2019届二轮复习　牛顿运动定律课件（89张）（全国通用）

2019届二轮复习　牛顿运动定律课件（89张）（全国通用）

1 .(2014北京理综,19,6分,0.73)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力 地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的 O 点 由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低 的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可 以得到的最直接的结论是   (　　) 考点一　牛顿运动定律的理解和简单应用 A. 如果斜面光滑 , 小球将上升到与 O 点等高的位置 B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态 C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变 D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小 答案    A 　根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与 O 点等高的 位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下 得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题, 故错误。 考查点 　牛顿运动定律。 思路点拨 　本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到 与 O 点等高处。 2 .(2011北京理综,18,6分,0.60)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从 几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动,所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情 况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为 g 。据图可知,此人在蹦极 过程中最大加速度约为   (　　)   A. g 　    B.2 g 　    C.3 g 　    D.4 g 答案    B 　“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重 力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即   F 0 = mg ,则 F 0 =   mg 。 当绳子拉力最大时, 人处于最低点且合力最大,故加速度也最大,此时 F 最大 =   F 0 =3 mg ,方向竖直向上,由 ma = F 最大 - mg = 3 mg - mg =2 mg 得最大加速度为2 g ,故B正确。 3 .(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块 P ,系统处于静止状 态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置 的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是   (　　)     B组   统一命题、课标卷题组 答案    A 　本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律。设系统静止时弹簧压缩量为 x 0 ,由胡克定律和平衡条件得 mg = kx 0 。力 F 作用在 P 上后,物块受重力、弹力和 F ,向上做匀加速 直线运动,由牛顿第二定律得, F + k ( x 0 - x )- mg = ma 。联立以上两式得 F = kx + ma ,所以 F - x 图像中图 线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。 易错点拨 　注意胡克定律中形变量的含义 胡克定律中的形变量指的是压缩量或伸长量。本题中 x 表示 P 离开静止位置的位移,此时的形 变量为 x 0 - x 而不是 x 。 4 .(2016课标Ⅰ,18,6分)(多选)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点 上的力不发生改变,则(　　) A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D.质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案    BC 　由题意知此恒力即质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做 匀变速直线运动,质点单位时间内速率的变化量总是不变的;原速度与该恒力不在一条直线上, 则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐渐减小,质点单位时间内速度的变化量是不变 的,但速率的变化量是变化的,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度的方向总 与该恒力方向相同,C项正确。 1 .(2014北京理综,18,6分,0.19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣 和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析 正确的是   (　　) A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态 B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态 C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度 D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 考点二 牛顿运动定律的综合应用 A组   自主命题·北京卷题组 答案    D 　物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后 物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者 速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为 a 手 > a 物 ,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则 手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。 考查点 　超重和失重。 思路点拨     分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度, 失重时物体具有向下的加速度。 2 .(2015课标Ⅰ,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在 t =0时刻滑上一固定斜面,其运动的 v - t 图线 如图(b)所示。若重力加速度及图中的 v 0 、 v 1 、 t 1 均为已知量,则可求出   (　　) A.斜面的倾角 B.物块的质量 C.物块与斜面间的动摩擦因数 D.物块沿斜面向上滑行的最大高度 B组   统一命题、课标卷题组 答案    ACD 　设物块的质量为 m 、斜面的倾角为 θ ,物块与斜面间的动摩擦因数为 μ ,物块沿斜 面上滑和下滑时的加速度大小分别为 a 1 和 a 2 ,根据牛顿第二定律有: mg sin θ + μmg cos θ = ma 1 , mg sin θ - μmg cos θ = ma 2 。再结合 v - t 图线斜率的物理意义有: a 1 =   , a 2 =   。由上述四式可见,无法求 出 m ,可以求出 θ 、 μ ,故B错,A、C均正确。0~ t 1 时间内的 v - t 图线与横轴包围的面积大小等于物 块沿斜面上滑的最大距离, θ 已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。 3 .(2015课标Ⅱ,20,6分,0.45)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的 车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F ;当机车在西边拉着车厢以大小为   a 的加速度向西行驶时, P 和 Q 间的 拉力大小仍为 F 。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为   (　　) A.8　    B.10　    C.15　    D.18 答案    BC 　如图所示,假设挂钩 P 、 Q 东边有 x 节车厢,西边有 y 节车厢,每节车厢质量为 m 。当 向东行驶时,以 y 节车厢为研究对象,则有 F = mya ;当向西行驶时,以 x 节车厢为研究对象,则有 F =   mxa ,联立两式有 y =   x 。可见,列车车厢总节数 N = x + y =   x ,设 x =3 n ( n =1,2,3, … ),则 N =5 n ,故可知 选项B、C正确。   4 .(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块 A 和 B 的质量分别为 m A =1 kg和 m B =5 kg,放在静止于水平 地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为 μ 1 =0.5;木板的质量为 m =4 kg,与地面间 的动摩擦因数为 μ 2 =0.1。某时刻 A 、 B 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为 v 0 =3 m/s。 A 、 B 相 遇时, A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小 g =10 m/s 2 。求 (1) B 与木板相对静止时,木板的速度; (2) A 、 B 开始运动时,两者之间的距离。 解析 　本题考查直线运动和牛顿定律。 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设 A 、 B 和木板所受的摩擦力大小分别 为 f 1 、 f 2 和 f 3 , A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 a A 和 a B ,木板相对于地面的加速度大小为 a 1 。 在滑块 B 与木板达到共同速度前有 f 1 = μ 1 m A g   ① f 2 = μ 1 m B g   ② f 3 = μ 2 ( m + m A + m B ) g   ③ 由牛顿第二定律得 f 1 = m A a A   ④ f 2 = m B a B   ⑤ f 2 - f 1 - f 3 = ma 1   ⑥ 设在 t 1 时刻, B 与木板达到共同速度,其大小为 v 1 。由运动学公式有 v 1 = v 0 - a B t 1   ⑦ v 1 = a 1 t 1   ⑧ 答案 　(1)1 m/s　(2)1.9 m 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v 1 =1 m/s⑨ (2)在 t 1 时间间隔内, B 相对于地面移动的距离为 s B = v 0 t 1 -   a B     ⑩ 设在 B 与木板达到共同速度 v 1 后,木板的加速度大小为 a 2 。对于 B 与木板组成的体系,由牛顿第二定律有 f 1 + f 3 =( m B + m ) a 2     由①②④⑤式知, a A = a B ;再由⑦⑧式知, B 与木板达到共同速度时, A 的速度大小也为 v 1 ,但运动方向与木板相反。由题意知, A 和 B 相遇时, A 与木板的速度相同,设其大小为 v 2 。设 A 的速度大小从 v 1 变到 v 2 所用的时间为 t 2 ,则由运动学公式,对木板有 v 2 = v 1 - a 2 t 2     对 A 有 v 2 =- v 1 + a A t 2     在 t 2 时间间隔内, B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1 = v 1 t 2 -   a 2       在( t 1 + t 2 )时间间隔内, A 相对地面移动的距离为 s A = v 0 ( t 1 + t 2 )-   a A ( t 1 + t 2 ) 2     A 和 B 相遇时, A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时,两者之间的距离为 s 0 = s A + s 1 + s B     联立以上各式,并代入数据得 s 0 =1.9 m   (也可用如图的速度-时间图线求解)   审题指导 　如何建立物理情景,构建解题路径 ①首先分别计算出 B 与板、 A 与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出 A 、 B 及木板的运动 情况。 ②把握好几个运动节点。 ③由各自加速度大小可以判断出 B 与木板首先达到共速,此后 B 与木板共同运动。 ④ A 与木板存在相对运动,且 A 运动过程中加速度始终不变。 ⑤木板先加速后减速,存在两个过程。 5 .(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳 伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小 g =10 m/s 2 。 (1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度 的大小; (2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 f = kv 2 ,其中 v 为速率, k 为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运 动员在某段时间内高速下落的 v - t 图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量 m =100 kg, 试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字) 解析 　(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为 t ,下落距离为 s ,在1.5 km高度 处的速度大小为 v 。根据运动学公式有 v = gt   ① s =   gt 2   ② 根据题意有 s =3.9 × 10 4 m-1.5 × 10 3 m=3.75 × 10 4 m③ 联立①②③式得 t =87 s④ v =8.7 × 10 2 m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度 v max 时,加速度为零,根据牛顿第二定律有 mg = k     ⑥ 由所给的 v - t 图像可读出 v max ≈ 360 m/s⑦ 由⑥⑦式得 k =0.008 kg/m⑧ 答案 　(1)87 s　8.7 × 10 2 m/s　(2)0.008 kg/m 6 .(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖 车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相 等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车 组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组   (　　) A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2 C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 C 组   教师专用题组 答案    BD 　启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的 方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示   甲 由牛顿第二定律可得: F 1 -3 kmg =3 ma ;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示   乙 由牛顿第二定律可得 F 2 -2 kmg =2 ma ,两方程联立可得   =   ,选项B正确;动车组进站时,做匀减 速直线运动,由速度位移公式可得 x =   ,即 x 与 v 2 成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定 律可得: 第一种情况动车组的最大速度为 v 1 ,   -8 kmg =0, 第二种情况动车组的最大速度为 v 2 ,   -8 kmg =0, 两方程联立可得   =   ,选项D正确。 审题指导 　在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的 合外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。 评析 　本题考查功率、牛顿第二定律、速度位移公式、受力分析等知识点,意在考查考生的 理解能力和综合分析能力。 7 .(2015课标Ⅱ,25,20分,0.204)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一 倾角为 θ =37 ° (sin 37 ° =   )的山坡 C ,上面有一质量为 m 的石板 B ,其上下表面与斜坡平行; B 上有一 碎石堆 A (含有大量泥土), A 和 B 均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中, A 浸透雨水后总 质量也为 m (可视为质量不变的滑块),在极短时间内, A 、 B 间的动摩擦因数 μ 1 减小为   , B 、 C 间 的动摩擦因数 μ 2 减小为0.5, A 、 B 开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末, B 的上表面突然变为 光滑, μ 2 保持不变。已知 A 开始运动时, A 离 B 下边缘的距离 l =27 m, C 足够长。设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g =10 m/s 2 。求:   (1)在0~2 s时间内 A 和 B 加速度的大小; (2) A 在 B 上总的运动时间。 解析 　(1)在0~2 s时间内, A 和 B 的受力如图所示,其中 f 1 、 N 1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大 小, f 2 、 N 2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平 衡条件得   f 1 = μ 1 N 1   ① N 1 = mg cos θ   ② f 2 = μ 2 N 2   ③ N 2 = N 1 + mg cos θ   ④ 规定沿斜面向下为正方向。设 A 和 B 的加速度分别为 a 1 和 a 2 ,由牛顿第二定律得 答案 　(1)3 m/s 2 　1 m/s 2 　(2)4 s mg sin θ - f 1 = ma 1   ⑤ mg sin θ - f 2 + f 1 = ma 2   ⑥ 联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得 a 1 =3 m/s 2   ⑦ a 2 =1 m/s 2   ⑧ (2)在 t 1 =2 s时,设 A 和 B 的速度分别为 v 1 和 v 2 ,则 v 1 = a 1 t 1 =6 m/s⑨ v 2 = a 2 t 1 =2 m/s⑩ t > t 1 时,设 A 和 B 的加速度分别为 a 1 '和 a 2 '。此时 A 与 B 之间的摩擦力为零,同理可得 a 1 '=6 m/s 2     a 2 '=-2 m/s 2     即 B 做减速运动。设经过时间 t 2 , B 的速度减为零,则有 v 2 + a 2 ' t 2 =0     联立     式得 t 2 =1 s   在 t 1 + t 2 时间内, A 相对于 B 运动的距离为 s =   -   =12 m<27 m   此后 B 静止不动, A 继续在 B 上滑动。设再经过时间 t 3 后 A 离开 B ,则有 l - s =( v 1 + a 1 ' t 2 ) t 3 +   a 1 '       可得 t 3 =1 s(另一解不合题意,舍去)     设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总 ,有 t 总 = t 1 + t 2 + t 3 =4 s   (利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。) 8 .(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有 一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。 t =0时刻开始,小物块与木板一起以共同 速度向右运动,直至 t =1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方 向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的 v - t 图线如图(b)所 示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小 g 取10 m/s 2 。求 (1)木板与地面间的动摩擦因数 μ 1 及小物块与木板间的动摩擦因数 μ 2 ; (2)木板的最小长度; (3)木板右端离墙壁的最终距离。   解析 　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加 速度为 a 1 ,小物块和木板的质量分别为 m 和 M 。由牛顿第二定律有 - μ 1 ( m + M ) g =( m + M ) a 1   ① 由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度 v 1 =4 m/s,由运动学公式得 v 1 = v 0 + a 1 t 1   ② s 0 = v 0 t 1 +   a 1     ③ 式中, t 1 =1 s, s 0 =4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移, v 0 是小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式并结合题给条件得 μ 1 =0.1   ④ 在木板与墙壁碰撞后,木板以- v 1 的初速度向左做匀变速运动,小物块以 v 1 的初速度向右做匀变 速运动。设小物块的加速度为 a 2 ,由牛顿第二定律有 - μ 2 mg = ma 2   ⑤ 由图(b)可得 a 2 =     ⑥ 答案 　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 式中, t 2 =2 s, v 2 =0,联立⑤⑥式并结合题给条件得 μ 2 =0.4   ⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为 a 3 ,经过时间Δ t ,木板和小物块刚好具有共同速度 v 3 。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ 2 mg + μ 1 ( M + m ) g = Ma 3   ⑧ v 3 =- v 1 + a 3 Δ t   ⑨ v 3 = v 1 + a 2 Δ t   ⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为 s 1 =   Δ t     小物块的位移为 s 2 =   Δ t     小物块相对木板的位移为 Δ s = s 2 - s 1     联立⑥⑧⑨⑩     式,并代入数据得 Δ s =6.0 m   因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为 a 4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为 s 3 。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ 1 ( m + M ) g =( m + M ) a 4     0-   =2 a 4 s 3     碰后木板运动的位移为 s = s 1 + s 3     联立⑥⑧⑨⑩      式,并代入数据得 s =-6.5 m   木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。 9 .(2014课标Ⅰ,24,12分,0.550)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然 停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况 下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天 时的2/5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 解析 　设路面干燥时,汽车与路面间的动摩擦因数为 μ 0 ,刹车时汽车的加速度大小为 a 0 ,安全距 离为 s ,反应时间为 t 0 ,由牛顿第二定律和运动学公式得 μ 0 mg = ma 0   ① s = v 0 t 0 +     ② 式中, m 和 v 0 分别为汽车的质量和刹车前的速度。 设在雨天行驶时,汽车与路面间的动摩擦因数为 μ ,依题意有 μ =   μ 0   ③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a ,安全行驶的最大速度为 v ,由牛顿第二定律和运动 学公式得 μmg = ma   ④ s = vt 0 +     ⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v =20 m/s(72 km/h)   ⑥ 答案 　20 m/s(或72 km/h) 1 .(2018北京东城一模,18)某装置的结构如图所示:在外壳的基板上固定一个螺栓,螺栓上有一顶端焊有钢球的弹簧,螺栓、弹簧、钢球及外壳都是电的良导体。在静止状态下,钢球和外壳呈断开状态不会导通,当受到冲击,钢球产生运动与外壳接通,便可触发执行电路(未画出),使报警器等元件开始工作。若此装置由静止从高处坠落,重力加速度用 g 表示,以下说法正确的是   (　　)   A.开始下落的瞬间,钢球的加速度为 g B.开始下落的瞬间,外壳的加速度为 g C.在执行电路被接通前,钢球的加速度方向可能向上 D.在执行电路被接通前,外壳的加速度可能小于 g 考点一　牛顿运动定律的理解和简单应用 A组    2016—2018年高考模拟·基础题组 三年模拟 答案    D 　开始下落瞬间,弹簧弹力不变,钢球的加速度 a =0,外壳的加速度 a '=   g > g , 故A、B错。执行电路被接通前,球和外壳未接触,开始时弹力等于重力,弹簧被压缩,后来若弹 簧仍被压缩,则形变量会变小,则钢球所受合力向下,加速度 a < g ,若弹簧被拉伸,则钢球所受合力 向下,加速度 a > g ,故C错,D正确。 思路分析 　确定研究对象,受力分析。 2 .(2018北京四中期中,14)伽利略对自由落体运动的研究,是科学实验和逻辑思维的完美结合, 图可大致表示其实验和思维的过程。让小球由倾角为 θ 的光滑斜面滑下,然后在不同的 θ 时分 别进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。对这一过程的分析,下列 说法中不正确的是   (　　) A.采用图甲的斜面实验,可“冲淡”重力的作用,使时间更容易测量 B.让不同质量的球沿相同斜面下滑,可证实小球均做加速度相同的匀变速运动 C.伽利略通过实验直接测量了物体自由下落的位移与时间的平方的关系 D.图甲是实验现象,图丁的情景是经过合理的外推得到的结论 答案    C 　伽利略的时代无法直接测定瞬时速度,所以也就无法直接得到速度的变化规律。 但是伽利略通过数学运算得出结论:如果物体初速度为零,且速度随时间均匀变化,即 v ∝ t ,那么 它通过的位移与所用时间的二次方成正比,即 x ∝ t 2 ,这样只要测出物体通过不同位移所用的时 间,就可以验证这个物体的速度是否随时间均匀变化。由于伽利略时代靠滴水计时,不能测量 自由落体运动所用的时间。伽利略采用了一个巧妙的方法,用来“冲淡”重力的作用,他让铜 球沿阻力很小的斜面下滑,由于小球沿斜面下滑时加速度比它竖直下落的加速度小得多,所用 时间长得多,所以容易测量,所以A正确。让不同质量的球沿相同斜面下滑,可证实小球均做加 速度相同的匀变速运动,故B正确。图甲乙丙均是实验现象,图丁所示的情景是经过合理的外 推得到的结论,故D正确。故选C。 思路点拨 　伽利略对自由落体运动的研究方法是实验结论的合理外推。 3 .(2018北京丰台二模,18)如图所示,滑块 A 以一定的初速度从粗糙斜面体 B 的底端沿斜面向上 滑,然后又返回,整个过程中斜面体 B 与地面之间没有相对滑动。那么滑块向上滑和向下滑的 两个过程中   (　　)   A.滑块向上滑动的加速度等于向下滑动的加速度 B.滑块向上滑动的时间等于向下滑动的时间 C.斜面体 B 受地面的支持力大小始终等于 A 与 B 的重力之和 D.滑块上滑过程中损失的机械能等于下滑过程中损失的机械能 答案    D 　滑块上滑时,受重力 G 、斜面的支持力 N 和沿斜面向下的摩擦力,由牛顿第二定律可 得其加速度大小 a 上 =   。下滑时,受重力 G 、支持力 N 和沿斜面向上的摩擦力, 由牛顿第二定律可得其加速度大小 a 下 =   , a 上 > a 下 ,又滑块沿斜面上滑的位移等 于沿斜面下滑的位移,由 x =   at 2 可得 t 上 < t 下 ,A、B错误。因为滑块有沿斜面向下的加速度,此加 速度有竖直向下的分加速度,滑块处于失重状态,则斜面体 B 受地面的支持力大小小于 A 与 B 的 重力之和,C项错误。滑块上滑过程中损失的机械能Δ E 机上 = Q 热上 = f 上 x 上 ,下滑过程中损失的机械 能Δ E 机下 = Q 热下 = f 下 x 下 ,因 f 上 = f 下 , x 上 = x 下 ,则Δ E 机上 =Δ E 机下 ,D项正确。 解题关键 　对滑块正确受力分析求加速度,并结合位移公式 x =   at 2 比较运动时间。斜面体 B 受 地面的支持力也是斜面体和滑块组成的整体受到的支持力,由超、失重条件可以比较支持力 与重力大小。Δ E 机 = Q 热 = fx 。 4 .(2018北京人大附中月考,2)如图,木箱内有一竖直放置的轻质弹簧,弹簧上方有一物块,木箱 静止时弹簧处于压缩状态且物块与箱顶压力不为零。若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无 压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为   (　　)   A.加速下降 B.加速上升 C.自由落体 D.木箱整体做抛体运动 答案    B 　木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块与箱顶压力不为零,说明弹簧弹力大于物块 的重力,若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,说明物块只受重力和弹簧的弹力,因弹簧 弹力及物块重力不变,则知物块所受合外力向上,物块有向上的加速度,所以木箱的运动状态可 能是向上加速也可能是向下减速,故B正确。 5 .(2018北京朝阳期中)电梯内有一个质量为 m 的物体,用细线悬挂在电梯的天花板上。已知当 地的重力加速度为 g ,当电梯以   g 的加速度竖直向下做匀加速直线运动时,细线对物体拉力的 大小为   (　　) A.   mg 　    B.   mg 　    C.   mg 　    D. mg 答案    B 　对物体受力分析如图所示。   由牛顿第二定律有 ma = mg - T a =   g ,则 T =   mg ,故本题答案为B。 6 .(2017北京朝阳期中,6)如图所示,一个热气球与沙包的总质量为 m ,在空气中以大小为   的加 速度加速下降,为了使它匀速下降,则应该抛掉的沙的质量为(假定空气对热气球的浮力恒定, 空气的其他作用忽略不计)       (　　)   A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案    A 　开始时整体加速下降,设空气对热气球的浮力为 F ,根据牛顿第二定律有: mg - F = ma =   ,解得 F =   ;要使它匀速下降,则需要重力等于浮力,所以应该抛掉的沙的质量为:Δ m =   m , 选项A正确。 7 .(2018北京首师大附中月考,16)如图所示,用一个平行于斜面向上的恒力将质量 m =10.0 kg的 木箱从斜坡底端由静止推上斜坡,斜坡与水平面的夹角 θ =37 ° ,推力的大小 F =100 N,斜坡长度 s = 4.8 m,木箱底面与斜坡的动摩擦因数 μ =0.20。重力加速度 g 取10 m/s 2 ,且已知sin 37 ° =0.60,cos 3 7 ° =0.80。求:   (1)木箱沿斜坡向上滑行的加速度的大小。 (2)木箱滑到斜坡顶端时速度的大小。 解析 　(1)对木箱进行受力分析,沿斜面方向有: F - mg sin 37 ° - f = ma   垂直于斜面方向有: F N = mg cos 37 ° 滑动摩擦力 f = μF N 解得: a =2.4 m/s 2 (2)根据匀变速直线运动速度位移公式有: v 2 -   =2 as 解得: v =4.8 m/s 答案 　(1)2.4 m/s 2 　(2)4.8 m/s 思路点拨 　做好受力分析、正确建立运动方程。 8 .(2017北京朝阳期中,17)射击时枪筒固定,燃气推动子弹加速运动。如果把子弹在枪筒中的 运动看做匀加速直线运动,子弹的加速度 a =5 × 10 5 m/s 2 ,质量 m =1 × 10 -2 kg,枪筒长 x =0.64 m,阻力 不计。求子弹: (1)射出枪口时速度的大小 v ; (2)所受推力的大小 F 。 答案 　(1)8 × 10 2 m/s　(2)5 × 10 3 N 解析　 (1)根据匀变速直线运动速度位移公式有: v 2 =2 ax ,代入相关数据可得: v =8 × 10 2 m/s。 (2)根据牛顿第二定律有: F = ma ,代入相关数据可得: F =5 × 10 3 N。 9 .(2018北京西城二模,18)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的 环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。落到一定位 置时,制动系统启动,座舱做减速运动,到地面时刚好停下。在上述过程中,关于座舱中的人所 处的状态,下列判断正确的是   (　　) A.座舱在自由下落的过程中人处于超重状态 B.座舱在减速运动的过程中人处于超重状态 C.座舱在整个运动过程中人都处于失重状态 D.座舱在整个运动过程中人都处于超重状态 考点二　牛顿运动定律的综合应用 答案    B 　由题意知座舱先做自由落体运动(加速度等于 g ,方向向下)再减速下降(加速度方向 向上),所以人先处于失重状态再处于超重状态。 解题关键 　超重、失重的概念及条件。 10 .(2018北京四中期中,13)如图所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端与木块 B 相连,木块 A 紧 靠木块 B 放置, A 、 B 与水平面间的动摩擦因数分别为 μ A 、 μ B ,且 μ A > μ B 。用水平力 F 向左压 A ,使弹 簧被压缩,系统保持静止。撤去 F 后, A 、 B 向右运动并最终分离。下列判断正确的是   (　　)   A. A 、 B 分离时,弹簧长度一定等于原长 B. A 、 B 分离时,弹簧长度一定大于原长 C. A 、 B 分离时,弹簧长度一定小于原长 D. A 、 B 分离后极短时间内, A 的加速度大于 B 的加速度 答案    B     当 A 、 B 间无相互作用且加速度相等时,两物体分开,设 A 、 B 分离时弹簧处于伸长状 态且弹力为 T ,根据牛顿第二定律,对 B : T + μ B m B g = m B a B ,得 a B =   + μ B g ;对 A : μ A m A g = m A a A ,得 a A = μ A g ; 由于 μ A > μ B , a A = a B ,得 T = m B ( μ A - μ B ) g >0,假设成立,故A、C错误,B正确。 A 、 B 分离后极短时间内,根 据牛顿第二定律,对 B : T + μ B m B g = m B a B , T 增大,加速度增大;对 A : μ A m A g = m A a A ,加速度不变,所以 A 、 B 分离后极短时间内, A 的加速度小于 B 的加速度,故D错误。 解题关键 　解本题的关键是明确 A 、 B 两木块分离时的条件是它们之间的弹力为零、加速度 相等,然后分别对 A 、 B 受力分析并结合牛顿第二定律分析求解。 11 .(2018北京民大附中月考,2)几个同学找了两个用过的“易拉罐”在靠近底部的侧面各打了 一个洞,用手指按住洞,向罐中装满水,然后将易拉罐分别竖直向上和水平抛出,空气阻力不计, 假定在易拉罐的运动中不会出现转动,则下列说法正确的是　       (　　) A.竖直上升的易拉罐在运动过程中,洞中射出的水的速度越来越快 B.水平抛出的易拉罐在运动过程中,洞中射出的水的速度越来越快 C.不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛运动,水都不会从洞中射出 D.不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛运动,洞中射出的水的速度都不变 答案    C 　不论易拉罐做平抛运动还是竖直上抛运动,都只受重力,加速度为 g ,处于完全失重 状态,因此水和器壁间均无挤压,水均不会从洞中射出。 12. (2018北京民大附中月考,8)(多选)如图所示, A 、 B 两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹,传送 皮带与水平面的夹角为 θ ,在电动机的带动下,可利用传送皮带传送货物。已知皮带轮与皮带 之间无相对滑动,皮带轮不转动时,某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间 是 t ,则   (　　) A.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定等于 t B.当皮带轮逆时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于 t C.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于 t D.当皮带轮顺时针匀速转动时,该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于 t 答案    AD 　皮带轮不转动时,物体所受摩擦力方向沿皮带向上,物体下滑的加速度 a = g sin θ - μg cos θ ,当皮带轮逆时针匀速转动时,物体相对皮带的运动方向向下,摩擦力方向仍沿皮带向上, 物体下滑的加速度仍是 a = g sin θ - μg cos θ ,物体下滑到底端所用时间仍是 t ,A正确、B错误。当 皮带轮顺时针匀速转动时,初始阶段物体相对皮带的运动方向向上,所受摩擦力方向沿皮带向 下,加速度 a '= g sin θ + μg cos θ > a ,此状态可能一直持续到物体下滑到底端,也可能在加速到与皮 带的速度相等后物体再以加速度 a = g sin θ - μg cos θ 下滑,故物体下滑通过同样大的位移所用的 时间更少,C错误、D正确。 13 .(2018北京师大附中期中,18)京北巨刹红螺寺位于怀柔区红螺山南麓,始建于东晋咸康四 年。它背倚红螺山,南照红螺湖,山环水绕,林木丰茂,古树参天,形成一幅“碧波藏古刹”的优 美的画卷,如图为游客乘坐滑车沿红螺山滑道下行的情景。在全长1 500米的下行途中,滑车穿 行于松柏密林和红叶丛中,游客尽情享受其中无穷乐趣。   现将滑道视为长1 500 m、高300 m的斜面来进行研究。假设滑车与滑道之间的动摩擦因数 μ =0.1,游客和滑车总质量 m =80 kg。已知   =2.24,   =2.45,重力加速度 g =10 m/s 2 。 (1)如果不拉动车闸,让滑车沿滑道自行滑下,求滑车沿滑道下滑的加速度大小 a ;(结果取2位有 效数字) (2)游客在某次乘坐滑车下滑时,使用了车闸,最终到达终点时的车速为1 m/s,则该过程中滑车 克服阻力做了多少功?(结果取2位有效数字) (3)如果下滑过程中游客一直不拉车闸制动,试通过计算分析这种行为是否具有危险性。 解析 　(1)根据牛顿第二定律有: mg sin θ - μmg cos θ = ma 代入数据可得: a =1.0 m/s 2 (2)结合能量转化与守恒有: W = mgh -   m   代入数据可得: W =2.4 × 10 5 J (3)如果一直不拉车闸,则滑车将匀加速下行,根据运动学公式有:   =2 as 解得: v 1 =   代入数据可得: v 1 =55 m/s=198 km/h 这个速度很大,接近200 km/h,因此下滑时一直不拉车闸是极其危险的行为。 答案 　(1)1.0 m/s 2 　(2)2.4 × 10 5 J　(3)见解析 解题关键 　把现实场景问题抽象转化为物理模型是解决本题的关键。 14 .(2017北京海淀期中,13)如图所示,水平地面上有一质量 m =2.0 kg的物块,物块与水平地面间 的动摩擦因数 μ =0.20,在与水平方向成 θ =37 ° 角斜向下的推力 F 作用下由静止开始向右做匀加 速直线运动。已知 F =10 N,sin 37 ° =0.60,cos 37 ° =0.80,重力加速度 g 取10 m/s 2 ,不计空气阻力。 求: (1)物块运动过程中所受滑动摩擦力的大小; (2)物块运动过程中加速度的大小; (3)物块开始运动5.0 s所通过的位移大小。 解析 　(1)物块在竖直方向所受合力为零,设物块受地面的支持力为 F N ,因此有 F N = mg + F sin 37 ° =26 N 物块运动过程中所受的滑动摩擦力 f = μF N =5.2 N (2)设物块的加速度大小为 a ,根据物块沿水平方向的受力情况,由牛顿第二定律有 F cos 37 ° - f = ma 解得: a =1.4 m/s 2 (3)物块运动5.0 s所通过的位移大小 s =   at 2 =17.5 m 答案 　(1)5.2 N　(2)1.4 m/s 2 　(3)17.5 m 15 .(2016北京东城期中,23)如图所示,水平传送带以 v =2 m/s的速度运行,两端点 A 、 B 间水平距 离 l =8 m。把质量 m =2 kg的物块轻轻地放到传送带的 A 端,物块在传送带的带动下向右运动。 若物块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.1,不计物块的大小, g 取10 m/s 2 ,则: (1)物块从 A 端运动到 B 端所用时间为多少? (2)物块从 A 端运动到 B 端的过程中,摩擦力对物块做功的平均功率是多少? (3)若只改变传送带的速度使得物块以最短的时间从 A 端运动到 B 端,传送带至少以多大的速度 运行? 解析 　(1)物块刚放到传送带上时,由于与传送带间有相对运动,物块受向右的滑动摩擦力,做 匀加速运动。 物块受到的摩擦力大小: f = μN = μmg =2 N 根据牛顿第二定律有: f = ma 解得匀加速运动的加速度: a = μg =1 m/s 2 当物块由静止到与传送带相对静止时,物块的位移为 x =   =2 m 此过程物块所用的时间 t 1 =   =2 s 物块相对于传送带静止后,物块与传送带之间无摩擦力,此后物块匀速运动到 B 端 此过程物块运动的时间 t 2 =   =3 s 故物块从 A 端运动到 B 端所用时间为 t = t 1 + t 2 =5 s (2)物块由 A 端运动到 B 端的过程中,摩擦力做功 W = fx 代入数据得 W =4 J 则摩擦力对物块做功的平均功率是 P =   =0.8 W 答案 　(1)5 s　(2)0.8 W　(3)4 m/s (3)当物块一直做匀加速直线运动时,所用时间最短 根据   =2 al 得 v m =   =   m/s=4 m/s 1 .(2018北京民大附中月考)伽利略在研究力和运动的关系的时候,用两个对接的斜面,一个斜 面固定,让小球从斜面上滚下,又滚上另一个倾角可以改变的斜面,斜面倾角逐渐改变至零,如 图所示。伽利略设计这个实验是为了说明   (　　) A.如果没有摩擦,小球将运动到与释放时相同的高度 B.如果没有摩擦,物体运动过程中机械能守恒 C.物体做匀速直线运动并不需要力来维持 D.如果物体不受到力,就不会运动 B组    2016—2018年高考模拟·综合题组 时间:35分钟　　分值:65分 一、选择题(每题 6 分,共 42 分) 答案    C 　伽利略通过理想斜面实验推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观 点,说明了物体做匀速直线运动并不需要力来维持,因此选C。 2 .(2017北京海淀二模,19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加深入有 趣。有一块橡皮静止于平整的水平桌面上,现用手指沿水平方向推橡皮,橡皮将由静止开始运 动,并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。关于橡皮从静止到离开手指 的运动过程,下列说法中正确的是   (　　) A.橡皮离开手指瞬间加速度为零 B.橡皮离开手指前一直做加速运动 C.水平推力越大,橡皮受到的摩擦力越大 D.橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度 答案    D 　对橡皮受力分析,橡皮离开手指前水平方向受到向前的推力和向后的摩擦力。橡 皮离开手指的过程中,与手指间弹力不断减小,当减小到零时,两者没有相互作用力,开始脱 离。离开手指瞬间,还有摩擦力,加速度不为零,A错。离开手指前,橡皮先加速、后减速,当推 力等于摩擦力时速度达最大值,B错,D对。滑动摩擦力 f = μmg 与外力无关,C错。 考查点 　生活现象与物理知识的结合、受力分析、牛顿第二定律。 解题关键 　注意找到临界状态,两者之间的相互作用力为零是两者刚要脱离的临界条件。 3 .(2018北京朝阳期中)如图所示,水平传送带在电动机带动下始终保持以速度 v 匀速运动,某时 刻质量为 m 的物块无初速地放在传送带的左端,经过一段时间物块能与传送带保持相对静 止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ 。若当地的重力加速度为 g ,对于物块放上传送带 到物块与传送带相对静止的过程,下列说法中正确的是   (　　)   A.物块所受摩擦力的方向水平向左 B.物块运动的时间为   C.物块相对地面的位移大小为   D.物块相对传送带的位移大小为   答案    D 　物块在传送带上向右加速的过程中,所受摩擦力的方向水平向右,故A项错误;由牛 顿第二定律知物块加速过程的加速度大小 a =   = μg ,故物块相对传送带运动的时间 t =   =   , 故B项错误;物块与传送带相对运动过程中,物块相对地面的位移 s 1 =   at 2 =   ,故C项错误;物块 与传送带相对运动过程中,传送带相对地面的位移 s 2 = vt =   ,故物块相对传送带的位移大小Δ s = s 2 - s 1 =   ,D项正确。 4 .(2016北京朝阳期中,9)一质量为 m 的人站在观光电梯内的磅秤上,电梯以0.1 g 的加速度加速 上升 h 高度,在此过程中   (　　) A.磅秤的示数等于 mg B.磅秤的示数等于0.1 mg C.人的动能增加了0.9 mgh D.人的机械能增加了1.1 mgh 答案    D 　由牛顿第二定律,对人有: N - mg = ma , N = m ( g + a )=1.1 mg ,由牛顿第三定律知磅秤受的压 力等于对人的支持力,磅秤的示数为1.1 mg ,A、B项错。由动能定理有: W F 合 = mah =0.1 mgh =Δ E k , C项错。人的机械能增加量Δ E 机 =Δ E k +Δ E p =0.1 mgh + mgh =1.1 mgh ,D项正确。 5 .(2016北京丰台一模,18)在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小的速度运行,当有顾 客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将顾客从一楼运送到二楼。速度方向如图所示。若顾客 与扶梯保持相对静止,下列说法正确的是   (　　)   A.在加速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力 B.在匀速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力 C.在加速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同 D.在匀速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同 答案    A 　当扶梯匀速运动时,顾客所受支持力等于顾客的重力,顾客不受摩擦力,所以B、D 选项错误。当扶梯加速运动时,顾客有斜向上的加速度,合力方向斜向上,顾客所受支持力大于 顾客的重力,顾客受到水平向左的静摩擦力,所以A选项正确,C选项错误。 6 .(2016北京东城一模,18)实验小组为了探究物体在倾角不同的斜面上的运动情况,将足够长 的粗糙木板的一端固定在水平地面上,使物体以大小相同的初速度 v 0 由底端冲上斜面,每次物 体在斜面上运动过程中斜面倾角保持不变。在倾角 θ 从0 ° 逐渐增大到90 ° 的过程中   (　　)   A.物体的加速度增大 B.物体的加速度减小 C.物体在斜面上能达到的最大位移先增大后减小 D.物体在斜面上能达到的最大位移先减小后增大 答案    D 　设物体质量为 m ,物体与斜面间的动摩擦因数为 μ 。当物体沿倾角为 θ 的斜面上滑 时,受到重力 mg 、斜面的支持力 N 、滑动摩擦力 f ,如图所示。   对物体由牛顿第二定律得: mg sin θ + f = ma N - mg cos θ =0 f = μN 联立解得: a = g sin θ + μg cos θ = g   sin( θ + φ ),其中, φ 为锐角,且tan φ = μ 。 在 θ 从0 ° 逐渐增大到90 ° 的过程中,加速度 a 先增大后减小,因此,A、B错误。 物体沿斜面上升的最大位移 x =   =   ,在 θ 从0 ° 逐渐增大到90 ° 的过程中, x 先 减小后增大,因此,C错误,D正确。 考查点 　①受力分析;②牛顿第二定律;③匀变速直线运动方程;④数学应用能力。 思路分析 　根据牛顿第二定律和运动学规律,整理出加速度和位移的表达式,讨论加速度和位 移与倾角的关系,得出答案。 7 .(2015北京师大附中月考,3)如图所示,在光滑的水平面上有一段长为 L 、质量分布均匀的绳 子。在水平向左的恒力 F 作用下从静止开始做匀加速运动。绳子中某点到绳子左端的距离为 x ,设该处绳的张力大小为 T ,则能正确描述 T 与 x 之间的关系的图像是   (　　) 答案    B 　设绳子单位长度质量为 m ;对整体分析有: F = Lma ; 则对右半段绳子受力分析可知: T =( L - x ) ma 联立解得: T =(1-   ) F ,故B项正确。 8 .(13分)(2018北京人大附中月考,14)一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,蹦床对运动员的弹 力 F 的大小随时间的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图所示。将运动员视作质点, 重力加速度 g 取10 m/s 2 ,试结合图像, (1)求运动员在运动过程中的最大加速度; (2)求运动员离开蹦床上升的最大高度; (3)分析判断运动员离开蹦床时的速度是否就是其运动中的最大速度?简述理由。 二、非选择题(共 23 分) 解析 　(1)由图像可以知道,运动员的重力为 mg =500 N 蹦床对运动员的最大弹力为 F m =2 500 N 由牛顿第二定律得 F m - mg = ma m 则运动员的最大加速度为 a m =40 m/s 2 (2)由图像可以知道运动员离开蹦床的时间为 t =2.1 s 则上升的最大高度为 H =   g   =5.512 5 m (3)运动员离开蹦床时的速度不是最大的速度,运动员所受合外力为零时,加速度也为零,此时 速度达到最大值。 答案 　(1)40 m/s 2 　(2)5.512 5 m　(3)见解析 9 .(10分)(2018北京海淀期中,13)商场工作人员推着质量 m =20 kg的货箱沿水平地面滑行。若 用力 F 1 =100 N沿水平方向推货箱,货箱恰好做匀速直线运动;现改用 F 2 =120 N水平推力把货箱 从静止开始推动。( g 取10 m/s 2 ) (1)求货箱与地面之间的动摩擦因数; (2) F 2 作用在货箱上时,求货箱运动的加速度大小; (3)在 F 2 作用下,货箱运动4.0 s时撤掉推力,求货箱从静止开始运动的总位移大小。 解析 　(1)货箱在水平推力 F 1 的作用下做匀速直线运动,由平衡条件有 F 1 - μmg =0 则 μ =   =   =0.5 (2)货箱在水平推力 F 2 的作用下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有 F 2 - μmg = ma 则 a =   =   m/s 2 =1.0 m/s 2 (3)设在 F 2 作用下货箱的位移为 x 1 ,撤掉推力时货箱速度为 v ,撤掉推力后货箱加速度为 a 1 、移动 的位移为 x 2 ,总位移为 x ,则 x 1 =   at 2 =   × 1.0 × 16 m=8.0 m v = at =1 × 4 m/s=4.0 m/s - μmg = ma 1 , a 1 =-5.0 m/s 2 0- v 2 =2 a 1 x 2 , x 2 =1.6 m x = x 1 + x 2 =9.6 m 答案 　(1)0.5　(2)1.0 m/s 2 　(3)9.6 m 1 .一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。 假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小, F 表示水平 拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之间关系的图像是   (　　) C 组 教师专用题组 答案    C 　物块的受力如图所示,当 F 不大于最大静摩擦力时,物块仍处于静止状态,合力为0,故 其加速度为0;当 F 大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得 F - f = ma ,即 F = f + ma , F 与 a 成线性关 系。选项C正确。 2 .(2015北京101中学期中模拟,2)在光滑的水平面上,有一个物体同时受到两个水平力 F 1 与 F 2 作 用,在第1 s内物体保持静止状态。若力 F 1 与 F 2 随时间的变化关系如图所示,则物体   (　　)   A.在第2 s内做加速运动,加速度大小逐渐减小,速度逐渐增大 B.在第3 s内做加速运动,加速度大小逐渐增大,速度逐渐增大 C.在第4 s内做加速运动,加速度大小逐渐增大,速度逐渐增大 D.在第5 s末速度为零,加速度方向与 F 1 方向相同 答案    B 　第1 s内物体保持静止状态,第2 s内物体受 F 合 沿 F 1 方向, F 合 大小由0增大,加速度 a =   由0增大,选项A错。第3 s内 F 合 沿 F 1 方向, v 沿 F 1 方向增大, a 大小逐渐增大,B选项正确。第4 s内 F 合 仍沿 F 1 方向,逐渐减小,加速度逐渐减小,C选项错。第5 s末速度沿 F 1 方向且最大,D选项错。 3 .(2013北京西城期末)一座大楼中有一部直通高层的客运电梯,电梯的简化模型如图(1)所 示。已知电梯在 t =0时由静止开始上升,电梯的加速度 a 随时间 t 的变化如图(2)所示。如图(1)所 示,一质量为 M 的乘客站在电梯里,电梯对乘客的支持力为 F 。根据 a - t 图像可以判断,力 F 大小 不变,且 F < Mg 的时间段为   (　　) A.1~8 s内　     B.8~9 s内 C.15~16 s内　    D.16~23 s内 答案    D 　力 F 大小不变说明乘客的加速度大小恒定; F < Mg 说明乘客处于失重状态,此时乘客 的加速度方向向下,由 a - t 图可知,只有16~23 s内满足此条件,故D正确。 4 .(2014北京师大附中期中,5)如图(a)所示,用一水平外力 F 推物体,使其静止在倾角为 θ 的光滑 斜面上。逐渐增大 F ,物体开始做变加速运动,其加速度 a 随 F 变化的图像如图(b)所示。取 g =10 m/s 2 。根据图(b)中所提供的信息不能计算出的是   (　　) A.物体的质量 B.斜面的倾角 C.使物体静止在斜面上时水平外力 F 的大小 D.加速度为6 m/s 2 时物体的速度 答案    D     沿斜面方向应用牛顿第二定律得: F cos θ - mg sin θ = ma ,整理得到 a - F 关系式 a =   · F - g sin θ ,由图像可求得该函数图线的斜率 k =   =0.4   和纵轴上的截距 - g sin θ =-6 m/s 2 ,代 入 g 值,由此可得倾角和质量的具体数值;利用斜率和其中已知的某一个点就可以求得 a 等于零 时的力;由于物体做的是变加速直线运动,所以无法计算加速度为6 m/s 2 时物体的速度。综合 以上分析,应该选D。 5 .(2014北京朝阳一模,16)如图所示, A 、 B 两物块的质量分别为 m 和 M ,让它们靠在一起从光滑 斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为 θ ,斜面始终保持静止。则在此过程中物块 B 对物块 A 的压力为   (　　) A. Mg sin θ 　    B. Mg cos θ C.0　     D.( M + m ) g sin θ 答案    C 　由于它们是靠在一起下滑的,故 A 、 B 下滑的加速度是相同的,先对 A 、 B 整体进行受 力分析,并应用牛顿第二定律可得,加速度 a = g sin θ ,再对 A 进行受力分析,要使其加速度仍为 a , 在沿斜面的方向上 B 对 A 的压力为0,选项C正确。 6 .(2018北京民大附中月考,5)某同学站在观光电梯的地板上,利用速度传感器和计算机研究观 光电梯升降过程中的情况,图甲所示的 v - t 图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度 变化的情况(向上为正方向)。在电梯底板上有一滑块与轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在电 梯的侧壁上,如图乙所示。当电梯静止时,弹簧处于被压缩状态,整个装置静止。根据图像提供 的信息,可以判断下列说法中正确的是   (　　) A.在 t =0时,图乙中的滑块可能开始运动 B.在 t =5 s时,图乙中的滑块可能开始运动 C.在 t =10 s时,图乙中的滑块可能开始运动 D.在 t =20 s时,图乙中的滑块可能开始运动 答案    C 　设滑块所受重力为 G ,所受支持力大小为 N ,所受弹簧弹力为 F 弹 ,所受摩擦力为 f 。电 梯静止时, F 弹 = f , G = N 。 最大静摩擦力 f m = μN 。 若要滑块开始运动,要减小 f m 。 则 N 减小的时刻滑块可能开始运动。 向上为正方向, t =10 s时,电梯的加速度向下,处于失重状态, N 减小,滑块可能开始运动。 7 .(2013北京海淀期中,16)图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。 设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动,运动员的脚在接触蹦床过程中,蹦床对运动员的弹力 F 随时间 t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来,如图乙所示。取 g =10 m/s 2 ,根据 F - t 图像 求: (1)运动员的质量; (2)运动员在运动过程中的最大加速度; (3)在不计空气阻力情况下,运动员重心离开蹦床上升的最大高度。 甲 乙 解析 　(1)由图像可知运动员所受重力为500 N,设运动员质量为 m ,则 m = G / g =50 kg (2)由图像可知蹦床对运动员的最大弹力为 F m =2 500 N,设运动员的最大加速度为 a m ,则 F m - mg = ma m a m =   =   m/s 2 =40 m/s 2 (3)由图像可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动,离开蹦床的时刻为6.8 s或9.4 s,再下落到蹦 床上的时刻为8.4 s或11 s,它们的时间间隔均为1.6 s。根据竖直上抛运动的对称性,可知其自 由下落的时间为0.8 s。 设运动员上升的最大高度为 H ,则 H =   gt 2 =   × 10 × 0.8 2 m=3.2 m 答案 　(1)50 kg　(2)40 m/s 2 　(3)3.2 m 8. (2016北京朝阳期中,18)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的 实验,这次实验的目的是要发展一种技术,找出测定轨道中人造天体质量的方法。实验时,用双 子星号宇宙飞船( m 1 )去接触正在轨道上运行的火箭组( m 2 )(后者的发动机已熄火)。接触以后, 开动双子星号飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速(如图所示)。推进器的平均推力 F 等于 895 N,推进器开动时间为7 s,测出飞船和火箭组的速度变化是0.91 m/s。已知双子星号宇宙飞 船的质量 m 1 =3 400 kg。求: (1)飞船与火箭组的加速度 a 的大小; (2)火箭组的质量 m 2 。   解析 　(1)根据运动学公式 a =   代入数据可得: a =0.13 m/s 2 (2)对整体,根据牛顿第二定律 F =( m 1 + m 2 ) a 代入数据可得: m 2 =3 484.6 kg 答案 　(1)0.13 m/s 2 　(2)3 484.6 kg 9 .(2014北京师大附中月考,19)如图所示,水平面上紧靠放置着等厚的长木板 B 、 C (未粘连),它 们的质量均为 M =2 kg。在 B 木板的左端放置着质量为 m =1 kg的木块 A (可视为质点)。 A 与 B 、 C 间的动摩擦因数均为 μ 1 =0.4, B 、 C 与水平面间的动摩擦因数均为 μ 2 =0.1,滑动摩擦力等于最大 静摩擦力。开始整个系统处于静止,现对 A 施加水平向右的恒定拉力 F =6 N,测得 A 在 B 、 C 上各 滑行了1 s后,从 C 的右端离开木板。求: (1)木板 B 、 C 的长度 l B 、 l C ; (2)若在木块 A 滑上 C 板的瞬间撤去拉力 F ,木块 A 从开始运动到再次静止经历的总时间 t (此问答 案保留3位有效数字)。 解析 　(1) A 在 B 的上表面滑行过程, A 受滑动摩擦力 f A = μ 1 mg =4 N方向向左,根据作用力与反作用 力的关系, B 受 A 的摩擦力方向向右,而 B 要运动必须和 C 一起运动, B 和 C 与地面之间最大静摩擦 力 f m = μ 2 (2 M + m ) g =5 N 由于 f A < f m ,所以 A 在 B 上表面滑行时, B 、 C 保持静止不动。 A 的加速度 a =   =2 m/s 2 ,在 B 表 面运动1 s时间内位移即 B 的长度, l B =   at 2 =1 m。 A 滑上 C 即离开 B 的速度 v = at =2 m/s A 滑上 C 后受摩擦力向左, C 受摩擦力向右,大小仍是 f A = μ 1 mg =4 N,而 C 受到地面的最大静摩擦力 f m = μ 2 ( M + m ) g =3 N。 由于 f A > f m ,所以 C 的运动为匀加速运动, a '=   =0.5 m/s 2 经过1秒钟, A 的位移 x A = vt +   at 2 =3 m C 的位移 x C =   a ' t 2 =0.25 m 所以 C 的长度 l C = x A - x C =2.75 m (2) A 滑上 C 的表面后受摩擦力向左,同样 C 受到摩擦力向右,大小仍是 f A = μ 1 mg =4 N而 C 受摩擦力 答案 　(1) l B =1 m, l C =2.75 m　(2)1.67 s 向右, C 受到地面的最大静摩擦力 f m = μ 2 ( M + m ) g =3 N 由于 f A > f m ',所以 C 的运动为匀加速 a '=   =0.5 m/s 2 而 A 撤拉力后,受摩擦力向左, A 的加速度 a A =   =4 m/s 2 此过程 A 减速, C 加速,当二者速度相等时一起匀减速运动 a ″=   =1 m/s 2 从滑上 C 到二者速度相等,假设时间为 t 1 ,则有 v - a A t 1 = a ' t 1 得到 t 1 =   s,此时共同速度 v '= a ' t =   m/s,匀 减速到0需要时间 t 2 =   =   s 木块 A 从开始运动到再次静止经历的总时间 t 总 =1 s+ t 1 + t 2 =1.67 s。