把一个质量2kg的物块放在水平面上，用12N的水平拉力使物块从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0.2，物块运动2秒未撤去拉力，g取10m/s2．求：（1）2秒末物块的瞬时速度．（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离．【考点】．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据牛顿第二定律求出物体匀加速直线运动的加速度，通过速度时间公式求出2s末的速度．根据牛顿第二定律求出匀减速直线运动的加速度，通过速度位移公式求出物块在水平面上还能滑行的最大距离．【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，F-μmg=ma1解得1=F-μmgm=12-0.2×202m/s2=4m/s2．则2s末的速度v=at=8m/s．（2）物体做匀减速直线运动的加速度2=μmgm=μg=2m/s2则物块在水平面上还能滑行的最大距离x=22a=644m=16m．答：（1）2秒末物块的瞬时速度8m/s&&（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离16m．【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．声明：本试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布。答题：　难度：0.45真题：3组卷：2
解析质量好中差牛顿第二定律　试题　如图所示，质量m=1kg的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量M=2kg,斜面与物块的动摩擦因数μ=0.2,地面光滑，θ=370，现对斜面体施一水平推力F（北京四中网校－〉名师答疑－〉高三－〉物理）　
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　　牛顿第二定律　试题　如图所示，质量m=1kg的物块放在倾角为θ的斜面上，斜面体质量M=2kg,斜面与物块的动摩擦因数μ=0.2,地面光滑，θ=370，现对斜面体施一水平推力F
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　　斜面向下滑
　　（点击下载）如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的小物块（可视为质点），B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，，平板B与地面间的动摩擦因数μ=0.020．在平板的表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中划虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力F作用于P，已知F=kmg，k=51，F对P的作用刚好使P不与B的上表面接触；在水平方向上P、B之间没有相互作用力．已知物块P开始下落的时刻，平板B向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为t0=2.0s．设B板足够长，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．求：（1）物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间．（2）在这段时间内B所通过的位移的大小．【考点】；；．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）物块P在进入“相互作用区域”之前做自由落体运动，加速度为g，进入“相互作用区域”之后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度．根据两个过程速度的关系求解P从进入“相互作用区域”到离木板最近过程所经历的时间，根据对称性求出物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间．（2）对于B的运动过程分三段；①在P从开始下落到进入“相互作用区域”的时间t0内，B物体做匀减速直线运动，由速度公式求出末速度．②在P进入到离开“相互作用区域”的过程，B物体做匀减速直线运动，求出末速度．③在P从离开“相互作用区域”到回到初位置的t0时间内，B做匀减速直线运动，再求出末速度．根据三个过程的初速度、末速度和时间，由平均速度和时间求出总位移．【解答】解：（1）对于P，取向下方向为正方向，对于B取水平向右为正方向．&&& 物块P在进入“相互作用区域”之前，P、B的加速度分别是aP=g，aB=-μg&&& 物块P在进入“相互作用区域”之后，P、B的加速度分别是aP′==-50g，aB′=-=-6.1g设P从进入“相互作用区域”到离木板最近过程所经历的时间为t，则&& aPt0+aP′t=0解得t=0.04s根据对称性得到物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间T=2（t0+t）=4.08s（2）在P从开始下落到进入“相互作用区域”的时间t0内，B物体做匀减速直线运动，末速度为v1=v0+aBt0=10-0.2×2（m/s）=9.6m/s&&& 在P进入到离开“相互作用区域”的2t时间内，B仍做匀减速直线运动，速度减到v2=v1+2aBt≈9.5m/s&&& 在P从离开“相互作用区域”到回到初位置的t0时间内，B做匀减速直线运动，末速度为v3=v2+aBt0=9.1m/s所以在这段时间内B所通过的位移的大小为&&& x=0+v12t0+1+v22o2t+2+v32t0≈39m．答：（1）物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间是4.08s；&&& （2）在这段时间内B所通过的位移的大小为39m．【点评】本题考查运用牛顿第二定律和运动学公式分析和解决复杂动力学问题的能力，关键是分析受力情况和运动情况．声明：本试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布。答题：　难度：0.59真题：3组卷：0
解析质量好中差牛顿运动定律及其应用A组 (45 分钟 100 分)一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。多选题已在题号后标出) 1.(多选)(2013·潍坊一模)在下列运动过程中,人处于失重状态的是( A.小朋友沿滑梯加速滑下 B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内 C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动 D.运动员离开跳板后向上运动 2.放在水平面上
的一物体重 45 kg,现用 90 N 的水平推力推该物体,此时物体的加速度为 1.8 m/s 。当物体 运动后,撤掉水平推力,此时该物体的加速度大小 为( )2 2)A.1.8 m/s C.2 m/s2B.0.2 m/s D.2.8 m/s223.如图所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为 k 的轻质弹簧相连,在外力 F1、 F2 的作用下运动。已知 F1&F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为( )A. C.B. D.4.(2013·南充二模)在水平地面上有一质量为 2kg 的物 体,物体在水平 拉力 F 的作用下由静止开始运动,后撤去拉力。该物体运动的 v-t 图像 如图所示,g 取 10m/s ,下列说法正确的是( A.物体的最大位移是 40 m B.物体受到的拉力 F 的大小为 2.4N C.物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2 D.前 12 s 内,拉力与阻力做功的代数和为 8 J 5.(多选)(2013· 滨州一模)2012 年 8 月 3 日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌,忽略空气阻力,-12)下面关于蹦床运动的说法中正确的是( A.运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大)B.运动到最低点时,床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力 C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中,运动员的加速度先减小后增大 D.在下落过程中,重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量 6.(2013·莆田二模)如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为 m0 的 平盘,盘中有一物体,质量为 m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了 l,现 向下拉盘使弹簧再伸长Δ l 后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚 松手时盘对物体的支持力等于( )?l )mg l ?l C. mg lA.(1+B.(1+?l )(m+m0)g l ?l D. (m+m0)g l7.一个物体在多个力的作用下处于静止状态 ,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零 ,然后又从零逐渐 恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该 过程中物体速度变化情况的是( )8.(多选)(2013·西安二模)如图所示,质量为 m 的物体用细绳拴住放在粗 糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为 L。当传送带分别以 v1、 v2 的速度逆时针转动 (v1&v2),稳定时绳与水平方向的夹角为θ ,绳的拉力 分别为 F1、 F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为 t1、 t2,则下列说 法正确的是( A.F1&F2 C.t1 一定大于 t2 ) B.F1=F2 D.t1 可能等于 t2二、计算题(本题共 2 小题,共 36 分。需写出规范的解题步骤) 9.(16 分)(2013·乐山一模)如图甲所示,操场上一质量不计的竖直滑杆,滑杆上端固定,下端悬空。为了研 究学生沿杆下滑的情况,在杆的顶部装有一拉力传感器,可显示杆的顶端所受拉力的大小。现有一学生,从-2-杆的上端由静止开始下滑,下滑 5s 后这个学生的速度为零,并用手紧握住滑杆保持静止不动。以这个学生 开始下 滑时刻为计时起点,传感器显示的力随时间变化的情况如图乙所示。重力加速度 g=10m/s 。求:2(1)该学生下滑过程中的最大速度; (2)5s 内该学生下滑的距离。 10.(20 分)(2013·青岛二模)如图所示,在粗糙水平面上有一质量为 M、高 为 h 的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物 Q,斜面体的左端与障碍物的 距离为 d。将一质量为 m 的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜 面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力 ,使 斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平 抛出,最后落在障碍物的左侧 P 处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为μ 1,斜面倾角为θ , 重力加速度为 g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求: (1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ 2; (2)要使物块在地面上的落点 P 距障碍物 Q 最远,水平推力 F 为多大; (3)小物块在地面上的落点 P 距障碍物 Q 的最远距离。 B组 (45 分钟 100 分)一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。多选题已在题号后标出) 1.(多选)(2013·山东高考)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种 方法伽利略发现的规律有( A.力不是维持物体运动的原因 B.物体之间普遍存在相互吸引力 C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快-3-)D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反 2.(2013·石家庄二模)如图所示,沿直线运动的小车内悬挂的小球 A 和车水平底板上放置的物块 B 都相对车厢静止。关于物块 B 受到的摩 擦力,下列判断中正确的是( A.物块 B 不受摩擦力作用 B.物块 B 受摩擦力作用,大小恒定,方向向左 C.物块 B 受摩擦力作用,大小恒定,方向向右 D.因小车的运动方向不能确定,故物块 B 受的摩擦力情况无法判断 3.(2013·青岛一模)DIS 是由传感器、数据采集器、计算机组成的 信息采集处理系统,某课外实验小组利用 DIS 系统研究电梯的运动 规律,他们在电梯内做实验,在电梯天花板上固定一个力传感器,传 感器的测量挂钩向下,在挂钩上悬挂一个质量为 1.0kg 的钩码,在电 梯由静止开始上升的过程中,计算机屏上显示如图所示的图像,则(g 取 10m/s )(2))A.t1 到 t2 时间内,电梯匀速上升 B.t2 到 t3 时间内,电梯处于静止状态 C.t3 到 t4 时间内,电梯处于超重状态 D.t1 到 t2 时间内,电梯的加速度大小为 5m/s24.(2013·唐山二模)一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固定,另一 端连接一个质量为 m 的滑块,已知滑块与皮带之间 存在摩擦。现将滑 块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自 然长度到第一次达到最长的过程中 ,滑块始终未与皮带达到共速 , 则 在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( A.速度增大,加速度增大 B.速度增大,加速度减小 C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小 D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大 5.(2013·泉州二模)如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块 A、 B,A、B 的质量均为 2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为 10N,方向竖直向下 的力施加在物块 A 上,则此瞬间,A 对 B 的压力大小为(g=10m/s )(2))-4-A.10 N C.25 NB.20 N D.30 N6.(多选)(2013· 金华二模)质量为 0.3kg 的物体在水平面上做直线运动,图中的 两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线,则下列说法正确的 是( )A.水平拉力可能是 0.3 N B.水平拉力一定是 0.1 N C.物体所受摩擦力可能是 0.2 N D.物体所受摩擦力一定是 0.2 N 7.(2012·四川高考改编)如图所示,劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在 墙上,另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触(未连接),弹簧水平且 无形变。用水平力 F 缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0, 此时物体静止。撤去 F 后,物体开始向左运动,运动的最大距离为 4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ , 重力加速度为 g。 则( )A.撤去 F 后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动 B.撤去 F 后,物体刚运动时的加速度大小为 -μ gC.物体做匀减速运动的时间为 2D.物体从开始向左运动到速度最大的过程中发生的位移为 8.(多选)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数,将质量为 M 的滑块 A 放在倾斜滑板 B 上,C 为位移传感器,它能将滑块 A 到传感器 C 的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示出 滑块 A 的速度—时间(v-t)图像。先给滑块 A 一个沿滑板 B 向上的初速度,得到的 v-t 图像如图乙所示, 则( )-5-A.滑块 A 上滑时加速度的大小为 8m/s B.滑块 A 下滑时加速度的大小为 8m/s22C.滑块与滑板之间的动摩擦因数μ =0.5 D.滑块 A 上滑时运动的位移为 1m 二、计算题(本大题共 2 小题,共 36 分。需写出规范的解题步骤) 9.(18 分)(2013· 运城一模)如图所示,质量 M=0.2kg 的长木板静止在水平地面 上,与地面间动摩擦因数μ 1=0.1,另一质量 m=0.1kg 的带正电小滑块以 v0=8m/s 初速度滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数μ 2=0.5,小滑块带电 量为 q=2×10 C,整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中,电场强度 E=1 ×10 N/C,(g=10m/s )求: (1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少? (2)小滑块最后停在距长木板左端多远的位置。 (3)整个运动过程中产生的热量。 10.(18 分)(2013·大庆二模)如图所示,水平传送带 AB 长 L=10m,向右匀速运动的速度 v0=4m/s。一质量为 1kg 的小物块(可视为质点)以 v1=6m/s 的初速度从传送带右端 B 点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因 数μ =0.4,重力加速度 g 取 10m/s 。求:2 2 2 -3(1)物块相对地面向左运动的最大距离; (2)物块从 B 点冲上传送带到再次回到 B 点所用的时间。答案解析 A组-6-1.【解析】选 A、C、D。物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下,物体对支撑面的压力或 者对绳子的拉力小于物体的重力的现象,当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,滑梯对人的支持 力小于人的重力,人处于失重状态;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内 ,加速度在水平方向 ,对乘客受 力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力 ,人不处于失重状态 ;宇航员随飞船绕地球做 圆周运动,宇航员处于完全失重状态;运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,故选项 A、C、D 正确。 2.【解析】选 B。用 90 N 的水平推力推物体时,由牛顿第二定律得 F-f=ma1,解得 f=9 N,撤掉水平推力后, 物体所受合外力等于滑动摩擦力,由牛顿第二定律 f=ma2,解得加速度的大小为 a2=0.2m/s ,选项 B 正确。 3.【解析】选 C。取 A、B 及弹簧整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-F2=2ma,取 B 为研究对象:kx-F2=ma, 解得 x= ,选项 C 正确。24.【解析】选 C。由 v-t 图像知,运动过程由两个“子过程”构成:拉力 F 作用下的匀加速运动,撤去 F 后阻 力作用下的匀减速运动。运动的最大位移是 v-t 图像与 t 轴围成的三角形的面积,S= ×8×14m=56 m,A 错 误;匀加速运动时,由牛顿第二定律得 F-μ mg=ma1,由图像知运动的加速度 a1=0.8m/s 。匀减速运动时,由牛 顿第二定律得μ mg=ma2,由图像知运动的加速度 a2=2.0m/s 。解上述各式得μ =0.2,F=5.6N,所以 B 错误,C 正确;2 2如图所示 , 由几何关系解得 12s 末的速度 v=4m/s, 对前 12s 应用动能定理得拉力与阻力做功的代数和 W= mv =16J,D 错误。 5.【解析】选 C、D。运动员到达最低点前,在接触蹦床后开始受到蹦床的弹力的作用,但是此时的蹦床形变 较小,弹力较小,人受到合力还是向下的,所以人还在做向下的加速运动,但加速度的大小是在减小的,当弹 力和人的重力相等时,人的速度达到最大,再向下运动时,弹力大于人的重力,合力向上,人开始做加速度增 大的减速运动直到最后速度减为零。综上所述可知,当弹力和人的重力相等时,速度最大,选项 A 错误;由牛 顿第三定律可知运动到最低点时,床对运动员的作用力等于运动员对床的作用力,选项 B 错误,C 正确;重力 做的功等于重力势能的变化,在下落过程中,重力对运动员做正功,重力势能减小,选项 D 正确。 6.【解析】选 A。当盘静止时,对盘和物体整体由平衡条件得 kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛顿第二定律得,对-72整体 k·Δ l=(m+m0)a,对物体 FN-mg=ma,解以上三式得 FN=(1+ 【方法技巧】瞬时性问题的解题技巧?l )mg,选项 A 正确。 l(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律 求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型: 特性 模型 受外力时 的形变量 力能否 突变 产生拉力 质量 或支持力 只有拉力 轻绳 微小不计 可以 没有支持力 只有拉力 橡皮绳 较大 不能 没有支持力 不 既可有拉力 轻弹簧 较大 不能 也可有支持力 等 计 处 处 相 弹力 内部既可有拉力 轻杆 微小不计 可以 也可有支持力 (2)在求解瞬时性加速度问题时应注意: ①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。 ②加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变。 7.【解析】选 D。最初可以认为物体受到了一个力 F1 和其他力的合力 F2 的共同作用,处于平衡状态,两力大 小相等、方向相反。F2 始终不变,当 F1 先减小后增大时,物体受到的合力先增大后减小,物体的加速度由小 变大,再由大变小,加速度方向始终与速度方向一致,做加速运动,在 v -t 图像上,图线的斜率先变大后变小, 速度越来越大,选项 D 正确。 【变式备选】(2013·扬州二模)从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球,小球从抛出点上升到最高点的 时刻为 t1,下落到抛出点的时刻为 t2。若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示被抛出物体的速率 v 随时间 t 的变化关系的图线是( )-8-【 解析】 选 C。 小球在上升过程中做匀减速直线运动,其加速度为 a1= 其加速度为 a2=,下降过程中做匀加速直线运动,,即 a1&a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项 C 正确。8.【解析】选 B、D。绳剪断前物体的受力情况如图所示,由平衡条件得 N+Fsinθ =mg,f=μ N=Fcosθ ,解得:F= ,F 的大小与传送带的速度无关,选项 A 错误,B 正确;绳剪断后物体在速度不同的传送带上的加速度相同,若 L≤ 都是匀加速到达左端,t1=t2,若 L& 时间更长,t1&t2,选项 C 错误,D 正确。,则两次,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端 ,传送带速度小时需要的9.【解析】(1)因为滑杆顶端所受拉力的大小与滑杆对这名学生拉力的大小相等,所以传感器显示的力的大 小即为杆对这名学生的拉力的大小。 由图像可知,0～1s 内,滑杆对学生的拉力 F1=380N; 5s 后,滑杆对学生的拉力 F3=500N,此时学生处于静止状态。 设学生在 0～1s 内的加速度为 a,取竖直向下为正方向,由牛顿第二定律知,在 0～1s 内 mg-F1=ma 5s 后 mg-F3=0 由①②可解得 a=2.4m/s2①(3 分) ②(3 分) (2 分)可知,这名学生在下滑的第 1s 内做匀加速直线运动,而由图像可知,在 1～5s 内,滑杆对学生的拉力 F2&mg, 加速度方向竖直向上,学生做匀减速直线运动,所以第 1s 末,这名学生的速度达到最大 vm=at=2.4m/s (2 分)-9-(2)设这名学生第 1s 内加速下滑的距离为 x1,1～5s 内减速下滑的距离为 x2,则有 x1= t1=1.2m x2= t2=4.8m 5s 内该学生下滑的距离 x=x1+x2=6.0m 答案:(1)2.4m/s (2)6.0 m 10.【解题指南】解答本题应注意以下三点: (1)小物块恰好能在斜面体上保持静止,静 摩擦力最大; (2)物块落点最远,则其速度最大,斜面体和物块的加速度应该最大; (3)小物块离开斜面体后做平抛运动。 【解析】(1)对 m 由平衡条件得: mgsinθ -μ 2mgcosθ =0 解得:μ 2=tanθ (2)对 m 设其最大加速度为 am,由牛顿第二定律得: 水平方向:Nsinθ +μ 2Ncosθ =mam 竖直方向:Ncosθ -μ 2Nsinθ -mg=0 解得:am= 对 M、m 整体由牛顿第二定律得: F-μ 1(M+m)g=(M+m)am 解得:F=μ 1(M+m)g+(M+m) (3)对 M、m 整体由动能定理得: Fd-μ 1(M+m)gd= (M+m)v2(2 分) (2 分) (2 分)(2 分) (1 分)(2 分) (2 分) (1 分)(2 分) (1 分)(3 分)解得:v=2 对 m 由平抛运动规律得: 水平方向:xP+ 竖直方向:h= gt2(1 分)=vt(2 分) (2 分)解得:xP=2-(1 分)- 10 -答案:(1)tanθ (2)μ 1(M+m)g+(M+m)(3)2B组1.【解析】选 A、C。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略利用理想的完全光滑的斜面实验和 逻辑推理发现力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,选项 A 正确;物体之间普遍存在 相互吸引力是牛顿第一次提出的,选项 B 错误;亚里士多德认为重物比轻物下落得快,伽利略应用斜面结合 数学推理及逻辑推理推翻了亚里士多德的观点 ,得出忽略空气阻力的情况下,重物与轻物下落得同样快的 结论,选项 C 正确;物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反是牛顿第三定律的内容,选项 D 错误。 2. 【解析】选 B。小球 A 受力情况如图所示,由牛顿第二定律得小球的加速度水平向 左且恒定,物块 B 与小球 A 的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块 B 所受摩擦力大小 恒定,方向水平向左,选项 B 正确。 3.【解析】选 D。0～t1 时间内,F1=mg,电梯静止;t1～t2 时间内,F2&mg,电梯加速上升, 加速度 a= =5m/s ,选项 A 错误,D 正确;t2～t3 时间内,F3=mg,电梯匀速上升,选项2B 错误;t3～t4 时间内,F4&mg,电梯减速上升,处于失重状态,选项 C 错误。 【方法技巧】超重和失重 现象的判断“三技巧” (1)从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时 ,物体处于超重状态 ,小于重力时处 于失重状态,等于零时处于完全失重状态。 (2)从加速度的角度判断 :当物体具有向上的加速度时处于超重状态 ,具有向下的加速度时处于失重状态 , 向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。 (3)从速度变化角度判断: ①物体向上加速或向下减速时,超重; ②物体向下加速或向上减速时,失重。 4.【解析】选 D。滑块在传送带上受力如图所示,当 f&kx 时,滑块向左做加速运动, 由牛顿第二定律得 f-kx=ma,随着 x 的增大,加速度 a 减小;当 f=kx 时,a=0,速度达到 最大值;当 f&kx 时,由牛顿第二定律得 kx-f=ma,随着 x 的增大,加速度 a 增大,速度 v 减小,直至为零,此时弹簧弹力最大,故选项 D 正确。 5.【解析】选 C。对 A、B 整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于 A、B- 11 -整体的重力,当施加力 F 的瞬间,弹力在瞬间不变,故 A、 B 所受合力为 10N,则 a= 力分析得 F+mg-N=ma,解得 N=25N, 所以 A 对 B 的压力大小等于 25N,选项 C 正确。=2.5m/s ,隔离 A 物块受26.【解析】选 B、C。若拉力方向与物体运动方向相同,则斜率较大的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度时间图线,此时物体加速度为 a1= m/s ,由牛顿第二定律可知此时摩擦力 f=ma1=0.2N,图像中斜率较小的图 线为受拉力时的图线 ,加速度为 a2= m/s ,由牛顿第二定律可知 f-F=ma2,代入已知条件可知,拉力 F=0.1N; 若拉力方向与物体运动方向相反,则斜率较小的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度-时间图线,此时物体 加速度为 a3= m/s ,由牛顿第二定律可知此时摩擦力 f=ma3=0.1N;图像中斜率较大的图线为受拉力的图线, 加速度为 a4= m/s ,由牛顿第二定律可知 F+f=ma4,代入已知条件可知,拉力 F=0.1N。故 B、C 两项正确。 【变式备选】(2013·淮阴一模)物体 A、B 都静止在同一水平面上,它们的质量分别 为 mA、mB,与水平面间的动摩擦因数分别为μ A、μ B,用水平拉力 F 拉物体 A、B,所得 的加速度 a 与拉力 F 关系图线如图中 A、B 所示,则( A.μ A=μ B,mA&mB C.可能有 mA=mB B.μ A&μ B,mA&mB D.μ A&μ B,mA&mB )2 2 2 2【解析】选 B。斜率表示物体质量的倒数,所以 A 的质量小于 B 的质量,A 的重力小于 B 的重力,由于横坐标 截距为物体受到的摩擦力大小,则 A、B 受到的摩擦力相等,那么μ A&μ B,选项 B 正确。 7.【解析】选 B。撤去 F 后,在水平方向上物体受到弹簧的弹力和摩擦力的作用,由于弹力是变力,所以物体 开始不可能做匀变速运动,A 错误;撤去 F 瞬间,水平方向上物体受到弹簧向左的弹力 N=kx0 和向右的摩擦力 f=μ mg 的作用,由牛顿第二定律可知 a= = -μ g,B 正确;物体到达初位置时,和弹簧分离,之后才开始做匀减速运动,运动位移为 3x0,加速度大小 a= =μ g,由 x= at 得 t=2=,C 错误;当水平方向上物体受到的弹簧向左的弹力 N=kx 和向右的摩擦力 f=μ mg 平衡时,物体具有最大速度,所以 x= 向左运动到速度最大,发生的位移为 x0-x=x0,D 错误。,物体开始8.【解析】选 A、D。滑块 A 上滑时加速度的大小 a1=| 速度 a2=2 2|m/s =8.0m/s ,选项 A 正确;滑块 A 下滑时的加22m/s =4.0 m/s ,选项 B 错误;由牛顿第二定律知 A 上滑时 mgsin θ +μ mgcosθ =ma1,A 下滑时mgsinθ -μ mgcosθ =ma2,解得μ =0.25,选项 C 错误;在速度—时间图像中面积表示位移,滑块 A 上滑时运动 的位移为 1m,选项 D 正确。 9.【解析】(1)设小滑块的加速度大小为 a1,长木板的加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得:- 12 -Eq-μ 2mg=-ma1 解得:a1=3m/s2(2 分) (1 分) (2 分) (1 分)μ 2mg-μ 1(m+M)g=Ma2 解得:a2=1m/s2(2)设两者经过 t 时间相对静止,此时的速度为 v,则: v0-a1t=a2t=v 解得:t=2s,v=2m/s 这段时间内小滑块的位移: x1=v0t- a1t =10m 长木板的位移 x2= a2t =2m2 2(1 分) (1 分)(1 分) (1 分)由于此后两者一起向右减速运动,所以小滑块最后距长木板左端Δ x=x1-x2=8m (1 分) (3)设两者一起向右运动的加速度大小为 a3,由牛顿第二定律得: Eq-μ 1(M+m)g=-(M+m)a3 解得:a3= m/s2(2 分) (1 分)一起向右减速的位移: x3= =6m (1 分)由能量守恒得: Q= m +Eq(x1+x3)=6.4J2(3 分) (2)8 m (3)6.4 J答案:(1)3m/s1 m/s210.【解题指南】解答本题应注意以下两点: (1)物块向左运动速度减为 0 时相对地面向左运动距离最大; (2)物块向右运动过程先加速运动后匀速运动。 【解析】(1)设物块与传送带间摩擦力大小为 f,向左运动最大距离 x1 时速度变为 0,由动能定理得: f=μ mg fx1= m 解得:x1=4.5m (1 分) (2 分) (1 分)(2)设小物块经时间 t1 速度减为 0,然后反向加速,设加速度大小为 a,经时间 t2 与传送带速度相等:- 13 -v1-at1=0 由牛顿第二定律得: f=ma 解得:t1=1.5s v0=at2 解得:t2=1s 设反向加速时,物块的位移为 x2,则有: x2= a =2m(2 分)(2 分) (1 分) (2 分) (1 分)(2 分)物 块 与 传 送 带 同 速 后 , 将 做 匀 速 直 线 运 动 , 设 经 时 间 t3 再 次 回 到 B 点 , 则 :x1-x2=v0t3 (2 分) 解得:t3=0.625s (1 分)故物块从 B 点冲上传送带到再次回到 B 点所用的时间:t=t1+t2+t3=3.125s(1 分) 答案:(1)4.5m (2)3.125 s- 14 -
2014届高三物理一轮复习收尾二轮专题突破检测 牛顿运动定律及其应用(均为2013年高考题及模拟题)——提供以文本文档的格式的各类文档免费下载和在线浏览。