2019年高考物理 專題03 牛頓運動定律學案.doc

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專題03 牛頓運動定律 超重點1：兩類動力學問題 1．解決兩類動力學基本問題應(yīng)把握的關(guān)鍵 (1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析； (2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁． 2．解決動力學基本問題時對力的處理方法 (1)合成法 在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”． (2)正交分解法 若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”． 【典例1】隨著科技的發(fā)展，未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機的起飛距離．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＝120 m，在該區(qū)域安裝有直流電機，該電機可從頭至尾提供一個恒定的牽引力F牽．一架質(zhì)量為m＝2.0104 kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可以提供恒定的推力F推＝1.2105 N．假設(shè)在電磁彈射階段的平均阻力為飛機重力的0.05倍，在后一階段的平均阻力為飛機重力的0.2倍．已知飛機可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點，離艦起飛速度v＝120 m/s，航空母艦處于靜止狀態(tài)，求：(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，g取10 m/s2) (1)飛機在后一階段的加速度大小； (2)飛機在電磁彈射區(qū)的加速度大小和電磁彈射器的牽引力F牽的大?。? 【答案】(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.05106 N 【解析】　 思路點撥：解此題可按以下思路： ?? (1)飛機在后一階段受到阻力和發(fā)動機提供的推力作用，做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a2，此過程中的平均阻力Ff2＝0.2mg 根據(jù)牛頓第二定律有F推－Ff2＝ma2 代入數(shù)據(jù)解得a2＝4.0 m/s2 【方法技巧】　兩類動力學問題的解題步驟 【訓練1】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車道．一輛貨車在傾角θ＝30的連續(xù)長直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認為發(fā)動機不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開始加速運動，此時汽車所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.2.在加速前進了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.65.貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin 37＝0.6，g＝10 m/s2.求： (1)貨車剛沖上避險車道時的速度大小v； (2)貨車在避險車道上行駛的最大距離x. 【答案】(1)25 m/s　(2)25 m 【訓練2】.一質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊能在傾角為θ＝30的足夠長的斜面上以a＝2.5 m/s2的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2 s內(nèi)沿斜面做勻加速運動，其位移x＝4 m．g取10 m/s2.求： (1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)恒力F的大小． 【答案】(1)　(2) N或 N 【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin 30－μmgcos 30＝ma 解得μ＝ (2)滑塊沿斜面做勻加速直線運動時，加速度有向上和向下兩種可能． 根據(jù)題意，由運動學公式，有x＝a1t2， 可得a1＝2 m/s2 當加速度沿斜面向上時，有 Fcos 30－mgsin 30－Ff＝ma1 Ff＝μ(Fsin 30＋mgcos 30) 聯(lián)立解得F＝ N 當加速度沿斜面向下時，有 mgsin 30－Fcos 30－Ff＝ma1 Ff＝μ(Fsin 30＋mgcos 30) 聯(lián)立解得F＝ N. 超重點2：超重和失重問題 一、超重、失重現(xiàn)象 超重現(xiàn)象 失重現(xiàn)象 完全失重現(xiàn)象 概念 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?大于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?小于物體所受重力的現(xiàn)象 物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?等于零的現(xiàn)象 產(chǎn)生 條件 物體的加速度方向豎直向上 物體的加速度方向豎直向下 物體的加速度方向豎直向下，大小a＝g 原理 方程 F－mg＝ma mg－F＝ma mg－F＝ma＝mg F＝0 運動 狀態(tài) 加速上升或減速下降 加速下降或減速上升 以a＝g加速下降或減速上升 二、說明： 1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變． 2．物體是否處于超重或失重狀態(tài)，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體的加速度方向，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)． 3．當物體處于完全失重狀態(tài)時，重力只有使物體產(chǎn)生a＝g的加速度效果，不再有其他效果． 【例題1】．(多選)2016年10月17日我國的“神舟十一號”載人飛船載著我國兩名宇航員順利發(fā)射升空．兩名宇航員在隨飛船升空時要經(jīng)受嚴峻的超重考驗，而在完成太空任務(wù)后返回地球的過程中，既要承受超重的考驗．又要承受失重的考驗．下列說法中正確的是(　　) A．當“神舟十一號”加速上升時，宇航員處于超重狀態(tài) B．“神舟十一號”在返回地球的減速過程中，宇航員處于失重狀態(tài) C．“神舟十一號”加速上升的加速度逐漸減小時，宇航員對座椅的壓力小于宇航員的重力 D．“神舟十一號”落地前減速下落時，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力 【答案】AD 【例題2】．為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示．當此車加速上坡時，乘客(　　) A．處于失重狀態(tài) B．處于超重狀態(tài) C．受到向后的摩擦力作用 D．所受力的合力沿斜面向下 【答案】B 【解析】當此車加速上坡時，整體的加速度沿斜面向上，乘客具有豎直向上的分加速度，所以乘客處于超重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；對乘客進行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而靜摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C錯誤；由于乘客加速度沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向上，故D錯誤． 【例題3】．(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上，彈簧下端懸掛一個小球，電梯中有質(zhì)量為50 kg的乘客，在電梯運行時乘客發(fā)現(xiàn)輕質(zhì)彈簧的伸長量始終是電梯靜止時的四分之三．已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判斷(　　) A．電梯可能加速下降，加速度大小為5 m/s2 B．電梯可能減速上升，加速度大小為2.5 m/s2 C．乘客處于超重狀態(tài) D．乘客對電梯地板的壓力為375 N 【答案】BD 超重點3：輕繩、輕桿、輕彈簧瞬時性問題 1．兩種常見模型 加速度與合力具有瞬時對應(yīng)關(guān)系，二者總是同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，具體可簡化為以下兩種常見模型： 2．求解瞬時加速度的一般思路 ?? 【典例2】如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B用一輕彈簧相連，豎直放在光滑的水平面上，木塊A上放有質(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木塊C迅速移開，若重力加速度為g，則在木塊C移開的瞬間(　　) A．木塊B對水平面的壓力大小迅速變?yōu)?mg B．彈簧的彈力大小為mg C．木塊A的加速度大小為2g D．彈簧的彈性勢能立即減小 【答案】C 【方法技巧】“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題 (1)分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵” ①分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)． ②明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點． (2)“四個步驟” 第一步：分析原來物體的受力情況． 第二步：分析物體在突變時的受力情況． 第三步：由牛頓第二定律列方程． 第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性． 【訓練1】.(多選)如圖，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細線懸掛于固定點O.整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將細線剪斷．將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對于原長的伸長分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g.在剪斷的瞬間(　　) A．a(chǎn)1＝3g　　　　　　 B．a(chǎn)1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 【答案】AC 【解析】剪斷細線前，把a、b、c看成整體，細線上的拉力為FT＝3mg.因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細線之前相同．則將細線剪斷瞬間，對a隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得3mg＝ma1，得a1＝3g，A正確，B錯誤．由胡克定律知2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正確，D錯誤． 【訓練2】.如圖所示，質(zhì)量為m的小球用水平彈簧系住，并用傾角為30的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度為(　　) A．0 B．大小為g，方向豎直向下 C．大小為g，方向垂直木板向下 D．大小為g，方向水平向右 【答案】C 超重點4：傳送帶問題 1．傳送帶的基本類型 (1)按放置可分為：水平(如圖a)、傾斜(如圖b、圖c)、水平與傾斜組合； (2)按轉(zhuǎn)向可分為：順時針、逆時針． 2．傳送帶問題的特征 (1)水平傳送帶 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)v0＞v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速 (2)v0＜v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速 情景3 (1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端 (2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0＞v返回時速度為v，當v0＜v返回時速度為v0 (2)傾斜傳送帶 項目 圖示 滑塊可能的運動情況 情景1 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 情景2 (1)可能一直加速 (2)可能先加速后勻速 (3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1＞a2 情景3 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先加速后勻速 (4)可能先減速后勻速 (5)可能先以a1加速后再以a2加速 (6)可能一直減速 情景4 (1)可能一直加速 (2)可能一直勻速 (3)可能先減速后反向加速 (4)可能一直減速 【典例3】　(2018安徽合肥質(zhì)檢)如圖所示，某皮帶傳動裝置與水平面夾角為30，兩輪軸心相距L＝2 m，A、B分別是傳送帶與兩輪的切點，傳送帶不打滑．現(xiàn)使傳送帶沿順時針方向以v＝2.5 m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，將一小物塊輕輕地放置于A點，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2.試求： (1)小物塊運動至B點的時間； (2)若傳送帶速度可以任意調(diào)節(jié)，當小物塊在A點以v0＝3 m/s的速度沿傳送帶向上運動時，小物塊到達B點的速度范圍． 【答案】(1)1.3 s　(2)2 m/s≤vB≤8 m/s 設(shè)小物塊速度等于2.5 m/s時，小物塊運動的位移為L1，用時為t1，則 t1＝＝ s＝1 s， L1＝＝ m＝1.25 m， 因L1tan 30，故小物塊速度等于2.5 m/s時，將勻速運動至B點，設(shè)用時為t2，則 t2＝＝0.3 s， 故小物塊從A到B所用時間為t＝t1＋t2＝1.3 s. 【規(guī)律總結(jié)】傳送帶問題的解題思路 【訓練1】．(多選)如圖甲為應(yīng)用于機場和火車站的安全檢查儀，用于對旅客的行李進行安全檢查．其傳送裝置可簡化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1 m/s的恒定速率運行．旅客把行李無初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時也以v＝1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運動到B處取行李，則(　　) A．乘客與行李同時到達B處 B．乘客提前0.5 s到達B處 C．行李提前0.5 s到達B處 D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達B處 【答案】BD 【訓練2】.(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊傾斜的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37.現(xiàn)有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.下列判斷正確的是(　　) A．物塊A先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B的摩擦力都沿傳送帶向上 D．物塊A下滑過程中相對傳送帶的路程小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的路程 【答案】BCD 【解析】對物塊A，因為mgsin 37＞μmgcos 37，則A物體所受摩擦力向上，向下做勻加速度運動，物塊B受到的摩擦力也向上，故傳送帶對兩物塊的滑動摩擦力均沿傳送帶向上，大小也相等，故兩物塊沿傳送帶向下的加速度大小相同，滑到底端時位移大小相同，故時間相同，故A錯誤，B、C正確；A物塊與傳送帶運動方向相同，相對路程較小，故D正確． 【訓練3】.(2018湖北宜昌高三一模)如圖為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3 m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37，C、D兩端相距4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以5 m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動．將質(zhì)量為10 kg的一袋大米放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5.試求： (1)若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離． (2)若要將米袋送到D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍． 【答案】(1)1.25 m　(2)vCD≥4 m/s　1.16 s≤t≤2.1 s (2)設(shè)CD部分運轉(zhuǎn)速度為v1時米袋恰能到達D點(即米袋到達D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為v1之前的加速度為 a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2 米袋速度從v1減至零的加速度為 a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2 由＋＝4.45 m 解得v1＝4 m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的速度vCD≥v1＝4 m/s 米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax＝＋＝2.1 s. 若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2＝－2 m/s2.由sCD＝v0tmin＋a2t解得tmin≈1.16 s. 所以，所求的時間t的范圍為1.16 s≤t≤2.1 s. 超重點5：“滑塊—木板”問題 1．問題特點：滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的相互作用下發(fā)生相對滑動． 2．位移關(guān)系：滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和Δx＝x2＋x1＝L. 3．分析滑塊—木板模型問題時應(yīng)掌握的技巧 (1)分析題中滑塊、木板的受力情況，求出各自的加速度． (2)畫好運動草圖，指出位移、速度、時間等物理量間的關(guān)系． (3)知道每一過程的末速度是下一過程的初速度． (4)兩者發(fā)生相對滑動的兩個條件： ①摩擦力為滑動摩擦力． ②二者加速度不相等． 【典例4】(2015高考全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖(b)所示．木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)木板的最小長度； (3)木板右端離墻壁的最終距離． 【答案】　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 【解析】　 思路點撥：解此題應(yīng)注意以下幾點信息： (1)木板碰墻之前，μ1(m＋15m)g產(chǎn)生小物塊和木板共同減速的加速度． (2)小物塊向右勻減速和向左勻加速的加速度均由μ2mg產(chǎn)生． (3)小物塊相對于木板滑行過程中，木板受地面的滑動摩擦力和小物塊的滑動摩擦力方向均水平向右． (4)小物塊與木板相對靜止后將一起向左做勻減速運動，而不再發(fā)生相對滑動． 詳解：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.對小物塊與木板整體由牛頓第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v1＝4 m/s，由運動學公式有 v1＝v0＋a1t1② s0＝v0t1＋a1t③ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度． 聯(lián)立①②③式和題給條件得 μ1＝0.1④ 在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有 －μ2mg＝ma2⑤ 由題圖(b)可得 a2＝⑥ 式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得 μ2＝0.4⑦ 小物塊運動的位移為 s2＝Δt? 小物塊相對木板的位移為 Δs＝s2－s1? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得 Δs＝6.0 m? 因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m. (3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓第二定律及運動學公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4? 0－v＝2a4s3? 碰后木板運動的位移為 s＝s1＋s3? 聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得 s＝－6.5 m? 木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m. 【技巧總結(jié)】 (1)“滑塊—木板”問題是近幾年來高考考查的熱點，綜合性較強，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運動定律、勻變速運動等主干知識，能力要求較高． (2)滑塊和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答“滑塊—木板”問題的切入點，前一運動階段的末速度則是下一運動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系． (3)速度相等是這類問題的臨界點，此時意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變． 拓展1　水平面上“滑塊—木板”問題 1.質(zhì)量M＝3 kg的長木板放在光滑的水平面上．在水平拉力F＝11 N作用下由靜止開始向右運動．如圖所示，當速度達到1 m/s時，將質(zhì)量m＝4 kg的物體輕輕放到木板的右端．已知物塊與木板間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊可視為質(zhì)點．(g取10 m/s2)求： (1)物塊剛放置在木板上時，物塊和木板的加速度分別為多大； (2)木板至少多長物塊才能與木板最終保持相對靜止； (3)物塊與木板相對靜止后物塊受到的摩擦力大?。? 【答案】(1)2 m/s2　1 m/s2　(2)0.5 m　(3)6.29 N 【解析】 (1)放上物塊后，物塊的加速度a1＝＝μg＝2 m/s2.木板的加速度a2＝＝1 m/s2. (2)當兩物體達速度相等后保持相對靜止，故a1t＝v0＋a2t，得t＝1 s,1 s內(nèi)木板位移x1＝v0t＋a2t2＝1.5 m， 物塊位移x2＝a1t2＝1 m. 所以板長L＝x1－x2＝0.5 m. (3)相對靜止后，對整體F＝(M＋m)a， 對物塊Ff＝ma，故Ff＝m＝6.29 N. 拓展2　斜面上的“滑塊—木板”問題 2.如圖所示，傾角α＝30的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8 m、質(zhì)量M＝3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝.對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動．設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2. (1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件； (2)若F＝37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離． 【答案】(1)F≤30 N　(2)能　1.2 s　0.9 m 物塊的位移x2＝a2t2 物塊與木板的分離條件為 Δx＝x1－x2＝L 聯(lián)立以上各式解得t＝1.2 s 物塊滑離木板時的速度v＝a2t 由公式－2gsin αx＝0－v2 解得x＝0.9 m 題組突破訓練 一、選擇題 1．(多選)(2018貴州遵義航天高級中學模擬)運動員從懸停的直升機上跳傘，下落一段時間后打開降落傘，打開傘之前，運動員所受空氣阻力可忽略，打開傘后受到的空氣阻力與速度成正比，運動員打開傘后的運動情況可能是(　　) A．加速度大小先減小最后為零 B．加速度大小先增大最后為零 C．速度一直不變 D．速度先增大后不變 【答案】ACD 2．(多選)(2018湖北六校聯(lián)考)如圖甲、乙所示，圖中細線均不可伸長，兩小球質(zhì)量相同且均處于平衡狀態(tài)，細線和彈簧與豎直方向的夾角均為θ.如果突然把兩水平細線剪斷，則剪斷瞬間(　　) A．圖甲中小球的加速度大小為gsin θ，方向水平向右 B．圖乙中小球的加速度大小為gtan θ，方向水平向右 C．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為1∶cos2θ D．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為cos2θ∶1 【答案】BD 【解析】設(shè)兩球質(zhì)量均為m，對小球A進行受力分析，剪斷水平細線后，小球A將沿圓弧擺下，故剪斷水平細線瞬間，小球A的加速度a1的方向沿圓周的切線方向向下，即垂直傾斜細線向下，則FT1＝mgcos θ，F(xiàn)1＝mgsin θ＝ma1，所以a1＝gsin θ，方向垂直傾斜細線向下，選項A錯誤．對小球B進行受力分析，水平細線剪斷瞬間，小球B所受重力mg和彈簧彈力FT2不變，小球B的加速度a2的方向水平向右，則FT2＝，F(xiàn)2＝mgtan θ＝ma2，所以a2＝gtan θ，方向水平向右，選項B正確．圖甲中傾斜細線與圖乙中彈簧的拉力之比為FT1∶FT2＝cos2θ∶1，選項C錯誤，D正確． 3.一物塊沿傾角為θ的斜坡向上滑動．當物塊的初速度為v時，上升的最大高度為H，如圖所示；當物塊的初速度為時，上升的最大高度記為h.重力加速度大小為g.物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h分別為(　　) A．tan θ和　　　　　 B．(－1)tan θ和 C．tan θ和 D．(－1)tan θ和 【答案】D 4．如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為α＞β＞θ.現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經(jīng)歷的時間關(guān)系為(　　) A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB＞tCD＞tEF C．tAB＜tCD＜tEF D．tAB＝tCD＜tEF 【答案】B 5.(多選)在升降電梯內(nèi)的地板上放一體重計，電梯靜止時，某同學站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg，電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)該同學發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖所示，已知重力加速度為g，則在這段時間內(nèi)，下列說法中正確的是(　　) A．該同學所受的重力變小了 B．該同學對體重計的壓力等于體重計對該同學的支持力 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直向下 【答案】BD 【解析】體重計的示數(shù)減小，說明該同學對其壓力減小，但該同學所受重力沒有變化，故選項A錯誤；該同學對體重計的壓力和體重計對其的支持力是一對作用力與反作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知選項B正確；體重計的示數(shù)變小，說明處于失重狀態(tài)，電梯可能向下加速運動或者向上減速運動，故選項C錯誤；電梯靜止時，由平衡條件知FN1＝mg，電梯運動過程中，由牛頓第二定律可知mg－FN2＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝g，故選項D正確． 6．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上．從某時刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用．假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小．能正確描述F與a之間關(guān)系圖象的是(　　) 【答案】C 【解析】物塊的受力如圖所示，當F不大于最大靜摩擦力時，物塊仍處于靜止狀態(tài)，故其加速度為0；當F大于最大靜摩擦力后，由牛頓第二定律得F－μFN＝ma，即F＝μFN＋ma，F(xiàn)與a成線性關(guān)系．選項C正確． 7．(多選)(2018河北唐山調(diào)研)如圖所示，將小砝碼放在桌面上的薄紙板上，若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，砝碼到紙板左端的距離和到桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動紙板，下列說法正確的是(　　) A．紙板相對砝碼運動時，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)g B．要使紙板相對砝碼運動，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)g C．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼不會從桌面上掉下 D．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼恰好到達桌面邊緣 【答案】BC 【解析】對紙板分析，當紙板相對砝碼運動時，紙板所受的摩擦力為μ(M＋m)g＋μMg，故A錯誤．設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有μMg＝Ma1，F(xiàn)－μMg－μ(M＋m)g＝ma2，發(fā)生相對運動需要a2>a1，代入數(shù)據(jù)解得F>2μ(M＋m)g，故B正確．若砝碼與紙板分離時的速度小于，砝碼勻加速運動的位移小于＝＝，勻減速運動的位移小于＝＝，則總位移小于d，不會從桌面上掉下，故C正確．當F＝μ(2M＋3m)g時，砝碼未脫離紙板時的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝＝2μg，根據(jù)a2t2－a1t2＝d，解得t＝，則此時砝碼的速度v＝a1t＝，砝碼脫離紙板后做勻減速運動，勻減速運動的加速度大小a′＝μg，則勻減速運動的位移x＝＝＝d，而勻加速運動的位移x′＝a1t2＝d，可知砝碼離開桌面，D錯誤． 8.(2018山東濰坊質(zhì)檢)如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動．在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關(guān)系的是(　　) 【答案】D 9.帶式傳送機是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運機械，又稱連續(xù)輸送機．如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行．現(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡．下列說法正確的是(　　) A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè) B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短 C．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短 D．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越短 【答案】C 【解析】剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包相對傳送帶向后滑動，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯誤．木炭包在傳送帶上運動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，當達到共同速度時，不再有相對滑動，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝，設(shè)相對滑動時間為t，由v＝at得t＝，此時傳送帶的位移為x傳＝vt＝，所以相對滑動的位移是Δx＝x傳－x木＝，由此可知，黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無關(guān)，所以B錯誤．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短，所以C正確．傳送帶運動的速度越大，徑跡的長度越長，所以D錯誤． 10.如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上．在物塊放到木板上之后，木板運動的速度—時間圖象可能是下列選項中的(　　) 【答案】A 二、非選擇題 11.如圖所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可視為質(zhì)點的小物塊，現(xiàn)用輕細線的一端連接木板的Q端，保持與斜面平行，繞過定滑輪后，另一端可懸掛鉤碼，鉤碼距離地面足夠高．已知斜面傾角θ＝30，木板長為L，Q端距斜面頂端距離也為L，物塊和木板的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ1＝.若所掛鉤碼質(zhì)量為2m，物塊和木板能一起勻速上滑；若所掛鉤碼質(zhì)量為其他不同值，物塊和木板有可能發(fā)生相對滑動．重力加速度為g，不計細線與滑輪之間的摩擦，設(shè)接觸面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力． (1)木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ2； (2)物塊和木板發(fā)生相對滑動時，所掛鉤碼質(zhì)量m′應(yīng)滿足什么條件？ 【答案】(1)　(2)m′＞m 【解析】(1)整個系統(tǒng)勻速時 對鉤碼：2mg＝FT 對物塊和木板：FT＝2mgsin θ＋2μ2mgcos θ 解得：μ2＝ 12.水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機場和火車站，如圖所示為一水平傳送帶裝置示意圖．緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v＝1 m/s運行，一質(zhì)量為m＝4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離L＝2 m，g取10 m/s2. (1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??； (2)求行李做勻加速直線運動的時間； (3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處．求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應(yīng)的最小運行速率． 【答案】(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s 13．如圖甲所示，長木板B固定在光滑水平面上，可看作質(zhì)點的物體A靜止疊放在B的最左端．現(xiàn)用F＝6 N的水平力向右拉物體A，經(jīng)過5 s物體A運動到B的最右端，其vt圖象如圖乙所示．已知A、B的質(zhì)量分別為1 kg、4 kg，A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)求物體A、B間的動摩擦因數(shù)； (2)若B不固定，求A運動到B的最右端所用的時間． 【答案】(1)0.4　(2)7.07 s 【解析】(1)根據(jù)vt圖象可知物體A的加速度為 aA＝＝ m/s2＝2 m/s2 以A為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－μmAg＝mAaA 解得μ＝＝0.4 (2)由題圖乙可知木板B的長度為l＝510 m＝25 m 若B不固定，則B的加速度為 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2 設(shè)A運動到B的最右端所用的時間為t，根據(jù)題意可得 aAt2－aBt2＝l，解得t＝7.07 s. 14.(2018河北正定中學月考)一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0 m．其右端與一傾角為θ＝37的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4 m，一個可視為質(zhì)點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，試問：(sin 37＝0.6，g取10 m/s2) (1)物塊能否到達斜面頂端？若能則說明理由，若不能則求出物塊沿斜面上升的最大距離； (2)物塊從出發(fā)到4.5 s末通過的路程． 【答案】(1)不能　m　(2)5 m (2)物塊從開始到第一次到達傳送帶右端所用時間 t1＝＋＝1.5 s 物塊在斜面上往返一次的時間 t2＝＝ s 物塊再次滑到傳送帶上速度仍為v0，方向向左 －μmg＝ma3 向左端發(fā)生的最大位移 x3＝＝1 m 物塊向左的減速過程和向右的加速過程中位移大小相等，時間t3＝＝2 s 4．5 s末物塊在斜面上速度恰好減為零 故物塊通過的總路程 x＝L＋3x2＋2x3 x＝5 m 15.如圖所示，木板靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質(zhì)點的木塊．已知木塊的質(zhì)量m＝1 kg，木板的質(zhì)量M＝4 kg，長L＝2.5 m，下表面與地面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2. (1)假設(shè)木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的最大靜摩擦力為3 N，欲使木板能從木塊的下方抽出，求對木板施加的水平拉力F的大小范圍． (2)若用大小為F＝28 N的水平恒力拉木板，假設(shè)木板的上表面也粗糙，其上表面與木塊之間的最大靜摩擦力為2 N，欲使木板能從木塊的下方抽出，求水平恒力F作用的最短時間． 【答案】(1)F＞25 N　(2) s (2)加上力F時木板加速，撤去F后木板減速．分析可知，如果木板和木塊的速度相同時木塊恰好運動到木板最左端脫離，那么力F的作用時間最短 設(shè)作用時間t1后撤去力F，此時木板速度為v1，則對木板有 F－Ffm2－μ(M＋m)g＝Ma1 解得a1＝4 m/s2， v1＝a1t1 對木塊有Ffm2＝ma2，解得a2＝2 m/s2 撤去力F后，木板減速運動，加速度大小為a0 則Ffm2＋μ(M＋m)g＝Ma0，解得a0＝3 m/s2 木塊加速運動過程中加速度不變，當木塊和木板速度相同時木塊恰好脫離木板，設(shè)共同速度為v2，則可作出如圖所示的速度—時間圖線分析位移關(guān)系，可知，L＝＋－，v1－a0(－)＝v2，聯(lián)立解得v1＝ m/s，t1＝ s 故欲使木板能從木塊的下方抽出，水平恒力F作用的最短時間應(yīng)為 s. 16.(2018湖北武漢月考)如圖所示，AB、CD為兩個光滑的平臺，一傾角為37、長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接．現(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿平臺AB向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到平臺CD上，問： (1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多大？ (2)當小物體在平臺AB上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達平臺CD，求這個臨界速度． (3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運動，欲使小物體到達平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？ 【答案】(1)0.5　(2)2 m/s　(3)3 m/s 【解析】(1)傳送帶靜止時，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得： μmgcos 37＋mgsin 37＝ma1 B→C過程有：v＝2a1l 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5. (3)設(shè)小物體在平臺AB上的運動速度為v1，傳送帶順時針運動的速度大小為v2， 對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程，有： v－v＝2a1x1 對從小物體速度減小到傳送帶速度到恰好到達平臺CD過程，有： v＝2a2x2 x1＋x2＝L 解得：v2＝3 m/s 即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運動，小物體才能到達平臺CD.