2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專(zhuān)題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）.docx

專(zhuān)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(lèi)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。第二部分精選試題一、單選題1如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊（）A加速度逐漸減小B經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】 D【解析】【詳解】由于水平面粗糙且O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時(shí)彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過(guò)程中加速度先減小后反向增大，A錯(cuò)誤；物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置，B錯(cuò)誤；從A到O過(guò)程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過(guò)程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；從A到B過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理可得W彈-W克f=0，即W彈=W克f，即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確2質(zhì)量為400 kg的賽車(chē)在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示，則賽車(chē)在加速的過(guò)程中( )A速度隨時(shí)間均勻增大B加速度隨時(shí)間均勻增大C輸出功率為160 kWD所受阻力大小為1 60 N【答案】 C【解析】【詳解】由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間不是均勻增大故A錯(cuò)誤；a-1v函數(shù)方程a400v4，汽車(chē)加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，加速度減小，故B錯(cuò)誤；對(duì)汽車(chē)受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯(lián)立得：a=Pmv-fm，結(jié)合圖線，當(dāng)物體的速度最大時(shí)，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a=0時(shí)，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s；由圖象可知：f/m4，解得：f=4m=4400=1600N；01400P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。3最近，不少人喜歡踩著一種獨(dú)輪車(chē)，穿梭街頭。這種獨(dú)輪車(chē)全名叫電動(dòng)平衡獨(dú)輪車(chē)，其中間是一個(gè)窄窄的輪子，兩側(cè)各有一塊踏板。當(dāng)人站在踏板上向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，可簡(jiǎn)化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動(dòng)中踏板對(duì)人腳的摩擦力，下列說(shuō)法正確的是A考慮空氣阻力，當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力向左B不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力向左C考慮空氣阻力，當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力可能為零D不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，腳所受摩擦力不可能為零【答案】 C【解析】【詳解】考慮空氣阻力，當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件，則腳所受摩擦力為右，故A錯(cuò)誤；不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯(cuò)誤；當(dāng)考慮空氣阻力，當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)平衡條件，則重力、支持力與空氣阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故C正確；當(dāng)不計(jì)空氣阻力，當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，腳受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)來(lái)分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關(guān)系，注意人水平方向向右運(yùn)動(dòng)時(shí)空氣阻力的方向是水平向左的4如圖所示，在豎直平面內(nèi)用輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)小球，將小球拉至A點(diǎn)，使細(xì)線處于拉直狀態(tài)，由靜止開(kāi)始釋放小球，不計(jì)摩擦，小球可在A、B兩點(diǎn)間來(lái)回?cái)[動(dòng)當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)線恰好斷開(kāi)，則小球?qū)ⅲǎ〢在B點(diǎn)保持靜止 B沿BE方向運(yùn)動(dòng)C沿BC方向運(yùn)動(dòng) D沿BD方向運(yùn)動(dòng)【答案】 B【解析】由于小球被靜止釋放，不計(jì)摩擦，它可在A、B兩點(diǎn)間來(lái)回?cái)[動(dòng)。當(dāng)小球擺到B點(diǎn)時(shí)，小球速度恰好為零，此時(shí)若細(xì)線恰好斷開(kāi)，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運(yùn)動(dòng)。故選B。【點(diǎn)睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動(dòng)之間的關(guān)系，力可以改變物體的形狀或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。在此題中，小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關(guān)鍵是判斷出在B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。5（2018普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試模擬試題）如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個(gè)傾角=30、長(zhǎng)l=500 m的斜面。一輛質(zhì)量m=2 000 kg的電動(dòng)汽車(chē)從引橋底端由靜止開(kāi)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(dòng)汽車(chē)的速度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率保持恒定。已知行駛過(guò)程中電動(dòng)汽車(chē)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(shuō)法正確的是A電動(dòng)汽車(chē)所受阻力Ff=12 000 NB電動(dòng)汽車(chē)的速度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率P0=12 kWC第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車(chē)牽引力的功率P與時(shí)間t滿(mǎn)足P=12 000tD第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車(chē)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【答案】 D【解析】加速階段由牛頓第二定律可知：F-Ff-mgsin=ma，之后保持功率不變，P0v-Ff-mgsin=ma，電功汽車(chē)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終加速度減小到0，電動(dòng)汽車(chē)達(dá)到該功率該路況下的最大速度，P0vmax-Ff-mgsin=0解得P0=14KW；Ff=2000N；選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；第1s內(nèi)電動(dòng)汽車(chē)牽引力的功率P=Fv=14000t，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電動(dòng)汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，位移x=v22a=0.5m，牽引力大小為14000N，牽引力與阻力做功的代數(shù)和為(F-Ff)x=6000J，選項(xiàng)D正確；故選D.點(diǎn)睛：此題關(guān)鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息，搞清電動(dòng)汽車(chē)的運(yùn)動(dòng)的特這，結(jié)合牛頓第二定律及功率的知識(shí)進(jìn)行分析解答.6如圖，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端時(shí)的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始終保持靜止，則小物塊A上滑所需時(shí)間與下滑所需時(shí)間相等B上滑和下滑過(guò)程，小物塊機(jī)械能損失相等C上滑時(shí)的加速度與下滑時(shí)的加速度相等D上滑和下滑過(guò)程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】 B【解析】設(shè)斜面的長(zhǎng)度為x，物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，斜面傾角為，物體質(zhì)量為m，斜面質(zhì)量為M；A、C、根據(jù)牛頓第二定律可得物體上滑的加速度大小a1=mgsin+mgcosm=gsin+gcos，下滑的加速度大小a2=mgsin-mgcosm=gsin-gcos，可知a1a2，上升過(guò)程中根據(jù)逆向思維可以看成是加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x=12at2知，t1t2，即物體沿斜面上滑的時(shí)間一定小于沿斜面下滑的時(shí)間，故A、C錯(cuò)誤；B、上滑過(guò)程中和下滑過(guò)程中機(jī)械能的損失都等于克服摩擦力做的功，即為mgxcos，故B正確；D、物體先減速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對(duì)整體受力分析，受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有：x方向分析：上滑過(guò)程中f1=ma1cos，下滑過(guò)程中f2=ma2cos，地面對(duì)斜面體的靜摩擦力方向一直未變向左，故D錯(cuò)誤。故選B?！军c(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是用整體法進(jìn)行受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列方程分析求解；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。7如圖，在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中，宇航員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細(xì)繩連接一小球拉直細(xì)繩并給小球一個(gè)垂直細(xì)繩的初速度，它沿bdac做圓周運(yùn)動(dòng)在a、b、c、d四點(diǎn)時(shí)（d、c兩點(diǎn)與圓心等高），設(shè)在天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中測(cè)量小球動(dòng)能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細(xì)繩拉力大小分別為T(mén)a、Tb、Tc、Td，阻力不計(jì)，則（）AEka>Ekc=Ekd>EkbB若在c點(diǎn)繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)CTa=Tb=Tc=TdD若在b點(diǎn)繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運(yùn)動(dòng)【答案】 C【解析】AC：在繞地運(yùn)行的天宮一號(hào)實(shí)驗(yàn)艙中，小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重時(shí)，只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r，v、r、m都不變，小球的向心力大小不變，則有：Ta=Tb=Tc=Td故A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。BD：在b點(diǎn)或c點(diǎn)繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒(méi)有力提供向心力，做離心運(yùn)動(dòng)且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故BD兩項(xiàng)均錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，再根據(jù)向心力公式分析即可。8如圖所示，一個(gè)“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個(gè)質(zhì)量為m的光滑球C。“V”形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對(duì)球的彈力分別為F1、F2，下列說(shuō)法正確的是( )AF1、F2都逐漸增大BF1、F2都逐漸減小CF1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大DF1、F2的合外力逐漸減小【答案】 D【解析】光滑球C受力情況如圖所示：F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變；F1與F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由靜止開(kāi)始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動(dòng)的一小段時(shí)間內(nèi)，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知F1不斷減小，F(xiàn)1、F2的合力逐漸減小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤；故選D。【點(diǎn)睛】以光滑球C為研究對(duì)象，作出光滑球C受力情況的示意圖；豎直方向上受力平衡，水平方向根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小，結(jié)合加速度的變化解答。9如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體放在粗糙的水平面上，物體A和B通過(guò)細(xì)線跨過(guò)定滑輪相連，不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量，斜面與A和B間都沒(méi)有摩擦，細(xì)線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動(dòng)，細(xì)線的張力為T(mén)，斜面體對(duì)地面的壓力為N，斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對(duì)換且A和B都沒(méi)達(dá)地面上時(shí)；，斜面體依然靜止，細(xì)線的拉力為T(mén)1，斜面體對(duì)地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（）AT>T1，f1> fBN1>N，T=T1CT1=T，f1不為零，f=0DN1=N，f1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加mA=mBsin,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sin),B將加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始細(xì)度拉力T= mAg，互接位置后，T1=mAg，由質(zhì)點(diǎn)系的牛頓第二定律可得f=0，f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin)cos0.故選C.【點(diǎn)睛】本題涉及加速度不同的連接體問(wèn)題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個(gè)方向分別列式分析。10一個(gè)質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長(zhǎng)度的輕質(zhì)細(xì)線拴一質(zhì)量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現(xiàn)把細(xì)線和球拉到左側(cè)與豎直方向成角處?kù)o止釋放,如圖所示,在小球擺動(dòng)的過(guò)程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是()A在小球擺動(dòng)的過(guò)程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對(duì)地面的作用力始終保持不變B小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力C小球擺到最低點(diǎn)時(shí),地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D小球擺到最低點(diǎn)時(shí),線對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對(duì)地面的壓力大于(M+m)g【答案】 D【解析】在小球擺動(dòng)的過(guò)程中，速度越來(lái)越大，對(duì)小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知：F-mgcos=mv2r，繩子在豎直方向的分力為：F=Fcos=mgcos+mv2rcos，由于速度越來(lái)越大，角度越來(lái)越小，故F越大，故箱子對(duì)地面的作用力增大，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中箱子對(duì)地面的作用力時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；小球擺到右側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，小球有垂直于繩斜向下的加速度，對(duì)整體由于箱子不動(dòng)加速度為aM=0，a為小球在豎直方向的加速度，根據(jù)牛頓第二定律可知：M+mg-FN=MaM+ma，則有：FN=M+mg-ma，故FN<M+mg，根據(jù)牛頓第三定律可知對(duì)地面的壓力小于M+mg，故B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，小球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律有：T-mg=mv2r，聯(lián)立解得：T=mg+mv2r，則根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)ο涞睦Υ笮椋篢=T=mg+mv2r，故此時(shí)箱子對(duì)地面的壓力為：N=M+mg+T=M+mg+mg+mv2r，故小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)箱頂?shù)睦Υ笥趍g，箱子對(duì)地面的壓力大于M+mg，故C錯(cuò)誤，D正確，故選D.【點(diǎn)睛】對(duì)m運(yùn)動(dòng)分析，判斷出速度大小的變化，根據(jù)牛頓第二定律求得繩子的拉力，即可判斷出M與地面間的相互作用力的變化，在最低點(diǎn)，球受到的重力和拉力的合力提供向心力，由牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而得到箱子對(duì)地面的壓力二、多選題11如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接，A、B兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn))，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力作用在物體A上，使物體A開(kāi)始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v一t圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則A施加外力前，彈簧的形變量為2MgkB外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g+a)CA、B在tl時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力籌于物體B的重力D上升過(guò)程中，物體B速度最大，A、B兩者的距離為12at22-Mgk【答案】 AD【解析】【詳解】A、施加外力F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2Mg=kx，解得：x=2Mgk，故選項(xiàng)A正確；B、施加外力F的瞬間，對(duì)B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F彈-Mg-FAB=Ma，其中：F彈=2Mg，解得：FAB=M(g-a)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v與a且FAB=0；對(duì)B有：F彈-Mg=Ma，解得：F彈=M(g+a)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、當(dāng)物體B的加速度為零時(shí)，此時(shí)速度最大，則Mg=kx，解得：x=Mgk，故B上升的高度h=x-x=Mgk，此時(shí)A物體上升的高度：h=12at22，故此時(shí)兩者間的距離為h=12at22-Mgk，故選項(xiàng)D正確；說(shuō)法正確的是選選項(xiàng)AD。12如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則A傳送帶的速度大小為4m/sB滑塊的質(zhì)量為3.3kgC滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8JD若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m【答案】 BD【解析】【分析】根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)合的問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算?！驹斀狻緼：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得，(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=(M+m)gs=0.23.35108J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。13傾斜角度為的斜面上有m1和m2兩個(gè)物體，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1和2兩物體間用一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的與斜面平行的輕質(zhì)彈簧連接，當(dāng)整體沿斜面勻速下滑時(shí)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)，如圖所示則以下說(shuō)法正確的是（）A若1>2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧B若1=2, 可用輕桿替代彈簧C若1<2, 彈簧的形變量是(LL0)D若m1=m2，則1=2=tan【答案】 BC【解析】【詳解】A、若12，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsin+F=1m1gcos，對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos+F，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯(cuò)誤；B、若1=2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos，對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確；C、若12，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos+F，對(duì)m2有m2gsin+F=2m2gcos，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(LL0)，C正確；D、m1=m2時(shí)，若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos+F，對(duì)m2有m2gsin+F=2m2gcos，則12，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsin+F=1m1gcos，對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos+F，則12，若彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsin=1m1gcos，對(duì)m2有m2gsin=2m2gcos，則1=2=tan，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無(wú)法判斷1和2的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。14如圖所示，物體從Q點(diǎn)開(kāi)始自由下滑，通過(guò)粗糙的靜止水平傳送帶后，落在地面P點(diǎn)。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)以后，物體仍從Q點(diǎn)開(kāi)始自由下滑，則物體通過(guò)傳送帶后（）A若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，則物塊一定落在P點(diǎn)B若傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，則物塊一定落在P點(diǎn)左側(cè)C若傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，則物塊可能落在P點(diǎn)右側(cè)D若傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，則物塊可能落在P點(diǎn)左側(cè)【答案】 AC【解析】【詳解】當(dāng)水平傳送帶靜止時(shí)，物塊受到水平向左的滑動(dòng)摩擦力做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。若傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊通過(guò)傳送帶時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力仍水平向左，大小不變，則加速度不變，可知物塊仍落在P點(diǎn)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤。設(shè)物塊滑上傳送帶時(shí)速度為v0，傳送帶的速度為v。當(dāng)v0v時(shí)，物塊滑上傳送帶可能一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度與傳送帶靜止時(shí)相同，當(dāng)滑到傳送帶右端時(shí)，速度與傳送帶靜止時(shí)相同，則物塊仍落在P點(diǎn)。物塊也可能先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后來(lái)與傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)，滑到傳送帶右端時(shí)，速度大于傳送帶靜止時(shí)速度，則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。當(dāng)v0=v時(shí)，物塊滑上傳送帶時(shí)兩者相對(duì)靜止，一起做勻速運(yùn)動(dòng)，則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。當(dāng)v0v時(shí)，物塊滑上傳送帶可能一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，也可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，滑到傳送帶右端時(shí)，速度大于傳送帶靜止時(shí)速度，則物塊落在P點(diǎn)右側(cè)。故D錯(cuò)誤， C正確。故選AC?！军c(diǎn)睛】本題是典型的傳送問(wèn)題，關(guān)鍵是分析物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，要考慮各種可能的情況15如圖甲所示，水平面上有一傾角為的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T(mén)和N.若Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度g取10m/s2.則（）Aa=403m/s2時(shí)，N0B小球質(zhì)量m0.1 kgC斜面傾角的正切值為34D小球離開(kāi)斜面之前，N0.80.06a(N)【答案】 ABC【解析】【詳解】A、小球離開(kāi)斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，進(jìn)行受力分析，可得Tcos Nsin ma，Tsin Ncos mg，聯(lián)立解得：Nmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a=403m/s2時(shí)，N0，選項(xiàng)A正確。B、C、當(dāng)a0時(shí)，T0.6 N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖(a)所示，所以mgsin T；當(dāng)a=403m/s2時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，其受力如圖(b)所示，所以mgcot ma，聯(lián)立可得tan=34，m0.1 kg，選項(xiàng)B，C正確。D、將和m的值代入Nmgcos -masin ，得N0.8-0.06a(N)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選ABC?！军c(diǎn)睛】考查牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的應(yīng)用，注意會(huì)從圖象中獲取信息，并掌握平衡條件方程列式16質(zhì)量為3m足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)同時(shí)給木塊l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是（）A1木塊相對(duì)靜止前，木板是靜止的B1木塊的最小速度是23v0C2木塊的最小速度是56v0D木塊3從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)靜止時(shí)位移是4v02g【答案】 CD【解析】A、木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，木塊對(duì)木板的摩擦力f=3mg>0，木板發(fā)生運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)木塊1的最小速度為v1，木塊1的加速度f(wàn)=ma1做勻減速；木板的加速度為3mg=3ma做勻加速；當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊1的速度達(dá)到最小即v1=v0-at=at解得v1=12v0，故B錯(cuò)誤；C、設(shè)木塊2的最小速度為v2，此過(guò)程木塊2的速度該變量為v0-v2，而木塊3速度改變量與木塊2速度該變量相等，即木塊3的速度為v0+v2由動(dòng)量守恒可得m(v0+2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2)，解得：v2=56v0，故C正確；D、當(dāng)木塊3相對(duì)靜止時(shí)，速度達(dá)到最小，此時(shí)四個(gè)物體共速，設(shè)速度為v3，則由動(dòng)量守恒可得：m(v0+2v0+3v0)=6mv3解得：v3=v0對(duì)木塊3，由動(dòng)能定理可知-mgs=12mv32-12m(3v0)2，解得：s=4v02g，故D正確；故選CD17如圖傾角為300的傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下始終以V0的速度勻速上行. 相等質(zhì)量的甲，乙兩種不同材料的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別無(wú)初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時(shí)恰好與皮帶保持相對(duì)靜止，乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對(duì)靜止.現(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過(guò)程A甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)B甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量C兩個(gè)過(guò)程中皮帶對(duì)滑塊所做的功相同D兩個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶所做的功相同【答案】 BC【解析】A：對(duì)甲滑塊：v02=2a1hsin300，1mgcos300-mgsin300=ma1；對(duì)乙滑塊：v02=2a2h2sin300，2mgcos300-mgsin300=ma2?？傻?<2，即甲滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動(dòng)摩擦因數(shù)。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。B：甲滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，滑塊x1=0+v2t1=hsin300，對(duì)滑塊1mgcos300-mgsin300x1=12mv2；皮帶與滑塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中兩者相對(duì)位移：s1=vt1-0+v2t1，滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=1mgcos300s1；解得Q1=12mv2+mgh。乙滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，滑塊x2=0+v2t2=h2sin300，對(duì)滑塊2mgcos300-mgsin300x2=12mv2；皮帶與滑塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中兩者相對(duì)位移：s2=vt2-0+v2t2，滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=2mgcos300s2；解得Q2=12mv2+12mgh。則甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量。故B項(xiàng)正確。C：甲滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，皮帶對(duì)滑塊所做的功W1=1mgcos300hsin300=mgh+12mv2；乙滑塊與皮帶相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，皮帶對(duì)滑塊所做的功W2=2mgcos300h2sin300+mgsin300h2sin300=mg12h+12mv2+12mgh=W1。故C項(xiàng)正確。D：甲滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量，皮帶對(duì)滑塊所做的功相同，則甲電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶做的功大于乙電動(dòng)機(jī)對(duì)皮帶做的功。故D項(xiàng)錯(cuò)誤。18如圖所示，一質(zhì)量為M=2m、長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量均勻的板放在光滑水平桌面上，板的右端與桌邊定滑輪距離足夠大，板的左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的物塊，物塊上連接一條很長(zhǎng)的細(xì)繩，某人拉繩并使其以恒定速率v=gL向下運(yùn)動(dòng)，物塊只能運(yùn)動(dòng)到板的中點(diǎn)下列說(shuō)法正確的是()A物塊對(duì)板做功的功率保持不變B物塊與板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為mgLC整個(gè)過(guò)程繩的拉力對(duì)物塊做的功為mgLD若板與桌面間有摩擦，則當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為12時(shí)，物塊一定能到達(dá)板右端【答案】 BD【解析】木板受木塊對(duì)它的摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與木塊速度相等后保持相對(duì)靜止，根據(jù)P=fv知，物塊對(duì)板的功率逐漸增大，A錯(cuò)誤；當(dāng)物塊到達(dá)板的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)物塊的位移x1=vt，木板的位移x2=v2t，根據(jù)x1-x2=L2得，板的位移x2=L2，相對(duì)位移的大小等于物塊位移的一半，等于木板的位移，因?yàn)閒x板=12Mv2，產(chǎn)生的熱量Q=fx板=12Mv2=122mgL2=mgL，B正確；繩子拉力做的功，等于系統(tǒng)動(dòng)能增加量與產(chǎn)生的熱量之和，故W=12Mv2+Q=2mgL，C錯(cuò)誤；如果板與桌面有摩擦，因?yàn)镸與桌面摩擦因數(shù)越大，m越易從右端滑下，所以當(dāng)m滑到M右端兩者剛好共速時(shí)摩擦因數(shù)最小，設(shè)為2，對(duì)M，由牛頓第二定律得：Ma=1mg-2m+Mg，板的位移：x2=v2t；速度位移公式：v2=2ax2，對(duì)m有：vt=x1，x1-x2=L，聯(lián)立得2=Mv22M+mgL=2mgL22(2m+m)gL=13，所以桌面與板間的摩擦因數(shù)應(yīng)滿(mǎn)足13，所以當(dāng)板與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為12時(shí)，物塊-定能到達(dá)板右端，D正確【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵理清m和M的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解，知道物塊能到達(dá)板的右端的臨界情況是物塊到達(dá)右端時(shí)與木板共速19如圖所示，斜面1、曲面2和斜面3的頂端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1與曲面2的水平底邊長(zhǎng)度相同。一物體與三個(gè)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，當(dāng)它由靜止開(kāi)始分別沿三個(gè)面從頂端下滑到底端的過(guò)程中，若損失的機(jī)械能分別為E1、E2、E3，到達(dá)底端的速度分別為v1、v2、v3，則下列判斷正確的是AE1=E2>E3BE2>E1>E3Cv1=v2v3Dv2< v1<v3【答案】 BD【解析】設(shè)斜面和水平方向夾角為，斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則物體下滑過(guò)程中克服摩擦力做功為：W=mg cosLLcos即為底邊長(zhǎng)度，由圖可知1底邊大于3的，故損失的機(jī)械能關(guān)系為：E1>E3，物體在2上做曲線運(yùn)動(dòng)，則物體對(duì)曲面的壓力大于對(duì)斜面1的壓力，則物體下滑過(guò)程中克服摩擦力做功W2f=FNL>mg Lcos=W1f，損失的機(jī)械能關(guān)系為：E2>E1；即E2E1E3，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)能量關(guān)系：12mv2=mgh-Wf，則v2 v1v3，則選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤；故選BD.20如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體A、B疊放在斜面體上，物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，<tan，且A、B質(zhì)量均為m，則()AA、B保持相對(duì)靜止B地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcosC地面受到的壓力等于(M2m)gDB與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為F-mgsin-mgcos2mgcos【答案】 BD【解析】A、對(duì)A分析，因?yàn)?lt;tan，則mgsin>mgcos，所以A、B不能保持相對(duì)靜止，故A錯(cuò)誤B、以A為研究對(duì)象，A受到重力、支持力和B對(duì)A的摩擦力，如圖甲所示Nmgcos，mgsinNma，由于<tan，則mamgsinmgcos>0.將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示可知地面對(duì)斜面體的摩擦力等于mg(sincos)cosFcos；故B正確；C、以三者整體為研究對(duì)象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M2m)g， C錯(cuò)誤D、B與斜面體間的正壓力N2mgcos，對(duì)B分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡有Fmgsinmgcosf，則B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=fN=F-mgsin-mgcos2mgcos，故D正確故選BD三、解答題21如圖所示，質(zhì)量m=15g、長(zhǎng)度L=2m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側(cè)豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩個(gè)半徑分別為R11m和R2=3m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點(diǎn)的距離OC2m?，F(xiàn)有一質(zhì)量m15g、帶電荷量q=+610-5的物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)）以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.3，當(dāng)物塊A運(yùn)動(dòng)到木板D右端時(shí)二者剛好共速，且本板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城，并能夠在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2.(1)當(dāng)物塊A剛滑上本板D時(shí)，求物塊A和木板D的加速度大小，(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小.(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個(gè)開(kāi)口端飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍?！敬鸢浮?1) 3m/s2；1m/s2；(2) 25V/m；(3) 1TB53T或B5T【解析】【詳解】解：(1) 當(dāng)物塊A剛滑上木板D時(shí)，對(duì)物塊A受力分析有：2mg=ma2解得：a2=3m/s2對(duì)本板D受力分析有：2mg-12mg=ma1解得：a1=1m/s2(2)物塊A進(jìn)入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：mg=qE解得：E=25V/m(3)物塊A與木板D共速時(shí)有：v=v0-a2t=a1t解得：v=1m/s粒于做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有：qvB=mv2R要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個(gè)開(kāi)口端飛出磁場(chǎng)、物塊A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R應(yīng)滿(mǎn)足：ROC-R12或OC+R12ROC+R22解得：B5T或1TB53T則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為：1TB53T或B5T22如圖所示，長(zhǎng)木板質(zhì)量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質(zhì)量為m=1 kg的物塊A，右端放著一個(gè)質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.4，AB之間的距離L=6 m，開(kāi)始時(shí)物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對(duì)物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。（1）為使物塊A與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，F(xiàn)至少為多少？（2）若F=8 N，求物塊A經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間與B相撞，假如碰撞過(guò)程時(shí)間極短且沒(méi)有機(jī)械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？【答案】（1）5 N （2）vA=2m/s vB=8m/s【解析】【詳解】（1）據(jù)分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)物塊B和木板之間的摩擦力沒(méi)有達(dá)到最大靜摩擦力。設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則：對(duì)整體： F0=（2m+M）a對(duì)木板和B：mg=（m+M）a解之得： F0=5N即為使物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，恒定拉力至少為5 N；（2）物塊的加速度大小為：aA=F-mgm=4ms2木板和B的加速度大小為：aB=mgM-m=1m/s2設(shè)物塊滑到木板右端所需時(shí)間為t，則：xA-xB=L即12aAt2-12aBt2=L解之得：t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB發(fā)生彈性碰撞則動(dòng)量守恒：mva+mvB=mva+mvB機(jī)械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva2+12mvB2解得：vA=2m/s vB=8m/s23如圖所示，一質(zhì)量為m1=1kg的長(zhǎng)直木板放在粗糙的水平地面上，木板與地面之間的動(dòng)摩擦因素1=0.1，木板最右端放有一質(zhì)量為m2=1kg、大小可忽略不計(jì)的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因素2=0.2?，F(xiàn)給木板左端施加一大小為F=12N、方向水平向右的推力，經(jīng)時(shí)間t1=0.5s后撤去推力F，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，木板和物塊均停止運(yùn)動(dòng)，整個(gè)過(guò)程中物塊始終未脫離木板，取g=10m/s2，求：(1)撤去推力F瞬間，木板的速度大小v1即物塊的速度大小v2；(2)木板至少多長(zhǎng)；(3)整個(gè)過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）4m/s；1m/s（2）1.5m（3）12J【解析】【詳解】(1)假設(shè)木板和物塊有相對(duì)滑動(dòng)，撤F前，對(duì)木板：F-1(m1+m2)g-2m2g=m1a1解得：a1=8m/s2對(duì)物塊：2m2g=m2a2解得：a2=2m/s2因a1>a2，故假設(shè)成立，撤去F時(shí)，木板、物塊的速度大小分別為：v1=a1t1=4m/sv2=a2t1=1m/s(2)撤F后，對(duì)木板：1(m1+m2)g+2m2g=m1a3解得：a3=4m/s2對(duì)物塊：2m2g=m2a4解得：a4=2m/s2撤去F后，設(shè)經(jīng)過(guò)t2時(shí)間木板和物塊速度相同：對(duì)木板有：v=v1-a3t2對(duì)物塊有：v=v2+a4t2得：t2=0.5s，v=2m/s撤F前，物塊相對(duì)木板向左滑行了x1=v12t1-v22t2=0.75m撤F后至兩者共速，物塊相對(duì)木板又向左滑行了x2=v1+v2t2-v2+v2t2=0.75m之后二者之間再無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，故板長(zhǎng)至少為：L=x1+x2=1.5m(3)解法一：物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1=2m2gL=3J共速后，兩者共同減速至停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，有：a=1g=1m/s2全過(guò)程中木板對(duì)地位移為：s=v12t1+v1+v2t2+v22a=4.5m木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q2=1(m1+m2)gs=9J故全過(guò)程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=Q1+Q2=12J解法二：由功能關(guān)系可得：Q=Fx1x1=v12t1Q=12J24如圖所示，t0時(shí)一質(zhì)量m1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成37的恒力F作用下由靜止開(kāi)始在粗糙水平地面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t12 s時(shí)撤去力F； t0時(shí)在A右方x07 m處有一滑塊B正以v07 m/s的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)。已知A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.5，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，取重力加速度大小g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。兩滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）兩滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度相等的時(shí)刻；（2）兩滑塊間的最小距離。【答案】（1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時(shí)A的加速度以及B的加速度；根據(jù)撤去F之前時(shí)速度相等和撤去F之后時(shí)速度相等列式求解；（2）第一次共速時(shí)兩物塊距離最大，第二次共速時(shí)兩物塊距離最?。桓鶕?jù)位移公式求解最小值.【詳解】（1）對(duì)物塊A，由牛頓第二定律：Fcos-1(mg-Fsin)=ma1；對(duì)物體A撤去外力后：1mg=ma1；對(duì)物體B：a2=2gA撤去外力之前兩物體速度相等時(shí)：a1t=v0-a2t，得t1 sA撤去外力之后兩物體速度相等時(shí)：a1t1-a1(t-t1)=v0-a2t，得t3.75 s（2）第一次共速時(shí)兩物塊距離最大，第二次共速時(shí)兩物塊距離最小，則：xx0x2x1；x2=v0t-12a2t2x1=12a1t12+a1t1(t-t1)-12a1(t-t1)2得x0.875 m25如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=4.5m的薄木板M放在水平地面上，質(zhì)量為m=l kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板的左端，開(kāi)始時(shí)兩者靜止?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板M上，通過(guò)傳感器測(cè)m、M兩物體的加速度與外力F的變化關(guān)系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g= 10m/s2。求：(1)m、M之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(3)若開(kāi)始時(shí)對(duì)M施加水平向左的恒力F=29 N，求:t=4s時(shí)m到M右端的距離.【答案】(1) 0.4 (2)4kg；0.1 (3) 6.625m【解析】【詳解】(1)由乙圖知，m、M一起運(yùn)動(dòng)的最大外力Fm=25N，當(dāng)F>25N時(shí)，m與M相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)m由牛頓第二定律有：1mg=ma1由乙圖知a1=4m/s2解得：1=0.4(2)對(duì)M由牛頓第二定律有：F-1mg-2(M+m)g=Ma2即:a2=F-1mg-2(M+m)gM=-1mg-2(M+m)gM+FM乙圖知：1M=14，-1mg-2(M+m)g=-94解得：M = 4kg,2=0.1(3)由于F=29N>25N，所以從開(kāi)始m就與M相對(duì)滑動(dòng)對(duì)地向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a1，M加速度為a2M的加速度大小a2=F-1mg-2(M+m)gM=5m/s2,方向向左，在m沒(méi)有滑落板之前M的位移大小x2=12a2t12m的位移大小x1=12a1t12x2-x1=L解得：t1=3s此后m從M上掉下來(lái)，之后M的加速度大小為a3，對(duì)M由生頓第二定律F-2Mg=Ma3可得:a3=254m/s2M的加速度為a42mg=ma4a4=1m/s2m從M上剛掉下來(lái)時(shí)M的速度為vM,vM=a2t1=15m/sM的速度為vm=a1t1=12m/sm從M上剛掉下來(lái)后M的位移為xM=vMt-t1+12a3t-t12m從M上剛掉下來(lái)后m的位移為xm=vmt-t1-12a4t-t12m從M上剛掉下來(lái)后m與M的距離為x=xM-xm=538=6.625m【點(diǎn)睛】本題綜合性很強(qiáng)，涉及到物理學(xué)中重要考點(diǎn)，如牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是明確木板和木塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和受力特點(diǎn)。26如圖所示，一足夠長(zhǎng)斜面傾角=37，斜面上有一質(zhì)量為m=1kg的木板，在木板上放一質(zhì)量也為m=1kg的金屬塊（可看成質(zhì)點(diǎn)），t=0時(shí)刻金屬塊的速度為v0=20m/s。方向沿斜面向上，同時(shí)給木板施加一個(gè)眼斜面向上的拉力F=14N，使木板從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)t=2s時(shí)撤去拉力F，已知金屬塊和木板間動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.25，木板和斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：（1）前2s內(nèi)金屬塊和木板的加速度；（2）從t=0到金屬塊速度減小到0的過(guò)程中木板在斜面上的位移（此過(guò)程金屬塊始終未離開(kāi)木板，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1) 金屬塊的加速度a1=8m/s2，方向沿斜面向下，木板的加速度a2=2m/s2，方向沿斜面向上 (2) 4.67m【解析】(1)對(duì)金屬塊和木板應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律有1mgcos+mgsin=ma1F+1mgcos-mgsin-22mgcos=ma2解得金屬塊的加速度a1=8m/s2，方向沿斜面向下，木板的加速度a2=2m/s2，方向沿斜面向上。(3)2s末金屬塊的速度為v1=v0-a1t=4m/s，木板的速度為v2=a2t=4m/s可見(jiàn)撤去F時(shí)金屬塊和木板速度相等。分析得知此后一段時(shí)間金屬塊的加速度仍為a1=8m/s2，方向沿斜面向下。設(shè)此后一段時(shí)間板的加速度為a3：由牛頓第二定律可得：mgsin+22mgcos-1mgcos=ma3，解得a3=12m/s2，方向沿斜面向下。由于a1<a3，故木板速度先減到零，此后在金屬塊上滑的過(guò)程中，假設(shè)木板靜止在斜面上斜面上，受到斜面的靜摩擦力為f，則mgsin=f+1mgcos，f=4N木板和斜面之間的最大靜摩擦力fm=2mgcos=8N,f<fm，假設(shè)成立。設(shè)金屬塊速度減小到0,的過(guò)程中木板在斜面上滑動(dòng)的位移為x，則x=v122a2+v122a3=4.67m，方向沿斜面向上?！军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵要正確分析木塊和木板受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理是基本方法。27如圖所示，與水平面成30的傳送帶正以v3 m/s的速度勻速運(yùn)行，A、B兩端相距l(xiāng)13.5 m?，F(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)235，取g10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求：(1)相鄰工件間的最小距離和最大距離；(2)滿(mǎn)載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？【答案】(1)0.50 m3.0 m(2)33 N【解析】【詳解】（1）設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a，則由牛頓第二定律有：mgcos-mgsin=ma代入數(shù)據(jù)可得加速度為：a=gcos-gsin=1m/s2剛放上下一個(gè)工件時(shí)，該工件離前一個(gè)工件的距離最小，且最小距離為：dmin=12at2=12112m=0.5m當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩相鄰工件相距最遠(yuǎn)，則有：dmax=vt=3.0m（2）由于工件加速時(shí)間為t1=va=31s=3s，因此傳送帶上總有三個(gè)（n1=3)工件正在加速，故所有做 加速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總滑動(dòng)摩擦力：Ff1=3mgcos在滑動(dòng)摩擦力作用下工件移動(dòng)的距離為：x=v2a=3221m=4.5m所以傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的工件個(gè)數(shù)為：n=L-xdmax=13.5-4.53=3當(dāng)工件與傳送帶相對(duì)靜止后，每個(gè)工件受到的靜摩擦力Ff0=mgsin所以做勻速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總靜摩擦力Ff2=n2Ff0與空載相比，傳送帶需要增加的牽引力為：F=Ff1+Ff2=3235110N+3110N=33N【點(diǎn)睛】本題是關(guān)于傳送帶的問(wèn)題，解決本題注意以下幾個(gè)方面：1、對(duì)工件正確的受力分析，正確的列出動(dòng)力學(xué)方程。2、必須分析清楚在加速的工件和勻速的工件個(gè)數(shù)，這樣才能求出與空載相比，傳送帶需要增加的牽引力。28如圖所示，上表面光滑的“L”形木板B鎖定在傾角為37的足夠長(zhǎng)的斜面上；將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放，同時(shí)解除木板B的鎖定，此后A與B發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程時(shí)間極短且不計(jì)能量損失；已知物塊A的質(zhì)量m1 kg，木板B的質(zhì)量m04 kg，板長(zhǎng)L3.6 m，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。（1）求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度；（2）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，A距B下端的最大距離。（3）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，重力對(duì)A做的功?！敬鸢浮?1)3.6 m/s，沿斜面向上2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m28.8 J【解析】【詳解】（1）對(duì)木板B有(mA+mB)gcos37=mBgsin37，所以A與B發(fā)生碰撞前木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)小物塊A與木板B碰撞前得速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgL2=12mv02A與B碰撞滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒：mv0=mv1+m0v212mv02=12mv12+12m0v22解得v1=-3.6m/s，v2=2.4m/s，可見(jiàn)A與B第一次碰撞后A的速度大小為3.6m/s，方向沿斜面向上；B的速度為2.4m/s，方向沿斜面向下。（2）A與B第一次碰撞后，A沿木板向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，B沿斜面向下做勻速運(yùn)動(dòng)，在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前，當(dāng)AB的速度相等時(shí)，A距B下端的距離最大，A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1=v2-v1gsin37，A距B下端的最大距離xm=xA-xB其中：xA=12(v1+v2)t1，xB=v2t1，聯(lián)立以上方程解得xm=3mA與B第一次碰撞后到第二次碰撞的時(shí)間為t2，碰撞前A的速度為v，由于A與B從第一次碰撞到第二次碰撞前的位移相同，即：v1+v2t2=v2t2此過(guò)程對(duì)A由動(dòng)能定理WG=12mv2-12mv12，解得WG=28.8J【點(diǎn)睛】本題是一道牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合性試題，解答本題注意以下幾點(diǎn)：1、分析AB的受力，弄清楚AB碰撞前后各自的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，只有明確了運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，才能繼續(xù)列方程求解。2、在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，A距B下端的距離最大的條件。29如圖所示，在距地面h=5m的光滑水平桌面上，一輕質(zhì)彈簧被a（質(zhì)量為1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)）和b（質(zhì)量為2kg，可視為質(zhì)點(diǎn)）兩個(gè)小物體壓縮（不拴接），彈簧和小物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。今同時(shí)釋放兩個(gè)小物體，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，物體a繼續(xù)運(yùn)動(dòng)最后落在水平地面上，落點(diǎn)距桌子邊緣距離x=2m，物體b則從A端滑上與桌面等高的傳送帶，傳送帶起初以v0=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，在b滑上的同時(shí)傳送帶開(kāi)始以a0=1m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn)，物體和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，傳送帶右側(cè)B端處固定一豎直放置的光滑半圓軌道BCD，其半徑R=0.8m，小物體b恰能滑上與圓心O等高的C點(diǎn)。取g=10m/s2，求：（1）處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）物塊b由A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）若要保證小物體b在半圓軌