《浙江新高考備戰(zhàn)2020年高考物理 考點一遍過 考點07 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江新高考備戰(zhàn)2020年高考物理 考點一遍過 考點07 牛頓運動定律的應(yīng)用（含解析）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律的應(yīng)用 專題 知識內(nèi)容 考試要求 必考 加試 牛頓運動定律 牛頓運動定律的應(yīng)用 c c 超重與失重 b 一、用牛頓第二定律解決動力學(xué)問題 （1）從受力確定運動情況（）。 （2）從運動情況確定受力（F=ma）。 （3）綜合受力分析和運動狀態(tài)分析，運用牛頓第二定律解決問題。 二、瞬時變化的動力學(xué)模型 受外力時的形變量 縱向彈力 彈力能否突變 輕繩 微小不計 拉力 能 輕桿 微小不計 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

2、型分析方法 五、超重和失重 1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化（即“視重”發(fā)生變化）。 2．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)，與物體向上運動還是向下運動無關(guān)。 3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)。 4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。 5．物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度的大小和方向沒有

3、關(guān)系。下表列出了加速度方向與物體所處狀態(tài)的關(guān)系。 加速度 超重、失重 視重F a=0 不超重、不失重 F=mg a的方向豎直向上 超重 F=m（g+a） a的方向豎直向下 失重 F=m（g–a） a=g，豎直向下 完全失重 F=0 特別提醒：不論是超重、失重、完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。 6．超重和失重現(xiàn)象的判斷“三”技巧 （1）從受力的角度判斷，當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時處于失重狀態(tài)，等于零時處于完全失重狀態(tài)。 （2）從加速度的角度判斷，當(dāng)物體具有向上的加速度時處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度

4、時處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處于完全失重狀態(tài)。 （3）從速度變化角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時，超重； ②物體向下加速或向上減速時，失重。 （2019·浙江省寧波市余姚市余姚中學(xué)月考）如圖所示兩木塊A和B疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M，A與B之間的最大靜摩擦力為Ffm，B與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子，已知A和B在振動過程中不發(fā)生相對滑動，則 A．速度最大時，A、B間摩擦力最大 B．彈簧彈力最大時，A、B間摩擦力最大 C．它們的振幅不能大于 D．它們的振幅不能大于 【參考答案】BD 【詳細(xì)解析】A.因為A和B在振動過程中不

5、發(fā)生相對滑動，所以加速度相同；當(dāng)速度最大時，，對A分析，受力為0，故A、B間摩擦力為0，A錯誤；B.對A、B整體受力分析，，隔離A分析：，所以彈力最大時，加速度最大，A、B間摩擦力最大，B正確；CD、通過選項C的分析，設(shè)最大振幅為A，當(dāng)振幅最大時，彈力最大：整體分析，隔離A分析：聯(lián)立兩式得：，C錯誤；D正確。 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，此時彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)用水平恒力F推A，則從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中 A．彈簧壓縮到最短時，兩木塊的速度相同 B．彈簧壓縮到最短時，兩木塊的加速度相同 C．兩木塊速度相同時

6、，加速度aAvB 【答案】ACD 【解析】從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，彈簧彈力逐漸增大，則A做加速度減小的加速運動，B做加速度增大的加速運動，A、B均由靜止開始運動，只要A的速度大于B的速度彈簧就處于被壓縮變短的過程中，當(dāng)A、B速度相同時彈簧壓縮到最短，畫出這一過程A、B的圖象，則時刻，A、B兩木塊的加速度相同（切線斜率相同），且，時刻A、B的速度相同，且，故ACD正確，B錯誤。 （2019·浙江省溫州市新力量聯(lián)盟期末）2018年11月6日，第十二屆珠海航展開幕。如圖為某一特技飛機(jī)的飛行軌跡，可見該飛機(jī)先俯

7、沖再抬升，在空中畫出了一個圓形軌跡，飛機(jī)飛行軌跡半徑約為200米，速度約為300 km/h。 A．若飛機(jī)在空中定速巡航，則飛機(jī)的機(jī)械能保持不變 B．圖中飛機(jī)飛行時，受到重力，空氣作用力和向心力的作用 C．圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點時，駕駛員處于失重狀態(tài)。 D．圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點時，座椅對駕駛員的支持力約為其重力的4.5倍。 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】若飛機(jī)在空中定速巡航，則飛機(jī)的動能不變，而重力勢能要不斷變化，則機(jī)械能要變化，選項A錯誤；圖中飛機(jī)飛行時，受到重力，空氣作用力的作用，選項B錯誤；圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點時，加速度向上，則駕駛員處于超重狀態(tài)，選項C錯誤。300 km/h=83.

8、3 m/s，則圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點時，座椅對駕駛員的支持力，選項D正確。故選D。 1．如圖所示，在光滑地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動。小車質(zhì)量是M，木塊質(zhì)量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木塊和小車間的動摩擦因數(shù)是μ。則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是 A．μmg B．ma C． D．μ（M+m）g 【答案】BC 【解析】先對整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律有，再對物體m受力分析，受重力、支持力和向前的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，BC正確。 如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的細(xì)線相連，再用一根輕彈簧跟

9、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，剪斷細(xì)線前，對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錯誤；對物體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

10、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錯誤，D正確。 1．（2019·浙江省溫州市十校聯(lián)合體期末）如圖所示，自由下落的小球下落一段時間后與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，以下說法正確的是 A．小球加速度先減小再增大 B．小球剛接觸彈簧時，小球速度最大 C．小球先超重狀態(tài)后失重 D．彈簧被壓縮最短時小球的加速度為零 【答案】A 【解析】小球接觸彈簧上端后受到兩個力作用：向下的重力和向上的彈力。在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，因為彈力不斷增大，所以合外力不斷減小，故加速度不斷減小，由于加速度與速度

11、同向，因此速度不斷變大。當(dāng)彈力逐步增大到與重力大小相等時，合外力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。后一階段，即小球達(dá)到上述位置之后，由于慣性小球仍繼續(xù)向下運動，但彈力大于重力，合外力豎直向上，且逐漸變大，因而加速度逐漸變大，方向豎直向上，小球做減速運動，當(dāng)速度減小到零時，達(dá)到最低點，彈簧的壓縮量最大；因加速度先向下后向上，故物體先失重后超重；故A正確，BCD錯誤。故選：A。 已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖甲所示），以此時為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關(guān)系（如圖乙所示），圖中

12、取沿斜面向上的運動方向為正方向，已知傳送帶的速度保持不變，則 A．物塊在0~t1內(nèi)運動的位移比在t1~t2內(nèi)運動的位移小 B．0~t2內(nèi)，重力對物塊做正功 C．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，那么 D．0~t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功為W= 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】由圖乙圖線與時間軸所圍面積可看出，物塊在0~t1內(nèi)運動的位移比在t1–t2內(nèi)運動的位移大，故A錯誤；由于物塊在0~t1內(nèi)向下運動的位移大于t1–t2內(nèi)向上運動的位移，所以0~t2內(nèi)物體的總位移向下，所以重力對物塊做正功，故B正確；在t1~t2內(nèi)，物塊向上運動，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C錯

13、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，重力對物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動能定理得：，則傳送帶對物塊做功，故D錯誤。 1．如圖所示，水平傳送帶始終以速度v1順時計轉(zhuǎn)動，一物塊以速度v2（v2≠v1）滑上傳送帶的左端，則物塊在傳送帶上的運動一定不可能的是 A．先加速后勻速運動 B．一直加速運動 C．一直減速直到速度為0 D．先減速后勻速運動 【答案】C 【解析】若v1>v2，物塊相對傳送帶向左滑動，受到向右的滑動摩擦力，可能先向右做勻加速運動，當(dāng)物塊速度增加到與傳送帶速度相等后再做勻速運動，也可能一直向右做勻加速運動；若v1

14、運動，受到向左的滑動摩擦力，可能先向右做勻減速運動，當(dāng)物塊速度減小到與傳送帶速度相等后再做勻速運動，也可能一直做勻減速運動，但不可能減速到0，選C。 如圖，質(zhì)量的木板靜止在水平地面上，質(zhì)量、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端。設(shè)最大摩擦力都等于滑動摩擦力，書籍木板與地面間的動摩擦因數(shù)，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，取?，F(xiàn)給鐵塊施加一個水平向左的力F。 （1）若力F恒為8 N，經(jīng)1 s鐵塊運動到木板的左端。求：木板的長度； （2）若力F從零開始逐漸增加，且木板足夠長。試通過分析與計算，在坐標(biāo)圖中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象。 【參考答案】（1）L=1 m （

15、2） 【詳細(xì)解析】（1）對鐵塊，由牛頓第二定律： 對木板，由牛頓第二定律： 設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時間t鐵塊運動到木板的左端，則： 聯(lián)立解得 （2）①當(dāng)，系統(tǒng)沒有被拉動，靜摩擦力與外力成正比，即 ②當(dāng)時，如果M、m相對靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則 解得 此時：，也即F?6 N 所以當(dāng)26 N時，M、m相對滑動，此時鐵塊受到的摩擦力為： Ff?F圖象如圖所示 1．如圖甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一物塊，物塊與平板車的動摩擦因數(shù)為0.2，t=0時，車開始沿水平面做直線運動，其v–t圖象如圖乙所示，重力加速度g取

16、10 m/s2，若平板車足夠長，關(guān)于物塊的運動，以下描述正確的是 A．0~6 s加速，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的加速度勻加速運動，后以?4 m/s2的加速度勻減速運動，根據(jù)物塊與車的動摩擦因數(shù)可知，物塊

17、與車間的滑動摩擦力產(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。 如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個傾角、長l=500 m的斜面。一輛質(zhì)量m=2 000 kg的電動汽車從引橋底端由靜止開始加速，其加速度a隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電動汽車的速

18、度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率保持恒定。已知行駛過程中電動汽車受到的阻力Ff（摩擦和空氣阻力）不變，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是 A．電動汽車所受阻力Ff=12 000 N B．電動汽車的速度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率P0=12 kW C．第1 s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P與時間t滿足P=12 000t D．第1 s內(nèi)電動汽車機(jī)械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和，大小為6 000 J 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】加速階段由牛頓第二定律可知：F–Ff–mgsinθ=ma，之后保持功率不變，–Ff–mgsinθ=ma，電功汽車做加速度逐漸減小的加速運動，

19、最終加速度減小到0，電動汽車達(dá)到該功率該路況下的最大速度，–Ff–mgsinθ=0解得P0=14 kW；Ff=2 000 N；選項AB錯誤；第1 s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P=Fv=14 000t，選項C錯誤；電動汽車做勻加速運動的過程，位移，牽引力大小為14000N，牽引力與阻力做功的代數(shù)和為（F–Ff）x=6 000 J，選項D正確。 1．（2019·浙江省臺州中學(xué)高一統(tǒng)練）如圖所示，截面是直角梯形的物塊放在在光滑水平地面上，其兩個側(cè)面恰好與兩個固定在地面上的壓力傳感器P和Q接觸，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。開始時兩壓力傳感器的示數(shù)均為零。現(xiàn)在a端由靜止釋放一金屬塊，下列說

20、法正確的是 A．金屬塊在ac部分運動時，傳感器P、Q示數(shù)均為零 B．金屬塊在ac部分運動時，傳感器P的示數(shù)為零，Q的示數(shù)不為零 C．金屬塊在cb部分運動時，傳感器P、Q示數(shù)可能均為零 D．金屬塊在cb部分運動時，傳感器P的示數(shù)一定不為零，Q的示數(shù)一定為零 【答案】BC 【解析】金屬塊在ac部分運動時，加速度沿斜面向下，斜面對金屬塊的作用力有向左的分力，金屬塊對斜面的作用力有向右的分力，則物塊有向右運動的趨勢，故P示數(shù)為零，Q示數(shù)不為零，A錯誤，B正確；金屬塊在cb部分運動時，受到斜面的摩擦力作用，金屬塊可能加速、減速或勻速，斜面對金屬塊的作用力可能偏左、偏右或豎直向上，則傳感器

21、P、Q的示數(shù)可能只有一個為零，也可能都為零，C正確，D錯誤。 （2019·浙江省溫州市求知中學(xué)月考）如圖所示，質(zhì)量為m的人站在豎直觀光電梯中，如果電梯運動的加速度大小為a，電梯地板對人的支持力為F＝mg+ma，則可能的情況為 A．電梯以加速度a向下加速運動 B．電梯以加速度a向上加速運動 C．電梯以加速度a向上減速運動 D．以上三項都不正確 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】人的加速度，方向向上，所以電梯以加速度向上加速運動或電梯以加速度向下減速運動，故選項B正確，A、C、D錯誤。 1．（2019·浙江省普通高中學(xué)業(yè)水平考試）如圖所示，在近地圓軌道環(huán)繞地球運行的“天宮

22、二號”的實驗艙內(nèi)，航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時 A．不受地球引力 B．處于平衡狀態(tài)，加速度為零 C．處于失重狀態(tài)，加速度約為g D．底板的支持力與地球引力平衡 【答案】C 【解析】天宮二號做勻速圓周運動時宇航員處于完全失重狀態(tài)。此時仍受到地球引力作用，只不過引力恰好充當(dāng)向心力，向心加速度近似等于g；此時人對地板沒有壓力，底板對人也沒有支持力，故C正確，ABD錯誤。 1．如圖所示，質(zhì)量相同的三個小球A、B、C通過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

23、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·浙江省嘉興市期末）如圖，一小車在水平面上運動，某一時刻從車子頂上滴下一水滴。若水滴下落前后小車加速度a保持不變，則水滴在車廂地板上的落點 A．恰好在正下方的P點 B．在P點右方 C．在P點左方 D．與a的大小有關(guān) 3．在里約奧運會男子跳高決賽的比賽中，中國選手薛長銳獲得第六名，這一成績創(chuàng)造了中國奧運該項目的歷史。則 A．薛長銳在最高點處于平衡狀態(tài) B．薛長銳起跳以后在上升過程處于失重狀態(tài) C．薛長銳起跳時地面對他的支持力等于他

24、所受的重力 D．薛長銳下降過程處于超重狀態(tài) 4．（2019·浙江省臺州市聯(lián)誼五校期中）摩天輪是游樂項目之一，乘客可隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 A．在最高點，乘客處于超重狀態(tài) B．在最低點，乘客重力小于他所受到的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 D．從最高點向最低點轉(zhuǎn)動的過程中，座椅對乘客的作用力不做功 5．我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10 min內(nèi)全過程的v–t圖（由于某種原因軸上方的縱軸刻度沒有顯示），則下列說法中不正確的是 A．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡淖畲蠹铀俣仁莔/s2

25、B．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡钠骄俾适?.5 m/s C．“蛟龍?zhí)枴鄙仙鬟^程的最大速度是3 m/s D．在6~10 min潛水員會先感到超重，后感到失重 6．一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運動過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)于小球運動的速度v、加速度a、位移s、機(jī)械能E隨時間t變化的圖象中可能正確的有 A B C D 7．（2019·山東省濟(jì)南第一中學(xué)模擬）一種巨型娛樂器械由升降機(jī)送到離地面75 m的高處，然后讓座艙自由落下。落到離地面30 m高時，制動系統(tǒng)開始啟動，座艙均勻減速，到地面時剛好停下。若座艙中某人用手托著m＝5 k

26、g的鉛球，下列說法中正確的是 A．當(dāng)座艙落到離地面35 m的位置時手對球的支持力小于鉛球的重力 B．當(dāng)座艙落到離地面15 m的位置時手對球的支持力小于鉛球的重力 C．座艙下落的整個過程中手對球的支持力小于鉛球的重力 D．座艙下落的整個過程中手對球的支持力大于鉛球的重力 8．（2019·浙江省杭州市浙江大學(xué)附屬中學(xué)月考）我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，它是由動車和拖車組合而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車。假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比。某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為

27、拖車，則該列車組 A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反 B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為1:1 C．進(jìn)站時從關(guān)閉發(fā)動機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機(jī)時的速度成正比 D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1:2 9．質(zhì)量為的同學(xué)，雙手抓住單杠做引體向上，他的重心的速率隨時間變化的圖象如圖所示。取，由圖象可知 A．時他的加速度 B．他處于超重狀態(tài) C．時他受到單杠的作用力的大小是 D．時他處于超重狀態(tài) 10．（2019·浙江省東陽中學(xué)階段性檢測）如圖，一物塊以1 m/s的初速度沿粗糙半圓面由A處下滑，到達(dá)較低的B

28、點時速度恰好也是1 m/s，如果此物塊以2 m/s的初速度仍由A處下滑，則它達(dá)到B點時的速度 A．等于2 m/s B．小于2 m/s C．大于2 m/s D．以上三種情況都有可能 11．（2019·黑龍江省北安市第一中學(xué)月考）紹興市奧體中心舉行全國蹦床錦標(biāo)賽。對于如圖所示蹦床比賽時運動員的分析，下列說法中正確的是 A．運動員在蹦床上上升階段，一直處于超重狀態(tài) B．運動員在蹦床上加速上升階段，蹦床的彈性勢能增大 C．運動員離開蹦床在空中運動階段，一直處于失重狀態(tài) D．運動員離開蹦床在空中運動階段，重力勢能一直增大 12．（2019·浙江省杭州市一模）我國南方多雨地區(qū)在

29、建造房屋屋頂時，需要考慮將屋頂設(shè)置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水從屋頂流下時受到的阻力，為使雨水在屋頂停留時間最少，則屋頂應(yīng)設(shè)計成下圖中的 A． B． C． D． 13．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通過鉸鏈用剛性輕桿連接，不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是 A．a(chǎn)下落的某段過程中，b對地面的壓力可能大于b受到地面的支持力 B．a(chǎn)落地前，輕桿對b先做正功后做負(fù)功 C．a(chǎn)下落的某段過程中，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b對地面的壓力大

30、小等于mg 14．（2019·浙江省杭州市一模）下列描述的事件不可能發(fā)生的是 A．將實心球和乒乓球從教學(xué)樓三樓同時釋放后結(jié)果實心球先落地 B．宇航員在天宮二號中利用二力平衡原理用彈簧測力計直接測出物體的重力 C．乘客從勻速行駛的高鐵車廂內(nèi)豎直向上跳起后仍落回車廂內(nèi)的起跳點 D．一對干電池可使小燈泡微弱發(fā)光，斷開電路后測量電池兩端電壓，電壓表示數(shù)接近3 V 15．（2019·浙江省寧波市期末）據(jù)報道，中國首艘國產(chǎn)航母預(yù)計在2019年服役。假設(shè)航空母艦上裝有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號的艦載飛機(jī)質(zhì)量為m＝104 kg，在跑道上加速時產(chǎn)生的最大動力為F＝7×104 N，所受阻力為重

31、力的0.2倍，當(dāng)飛機(jī)的速度大小達(dá)到50 m/s時才能離開航空母艦起飛。g取10 m/s2，設(shè)航空母艦甲板長為160 m，則下列說法中正確的是 A．飛機(jī)在跑道上加速時所受阻力大小為104 N B．飛機(jī)在跑道上加速時的最大加速度大小為7 m/s2 C．若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)至少具有大小為30 m/s的初速度 D．若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為20 m/s 16．（2019·浙江省嘉興市第一中學(xué)、湖州中學(xué)期中）將一個力電傳感器接到計算機(jī)上，就可以測量快速變化的力，用這種方法測得的某小球擺動時懸線上拉力

32、的大小隨時間變化的曲線如下圖所示。某同學(xué)由此圖象提供的信息做出的下列判斷中，正確的是 A．t＝0.2 s時擺球正經(jīng)過最低點 B．t＝0.8 s時擺球處于超重狀態(tài) C．?dāng)[球擺動過程中機(jī)械能守恒 D．?dāng)[球擺動的周期是T＝0.6 s 17．隨著科技的發(fā)展，我國未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長L＝180 m，其中電磁彈射區(qū)的長度為L1＝80 m，在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽。一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動機(jī)可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。假設(shè)飛機(jī)在航母上的阻力恒為

33、飛機(jī)重力的0.2倍。已知飛機(jī)可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v＝40 m/s，航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，（取g＝10 m/s2）求： （1）飛機(jī)在后一階段的加速度大??； （2）飛機(jī)在電磁彈射區(qū)末的速度大??； （3）電磁彈射器的牽引力F牽的大小。 18．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4 s時撤去外力。細(xì)繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g

34、=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出 A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 19．（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A固定于B．質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點，B、C間的線長為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求

35、： （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）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T． 20．（2017·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，兩個滑塊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，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： （1）B與木板相對靜止時，木板的速度； （2

36、）A、B開始運動時，兩者之間的距離。 21．（2016·四川卷）避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長為12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動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

37、.1，重力加速度g=10 m/s2。求： （1）貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向； （2）制動坡床的長度。 1．AC【解析】設(shè)三個球的質(zhì)量均為m，開始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錯誤。 2．C【解析】水滴滴下時水平方向與小車具有相同的速度，在水平方向由于小車做加速運動，所在在水滴下落過程中，相同的時間內(nèi)，小車在

38、水平方向走過的位移多，水滴相對小車向左運動，所以水滴將落在P點的左方，故C正確。3．B【解析】無論是上升過程還是下落過程，還是最高點，運動員的加速度始終向下，所以他處于失重狀態(tài)，故AD錯誤，B正確；起跳時運動員的加速度的方向向上，地面對他的支持力大于他受到的重力。故C錯誤。 4．B【解析】A項：在最高點時，加速度向下，故乘客處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B項：在最低點，乘客合外力向上，故重力小于他所受到的支持力，故B正確；C項：摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的動能不變，重力勢能時刻發(fā)生改變，故機(jī)械能始終變化，故C錯誤；D項：從最高點向最低點轉(zhuǎn)動的過程中，座椅的作用力向上，故座椅對乘客的作用力做負(fù)功，故D錯

39、誤。 5．B【解析】A.v?t圖象的斜率表示加速度，0~1 min內(nèi)和3~4 min內(nèi)加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正確；B.全過程中“蛟龍?zhí)枴钡穆烦虨?20 m，則平均速率是=1.2 m/s，故B錯誤；C.根據(jù)v-t曲線的面積表示位移，在t=4 min時到達(dá)最大深度為h=（2×60+4×60）×2.0 m=360 m，則上浮的位移h=×（10–6）×60×vm=360 m，vm=3 m/s，故C正確；D．潛水員在6~8 min的時間段內(nèi)，根據(jù)速度圖象得加速度方向向上，所以處于超重狀態(tài)，8~10 min的時間段內(nèi)，根據(jù)速度圖象得加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。故選B。

40、 【點睛】根據(jù)v–t圖象的面積表示位移，由幾何知識可求得最大深度；v–t圖象的物理意義：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程與時間之比；判斷超重和失重的方法主要看物體的加速度方向。 6．AC【解析】小球在上升過程中的加速度，隨著v減小，a1增大到–g，v–t圖象斜率的絕對值逐漸減小，小球在下落過程中的加速度大小為，隨著v增大，a2從–g減小到0，v–t圖象斜率的絕對值逐漸減小，A正確，B錯誤；根據(jù)位移–時間圖象的斜率等于速度，s–t圖象的斜率應(yīng)先減小到零，然后斜率的絕對值增大，且下落時間大于上升時間，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，

41、D錯誤。 7．A【解析】當(dāng)座艙落到離地面35 m的位置時加速度向下，處于失重狀態(tài)，手對球的支持力小于鉛球的重力，故A正確；當(dāng)座艙落到離地面15 m的位置時為減速運動，加速度向上，故處于超重狀態(tài)，故手對球的支持力大于鉛球的重力，故B錯誤；30 m以上過程加速度向上，為失重狀態(tài)，支持力小于重力；而30 m以下加速度向上，為超重狀態(tài)，支持力大于重力，故CD錯誤。故選A。 8．D【解析】A．啟動時，加速度方向向前，根據(jù)牛頓第二定律知，乘客受到車廂的作用力方向向前，與運動方向相同，故A錯誤。B．做加速運動時，有兩節(jié)動力車廂，對整個的車進(jìn)行受力分析得：2F–8kmg=8ma，對6、7、8車廂進(jìn)行受力分

42、析得：F1–3kmg=3ma。對7、8車廂進(jìn)行受力分析得：F2–2kmg=2ma，聯(lián)立可得：，故B錯誤。C．設(shè)進(jìn)站時從關(guān)閉發(fā)動機(jī)到停下來滑行的距離為s，則：–8kmgs=0–，可知滑行的距離與速度不成正比，故C錯誤。D．當(dāng)只有兩節(jié)動力車時，最大速率為v，則：2P=8kmg·v，改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組時：4P=8kmg·v′ ，所以：v′=2v，故D正確。 9．B【解析】根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知，t=0.5 s時，他的加速度為0.3 m/s2，選項A錯誤；t=0.4 s時他向上加速運動，加速度方向豎直向上，他處于超重狀態(tài)，B正確；t=1.1 s時他的加速度為0，他受到的單杠的作

43、用力剛好等于重力600 N，C錯誤；t=1.5 s時他向上做減速運動，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，選項D錯誤；故本題選B。 【點睛】根據(jù)速度–時間圖象斜率代表加速度的特點，可以計算t=0.5 s時的加速度；根據(jù)加速度的方向，可以確定他的超、失重狀態(tài)。 10．B【解析】一物塊以1 m/s的初速度沿粗糙半圓面由A處下滑，到達(dá)較低的B點時速度恰好也是1 m/s，由動能定理知，重力做功等于克服摩擦力做功的大小，物塊以2 m/s的初速度仍由A處下滑，經(jīng)過曲面每個位置受到的支持力比2 m/s下滑時更大，則所受的摩擦力大，克服摩擦力做功多，則重力做功小于克服摩擦力做功，所以到達(dá)B點的速度小于2 m/

44、s，故B正確。 11．C【解析】A、運動員在蹦床上有一小段減速上升，蹦床對運動員的彈力小于重力，運動員處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B、運動員在蹦床上加速上升階段，蹦床的彈性勢能減小，故B錯誤；C、運動員離開蹦床在空中運動階段，只受重力（空氣阻力等遠(yuǎn)小于重力），加速度一直向下，一直處于失重狀態(tài)，故C正確；D、運動員離開蹦床在空中有上升和下降兩個階段，在下降階段重力勢能在減小，故D錯誤。故選C。 12．C【解析】設(shè)屋頂?shù)膴A角為，屋頂?shù)膶挾葹長，由牛頓第二定律得雨滴下滑的加速度：，由幾何關(guān)系得斜面的長度：；由位移公式得：；聯(lián)立得：，可得當(dāng)時時間最短，即屋頂?shù)膴A角為，故C正確，ABD錯誤。故選C。

45、13．BC【解析】根據(jù)牛頓第三定律知，b對地面的壓力與b受到地面的支持力一定大小相等，故A錯誤。b開始時速度為零，當(dāng)a到達(dá)底端時，b的速度為零，在整個過程中，b的速度先增大后減小，動能先增大后減小，由動能定理可知輕桿對b先做正功，后做負(fù)功。故B正確。在整個過程中，b的速度先增大后減小，所以輕桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以輕桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，輕桿對a是斜向下的拉力，此時a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a的機(jī)械能最大，此時b對地面的壓力大小為mg，故D錯誤。 14．B【解

46、析】A．乒乓球的密度較小，在下落得過程中受到的空氣的阻力影響較大，所以乒乓球的下落過程中下落得加速度明顯小于重力加速度，而實心球下落得加速度近似等于重力加速度，所以將實心球和乒乓球從教學(xué)樓三樓同時釋放后，結(jié)果實心球先落地。故A是可能發(fā)生的；B．飛行中的天宮二號以及內(nèi)部的物體都處于失重狀態(tài)，所以不能在天宮二號中利用二力平衡原理用彈簧測力計直接測出物體的重力。故事件B不可能發(fā)生；C．乘客從勻速行駛的高鐵車廂內(nèi)豎直向上跳起后，由于慣性，乘客具有與列車相等的水平方向的速度，所以仍落回車廂內(nèi)的起跳點。故C是可能發(fā)生的；D．干電池的電動勢為，當(dāng)兩節(jié)干電池斷開電路后，測量電池兩端電壓，電壓表示數(shù)接近故D是可

47、能發(fā)生的。 15．C【解析】A、飛機(jī)在跑道上加速時所受阻力大小為f＝0.2mg＝0.2×104×10 N＝2×104 N；故A錯誤；B、當(dāng)F＝7×104 N時，飛機(jī)在跑道上加速時的加速度最大，設(shè)為a；根據(jù)牛頓第二定律得F–f＝ma，解得a＝5 m/s2；故B錯誤；C、若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)速度位移公式v2–v02＝2aL，將v＝50 m/s，L＝160 m，a＝5 m/s2，代入解得v0＝30 m/s，故C正確；D、若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為v′。以航母為參考系，根據(jù)速度位移公式得此題條件下（v–v′）2＝2aL，代

48、入數(shù)據(jù)解得v′＝10 m/s，即航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為10 m/s，故D錯誤。故選C。 16．AB【解析】A.擺球經(jīng)過最低點時，拉力最大，由圖知在0.2 s時，拉力最大，所以此時擺球經(jīng)過最低點，故A正確；B.在t=0.8 s時，擺球的拉力最大，經(jīng)過最低點，加速度向上，擺球處于超重狀態(tài)。故B正確；C.由圖可知，經(jīng)過最低點時的力逐漸減小，說明經(jīng)過最低點時的速度逐漸減小，機(jī)械能逐漸減小，故C錯誤；D.在一個周期內(nèi)擺球兩次經(jīng)過最低點，根據(jù)圖象知周期T=1.2 s。故D錯誤。故選AB。 17．（1） （2） （3） 【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律：F推–0.2mg=ma2

49、解得a2=4.0 m/s2 （2）由v2–v12=2a2(l–l1) 解得v1=20 m/s （3）由v12=2a1l1 解得a1=5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F牽+F推–0.2mg=ma1 代入數(shù)據(jù)解得：F牽=2×104 N 18．AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯誤；2~5 s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對滑動，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒幽Σ亮Γ膳ｎD運動定律，對2~4 s和4~5 s列運動學(xué)方程，可解出質(zhì)量m為1 kg，2~4 s內(nèi)的力F為0.4 N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)

50、量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數(shù)μ，故D錯誤。 19．（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）小球運動到與A、B相同高度過程中 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．設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T 牛頓運動定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T 牛頓運動定律T′–mgcos53°=

51、ma 解得（） 20．（1）1 m/s （2）1.9 m 【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。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相對于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對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時刻，B與木板共速，為v1 由運動學(xué)公式有v1=v0–aBt1=a1t1 解得t1=0.4 s，

52、v1=1 m/s （2）在t1時間內(nèi)，B相對地面的位移 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，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)過的時間為t2，A和B相遇且共速時，速度大小為v2 由運動學(xué)公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2 解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s 在t2時間內(nèi)，B及木板相對地面的位移 全過程A相對地面的位移 則A、B開始運動時，兩者之間的距離x=xB+x1+|xA|=1.9 m （也可用如圖的速度–時間

53、圖線求解） 21．（1）5 m/s2，方向沿制動坡床向下 （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，方向沿制動坡床向下 （2）從貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端38 m過程 貨物的位移x1=vt–a1t2 對貨車，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 制動坡床的長度L=38 m+12 m+x2=98 m 27