2019年高考物理備考 優(yōu)生百日闖關(guān)系列 專題03 牛頓運(yùn)動定律（含解析）

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1、 專題03 牛頓運(yùn)動定律 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的同時，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)動的觀點"分析解決問題的能力。牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用是每年高考考查的重點和熱點，應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律解題的關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析，特別是牛頓運(yùn)動定律與曲線運(yùn)動，萬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，一般涉及一下幾個方面：一是牛頓第二定律的瞬時性，根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力，二是動力學(xué)的兩類問題，三是連接體問題，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

2、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點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點。在從A到B的過程中，物塊（） A．加速度逐漸減小 B．經(jīng)過O點時的速度最大 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點為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，A錯誤；物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在A

3、O之間某一位置，B錯誤；從A到O過程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負(fù)功，C錯誤；從A到B過程中根據(jù)動能定理可得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，則賽車在加速的過程中( ) A．速度隨時間均勻增大 B．加速度隨時間均勻增大 C．輸出功率為160 kW D．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

4、運(yùn)動，速度隨時間不是均勻增大故A錯誤；a-1v函數(shù)方程a＝400v?4，汽車加速運(yùn)動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，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，加速度為零，故結(jié)合圖象可以知道，a=0時，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s；由圖象可知：?f/m＝?4，解得：f=4m=4×400=1600N；0＝1400?P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯誤；故選C。 3．最近，不少人喜歡踩著一種獨(dú)輪車，穿梭街頭。這種獨(dú)輪車全名叫電動

5、平衡獨(dú)輪車，其中間是一個窄窄的輪子，兩側(cè)各有一塊踏板。當(dāng)人站在踏板上向右運(yùn)動時，可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關(guān)于人在運(yùn)動中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是 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)動時，腳所受摩擦力向左 B．不計空氣阻力，當(dāng)人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時，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)動時，腳所受摩擦力可能為零 D．不計空氣阻力，當(dāng)人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時，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)動時，根據(jù)平衡條件，則腳所受

6、摩擦力為右，故A錯誤；不計空氣阻力，當(dāng)人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯誤；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)動時，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)不計空氣阻力，當(dāng)人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運(yùn)動時，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錯誤；故選C。 【點睛】 此題考查根據(jù)不同的運(yùn)動狀態(tài)來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)動時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

7、掛一個小球，將小球拉至A點，使細(xì)線處于拉直狀態(tài)，由靜止開始釋放小球，不計摩擦，小球可在A、B兩點間來回擺動．當(dāng)小球擺到B點時，細(xì)線恰好斷開，則小球?qū)ⅲǎ? A．在B點保持靜止 B．沿BE方向運(yùn)動 C．沿BC方向運(yùn)動 D．沿BD方向運(yùn)動 【答案】 B 【解析】 由于小球被靜止釋放，不計摩擦，它可在A、B兩點間來回擺動。當(dāng)小球擺到B點時，小球速度恰好為零，此時若細(xì)線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運(yùn)動。故選B。 【點睛】此題考查了學(xué)生力和運(yùn)動之間的關(guān)系，力可以改變物體的形狀或運(yùn)動狀態(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

8、斷出在B點的運(yùn)動狀態(tài)。 5．（2018·普通高等學(xué)校招生全國統(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傾角θ=30°、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=1

9、2 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 【答案】 D 【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，P0v-Ff-mgsinθ=ma，電功汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，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，P0vmax-Ff-mgsinθ=0解得P0=14KW；Ff=2000N；選項AB錯誤；第1s內(nèi)電動汽車牽引力的功率P=Fv=14000t，選項C錯誤；電動汽車做勻加速運(yùn)動的過程，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

10、為(F-Ff)x=6000J，選項D正確；故選D. 點睛：此題關(guān)鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息，搞清電動汽車的運(yùn)動的特這，結(jié)合牛頓第二定律及功率的知識進(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．上滑所需時間與下滑所需時間相等 B．上滑和下滑過程，小物塊機(jī)械能損失相等 C．上滑時的加速度與下滑時的加速度相等 D．上滑和下滑過程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反 【答案】 B 【解析】 設(shè)斜面的長度為x，物塊和斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為θ

11、，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=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ，下滑的加速度大小a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ-μgcosθ，可知a1＞a2，上升過程中根據(jù)逆向思維可以看成是加速度為a1的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)x=12at2知，t1＜t2，即物體沿斜面上滑的時間一定小于沿斜面下滑的時間，故A、C錯誤；B、上滑過程中和下滑過程中機(jī)械能的損失都等于克服摩擦力做的功，即為μmgxcosθ，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，對整體受力分析，受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力，

12、根據(jù)牛頓第二定律，有： x方向分析：上滑過程中f1=ma1cosθ，下滑過程中f2=ma2cosθ，地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變向左，故D錯誤。故選B。 【點睛】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)動學(xué)的橋梁。 7．如圖，在繞地運(yùn)行的天宮一號實驗艙中，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)繩并給小球一個垂直細(xì)繩的初速度，它沿bdac做圓周運(yùn)動．在a、b、c、d四點時（d、c兩點與圓心等高），設(shè)在天宮一號實驗艙中測量小球動能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細(xì)繩拉力大小分別為Ta、

13、Tb、Tc、Td，阻力不計，則（） A．Eka>Ekc=Ekd>Ekb B．若在c點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運(yùn)動 C．Ta=Tb=Tc=Td D．若在b點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運(yùn)動 【答案】 C 【解析】 AC：在繞地運(yùn)行的天宮一號實驗艙中，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，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd．完全失重時，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項錯誤，C項正確。 BD：在b點或c點繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒

14、有力提供向心力，做離心運(yùn)動且沿切線方向做勻速直線運(yùn)動。故BD兩項均錯誤。 點睛：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“V”形槽的左側(cè)擋板A豎直，右側(cè)擋板B為斜面，槽內(nèi)嵌有一個質(zhì)量為m的光滑球C?！癡”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時間內(nèi)，設(shè)擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2，下列說法正確的是( ) A．F1、F2都逐漸增大 B．F1、F2都逐漸減小 C．F1逐漸減小，F(xiàn)2逐漸增大 D．F1、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：

15、 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始向右做加速度不斷減小的直線運(yùn)動的一小段時間內(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錯誤； 故選D。 【點睛】以光滑球C為研究對象，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通過細(xì)線跨過定滑輪相連，不考慮滑輪的摩擦和質(zhì)量，斜面與A和B間都沒有摩擦，細(xì)線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不

16、動，細(xì)線的張力為T，斜面體對地面的壓力為N，斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對換且A和B都沒達(dá)地面上時；，斜面體依然靜止，細(xì)線的拉力為T1，斜面體對地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（） A．T>T1，f1> f B．N1>N，T=T1 C．T1=T，f1不為零，f=0 D．N1=N，f1=f≠0 【答案】 C 【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sinα),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)點系的牛頓第二定律可得f=0，

17、f1=mAax+M×0+mB×0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故選C. 【點睛】本題涉及加速度不同的連接體問題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個方向分別列式分析。 10．一個質(zhì)量為M的箱子放在水平地面上,箱內(nèi)用一段固定長度的輕質(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θ角處靜止釋放,如圖所示,在小球擺動的過程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是(　　) A．在小球擺動的過程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對地面的作用力始終保持不變 B．小球擺到右側(cè)最高點時,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．

18、小球擺到最低點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力 D．小球擺到最低點時,線對箱頂?shù)睦Υ笥趍g,箱子對地面的壓力大于(M+m)g 【答案】 D 【解析】 在小球擺動的過程中，速度越來越大，對小球受力分析根據(jù)牛頓第二定律可知：F-mgcosθ=mv2r，繩子在豎直方向的分力為：F'=Fcosθ=mgcosθ+mv2rcosθ，由于速度越來越大，角度θ越來越小，故F'越大，故箱子對地面的作用力增大，在整個運(yùn)動過程中箱子對地面的作用力時刻變化，故A錯誤；小球擺到右側(cè)最高點時，小球有垂直于繩斜向下的加速度，對整體由于箱子不動加速度為aM=0，a'為小球在豎直方向的加速度

19、，根據(jù)牛頓第二定律可知：M+mg-FN=M·aM+ma'，則有：FN=M+mg-ma'，故FN

20、即可判斷出M與地面間的相互作用力的變化，在最低點，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)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止?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開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動，測得兩個物體的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2Mgk B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g+a) C．A、B在tl時刻分

21、離，此時彈簧彈力籌于物體B的重力 D．上升過程中，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A正確； B、施加外力F的瞬間，對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B錯誤； C、物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a且FAB=0；對B有：F'彈-Mg=Ma，解得：F'彈=M(g+a)，故選項C錯誤； D、當(dāng)物體B的加速度為零時，此時速度最大，則Mg

22、=kx'，解得：x'=Mgk，故B上升的高度h'=x-x'=Mgk，此時A物體上升的高度：h=12at22，故此時兩者間的距離為Δh=12at22-Mgk，故選項D正確； 說法正確的是選選項AD。 12．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運(yùn)動過程中的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/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左

23、運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質(zhì)點且傳送帶與轉(zhuǎn)動輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動輪的半徑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，本題考察動量守恒與傳送帶相結(jié)合的問題，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。 【詳解】 A：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，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項錯誤。 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?/p>

24、左的4m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，以向左為正，據(jù)動量守恒得，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項正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動時，據(jù)牛頓第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運(yùn)動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動過程中滑塊與傳送帶間的相對運(yùn)動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J

25、。故C項錯誤。 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)動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。 13．傾斜角度為θ的斜面上有m1和m2兩個物體，與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2．兩物體間用一根原長為L0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彈簧長度為L，如圖所示．則以下說法正確的是（） A．若μ1>μ2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧 B．若μ1=μ2, 可用輕桿替代彈簧 C．若μ1<μ2, 彈簧的形變量是(L－L0) D．若m1=m2，則μ1=μ2=tanθ 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、若μ1＞μ

26、2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+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錯誤； B、若μ1=μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確； C、若μ1＜μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L－L0)，C正確； D、m1=m2時，

27、若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，則μ1＜μ2，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則μ1＞μ2，若彈簧處于原長狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，則μ1=μ2=tanθ，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無法判斷μ1和μ2的關(guān)系，故D錯誤。 14．如圖所示，物體從Q點開始自由下滑，通過粗糙的靜止水平傳送帶后，落在地面P點。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動起來以后，物體仍從Q點開始自由下滑，則物體通

28、過傳送帶后（） A．若傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊一定落在P點 B．若傳送帶沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊一定落在P點左側(cè) C．若傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊可能落在P點右側(cè) D．若傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則物塊可能落在P點左側(cè) 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 當(dāng)水平傳送帶靜止時，物塊受到水平向左的滑動摩擦力做勻減速直線運(yùn)動。若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，物塊通過傳送帶時，受到的滑動摩擦力仍水平向左，大小不變，則加速度不變，可知物塊仍落在P點，選項A正確，B錯誤。設(shè)物塊滑上傳送帶時速度為v0，傳送帶的速度為v。當(dāng)v0＞v時，物塊滑上傳送帶可能一直做勻減速運(yùn)動，加速度與傳送帶靜止

29、時相同，當(dāng)滑到傳送帶右端時，速度與傳送帶靜止時相同，則物塊仍落在P點。物塊也可能先做勻減速運(yùn)動，后來與傳送帶一起做勻速運(yùn)動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送帶靜止時速度，則物塊落在P點右側(cè)。當(dāng)v0=v時，物塊滑上傳送帶時兩者相對靜止，一起做勻速運(yùn)動，則物塊落在P點右側(cè)。當(dāng)v0＜v時，物塊滑上傳送帶可能一直做勻加速運(yùn)動，也可能先做勻加速運(yùn)動，后與傳送帶一起勻速運(yùn)動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送帶靜止時速度，則物塊落在P點右側(cè)。故D錯誤， C正確。故選AC。 【點睛】 本題是典型的傳送問題，關(guān)鍵是分析物塊的受力情況和運(yùn)動情況，當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動時，要考慮各種可能的情況． 15．如圖甲所示，水

30、平面上有一傾角為θ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，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時，細(xì)繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和N.若T-a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（） A．a(chǎn)=403m/s2時，N＝0 B．小球質(zhì)量m＝0.1 kg C．斜面傾角θ的正切值為34 D．小球離開斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N) 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 A、小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進(jìn)行受力分析，可得Tcos θ－Nsin θ＝ma，Tsin θ＋Ncos θ＝mg

31、，聯(lián)立解得：N＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以T-a圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a=403m/s2時，N＝0，選項A正確。 B、C、當(dāng)a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖(a)所示，所以mgsin θ＝T；當(dāng)a=403m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖(b)所示， 所以mgcot θ＝ma，聯(lián)立可得tanθ=34，m＝0.1 kg，選項B，C正確。 D、將θ和m的值代入N＝mgcos θ-masin θ，得N＝0.8-0.06a(N)，選項D錯誤。 故選ABC。 【點睛】 考查牛頓第二定律與力的平行

32、四邊形定則的應(yīng)用，注意會從圖象中獲取信息，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，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)同時給木塊l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是（） A．1木塊相對靜止前，木板是靜止的 B．1木塊的最小速度是23v0 C．2木塊的最小速度是56v0 D．木塊3從開始運(yùn)動到相對靜止時位移是4v02μg 【答案】 CD 【解析】 A、木板開始運(yùn)動時，木塊對木板的摩擦力f=3mg>0，木板發(fā)生運(yùn)動，故A錯誤； B、設(shè)木塊1的最小速

33、度為v1，木塊1的加速度f=ma1做勻減速；木板的加速度為3mg=3ma做勻加速；當(dāng)兩者速度相等時木塊1的速度達(dá)到最小 即v1=v0-at=at解得v1=12v0，故B錯誤； C、設(shè)木塊2的最小速度為v2，此過程木塊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相對靜止時，速度達(dá)到最小，此時四個物體共速，設(shè)速度為v3，則由動量守恒可得：m(v0+2v0+3v0)=6mv3 解得：v3=v0 對木塊3，由動能定理可知-

34、μmgs=12mv32-12m(3v0)2，解得：s=4v02μg，故D正確； 故選CD 17．如圖傾角為300的傳送帶在電動機(jī)帶動下始終以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）分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現(xiàn)甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止，乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對靜止.現(xiàn)比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程 A．甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(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．兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同 D．兩個過程中電動機(jī)對皮帶所做的功相同 【答案

35、】 BC 【解析】A：對甲滑塊：v02=2a1hsin300，μ1mgcos300-mgsin300=ma1；對乙滑塊：v02=2a2h2sin300，μ2mgcos300-mgsin300=ma2。可得μ1<μ2，即甲滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數(shù)。故A項錯誤。 B：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，滑塊x1=0+v2t1=hsin300，對滑塊μ1mgcos300-mgsin300x1=12mv2；皮帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：s1=vt1-0+v2t1，滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q1=μ1mgcos300×s1；解得Q1=12mv2+mgh。乙滑塊與皮帶相對滑

36、動過程中，滑塊x2=0+v2t2=h2sin300，對滑塊μ2mgcos300-mgsin300x2=12mv2；皮帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：s2=vt2-0+v2t2，滑塊與皮帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q2=μ2mgcos300×s2；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項正確。 C：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，皮帶對滑塊所做的功W1=μ1mgcos300×hsin300=mgh+12mv2；乙滑塊與皮帶相對滑動過程中，皮帶對滑塊所做的功W2=μ2mgcos300×h2sin300+mgsin300×h2sin300=mg×12

37、h+12mv2+12mgh=W1。故C項正確。 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，皮帶對滑塊所做的功相同，則甲電動機(jī)對皮帶做的功大于乙電動機(jī)對皮帶做的功。故D項錯誤。 18．如圖所示，一質(zhì)量為M=2m、長為L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、質(zhì)量為m的物塊，物塊上連接一條很長的細(xì)繩，某人拉繩并使其以恒定速率v=gL向下運(yùn)動，物塊只能運(yùn)動到板的中點．下列說法正確的是(　　) A．物塊對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mgL C．整個過程繩的拉力對物塊做的功為mgL D．若板與桌

38、面間有摩擦，則當(dāng)板與桌面間動摩擦因數(shù)為12時，物塊一定能到達(dá)板右端 【答案】 BD 【解析】木板受木塊對它的摩擦力作用，做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)速度與木塊速度相等后保持相對靜止，根據(jù)P=fv知，物塊對板的功率逐漸增大，A錯誤；當(dāng)物塊到達(dá)板的中點時，此時物塊的位移x1=vt，木板的位移x2=v2t，根據(jù)x1-x2=L2得，板的位移x2=L2，相對位移的大小等于物塊位移的一半，等于木板的位移，因為fx板=12Mv2，產(chǎn)生的熱量Q=fx板=12Mv2=12?2mgL2=mgL，B正確；繩子拉力做的功，等于系統(tǒng)動能增加量與產(chǎn)生的熱量之和，故W=12Mv2+Q=2mgL，C錯誤；如果板與桌面有摩擦，

39、因為M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摩擦因數(shù)最小，設(shè)為μ2，對M，由牛頓第二定律得：Ma=μ1mg-μ2m+Mg，板的位移：x2'=v2t'；速度位移公式：v2=2ax2'，對m有：vt'=x1'，x1'-x2'=L，聯(lián)立得μ2=Mv22M+mgL=2mgL22(2m+m)gL=13，所以桌面與板間的摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ≥13，所以當(dāng)板與桌面間動摩擦因數(shù)為12時，物塊-定能到達(dá)板右端，D正確． 【點睛】解決本題的關(guān)鍵理清m和M的運(yùn)動過程，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(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)右端時與木板共速． 19．如圖所示，斜

40、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的水平底邊長度相同。一物體與三個面間的動摩擦因數(shù)相同，當(dāng)它由靜止開始分別沿三個面從頂端下滑到底端的過程中，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 A．△E1=△E2>△E3 B．△E2>△E1>△E3 C．v1=v2＜v3 D．v2< v1

41、>△E3，物體在2上做曲線運(yùn)動，則物體對曲面的壓力大于對斜面1的壓力，則物體下滑過程中克服摩擦力做功W2f=FNL>μmg Lcosθ=W1f，損失的機(jī)械能關(guān)系為：△E2>△E1；即△E2＞△E1＞△E3，故A錯誤，B正確；根據(jù)能量關(guān)系：12mv2=mgh-Wf，則v2＜ v1＜v3，則選項D正確，C錯誤；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之間的動摩擦因數(shù)為μ，μ

42、sθ)cosθ＋Fcosθ C．地面受到的壓力等于(M＋2m)g D．B與斜面間的動摩擦因數(shù)為F-mgsinθ-μmgcosθ2mgcosθ 【答案】 BD 【解析】A、對A分析，因為μμmgcosθ，所以A、B不能保持相對靜止，故A錯誤． B、以A為研究對象，A受到重力、支持力和B對A的摩擦力，如圖甲所示． N＝mgcosθ， mgsinθ－μN(yùn)＝ma， 由于μ0. 將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示． 可知地面對斜面體的摩擦力等于mg(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcos

43、θ；故B正確； C、以三者整體為研究對象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M＋2m)g， C錯誤． D、B與斜面體間的正壓力N′＝2mgcosθ，對B分析，根據(jù)共點力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，則B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=fN'=F-mgsinθ-μmgcosθ2mgcosθ，故D正確． 故選BD 三、解答題 21．如圖所示，質(zhì)量m=15?g、長度L=2?m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數(shù)μ1=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，在兩個半徑分別為R1＝

44、1?m和R2=3?m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，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC＝2?m。現(xiàn)有一質(zhì)量m＝15?g、帶電荷量q=+6×10-5的物塊A可視為質(zhì)點）以v0=4?m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數(shù)μ2=0.3，當(dāng)物塊A運(yùn)動到木板D右端時二者剛好共速，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，并能夠在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度g取10?m/s2. (1)當(dāng)物塊A剛滑上本板D時，求物塊A和木板D的加速度大小， (2)求電場強(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、下兩個開口端飛出，求磁感

45、應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍。 【答案】(1) 3?m/s2；1?m/s2；(2) 25?V/m；(3) 1T?B?53?T或B?5?T 【解析】 【詳解】 解：(1) 當(dāng)物塊A剛滑上木板D時，對物塊A受力分析有：μ2mg=ma2 解得：a2=3?m/s2 對本板D受力分析有：μ2mg-μ1?2mg=ma1 解得：a1=1?m/s2 (2)物塊A進(jìn)入?yún)^(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則有：mg=qE 解得：E=25?V/m (3)物塊A與木板D共速時有：v=v0-a2t=a1t 解得：v=1?m/s 粒于做勻速圓周運(yùn)動有：qvB=mv2R 要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域

46、的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑R應(yīng)滿足：R?OC-R12或OC+R12?R?OC+R22 解得：B?5?T或1T?B?53?T 則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍為：1T?B?53?T或B?5?T 22．如圖所示，長木板質(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，右端放著一個質(zhì)量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4，AB之間的距離L=6 m，開始時物塊與木板都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)對物塊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)生相對滑動，F(xiàn)至少為多少？

47、 （2）若F=8 N，求物塊A經(jīng)過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機(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)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達(dá)到最大靜摩擦力。 設(shè)物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則： 對整體： F0=（2m+M）a 對木板和B：μmg=（m+M）a 解之得： F0=5N 即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5 N； （2）物塊的加速度大小為：aA=F-μmgm=4m∕s2

48、 木板和B的加速度大小為：aB=μmgM-m=1m/s2 設(shè)物塊滑到木板右端所需時間為t，則：xA-xB=L 即12aAt2-12aBt2=L 解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s AB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇ 機(jī)械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12mvB＇2 解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s 23．如圖所示，一質(zhì)量為m1=1kg的長直木板放在粗糙的水平地面上，木板與地面之間的動摩擦因素μ1=0.1，木板最右端放有一質(zhì)量為m2=1kg、大小可忽略不計的物塊，物塊與木板間的動摩擦因

49、素μ2=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)時間t1=0.5s后撤去推力F，再經(jīng)過一段時間，木板和物塊均停止運(yùn)動，整個過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； (3)整個過程中因摩擦產(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)木板和物塊有相對滑動，撤F前， 對木板：F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a1① 解得：a1=8m/s2 對物塊：μ2m2g=m2a2② 解得：a2=2m

50、/s2 因a1>a2，故假設(shè)成立，撤去F時，木板、物塊的速度大小分別為：v1=a1t1=4m/s③ v2=a2t1=1m/s④ (2)撤F后，對木板：μ1(m1+m2)g+μ2m2g=m1a3⑤ 解得：a3=4m/s2 對物塊：μ2m2g=m2a4⑥ 解得：a4=2m/s2 撤去F后，設(shè)經(jīng)過t2時間木板和物塊速度相同： 對木板有：v=v1-a3t2⑦ 對物塊有：v=v2+a4t2⑧ 得：t2=0.5s，v=2m/s⑨ 撤F前，物塊相對木板向左滑行了Δx1=v12t1-v22t2=0.75m⑩ 撤F后至兩者共速，物塊相對木板又向左滑行了Δx2=v1+v2t2-v2+v2t

51、2=0.75m 之后二者之間再無相對滑動，故板長至少為：L=Δx1+Δx2=1.5m (3)解法一：物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量：Q1=μ2m2gL=3J 共速后，兩者共同減速至停止運(yùn)動，設(shè)加速度為a，有：a=μ1g=1m/s2 全過程中木板對地位移為：s=v12t1+v1+v2t2+v22a=4.5m 木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q2=μ1(m1+m2)gs=9J 故全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=Q1+Q2=12J 解法二：由功能關(guān)系可得：Q=Fx1 x1=v12t1 Q=12J 24．如圖所示，t＝0時一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向

52、成θ＝37°的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運(yùn)動，t1＝2 s時撤去力F； t＝0時在A右方x0＝7 m處有一滑塊B正以v0＝7 m/s的初速度水平向右運(yùn)動。已知A與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。兩滑塊均視為質(zhì)點，求： （1）兩滑塊在運(yùn)動過程中速度相等的時刻； （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A的加速度以及B的加速度；根據(jù)撤去F之前時速度相

53、等和撤去F之后時速度相等列式求解；（2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最?。桓鶕?jù)位移公式求解最小值. 【詳解】 （1）對物塊A，由牛頓第二定律：Fcosθ-μ1(mg-Fsinθ)=ma1； 對物體A撤去外力后：μ1mg=ma'1； 對物體B：a2=μ2g A撤去外力之前兩物體速度相等時：a1t=v0-a2t，得t＝1 s A撤去外力之后兩物體速度相等時：a1t1-a'1(t'-t1)=v0-a2t'，得t′＝3.75 s （2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最小，則：△x＝x0＋x2－x1；x2=v0t'-12a2t'2 x1=12a1

54、t12+a1t1(t'-t1)-12a'1(t'-t1)2 得△x＝0.875 m 25．如圖甲所示，長為L=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）放在木板的左端，開始時兩者靜止?，F(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板M上，通過傳感器測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摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g= 10m/s2。求： (1)m、M之間的動摩擦因數(shù); (2)M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動摩擦因數(shù); (3)若開始時對M施加水平向左的恒力F=29 N，求:t=4s時m到M右端的距離. 【答案】(1

55、) 0.4 (2)4kg；0.1 (3) 6.625m 【解析】 【詳解】 (1)由乙圖知，m、M一起運(yùn)動的最大外力Fm=25N， 當(dāng)F>25N時，m與M相對滑動，對m由牛頓第二定律有：μ1mg=ma1 由乙圖知a1=4m/s2 解得：μ1=0.4 (2)對M由牛頓第二定律有：F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 即:a2=F-μ1mg-μ2(M+m)gM=-μ1mg-μ2(M+m)gM+FM 乙圖知：1M=14，-μ1mg-μ2(M+m)g=-94 解得：M = 4kg,μ2=0.1 (3)由于F=29N>25N，所以從開始m就與M相對滑動對地向左做勻加速運(yùn)動，加速

56、度為a1，M加速度為a2 M的加速度大小a2=F-μ1mg-μ2(M+m)gM=5m/s2,方向向左， 在m沒有滑落板之前M的位移大小x2=12a2t12 m的位移大小x1=12a1t12 x2-x1=L 解得：t1=3s 此后m從M上掉下來，之后M的加速度大小為a3， 對M由生頓第二定律F-μ2Mg=Ma3 可得:a3=254m/s2 M的加速度為a4 μ2mg=ma4 a4=1m/s2 m從M上剛掉下來時M的速度為vM,vM=a2t1=15m/s M的速度為vm=a1t1=12m/s m從M上剛掉下來后M的位移為xM=vMt-t1+12a3t-t12 m從M上

57、剛掉下來后m的位移為xm=vmt-t1-12a4t-t12 m從M上剛掉下來后m與M的距離為x=xM-xm=538=6.625m 【點睛】 本題綜合性很強(qiáng)，涉及到物理學(xué)中重要考點，如牛頓第二定律、動能定理、運(yùn)動學(xué)公式，關(guān)鍵是明確木板和木塊的運(yùn)動規(guī)律和受力特點。 26．如圖所示，一足夠長斜面傾角θ=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），t=0時刻金屬塊的速度為v0=20m/s。方向沿斜面向上，同時給木板施加一個眼斜面向上的拉力F=14N，使木板從靜止開始運(yùn)動。當(dāng)t=2s時撤去拉力F，已知金屬塊和木板間動摩擦因數(shù)μ1=0.25，木板

58、和斜面間動摩擦因數(shù)μ2=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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的過程中木板在斜面上的位移（此過程金屬塊始終未離開木板，計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。 【答案】(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)對金屬塊和木板應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律有μ1mgcosθ+mgsinθ=ma1 F+μ1mgcosθ-mgsinθ-2μ2mgcosθ=ma2 解得金屬塊的加速度a1=8m/s2，方向沿斜面向下， 木板的加

59、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 可見撤去F時金屬塊和木板速度相等。 分析得知此后一段時間金屬塊的加速度仍為a1=8m/s2，方向沿斜面向下。 設(shè)此后一段時間板的加速度為a3： 由牛頓第二定律可得：mgsinθ+2μ2mgcosθ-μ1mgcosθ=ma3， 解得a3=12m/s2，方向沿斜面向下。 由于a1

60、大靜摩擦力fm=μ?2mgcosθ=8N,f

61、 (1)相鄰工件間的最小距離和最大距離； (2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？ 【答案】(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)工件在傳送帶上加速運(yùn)動時的加速度為a，則由牛頓第二定律有： μmgcosθ-mgsinθ=ma 代入數(shù)據(jù)可得加速度為：a=μgcosθ-gsinθ=1m/s2 剛放上下一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離為： dmin=12at2=12×1×12m=0.5m 當(dāng)工件勻速運(yùn)動時兩相鄰工件相距最遠(yuǎn)，則有： dmax=vt=3.0m （2）由于工件加速時間為t1=va=31s=3s，

62、因此傳送帶上總有三個（n1=3)工件正在加速，故所有做 加速運(yùn)動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力： Ff1=3μmgcosθ 在滑動摩擦力作用下工件移動的距離為： x=v2a=322×1m=4.5m 所以傳送帶上勻速運(yùn)動的工件個數(shù)為： n=L-xdmax=13.5-4.53=3 當(dāng)工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力Ff0=mgsinθ所以做勻速運(yùn)動的工件對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=3×235×1×10N+3×1×10N=33N 【點睛】 本題是關(guān)于傳送帶的問題，解決本題注意以下幾個方面：1、對工

63、件正確的受力分析，正確的列出動力學(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°的足夠長的斜面上；將一小物塊A從木板B的中點輕輕地釋放，同時解除木板B的鎖定，此后A與B發(fā)生碰撞，碰撞過程時間極短且不計能量損失；已知物塊A的質(zhì)量m＝1 kg，木板B的質(zhì)量m0＝4 kg，板長L＝3.6 m，木板與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.6，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求第一次碰撞后的瞬間A、B的速度； （2）求在第

64、一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中，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程中，重力對A做的功。 【答案】(1)3.6 m/s，沿斜面向上　2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m　28.8 J 【解析】 【詳解】 （1）對木板B有μ(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=12mv02 A與B碰撞滿足動量守恒和機(jī)械能守恒： mv0=mv1+m0v212mv02=12mv12+12m0v22 解得v1=-3.6m/s，v2=2.4m/s，可

65、見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，B沿斜面向下做勻速運(yùn)動，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，A距B下端的距離最大，A的運(yùn)動時間為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=3m A與B第一次碰撞后到第二次碰撞的時間為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 此過程對A由動能定理WG=12

66、mv2-12mv12，解得WG=28.8J 【點睛】 本題是一道牛頓運(yùn)動定律的綜合性試題，解答本題注意以下幾點：1、分析AB的受力，弄清楚AB碰撞前后各自的運(yùn)動性質(zhì)，只有明確了運(yùn)動性質(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）和b（質(zhì)量為2kg，可視為質(zhì)點）兩個小物體壓縮（不拴接），彈簧和小物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)。今同時釋放兩個小物體，彈簧恢復(fù)原長后，物體a繼續(xù)運(yùn)動最后落在水平地面上，落點距桌子邊緣距離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的速度順時針運(yùn)轉(zhuǎn)，在b滑上的同時傳送帶開始以a0=1m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn)，物體和傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=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。取g=10m/s2，求： （1）處于靜止?fàn)顟B(tài)時，彈簧的彈性勢能Ep； （2）物塊b由A端運(yùn)動到B端所經(jīng)歷的時間； （3）若要保證小物體b在半