《2022年高考物理二輪復習 專題二 牛頓運動定律與直線運動導（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理二輪復習 專題二 牛頓運動定律與直線運動導（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復習 專題二 牛頓運動定律與直線運動導（含解析） 熱點一　勻變速直線運動規(guī)律的應用 命題規(guī)律：高考對該熱點的考查既有選擇題也有計算題，命題方向主要有： (1)勻變速運動公式的靈活應用． (2)在行車安全中的應用． (3)追及相遇問題． 1.(xx·河北區(qū)一模)一位宇航員在某星球上完成自由落體運動實驗：讓一個質量為2 kg的物體從一定的高度自由下落，測得在第5 s內的位移是18 m，則(　　) A．物體在2 s末的速度是20 m/s B．物體在第5 s內的平均速度是3.6 m/s C．物體在第2 s內的位移是20 m D．物體在前5 s內的位

2、移是50 m [解析]　由自由落體位移公式h＝gt2得，h5－h(huán)4＝gt－gt＝g(52－42)＝18 m，解得g＝4 m/s2，物體在2 s末的速度v2＝gt＝4×2 m/s＝8 m/s，選項A錯誤；物體在第5 s內的平均速度＝ m/s＝18 m/s，選項B錯誤；物體在第2 s內的位移h＝h2－h(huán)1＝gt－gt＝×4×(22－12) m＝6 m，選項C錯誤；物體在前5 s內的位移h5＝gt＝×4×52 m＝50 m，選項D正確． [答案]　D 2.(xx·高考山東卷)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＝0.4 s，但飲酒會導致反應時間延長．在某次試驗中，

3、志愿者少量飲酒后駕車以v0＝72 km/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＝39 m．減速過程中汽車位移s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＝10 m/s2.求： (1)減速過程汽車加速度的大小及所用時間； (2)飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少； (3)減速過程汽車對志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值． [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v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由運動學公式得 v＝2as① t＝② 聯(lián)立①

4、②式，代入數(shù)據(jù)得 a＝8 m/s2③ t＝2.5 s．④ (2)設志愿者反應時間為t′，反應時間的增加量為Δt，由運動學公式得 L＝v0t′＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥ 聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得 Δt＝0.3 s．⑦ (3)設志愿者所受合外力的大小為F，汽車對志愿者作用力的大小為F0，志愿者質量為m，由牛頓第二定律得 F＝ma⑧ 由平行四邊形定則得 F＝F2＋(mg)2⑨ 聯(lián)立③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得＝. [答案]　(1)8 m/s2　2.5 s　(2)0.3 s　(3) 3.(xx·西安一模)A、B兩輛汽車在平直的公路上同向行駛．當A車的速度為20 m/s、B車的速度為4

5、 m/s且B車在A車前84 m處時，B車開始以2 m/s2的加速度做勻加速運動，經(jīng)過6 s后，B車加速度突然變?yōu)榱?，A車一直做勻速運動，求兩車經(jīng)過多長時間相遇？ [解析]　設A車的速度為vA，B車的速度為vB，B車加速行駛時間為t，兩車經(jīng)過時間t0相遇，如圖所示． 對A車：xA＝vAt0 對B車加速過程：v′B＝vB＋at xB1＝vBt＋at2 B車勻速運動過程：xB2＝v′B(t0－t) 又有：xA＝xB1＋xB2＋x 解得：t0＝12 s. [答案]　12 s [總結提升]　勻變速直線運動常用的五種解題方法 熱點二　運動圖象的應用 命題規(guī)律：運動圖象的應用一

6、直是近幾年高考的熱點，分析近幾年的高考題，命題規(guī)律主要有以下幾點： (1)運動圖象結合勻變速直線運動規(guī)律考查． (2)運動圖象結合牛頓第二定律考查． (3)在綜合題中運動圖象結合受力分析、運動分析考查． 1.(xx·內蒙古包頭測評)某同學在學習了動力學知識后，繪出了一個沿直線運動的物體，其加速度a、速度v、位移x隨時間t變化的圖象如圖所示，若該物體在t＝0時刻，初速度為零，則A、B、C、D四個選項中表示該物體沿單一方向運動的圖象的是(　　) [解析]　物體沿單一方向運動是指運動的速度方向不發(fā)生改變．A為位移－時間圖象，由圖象可知，物體做往復運動，運動方向發(fā)生改變，則A錯誤；B

7、為速度－時間圖象，由圖象可判斷，速度的大小和方向都發(fā)生改變，則B錯誤；C為加速度－時間圖象，由圖象可知，0～1 s內物體正向勻加速運動，1～2 s內物體正向勻減速運動，2 s末速度減為0,2～3 s內物體又正向勻加速運動，依次變化運動下去，運動方向始終不變，則C正確；D為加速度－時間圖象，由圖象可知，0～1 s內物體正向勻加速運動，1～2 s內物體正向勻減速運動，2 s末速度減為0,2～3 s內物體反向勻加速運動，物體的運動方向發(fā)生改變，則D錯誤． [答案]　C 2.(xx·高考重慶卷)以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與

8、物體速率成正比，下列用虛線和實線描述兩物體運動的v－t圖象可能正確的是(　　) [解析]　受空氣阻力作用的物體，上升過程中：mg＋kv＝ma，得a＝g＋v，v減小，a減小，A錯誤．到達最高點時v＝0，a＝g，即兩圖線與t軸相交時斜率相等，故D正確． [答案]　D 3.(xx·武昌區(qū)高三調研)兩個質點A、B放在同一水平面上，由靜止開始從同一位置沿相同方向同時開始做直線運動，其運動的v－t圖象如圖所示．對A、B運動情況的分析，下列結論正確的是(　　) A．A、B加速時的加速度大小之比為2∶1，A、B減速時的加速度大小之比為1∶1 B．在t＝3t0時刻，A、B相距最遠 C．在

9、t＝5t0時刻，A、B相距最遠 D．在t＝6t0時刻，A、B相遇 [解析]　由v－t圖象可知，通過斜率可計算加速度大小，加速時A、B的加速度大小之比為10∶1，減速時A、B的加速度大小之比為1∶1，所以選項A錯誤；由A、B運動關系可知，當A、B速度相同時距離最遠，所以選項B、C錯誤；由題意可知A、B是從同一位置同時開始運動的，由速度—時間圖象可以算出運動位移，可知6t0時刻，A、B位移相同，因此在此時刻A、B相遇，所以選項D正確． [答案]　D [規(guī)律總結]　(1)從v－t圖象中可讀取的信息 ①運動速度：從速度軸上直接讀出，

10、正負表示運動方向. ②運動時間：從時間軸上直接讀出時刻，取差得到運動時間. ③運動加速度：由圖線的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正負反映了加速度的方向. ④運動的位移：由圖線與時間軸圍成的面積得到位移，圖線與時間軸圍成的面積表示位移的大小，時間軸以上的面積表示與規(guī)定的正方向相同，時間軸以下的面積表示與規(guī)定的正方向相反. (2)用圖象法解題的關鍵 要運用圖象正確地分析、解答物理問題，應對物理圖象做到“三會”：會看、會用、會畫. ①會看：能由坐標系的縱軸和橫軸所代表的物理量，結合圖象，認識圖象所表達的物理意義. ②會用：a.根據(jù)圖象寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系式，

11、對照與題目有關的物理規(guī)律，闡述有關的物理問題.,b.根據(jù)物理原理(公式)推導出兩個物理量之間的函數(shù)關系，結合圖象明確圖象斜率、截距、“面積”的意義，從而由圖象所給信息求出未知量. ③會畫：根據(jù)題中所給條件，明確物體的運動特點及物理量之間存在的數(shù)學函數(shù)關系，畫圖時需根據(jù)物體在不同階段的運動情況，通過定量計算分階段、分區(qū)間逐一描圖.) 熱點三　牛頓運動定律的綜合應用 命題規(guī)律：牛頓運動定律是歷年高考的熱點，分析近幾年高考題，命題角度有以下幾點： (1)超、失重問題，瞬時性問題． (2)整體法和隔離法處理連接體問題． (3)牛頓運動定律與圖象綜合問題． 1.(多選)如圖

12、所示，在一粗糙的水平面上有兩個質量均為m的木塊A和B，中間用一個原長為L、勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接起來，兩木塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)用一水平推力向右推木塊A，當兩木塊一起勻速運動時，撤去外力，則下列說法正確的是(不計空氣阻力)(　　) A．撤掉外力時兩木塊之間的距離為L－ B．撤掉外力后兩木塊一起做勻減速運動 C．撤掉外力后，木塊A做勻減速運動，木塊B做勻加速運動 D．撤掉外力時木塊A的加速度較大 [解析]　撤掉外力時，兩木塊所受彈簧的彈力大小相等，方向相反，而所受到的摩擦力大小相等，方向相同，都向左，設x為彈簧的形變量，故木塊A受到的合力為kx＋μmg，木塊B受到的合力為零

13、，所以木塊A受到的合力大，加速度大，以木塊B為研究對象，B處于平衡狀態(tài)，有kx＝μmg，彈簧的形變量為x＝，所以撤去外力時，兩木塊相距L－，A、D正確；撤掉外力后，A、B兩木塊均做減速運動，但并非勻減速運動，且A的加速度大于B的加速度，B、C錯誤． [答案]　AD 2.(多選)(xx·高考江蘇卷)如圖所示，A、B 兩物塊的質量分別為2m和m, 靜止疊放在水平地面上. A、B 間的動摩擦因數(shù)為μ，B 與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對 A 施加一水平拉力 F，則(　　) A．當F<2μmg 時，A、B 都相對地面靜止 B．當F＝μmg 時， A

14、 的加速度為μg C．當F>3μmg 時，A 相對 B 滑動 D．無論 F 為何值，B 的加速度不會超過μg [解析]　對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為μmg，故當μmg＜F＜2μmg時，A、B相對地面運動，故A錯．對A、B整體應用牛頓第二定律，有F－×3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發(fā)生相對運動時，μ×2mg－×3mg＝ma，兩式聯(lián)立解得F＝3μmg，可見，當F＞3μmg時，A相對B才能滑動，C對．當F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有：μmg－×3mg＝3ma，a＝μg，故B正確．無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg

15、，可見D正確． [答案]　BCD 3.如圖甲所示，質量為M的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個質量為m、可視為質點的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達到共同速度的過程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點的坐標分別為a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根據(jù)v－t圖象，求： (1)物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3； (2)物塊質量m與長木板質量M之比； (3)物塊相對長木板滑

16、行的距離Δx. [思路點撥]　(1)v－t圖象斜率大小表示物體運動的加速度大?。? (2)不同物體或不同時間階段受力情況不同； (3)物塊與木板同速后不再發(fā)生相對滑動． [解析]　(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運動的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開始做勻加速直線運動的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達到共同速度后一起做勻減速直線運動的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2. (2)對物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1 對木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 物塊和木板達到共同速度后向前勻減速階段： μ2

17、(m＋M)g＝(M＋m)a3 以上三式聯(lián)立可得＝. (3)由v－t圖象可以看出，物塊相對于長木板滑行的距離Δx對應圖中△abc的面積，故Δx＝10×4× m＝20 m. [答案]　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2) (3)20 m 動力學中的多過程問題 命題規(guī)律：高考對該問題的考查主要以行車安全、傳送帶(或平板車)、帶電粒子的運動、電磁感應中導體的運動等為模型，結合生產(chǎn)、生活和科學技術中的實際應用進行命題．題型以計算題為主．我們應抓住“兩個分析”(受力分析和運動過程分析)及“一個橋梁”(加速度是聯(lián)系力與運動的橋梁)，綜合運用牛頓運動定律及運動學公

18、式解決問題． [解析]　(1)滑塊在平板上做勻減速運動，加速度大?。篴1＝＝3 m/s2，(1分) 由于μ1mg＞2μ2mg，(1分) 故平板做勻加速運動，加速度大小： a2＝＝1 m/s2(1分) 設滑塊滑至平板右端用時為t，共同速度為v′，平板位移為x，對滑塊：v′＝v－a1t(1分) L2＋x＝vt－a1t2(1分) 對平板：v′＝a2t(1分) x＝a2t2(1分) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t＝1 s，v＝4 m/s.(1分) (2)滑塊在傳送帶上的加速度：a3＝＝5 m/s2(1分) 若滑塊在傳送帶上一直加速，則獲得的速度為： v1＝＝5 m/s＜6 m

19、/s(1分) 即滑塊滑上平板的速度為5 m/s. 設滑塊在平板上運動的時間為t′，離開平板時的速度為v″，平板位移為x′ 則v″＝v1－a1t′(1分) L2＋x′＝v1t′－a1t′2(1分) x′＝a2t′2(1分) 聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：t′1＝ s，t′2＝2 s(t′2＞t，不合題意，舍去)(1分) 將t′＝ s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.(1分) [答案]　(1)4 m/s　(2)3.5 m/s [總結提升]　本例涉及傳送帶和板塊兩個基本模型．對傳送帶問題一是要注意摩擦力方向的判定，二是注意物體與傳送帶速度相等時摩擦力的改變，三是物體在傳送

20、帶上能否一直加速和能否達到與傳送帶共速．板塊模型問題的實質是兩個相關連物體的運動問題，正確對物體受力分析求出兩者的加速度是基礎，確定兩者運動的速度關系、位移關系是關鍵． 最新預測1　(xx·北京東城區(qū)檢測)如圖所示，小車靜止在光滑水平地面上，小車的上表面由光滑的斜面AB和粗糙的水平面BC組成(它們在B處由極短的光滑圓弧平滑連接)，小車右側與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當傳感器受壓力時，其示數(shù)為正值；當傳感器受拉力時，其示數(shù)為負值．一個小滑塊(可視為質點)從A點由靜止開始下滑，經(jīng)B至C點的過程中，傳感器記錄到的力F隨時間t變化的關系如下圖所示，其中可能正確的是(　　) 解析：選D

21、.滑塊在斜面上時，小車受到滑塊作用力如圖甲所示，滑塊滑到水平面時，小車受到滑塊的摩擦力如圖乙所示，不管滑塊在斜面上，還是在水平面上，小車受到的力都是大小恒定的，在斜面上時，傳感器受壓力；在水平面上時，傳感器受拉力，選項D正確，選項A、B、C錯誤． 最新預測2　(xx·濰坊高三聯(lián)考)如圖所示，兩木板A、B并排放在地面上，A左端放一小滑塊，滑塊在F＝6 N的水平力作用下由靜止開始向右運動．已知木板A、B長度均為l＝1 m，木板A的質量mA＝3 kg，小滑塊及木板B的質量均為m＝1 kg，小滑塊與木板A、B間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.4，木板A、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.1，重力加速

22、度g＝10 m/s2.求： (1)小滑塊在木板A上運動的時間； (2)木板B獲得的最大速度． 解析：(1)小滑塊對木板A的摩擦力Ff1＝μ1mg＝4 N 木板A與B整體受到地面的最大靜摩擦力 Ff2＝μ2(2m＋mA)g＝5 N Ff1＜Ff2，小滑塊滑上木板A后，木板A保持靜止 設小滑塊滑動的加速度為a1，則： F－μ1mg＝ma1 l＝a1t 解得：t1＝1 s. (2)設小滑塊滑上B時，小滑塊速度為v1，B的加速度為a2，經(jīng)過時間t2滑塊與B脫離，滑塊的位移為x塊，B的位移為xB，B的最大速度為v2，則： μ1mg－2μ2mg＝ma2 vB＝a2t2 xB

23、＝a2t v1＝a1t1 x塊＝v1t2＋a1t x塊－xB＝l 解得：vB＝1 m/s. 答案：(1)1 s　(2)1 m/s [失分防范]　(1)受力分析和運動分析相結合，正確劃分物體所經(jīng)歷的每個過程是解決多過程問題的前提. (2)明確每一過程的特點和所遵循的規(guī)律是解決問題的關鍵，特別要注意挖掘隱含條件和臨界條件.,(3)利用前后兩個過程間的聯(lián)系：前一過程的末速就是后一過程的初速.) 一、選擇題 1．(xx·高考上海卷)在離地高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為v，不計空氣阻力，兩球落地的時間差為(　　) 　　　　　　　　　　　　

24、 A. B. C. D. 解析：選A.以豎直向下為正方向，對向上和向下拋出的兩個小球，分別有h＝－vt1＋gt，h＝vt2＋gt，Δt＝t1－t2，解以上三式得兩球落地的時間差Δt＝，故A正確． 2．(xx·高考廣東卷)如圖是物體做直線運動的v－t圖象．由圖可知，該物體(　　) A．第1 s內和第3 s內的運動方向相反 B．第3 s內和第4 s內的加速度相同 C．第1 s內和第4 s內的位移大小不相等 D．0～2 s和0～4 s內的平均速度大小相等 解析：選B.由題圖可知第1 s內和第3 s內速度都為正，運動方向相同，A項錯；2～4 s圖線斜率不變，加速度不變，B項

25、正確；v－t圖線與時間軸所圍的面積表示位移，故第1 s內和第4 s內的位移大小相等，選項C錯；0～2 s和0～4 s內位移相等，但時間不等，由＝可知D項錯． 3．(xx·河南六市聯(lián)考)A、B兩個物體在水平面上沿同一直線運動，它們的v－t圖象如圖所示．在t＝0時刻，B在A的前面，兩物體相距7 m，B物體做勻減速運動的加速度大小為2 m/s2.則A物體追上B物體所用時間是(　　) 　　　　　　　　　　　　 A．5 s B．6.25 s C．7 s D．8 s 解析：選D.B車減速到零所需的時間 t＝＝ s＝5 s 在5 s內A車的位移xA＝vAt＝4×5 m＝20 m

26、 B車的位移xB＝t＝×5 m＝25 m 則在5 s時兩車相距 Δx＝xB＋7－xA＝(25＋7－20) m＝12 m 則A追上B所需的時間為t′＝t＋＝5 s＋ s＝8 s. 4．(多選)(xx·武漢高三聯(lián)考)質量m＝2 kg、初速度v0＝8 m/s的物體沿著粗糙的水平面向右運動，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時物體還要受一個如圖所示的隨時間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向．則以下結論正確的是(取g＝10 m/s2)(　　) A．0～1 s內，物體的加速度大小為2 m/s2 B．1～2 s內，物體的加速度大小為2 m/s2 C．0～1 s內，物體

27、的位移為7 m D．0～2 s內，物體的總位移為11 m 解析：選BD.由題圖可知，在0～1 s內力F為6 N，方向向左，由牛頓運動定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4 m/s2，在1～2 s內力F為6 N，方向向右，由牛頓運動定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2 m/s2，所以選項A錯誤，B正確；由運動關系可知0～1 s內位移為6 m，選項C錯誤；同理可計算0～2 s內的位移為11 m，選項D正確；因此答案選B、D. 5．(xx·石家莊質檢)如圖所示，小車向右運動的過程中，某段時間內車中懸掛的小球A和車水平底板上的物塊B都相對車廂靜止，懸掛小球A的懸線與豎直線有

28、一定夾角．這段時間內關于物塊B受到的摩擦力下述判斷中正確的是(　　) A．物塊B不受摩擦力作用 B．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左 C．物塊B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右 D．因小車的運動性質不能確定，故B受到的摩擦力情況無法判斷 解析：選B.由題圖知A球的加速度大小為a＝gtan θ，方向向左，則小車向右減速行駛，物塊B相對小車有向右運動的趨勢，它所受的摩擦力方向向左，大小為Ff＝mBgtan θ，只有B正確． 6．(xx·寧夏銀川一中一模)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面頂端．A、B兩小球的質量分

29、別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為(　　) A．都等于　　　　　　　B.和0 C.和· D.·和 解析：選C.由整體法知，F(xiàn)彈＝(mA＋mB)gsin 30° 剪斷線瞬間，由牛頓第二定律 對B：F彈－mBgsin 30°＝mBaB，得aB＝· 對A：mAgsin 30°＝mAaA，得aA＝g 所以C項正確． 7．(xx·唐山二模)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦．現(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平．若在

30、彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D.滑塊在傳送帶上受力如圖所示，當Ff＞kx時，滑塊向左做加速運動，由牛頓第二定律得Ff－kx＝ma，隨著x的增大，加速度a減小；當Ff＝kx時，a＝0，速度達到最大值；當Ff＜kx時，由牛頓第二定律得kx－Ff＝ma，隨著x的增大，加速度a增大，速度v減小，直至為零，此時彈簧彈力最大，故選項D正確． 8．(多

31、選)(xx·高考浙江卷)如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變．上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是(　　) A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F(xiàn)浮－mg＝ma，解得F?。絤(g＋a)＝460×(10＋0

32、.5) N＝4 830 N，A正確．加速上升過程，隨著速度增大，空氣阻力增大，B項錯誤．浮力和重力不變，而隨著空氣阻力的增大，加速度會逐漸減小，直至為零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C項錯誤．勻速上升時，F(xiàn)浮＝Ff＋mg，所以Ff＝F?。璵g＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D項正確． 9．(多選)(xx·沈陽調研)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出(　　) A．物

33、體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑 解析：選BC.當角度達到90°時，物體將做豎直上拋運動，此時上升高度為1.80 m，由豎直上拋運動規(guī)律可求得初速度v0＝6 m/s，選項A錯誤；當角度為0時，物體相當于在水平面上運動，此時位移為2.40 m，由牛頓運動定律可得，動摩擦因數(shù)μ＝0.75，選項B正確；當傾角為θ時，由牛頓運動定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，又有x＝，結合數(shù)學關系可得位移的最小值為1.44 m

34、，選項C正確；θ角為30°時，到達最高點重力沿斜面向下的分力小于最大靜摩擦力，因此達到最大位移后不會下滑，選項D錯誤． 二、計算題 10．(xx·濟南高三質檢)靜止在水平面上的A、B兩個物體通過一根拉直的輕繩相連，如圖所示，輕繩長L＝1 m，承受的最大拉力為8 N，A的質量m1＝2 kg，B的質量m2＝8 kg，A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)用一逐漸增大的水平力F作用在B上，使A、B向右運動，當F增大到某一值時，輕繩剛好被拉斷(g＝10 m/s2)． (1)求繩剛被拉斷時F的大??； (2)若繩剛被拉斷時，A、B的速度為2 m/s，保持此時的F大小不變，當A的速度恰好減小

35、為0時，A、B間的距離為多少？ 解析：(1)設繩剛要被拉斷時產(chǎn)生的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對A物體有 FT－μm1g＝m1a 代入數(shù)據(jù)得a＝2 m/s2 對A、B整體有 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 代入數(shù)據(jù)得F＝40 N. (2)設繩斷后，A的加速度大小為a1，B的加速度大小為a2，則 a1＝＝2 m/s2 a2＝＝3 m/s2 A的速度減為0所需的時間為t＝＝1 s A的位移為x1＝＝1 m B的位移為x2＝vt＋a2t2＝3.5 m A速度減為0時，A、B間的距離為 Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m. 答案：(1)40 N　(2)3.5 m

36、 11．(xx·運城一模)如圖所示，質量M＝0.2 kg的長木板靜止在水平地面上，與地面間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，另一質量m＝0.1 kg的帶正電小滑塊以v0＝8 m/s的初速度滑上長木板，滑塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ2＝0.5，小滑塊帶電量為q＝2×10－3 C，整個運動過程始終處于水平向右的勻強電場中，電場強度E＝1×102 N/C，(g＝10 m/s2)求： (1)剛開始時小滑塊和長木板的加速度大小各為多少？ (2)小滑塊最后停在距長木板左端多遠的位置． 解析：(1)設小滑塊的加速度大小為a1，長木板的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得： Eq－μ2mg＝－ma1 解得：a

37、1＝3 m/s2 μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2 解得：a2＝1 m/s2. (2)設兩者經(jīng)過t時間相對靜止，此時的速度為v，則： v0－a1t＝a2t＝v 解得：t＝2 s，v＝2 m/s 這段時間內小滑塊的位移： x1＝v0t－a1t2＝10 m 長木板的位移x2＝a2t2＝2 m 由于此后兩者一起向右減速運動，所以小滑塊最后距長木板左端Δx＝x1－x2＝8 m. 答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)8 m 12．(xx·江蘇鎮(zhèn)江模擬)如圖所示，水平軌道AB段為粗糙水平面，BC段為一水平傳送帶，兩段相切于B點，一質量為m＝1 kg的物塊(可視為質點)，靜

38、止于A點，AB距離為x＝2 m．已知物塊與AB段和BC段的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2. (1)若給物塊施加一水平拉力F＝11 N，使物塊從靜止開始沿軌道向右運動，到達B點時撤去拉力，物塊在傳送帶靜止情況下剛好運動到C點，求傳送帶的長度； (2)在(1)問中，若將傳送帶繞B點逆時針旋轉37°后固定(AB段和BC段仍平滑連接)，要使物塊仍能到達C端，則在AB段對物塊施加拉力F應至少多大； (3)若使物塊以初速度v0從A點開始向右運動，并仍滑上(2)問中傾斜的傳送帶，且傳送帶以4 m/s速度向上運動，要使物塊仍能到達C點，求物塊初速度v0至少多大． 解析：(1)物塊在A

39、B段： F－μmg＝ma1 a1＝6 m/s2 則到達B點時速度為vB，有vB＝＝2 m/s 滑上傳送帶μmg＝ma2 剛好到達C點，有v＝2a2L 得傳送帶長度L＝2.4 m. (2)將傳送帶傾斜，滑上傳送帶有 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma3，a3＝10 m/s2， 物塊仍能剛好到C端，有v＝2a3L 在AB段，有v＝2ax F－μmg＝ma 聯(lián)立解得F＝17 N. (3)由于μ＜tan 37°，故要使物塊能到達C點，物塊初速度最小時，有物塊滑到C時剛好和傳送帶有相同速度 v－v＝2a3L，解得v″B＝8 m/s 物塊在AB段做勻減速直線運動 v－v＝2μgx，解得v0＝2 m/s. 答案：(1)2.4 m　(2)17 N　(3)2 m/s