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

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1、 用牛頓第二定律解決兩類問題一、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，在大小為10 N的傾斜拉力的作用下，物體由靜止開始做勻加速直線運動，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，

2、sin 370.6。求：（1）物體運動的加速度；（2）物體和地面之間的動摩擦因數(shù)?！緟⒖即鸢浮浚?）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:FcosFf=maFN+Fsin=mgFf=FN解得：=0.51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，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

3、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。足夠長光滑斜面BC傾角=53，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.5，水平面與斜面之間B點有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2 kg的小物塊靜止于A點。現(xiàn)在AB段對小物塊施加與水平方向成=53的恒力F作用，如圖甲所示。小物塊在AB段運動的速度時間圖象如圖乙所示，到達(dá)B點迅速撤去恒

4、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點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間；（3）小物塊最終離A點的距離?！緟⒖即鸢浮浚?）11 N （2） （3）【詳細(xì)解析】（1）由圖乙可知，AB段加速度，根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos（mgFsin）=ma，得。（2）在BC段mgsin=ma2，解得，小物塊從B到C所用時間與從C到B所用時間相等，所以小物塊從B點沿斜面向上運動，到返回B點所用的時間為。（3）小物塊從B向A運動過程中，有mg=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)

5、生的阻力，來拯救一列質(zhì)量為1106 kg的速度為360 km/h飛馳的失去制動性能的列車，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，列車的運動可視為勻減速直線運動，則蜘蛛絲對列車產(chǎn)生的平均阻力為A1105 NB1106 NC1107 ND1108 N【答案】C【解析】根據(jù)運動學(xué)公式可得加速度的大小為，根據(jù)牛頓第二定律則有，解得蜘蛛絲對列車產(chǎn)生的平均阻力為，故選項C正確，ABD錯誤。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

6、速度大小為gC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（2019四川高一期末）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑

7、輪繩子的兩端各系一個物體，質(zhì)量分別為m1、m2，且m2m1，m2靜止在車廂底板上，當(dāng)車廂向右運動時，m1、m2與車廂保持相對靜止，系m1的那段繩子與豎直方向夾角為，如圖所示，繩子的質(zhì)量、滑輪與繩子的摩擦忽略不計，下列說法正確的是A車廂的加速度為B車廂底板對的支持力為C繩子中的張力大小為D車廂底板對的摩擦力為【答案】ACD【解析】物體m1與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力和拉力，根據(jù)合成法知，F(xiàn)合=m1gtan，拉力，物體m1的加速度，所以車廂的加速度為gtan，故AC正確。物體m2加速度為gtan，對物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力，f=m2a=m2gtan，

8、故B錯誤、D正確。已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，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0t1內(nèi)運動的位移比在t1t2內(nèi)運動的位移小B0t2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，那么D0t2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0t1內(nèi)運動的位移比在t1t2內(nèi)運動的位移大，故A錯誤；由于物塊在0t1內(nèi)向下運動的位移大于t1

9、t2內(nèi)向上運動的位移，所以0t2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t1t2內(nèi)，物塊向上運動，則有mgcosmgsin，得tan，故C錯誤；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（2019安徽高一期末）如圖，在勻速轉(zhuǎn)動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1順時針轉(zhuǎn)動。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2（v1v2）滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端。在上述過程中，下列判斷正確的是A滑塊返回傳送帶右端的速率為v2B此過程中電動機對傳送帶做功為2mv1v

10、2C此過程中傳送帶對滑塊做功為mvmvD此過程中滑塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為m（v1v2）2【答案】AB【解析】由于傳送帶足夠長，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v1v2，物體會在滑動摩擦力的作用下加速，當(dāng)速度增大到等于v2時，物體回到原出發(fā)點，即滑塊返回傳送帶右端的速率為v2，故A正確；設(shè)滑塊向左運動的時間t1，位移為x1，則：，摩擦力對滑塊做功：W1=fx1=，又摩擦力做功等于滑塊動能的減小，即：W1=mv22，該過程中傳送帶的位移：x2=v1t1，摩擦力對傳送帶做功：，將代入得：W2=mv1v2，同理可計算，滑塊返回到出發(fā)點時摩擦力對傳送帶做

11、功為W2=mv1v2，則此過程中電動機對傳送帶做功為W=W2+ =2mv1v2，選項B正確；此過程中只有傳送帶對滑塊做功根據(jù)動能定理W=EK得：W=EK=mv22mv22=0，故C錯誤；物塊向左減速運動時，物塊相對傳送帶的位移為：，物塊向右加速運動時，物塊相對傳送帶的位移為：，則此過程中滑塊與傳送帶問因摩擦產(chǎn)生的熱量為，故D錯誤。（2019北京市第十一中學(xué)高一期末）如圖所示，質(zhì)量m10.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m20.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v02 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止物塊與車面間的動摩擦因數(shù)0.5，取

12、g10 m/s2，求：（1）物塊與小車共同速度；（2）物塊在車面上滑行的時間t；（3）小車運動的位移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v0不超過多少？【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：a2g0.510 m/s25 m/s2小車的加速度大小為：根據(jù)v=v0a2t=a1t得則速度相等需經(jīng)歷的時間為：v=0.8 m/s（3）小車運動的位移（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恰好兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此速度為v，由水平方向動量守恒得：m2 v

13、0=（m1+m2）v根據(jù)能量守恒得：m2gLm2v02（m1+m2）v2代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v0=5 m/s1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vt圖象如圖乙所示，重力加速度g取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A06 s加速，加速度大小為2 m/s2，612 s減速，加速度大小為2 m/s2B08 s加速，加速度大小為2 m/s2，812 s減速，加速度大小為4 m/s2C08 s加速，加速度大小為2 m/s2，816 s減速，加速度大小為2 m/s2D012 s加速，加速度大小

14、為1.5 m/s2，1216 s減速，加速度大小為4 m/s2【答案】C【解析】根據(jù)vt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，06 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)t時間共速，有v=2（6+t）=244t，可得t=2 s，v=16 m/s，即08 s物塊加速；812 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816 s物塊減速。選C。（2019

15、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間的動摩擦因數(shù)=0.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，測得B的加速度a與拉力F的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g=10 m/s2）A當(dāng)F24 N時，A相對B發(fā)生滑動CA的質(zhì)量為4 kgDB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會發(fā)生相對滑動，由圖可知，B的最大加速度為4 m/s2，即拉力F24 N時，A相對B發(fā)生滑動，當(dāng)F24 N時，A、B保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確。對B，根

16、據(jù)牛頓第二定律得，aB4 m/s2，對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錯誤。1從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中小球受到的空氣阻力與其速率成正比，小球運動的速度大小隨時間變化的規(guī)律如圖所示，t1時刻到達(dá)最高點，再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，則在整個過程中，下列說法中不正確的是A小球被拋出時的加速度值最大，到達(dá)最高點的加速度值最小B小球的加速度在上升過程中逐漸減小，在下降過程中也逐漸減小C小球拋出瞬間的加速度大小為D小球下落過程的平均速度大于【答案】A【解析】小球上升過程

17、的加速度大小為，隨速度減小而減小，到達(dá)最高點時加速度為g，下落過程的加速度大小為，隨著速度增大，加速度減小，最后減小到0，故小球被拋出時的加速度值最大，A錯誤，B正確；當(dāng)小球勻速時，有，則拋出瞬間的加速度，C正確；下落過程小球做加速度減小的加速運動，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Aa1=2g，方向豎直向上Ba2=2g，方向豎直向下Ca3=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山東山東省實驗

18、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動的一小段時間內(nèi)，關(guān)于球所受到的輕繩拉力T和斜面支持力N的說法中正確的是AT和N都逐漸增大BT和N都逐漸減小CT和N的合力保持不變DT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、機械能E隨時間t變化的圖象中可能正確的有ABCD4（2019廣東高三高考模擬）水平面上放置一個斜面足夠長的斜劈A，小物塊B靜止在斜面上，如圖所示?，F(xiàn)對B施加一個沿斜面

19、向上的拉力F，F(xiàn)的大小從零隨時間均勻增大，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摩擦力。則整個過程中摩擦力大小隨時間變化的圖象可能正確的是ABCD5如圖所示，在一個立方體空箱子頂部用細(xì)線懸吊著一個小球，讓箱子分別沿甲、乙兩個傾角相同的固定斜面下滑。在斜面甲上運動過程中懸線始終豎直向下，在斜面乙上運動過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動B在斜面乙上做勻加速運動C對斜面甲的作用力較大D對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，輕質(zhì)細(xì)線一端固定在質(zhì)量為的物體上，另一端繞過光滑的滑輪懸掛

20、質(zhì)量為的物體。初始時用手托住使整過系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時離地面的高度為，某時刻將手拿掉、從靜止開始運動（），則A繩子對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物體剛落地時的速度大小為D整個過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Aa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Ba落地前，輕桿對b先做正功后做負(fù)功Ca下落的某段過程中，其加速度大小可能大于gDa落地前瞬間a的機械能最小，此時b對地面的

21、壓力大小等于mg8（2019四川高一期末）如圖（a），一長木板靜止于光滑水平桌面上，時，小物塊以速度滑到長木板上，時刻小物塊恰好滑至長木板最右端。圖（b）為物塊與木板運動的圖像，已知圖中、，重力加速度大小為g。下列說法正確的是A木板的長度為B物塊與木板的質(zhì)量之比為C物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為Dt1時刻，小物塊和木板動能之比為9如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊在與水平方向成的力F的作用下從A點由靜止開始沿水平直軌道運動，到B點后撤去力F，物體飛出后越過“壕溝”落在平臺EG段。已知物塊的質(zhì)量m=1 kg，物塊與水平直軌道間的動摩擦因數(shù)為=0.5，AB段長L=10 m，BE的高度差h=0.8 m，BE的

22、水平距離x=1.6 m。若物塊可看作質(zhì)點，空氣阻力不計，g取10 m/s2。（1）要越過“壕溝”，求物塊在B點最小速度v的大?。唬?）若=37，為使物塊恰好越過“壕溝”，求拉力F的大??；10（2019安徽高一期末）可視為質(zhì)點的小滑塊從半徑為0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道頂端滑下。在軌道最低點滑上水平傳送帶的最右端（設(shè)軌道銜接處無機械能損失）。設(shè)傳送帶長度L=8 m，并以恒定的v=3 m/s速度順時針轉(zhuǎn)動，小滑塊恰好能運動到水平傳送帶的最左端而沒有掉下傳送帶。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摩擦因數(shù)；（2）物塊從圓弧軌道最低點滑入傳送帶到第一次返回圓弧軌道最

23、低點所用的時間（本小題計算結(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的長木板，一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）放在長木板的最右端。已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為。從某時刻起物塊m以v1的水平初速度向左運動，同時木板M在水平外力F控制下始終向右以速度勻速運動，求：（1）在物塊m向左運動過程中外力F的大?。海?）木板至少多長物塊不會從木板上滑下來?12（2019湖南雅禮中學(xué)高三開學(xué)考試）某電視臺娛樂節(jié)目在游樂園舉行家庭搬運磚塊比賽活動比賽規(guī)則是：如圖甲所示向滑動行駛的小車上搬放磚塊，且每次只能將一塊磚無初速度（相對地面）地放到車上，車停止時立即停止搬放，

24、以車上磚塊多少決定勝負(fù)已知每塊磚的質(zhì)量m0.8 kg，小車的上表面光滑且足夠長，比賽過程中車始終受到恒定牽引力F20 N的作用，未放磚塊時車以v03 m/s的速度勻速前進(jìn)獲得冠軍的家庭上場比賽時每隔T0.8 s搬放一塊磚，從放上第一塊磚開始計時，圖中僅畫出了00.8 s內(nèi)車運動的vt圖象，如圖乙所示，g取10 m/s2。求：（1）小車的質(zhì)量及車與地面間的動摩擦因數(shù)；（2）車停止時，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動時，球所受合外力的方向沿圖中的AOA方向 BOB方向 COC方向 DOD方向14（2016海南卷）沿固定斜面下滑的

25、物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度時間圖線如圖所示。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在05 s、510 s、1015 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則AF1F3 CF1F3 DF1=F315（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：（1）小

26、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T16（2017新課標(biāo)全國卷）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1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為2=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）A、B開始運動時，兩者之間的距離。17（2016四川

27、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 =1，sin =0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：（1）貨物在車廂內(nèi)滑動時加速

28、度的大小和方向；（2）制動坡床的長度。1AC【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。2D【解析】設(shè)斜面傾角為，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=acos和ay=asin，則沿斜面方向：Tmgsin=max，則隨著a的增大，T增大；垂直斜面方向：mgcosN=may，

29、則隨著a的增大，N增大；選項AB錯誤；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C錯誤，D正確。3AC【解析】小球在上升過程中的加速度，隨著v減小，a1增大到g，vt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，vt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，st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Et圖象的斜率是變化的，圖象應(yīng)為曲線，D錯誤。4D【解析】由題有，物體原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，故有，有外力F后，F(xiàn)=kt，k0，以B為

30、研究對象，A對B的摩擦力先沿斜面向上，由平衡條件得F+f1=mgsin，得f1=mgsinkt，知f1隨時間均勻減小。當(dāng)F=mgsin，得f1=0，之后，A對B的摩擦力沿斜面向下，由平衡條件得F=f1+mgsin，得f1=mgsin+kt，知f1隨時間均勻增大。當(dāng)F增大到物體運動后，f1=mgcos，保持不變，故AB錯誤。A、B均不動時，以A、B組成的整體為研究對象，由平衡條件得：f2=Fcos=ktcos，則f2與t成正比。當(dāng)B相對A向上運動時，A的受力情況不變，f2不變，故C錯誤，D正確。5BC【解析】對于斜面甲上的箱子，小球受豎直方向上的重力和拉力作用，一定處于平衡狀態(tài)，箱子也處于平衡狀

31、態(tài)，即箱子在斜面甲上做勻速直線運動，A錯誤；對于斜面乙上的箱子，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動，B正確；在斜面甲上箱子做勻速運動，則斜面甲對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動，由牛頓第二定律，對小球有，對箱子有，可得f=0，斜面乙對箱子的作用力大小為，由牛頓第三定律可知，箱子對斜面甲的作用力較大，C正確，D錯誤。6AC【解析】將手拿掉后，m2加速上升，則繩子對物體的拉力大于物體所受的重力，選項A正確；對兩物體的整體，由牛頓第二定律：，解得a=5 m/s2，選項B錯誤；物體m1剛落地時m2的速度大小為，

32、選項C正確；m1落地后，m2向上做上拋運動，還能上升的高度為，則整個過程中物體上升的最大高度為0.4 m+0.2 m=0.6 m，選項D錯誤。7BC【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

33、C正確；a落地前瞬間b的速度為零，由a、b整體的機械能守恒，知此時a的機械能最大，此時b對地面的壓力大小為mg，故D錯誤。8ACD【解析】時刻小物塊恰好滑至長木板最右端，所以相對位移就是板長，根據(jù)圖b知，相對位移為圖像面積差：，A正確。相對運動過程中，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錯誤。木塊的加速度，摩擦力，所以動摩擦因數(shù)為，C正確。動能，t1時刻，速度相同，所以動能比等于質(zhì)量比，D正確。9（1）4 m/s（2）5.27 N【解析】（1）設(shè)運動時間為t，則有：h=gt2所以，t=0.4 s水平方向勻速直線運動，故有：v=x/t=4 m/s（2）設(shè)AB段加速

34、度為a，由勻變速直線運動規(guī)律得：v2=2aLa=0.8 m/s2對物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：Fcos（mgFsin）=ma帶入數(shù)據(jù)解得：F=5.27 N10（1）0.1 （2）8.17 s【解析】（1）物塊從圓形光滑軌道下滑的過程，根據(jù)機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動則物塊減速到零的時間為反向加速時加速度不變，故加速時間為這段時間的位移為之后物塊隨傳送帶勻速運動，則物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間為11（1） （2）【解析】（1）在物塊m向左運動過程中，木板受力如圖所示，其中f1，f2分別為物塊和地面給木板

35、的摩擦力，由題意可知f1=1mgf2=2（m+M）g 由平衡條件得：F=f1+f2=1mg2（m+M）g（2）以木板為參考系，設(shè)物塊相對木板向左勻減速初速度為，末速度為，則加速度：根據(jù)運動學(xué)公式：解得：12（1） （2）n=5【解析】（1）小車的上表面光滑，磚塊相對地面始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，放上磚塊后小車開始做勻減速運動，設(shè)小車與地面間的動摩擦因數(shù)為，未放磚塊時放上第一塊磚后，對小車有即由vt圖象可知，放上第一塊磚后小車的加速度為解得=0.25；M=8 kg（2）同理，放上第二塊磚后，對小車有代入數(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

36、加速度an=n0.25m/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，車上有5塊磚13D【解析】據(jù)題意可知，小車向右做勻加速直線運動，由于球固定在桿上，而桿固定在小車上，則三者屬于同一整體，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。14A【解析】由vt圖象可知，05 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 fF1=ma1，可得F1=mgsin f0.2m；510 s內(nèi)物體的加速度a2=0，有mgsin

37、fF2=ma2，可得F2=mgsin f；1015 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 fF3=ma3，可得F3=mgsin f+0.2m。故有F3F2F1，A正確，BCD錯誤。15（1） （2） （3）（）【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53=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機械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根據(jù)機械能守恒定律，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

38、到的拉力為T牛頓運動定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛頓運動定律Tmgcos53=ma解得（）16（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=1mAg，f2=1mBg，f3=2（mA+mB+m）g由牛頓第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2f1f3=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=v

39、0aBt1=a1t1解得t1=0.4 s，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=v1a2t2=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圖線求解）17（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mgcos +mgsin =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=vta1t2對貨車，根據(jù)牛頓第二定律有4mgsin +5kmgmgcos =4ma2貨車減速的加速度大小為a2=5.5 m/s2貨車的位移x2=vta2t2，又x1x2=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 m24