diǎn)睛】 當(dāng)電機(jī)不開(kāi)啟，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出小煤塊到達(dá)傳送帶右端時(shí)的速度大小和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．當(dāng)電機(jī)開(kāi)啟，傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小煤塊在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出相對(duì)滑動(dòng)的距離．當(dāng)電機(jī)開(kāi)啟，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出相對(duì)滑動(dòng)的距離，從而求出摩擦力產(chǎn)生的熱量． 20．如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板A靜止在光

47、滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說(shuō)法中正確的是：（） A．若只增大v0，則滑塊滑離木板過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加 B．若只增大M，則滑塊滑離木板過(guò)程中木板所受到的沖量增大 C．若只減小m，則滑塊滑離木板時(shí)木板獲得的速度減少 D．若只減小μ，則滑塊滑離木板過(guò)程中滑塊對(duì)地的位移減小 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、滑塊滑離木板過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的成積Q=mgl相對(duì)，因?yàn)橄鄬?duì)位移沒(méi)變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯(cuò)誤； B、由極限法，當(dāng)M很大時(shí)，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)減

48、小，滑塊的位移等于xM+L減小,對(duì)滑塊根據(jù)動(dòng)能定理-μmg(xM+L)=12mv12-12mv02，可知滑塊滑離木板時(shí)的速度v1增大，把長(zhǎng)木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，滿足動(dòng)量守恒：Mv0=mv1+Mv'，可知長(zhǎng)木板的動(dòng)量變化比較小，所以若只增大M，則滑塊滑離木板過(guò)程中木板所受到的沖量減少，故B錯(cuò)； C、采用極限法：當(dāng)m很小時(shí)，摩擦力也很小，m的動(dòng)量變化減小，把長(zhǎng)木板和小滑塊看成一個(gè)系統(tǒng)，滿足動(dòng)量守恒，那么長(zhǎng)木板得動(dòng)量變化也減小。故C正確。 D、當(dāng)μ很小時(shí)，長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移xM會(huì)減小，滑塊的位移等于xM+L減小故D正確。 【點(diǎn)睛】 本題應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1、體會(huì)兒童極限法解題。2、摩擦力與相

49、對(duì)位移得乘積等于產(chǎn)生得內(nèi)能，摩擦力與對(duì)地位移得乘積等于物體的動(dòng)能得變化。 三、解答題 21．如圖所示，傾角為θ=37o的斜面上有一固定擋板C，長(zhǎng)度為l1=10m的木板B上有一長(zhǎng)度為l2=2m的木板A，AB上端齊平，B與斜面之間的摩擦因數(shù)為μ1=0.5，AB之間的摩擦因數(shù)為μ2．現(xiàn)靜止釋放AB，兩者相對(duì)靜止一起向下加速，經(jīng)過(guò)時(shí)間t=2s長(zhǎng)木板B與C相碰，碰后B立即停止運(yùn)動(dòng)，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求： （1）B與C碰時(shí)A的速度； （2）要使A不滑離B，AB之間的摩擦因數(shù)μ2應(yīng)滿足什么條件． 【答案】（1）速度v=4m/s；（2）A

50、B之間的摩擦因數(shù)μ2≥78 【解析】 【詳解】 （1）AB一起向下加速的加速度為a1=gsinθ-μ1gcosθ=2m/s2 則B與C碰時(shí)A的速度v=a1t 可得v=4m/s （2）當(dāng)B停止后，A向下作減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a2=μ2gcosθ- gsinθ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v2=2a2△l=2a2（l1-l2） 可得μ2=78 則AB之間的摩擦因數(shù)μ2≥78 22．有一種公交電車站，車站站臺(tái)的路軌建得高些，車輛進(jìn)站時(shí)要上坡，出站時(shí)要下坡，如圖甲所示，這樣既可以節(jié)能又可以節(jié)省停車所需的時(shí)間。為簡(jiǎn)化問(wèn)題，現(xiàn)設(shè)兩邊傾斜部分AB 段和CD 段均為直軌道，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=200 m，水平部

51、分BC 段長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=200 m、站臺(tái)的高度 h 未知，如圖乙所示，各段道路交接處均為圓滑連接。一長(zhǎng)度可忽略的電車自站臺(tái)左前方以 v0=72 km/h 的速度駛向站臺(tái)，為了節(jié)能，司機(jī)在未到站時(shí)即關(guān)閉電車電源，經(jīng)過(guò)時(shí)間 t1=100 s 后到達(dá) A 點(diǎn)，接著沖上了傾斜軌道，到達(dá)站臺(tái)上的 B 點(diǎn)時(shí)速度為 vB=18 km/h，此時(shí)司機(jī)還需啟動(dòng)剎車系統(tǒng)，使得電車最終正好停在了 BC 段的中點(diǎn)。已知電車在各段軌道上所受摩擦（不含剎車時(shí)所增加的阻力）及空氣阻力均可認(rèn)為等于其自身總重量的 0.01 倍，剎車過(guò)程所增加的阻力可看作恒力，忽略電車經(jīng)過(guò)各道路交接處的能量損失及可能騰空對(duì)研究問(wèn)題的影響，g 取 1

52、0 m/s2求： （1）電車到達(dá)A 點(diǎn)時(shí)的速度大小vA； （2）電車從站臺(tái)B 點(diǎn)到最終停止所需的時(shí)間 t； （3）該電車站臺(tái)的高度h； 【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m。 【解析】 【詳解】 v0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s； （1）電車從切斷電源到A點(diǎn)的過(guò)程合外力為摩擦力，故由牛頓第二定律可得：0.01mg=ma1，所以，a1＝0.01g＝0.1m/s2； 由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1×100m/s=10m/s； （2）機(jī)車從B點(diǎn)到停止的過(guò)程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故機(jī)車做

53、勻減速運(yùn)動(dòng)，則有12L＝12vBt，所以，電車從站臺(tái)B點(diǎn)到最終停止所需的時(shí)間t＝LvB＝200m5m/s＝40s； （3）機(jī)車從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程只有重力和摩擦力做功，故由動(dòng)能定理可得：?mgh?0.01mgL＝12mvB2?12mvA2； 所以，h＝vA2-vB22g-0.01L＝102-522×10m-0.01×200m＝1.75m 23．如圖所示，一質(zhì)量為1kg的物體靜止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0時(shí)刻，對(duì)物體加一斜向上、與水平方向成θ=37°角的力F的作用，物體做勻加速直線運(yùn)一段時(shí)間后，撤去F的作用，最終停在水平面上，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從t=0時(shí)刻開(kāi)始，每隔0.1s通過(guò)速度傳感器

54、測(cè)量出物體的瞬時(shí)速度，部分測(cè)量數(shù)據(jù)如下表所示，已知sin37°=0．6，g=10m/s2，求 (1)力F的大?。? (2)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中獲得的最大動(dòng)能； (3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）10N（2）18J（3）24J 【解析】 【詳解】 ⑴由題意可知，物體先做勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)物體做勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度大小分別為a1，a2。 由表中數(shù)據(jù)可知：a1=vt=6m/s2①，a2=Δv2Δt=5m/s2② 物體做勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程：Fcosθ-μ（mg-Fsinθ)=ma1③ 物體做勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程：μmg=ma2 由以上各式可得：F

55、=10N④ ⑵設(shè)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，有題意可知： a1t=v2+a2(t2-t)⑤ 即6t=3+5(1.6-t)得：t=1s 物體過(guò)程中獲得的最大動(dòng)能：Ekm=12mvm2=12m(a1t)2=18J⑥ ⑶物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移：S1=12a1t2⑦ 對(duì)物體全過(guò)程列動(dòng)能定理方程：FS1cos37°-Wf=0-0⑧ 得：Wf=24J⑨ 24．如下左圖所示，傾角為θ粗糙斜面固定在光滑水平面上.質(zhì)量為m=1kg,初速度為v0的小木塊距斜面底端的位置開(kāi)始上滑，若從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，小木塊滑回底端前速度v的平方隨路程變化的關(guān)系圖象如下右圖所示，取g=10m/s2，小木塊與斜面的動(dòng)摩擦因

56、數(shù)是μ;（斜面底端與水平面平滑連接）.求： (1)小木塊在斜面上的位移及μ; (2)從小木塊在斜面上運(yùn)動(dòng)全程產(chǎn)生熱量. 【答案】(1)3m,沿著斜面向下;μ=0.5 (2)Q=52J 【解析】 【詳解】 （1）選定初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)v2-x圖像可得小木塊上滑的位移是x1=5m，下滑的位移是x2=-8m，所以在斜面上的總位移是x=x1+x2=-3m 故小木塊在斜面上的位移3m沿著斜面向下 根據(jù)牛頓第二定律上滑過(guò)程加速度a1=gsinθ+μgcosθ 同理可得下滑過(guò)程加速度a2=gsinθ-μgcosθ 根據(jù)v2-v02=2ax及圖像可得a1=100-02×5m/s

57、2=10m/s2 同理可得a2=32-02×8m/s2=2m/s2 聯(lián)立方程可得μ=0.5 （3）根據(jù)（1）中方程，可得sinθ=0.6????,?????cosθ=0.8 則摩擦生熱Q=fΔs=μmgcosθ=52J 25．如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)滾輪做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在滾輪的摩擦力作用下，將一金屬板從光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面傾角θ＝30°，滾輪與金屬板的切點(diǎn)B到斜面底端A距離L＝6.5 m，當(dāng)金屬板的下端運(yùn)動(dòng)到切點(diǎn)B處時(shí)，立即提起滾輪使其與板脫離。已知板的質(zhì)量m＝1×103 kg，滾輪邊緣線速度v＝4 m/s，滾輪對(duì)板的正壓力FN＝2×104 N，滾輪與金屬板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

58、μ＝0.35，g取10 m/s2。求： (1)在滾輪作用下板上升的加速度大小； (2)金屬板的下端經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)滾輪的切點(diǎn)B處； (3)金屬板沿斜面上升的最大距離。 【答案】(1) 2 m/s2 (2) 2.625 s (3)8.1 m 【解析】 【分析】 (1)對(duì)金屬板受力分析，運(yùn)用正交分解法，根據(jù)牛頓第二定律列方程即可求出加速度.(2)假設(shè)金屬板一直勻加速上升，求出位移可知還要?jiǎng)蛩偕仙?，所以金屬板從A到B經(jīng)歷加速上升和勻速上升兩個(gè)過(guò)程，分別求出兩個(gè)過(guò)程的時(shí)間.(3)金屬?gòu)腂點(diǎn)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，先根據(jù)牛頓第二定律求出勻減速的加速度，求出位移，再加上L即為金屬板沿斜面上

59、升的最大距離. 【詳解】 (1)對(duì)金屬板受力分析如圖所示: 受力正交分解后，沿斜面方向由牛頓第二定律得μFN－mgsinθ＝ma1 解得a1＝2m/s2 (2)由運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v＝a1t1 解得t1＝2s 勻加速上升的位移為x1=v2t1=4m 勻速上升需時(shí)間t2=L-x1v=6.5-44s=0.625s 共經(jīng)歷t＝t1＋t2＝2.625s (3)滾輪與金屬板脫離后向上做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma2 解得a2＝5m/s2 金屬板做勻減速運(yùn)動(dòng)，則板與滾輪脫離后上升的距離x2=v22a2=422×5m=1.6m 金屬板沿斜面上升的最大距離為xm＝L＋x

60、2＝6.5m＋1.6m＝8.1m 【點(diǎn)睛】 此題是一道典型的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題，要求能夠?qū)饘侔暹M(jìn)行正確的受力分析，知道輪對(duì)金屬板的摩擦力f是動(dòng)力，會(huì)根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解運(yùn)動(dòng)學(xué)參量. 26．某運(yùn)動(dòng)員做跳傘訓(xùn)練，他從懸停在空中的直升機(jī)上由靜止跳下，跳離直升機(jī)一段時(shí)間后打開(kāi)降落傘減速下落，他打開(kāi)降落傘后的速度－時(shí)間圖象如圖(a)所示。降落傘用8根對(duì)稱的懸繩懸掛運(yùn)動(dòng)員，每根懸繩與中軸線的夾角為37°，如圖(b)所示。已知運(yùn)動(dòng)員和降落傘的質(zhì)量均為50 kg，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員所受的阻力，打開(kāi)降落傘后，降落傘所受的阻力f與下落速度v成正比，即f＝kv。重力加速度g取10 m/s2，si

61、n 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)打開(kāi)降落傘前運(yùn)動(dòng)員下落的高度； (2)阻力系數(shù)k和打開(kāi)降落傘瞬間的加速度； (3)降落傘的懸繩能夠承受的拉力至少為多少。 【答案】（1）20m（2）30 m/s2，方向豎直向上。（3）312.5 N 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)速度位移公式求出打開(kāi)降落傘前人下落的高度。 （2）抓住平衡，根據(jù)kv=（m1+m2）g求出阻力系數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小。 （3）對(duì)人分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小。 【詳解】 （1）打開(kāi)降落傘前運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式可得運(yùn)動(dòng)員下落的高度為：h＝v022

62、g， 由題圖（a）可知：v0=20?m/s 解得：h=20?m。 （2）由題圖（a）可知，當(dāng)速度為v=5?m/s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員做勻速運(yùn)動(dòng)，受力達(dá)到平衡狀態(tài)， 由平衡條件可得：kv=2mg 即k=2mgv， 解得：k=200?N?s/m。 在打開(kāi)降落傘瞬間，由牛頓第二定律可得：kv0-2mg=2ma， 解得：a=30?m/s2，方向豎直向上。 （3）根據(jù)題意可知，打開(kāi)降落傘瞬間懸繩對(duì)運(yùn)動(dòng)員拉力最大，設(shè)此時(shí)降落傘上每根懸繩的拉力為T(mén)，以運(yùn)動(dòng)員為研究對(duì)象，則有：8Tcos?37°-mg=ma， 代入數(shù)據(jù)可解得：T=312.5?N， 故懸繩能夠承受的拉力至少為312.5?N。 【點(diǎn)

63、睛】 本題考查了共點(diǎn)力平衡和牛頓第二定律的基本運(yùn)用，關(guān)鍵合理地選擇研究的對(duì)象，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。 27．如圖所示，物體ab放置在光滑的水平桌面上，a、b上表面水平，在a、b上分別放置著物體d和c，a、b間用輕質(zhì)細(xì)線相連，開(kāi)始細(xì)線剛好被拉直，此時(shí)細(xì)線水平，已知b、c之間和a、d之間動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，物體a、b、c、d的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)在d通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線繞過(guò)光滑滑輪與小物體e相連，用手托住e，d與滑輪間的細(xì)線剛好拉直成水平，e到地面的距離為h。要求a、b、c、d相對(duì)靜止，釋放物體ε后，欲使ε在最短的時(shí)間到達(dá)地面。已知最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力，求： (1)c到地面的最短時(shí)間?

64、(2)此時(shí)物體e的質(zhì)量? 【答案】(1)6hμg；(2)4μm3-μ 【解析】 【分析】 （1）先求解物體運(yùn)動(dòng)的最大加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式求解c到地面的最短時(shí)間；（2）結(jié)合整體和隔離法列式求解物體e的質(zhì)量. 【詳解】 （1）a、d之間的靜摩擦力是a、b、c三個(gè)物體加速運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力，其最大值為Fm=μmg， 則運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a=Fm3m=13μg， 又e到地面的距離h一定，加速度最大運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，設(shè)最短時(shí)間為tm,，則h=12atm2，解得tm=6hμg （2）隔離abc可知最大加速度a=13μg， 對(duì)物體e有：Meg-F=Mea； 對(duì)物體abcd整體有：F=4ma 解

65、得Me=4μm3-μ 28．質(zhì)量為m=1kg的物體,在水平拉力的作用下，從靜止開(kāi)始沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng), 經(jīng)過(guò)時(shí)間2s，拉力停止作用，再經(jīng)4s物體停止。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中v-t的圖像如圖，g取10m/s2。求: （1）物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程總位移大??； （2）物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； （3）水平拉力的大小F。 【答案】（1）24m （2） 0.2 （3）6N 【解析】 【詳解】 （1）由v-t圖像可知，物體運(yùn)動(dòng)的過(guò)程總位移大小為x=12×6×8m=24m （2）物體加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1=ΔvΔt=4m/s2； 拉力停止作用后，物體做減速運(yùn)動(dòng)的加速度為a2=Δv'Δt=2m/s2，

66、 設(shè)物體和水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則μmg=ma2， 解得μ=0.2 （3）由牛頓第二定律：F-μmg=ma1 解得F=6N. 29．為了減少汽車剎車失靈造成的危害，如圖所示為高速路上在下坡路段設(shè)置的可視為斜面的緊急避險(xiǎn)車道。一輛貨車在傾角θ＝30°的連續(xù)長(zhǎng)直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過(guò)程及后面過(guò)程中，可認(rèn)為發(fā)動(dòng)機(jī)不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開(kāi)始加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)汽車所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.2。在加速前進(jìn)了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37°的避險(xiǎn)車道，已知貨車在該避險(xiǎn)車道上所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.65。貨車的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程均可視為直線運(yùn)動(dòng)，取sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2。求： (1)貨車剛沖上避險(xiǎn)車道時(shí)的速度大小v； (2)貨車在避險(xiǎn)車道上行駛的最大距離x。 【答案】(1)25 m/s(2)25 m 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)貨車加速下行時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可知：mgsin θ-k1mg＝ma1 解得：a1＝3 m/s2 由公式v2-v02＝