2014高考物理复习模拟题汇编专题三 牛顿运动定律1

2014高考物理复习模拟题汇编专题三 牛顿运动定律1

‎1.（2013哈尔滨三中月考）下列说法正确的是：‎ A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比 B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同 C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因 D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快 答案：AD解析：牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项C错误D正确。‎ ‎2.（2013邯郸摸底）物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是（ ）‎ A．牛顿第一定律 B．牛顿第二定律 ‎ C．万有引力定律 D．库仑定律 答案：A 解析：牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理外推得到的，用实验无法实现，选项A正确；牛顿第二定律是实验定律，万有引力定律是经过类比和实验验证的，库伦定律是通过采用控制变量法的实验而得到的实验定律，选项BCD错。‎ ‎3、（2013衡水中学调研）以下说法中正确的是( )‎ A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因 D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动 答案：A解析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度无关，选项A正确B错误；力不是维持物体运动的原因，力是产生加速度的原因，选项C错误；做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点将做匀速直线运动，选项D错误。‎ ‎4. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是：‎ A C B D A.A环与滑竿之间没有摩擦力 B.B环与滑竿之间没有摩擦力 C.A环做的是匀加速直线运动 D.B环做的是匀加速直线运动 答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀加速直线运动，选项AC正确BD错误。‎ ‎5．（2013哈尔滨三中月考）如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g=10m/s2）：‎ A.以a=1m/s2的加速度加速上升；‎ B.以a=1m/s2的加速度加速下降；‎ C.以a=9m/s2的加速度减速上升；‎ D.以a=9m/s2的加速度减速下降 答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量为10cm，可知升降机加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度减速上升，选项B正确。‎ ‎6．（2013唐山摸底）风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是 ‎ A．细绳与竖直方向的夹角 ‎ B．轻绳拉力的大小 ‎ C．细杆对球的支持力 ‎ D．风给小球的水平力 答案：CD解析：由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项AB错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项CD正确。‎ ‎7．（2013唐山摸底）从16世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有 ‎ A．物体的速度越大，说明它受到的外力越大 ‎ B．物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变 ‎ C．马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持 ‎ D．一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力 答案：B解析：物体的加速度越大，说明它受到的外力越大，物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变，选项A错误B正确；马拉车做匀速运动，说明物体所受合外力为零，选项C错误；地面对人的支持力在任何情况下都等于人对地面的压力，选项D错误。‎ v2‎ x x1‎ ‎0‎ v02‎ ‎8．（2013哈尔滨三中月考）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则下列说法正确的是：‎ A.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越大 B.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越小 C.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度大于v0/2‎ D.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2‎ 答案：AD解析：由v2=2ax，可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像为直线，则，汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确。‎ ‎9．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是 （ ）‎ ‎ A．小球受力个数不变 ‎ B．小球立即向左运动，且a=8 m/s2‎ ‎ C．小球立即向左运动，且a=10m/s2‎ ‎ D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=10 m/s2‎ 答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力N=mg，摩擦力为f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。‎ ‎10．(2013西安摸底)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图像，则 ( )‎ A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像 B．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图像 C．水平拉力一定等于0.2 N D．物体所受的摩擦力可能等于0.2 N 答案：CD解析：拉力方向可能与物体水平运动方向相同或相反，不能确定哪条斜线是物体受水平拉力时的图像，选项AB错误。斜线①对应的物体加速度大小为a1=m/s2，斜线②对应的物体加速度大小为a2=m/s2。若斜线①是物体受水平拉力时的图像，斜线②是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F=0.2N; 若斜线②是物体受水平拉力时的图像，斜线①是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相反，f + F =ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物体所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，选项CD正确。‎ m1‎ m2‎ F ‎11. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F’作用在m1上时，两物块均以加速度a’=2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x’。则下列关系正确的是：‎ A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x 答案：AB解析：把两个物体看作整体，由牛顿第二定律可得，F’=2F，选项A正确C错误；隔离m2，由牛顿第二定律和胡克定律，x’=2 x，选项B正确D错误。‎ ‎12. （2013江苏徐州摸底）一位同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，其v-t图象如图所示．下列说法正确的是 A．前2s内该同学处于超重状态 B．前2s内该同学的加速度是最后1s内的2倍 C．该同学在10s内的平均速度是1m/s D．该同学在10s内通过的位移是17m 答案：D解析：同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，前2s内该同学处于失重状态，前2s内该同学的加速度是最后1s内的1/2，选项AB错误；该同学在10s内的位移为17m，平均速度是1.7m/s，选项D正确C错误。‎ ‎13．（2013届江西省重点中学高三联考）如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是（ ）‎ A．t1=t2，a1=a2，v1=v2 ‎ ‎ B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2‎ C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示 ‎ D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示 答案：D解析：由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1＜t2，a1>a2，v1>v2,选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确。‎ ‎14．(2013西安摸底)如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．若电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，在电梯即将到顶层前关闭电动机，靠惯性再经时间t停止运动卡住电梯，不计空气阻力，则t为（ ）‎ A． B． C． D．‎ 答案：D解析：关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg=(2M+m)a，解得电梯加速度大小a=mg/(2 M+m)，t=v/a=，选项D正确。‎ ‎15. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）‎ ‎ A. 如果al= a2，则F< Mg ‎ ‎ B. 如果F=Mg，则alm）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则alm）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ）‎ ‎ A. 如果al= a2，则F< Mg ‎ ‎ B. 如果F=Mg，则alm）的物体B，由牛顿第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al0,‎ 解得：0< m2<0.4kg或0.6kg< m2<1.0kg ‎32.（19分）（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求：‎ ‎（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；‎ ‎（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。‎ 解析：（1）由题意可知滑块的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。‎ 滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsinθ-f=ma，‎ 解得：f=1.5N。‎ ‎（2）由滑块受力图得：N=mgcosθ，‎ 木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcosθ=Nsinθ，‎ 解得：f地=3.03N。‎ f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。‎ ‎33、（10分）（2013安徽师大摸底）在水平地面上有一质量为10kg的物体,在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F/4，方向不变，再经过20s停止运动。该物体的速度与时间的关系如图所示。求：‎ ‎（1）整个过程中物体的位移大小；‎ ‎（2）物体与地面的动摩擦因数。‎ ‎33、（10分）（1）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三角形面积S=×30×10m=150m ‎ ‎(2)物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：‎ a1=1m/s2，a2=-0.5m/s2， ‎ F/4‎ mg mg FN FN Ff Ff F 受力图如下：‎ 对于两个过程，由牛顿第二定律得：‎ ‎ ① ‎ ‎ ② ‎ 联立①②式解得：Ff=10N ‎ 由滑动摩擦力公式得：‎ ‎ 解得：μ=0.1 。‎ ‎34．(15分) （2013江苏徐州摸底）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ ‎=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．‎ ‎(1)求游客匀速下滑时的速度大小．‎ ‎(2)求游客匀速下滑的时间．‎ ‎(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?‎ 解析：、(1) 由mgsin37°-μmgcos37°=ma 解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2。‎ 游客匀速下滑时的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s．‎ ‎(2)加速下滑路程为L1= at12=64m，‎ 匀速下滑路程L2=- L1=64m，‎ 游客匀速下滑的时间t2= L2/v=4s．‎ ‎(3)由动能定理，-FL-μmgL=0-mv2。‎ ‎ 解得F= 210N。‎ ‎35．(8分) （2013届江西省重点中学高三联考）如图所示，质量m=1Kg的小球穿在长L=1.6m的斜杆上，斜杆与水平方向成α＝37°角，斜杆固定不动,小球与斜杆间的动摩擦因数μ＝0.75。小球受水平向左的拉力F=1N,从斜杆的顶端由静止开始下滑（，）。‎ 试求：（1）小球运动的加速度大小；‎ ‎（2）小球运动到斜杆底端时的速度大小。‎ ‎．(8分)解：‎ ‎（1） （2分）‎ ‎ （2分）‎ ‎∴ =1.25m/s2。（2分）‎ ‎（2） （2分）‎ ‎ ∴ v==m/s=2m/s。 （2分）‎ ‎36．(8分) （2013南昌铁一中摸底）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg，动力系统提供的恒定升力F =28‎ ‎ N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。‎ ‎（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m．求飞行器所阻力f的大小；‎ ‎（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h； ‎ ‎. 解析：‎ ‎（1）由H=at2， -------------------------------（1分）‎ 得：a1=2m/s2 ------------------------------------（1分）‎ 由F-f-mg=ma -------------------------------------（1分）‎ 得：f=4N ----------------------------------------（1分）‎ ‎（2）.前6s向上做匀加速运动 最大速度：v=a1t=12m/s--------------------------（1分）‎ 上升的高度：h1=a1t2 =36m--------------------------（1分）‎ 接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f+mg=ma2，‎ 解得加速度a2=12m/s2。 ---------------------（2分）‎ 由v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m。 --------------------------（1分）‎ 最大高度：h= h1+ h2=42m-------------------------（1分）‎ ‎37.（8分）（2013温州八校期初联考）一个质量为1500 kg行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后8 s末，发动机突然间发生故障图19‎ 而关闭；如图19所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：‎ ‎（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；‎ ‎（2）探测器落回出发点时的速度；‎ ‎（3）探测器发动机正常工作时的推力。‎ ‎（8分）解析：（1）0～24 s内一直处于上升阶段，H=×24×64 m=768 m （2）8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g==m/s2=4 m/s2 探测器返回地面过程有v2=2gH得v=32m/s。‎ ‎（3）上升阶段加速度：a=8m/s2 （1分）‎ 由F-mg=ma得，F=1.8×1.8×104N （2分） ‎ ‎38（19分）（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4‎ ‎ m/s，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求：‎ ‎（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；‎ ‎（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。‎ 解析：（1）由题意可知滑块的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。‎ 滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsinθ-f=ma，‎ 解得：f=1.5N。‎ ‎（2）由滑块受力图得：N=mgcosθ，‎ 木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcosθ=Nsinθ，‎ 解得：f地=3.03N。‎ f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。‎ ‎39. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为，m与M之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：‎ ‎（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？‎ ‎（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）‎ P V0‎ O ‎21‎ X A B ‎. 解. (1)对木块和木板组成的系统，有……………2分 ‎ ……………1分 解得v1=9m/s。‎ ‎（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。‎ ‎ aM==6 m/s2。 ‎ m运动至停止时间为t1==1 s 此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左， ‎ 此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分 共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分 至共速M位移S1=……………1分 共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2==1.62m……………1分 最终木板M左端A点位置坐标为 x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。‎ F P A B v0‎ F ‎40、（12分）（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；‎ ‎（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；‎ ‎（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．‎ ‎. 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间 ‎ ‎ ‎ （2） 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为 ‎ ‎ ‎ 小车向右运动的距离为 ‎ ‎ 小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．‎ ‎ 小车向右运动的时间为 ‎ ‎ 小车向左运动的加速度为 ‎ ‎ ‎ 小车向左运动的距离为 ‎ ‎ 小车向左运动的时间为 ‎ 故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s ‎ （3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 ‎ ‎ ‎ 小球离开车子后，车的加速度为 ‎ ‎ 车子向左运动的距离为 ‎ ‎ ‎ ‎ 从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 X= x1 + x2+ x3 =5.175m。‎ v/m·s-1‎ t/s ‎2‎ ‎1‎ ‎0‎ ‎20‎ 甲 乙 F ‎10‎ ‎41．(12分) （2013南昌铁一中摸底）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所示．试求：(g取10m/s2)‎ ‎（1）拉力F的大小．‎ ‎（2）t＝4s时物体的速度v的大小．‎ ‎．解析：‎ ‎（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 ‎ F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1‎ 撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2 ‎ 根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2 ‎ ‎ 代入解得 F=30N μ=0.5。 ‎ ‎（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，‎ v1＝a2t2 ，解得t2＝2s ‎ 则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s ‎ 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma3 ‎ 有 a 3= 2 m/s2 ‎ t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s ‎ ‎42、（2013衡水中学调研）（10分)如图，已知斜面倾角300，物体A质量mA=0.4kg，物体B质量mB=0.7kg，H=0.5m。B从静止开始和A一起运动，B落地时速度v=2m/s。若g取10m/s2，绳的质量及绳的摩擦不计，求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数 ‎（2）物体沿足够长的斜面滑动的最大距离 ‎【解析】分别对A和B进行受力分析，如图。‎ ‎（1）对A、B列运动方程，对A有：‎ ‎ T – mAgsinθ-f=mAa1 ; FN=mAgcosθ ; f=μFN ‎ 对B有：mBg-T=mBa1 ‎ 整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsinθ - μmAgcosθ=ma1 (1)‎ 对B的运动情况，有：v2=2a1H (2)‎ 由（1）（2）代入数据得a1=4m/s2, μ=0.17‎ ‎（2）B落地后，绳子松弛，不再对A有拉力T的作用，此时对A有 mAgsinθ+f=mAa2 ；FN=mAgcosθ ; f=μFN ‎ 联立解得： a2=6.5m/s2，方向沿斜面向下，‎ 因此A继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为x=v2/2a2=4/13m。‎ 物体沿斜面滑动的最大距离为s=x+H=21/26m。‎ ‎43．(14分) （2013南昌铁一中摸底）如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.‎ ‎（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？‎ ‎（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？‎ ‎.. 解析：（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。 ‎ 米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0==2.5m

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