高考物理专题03牛顿定律备考强化训练7牛顿运动定律的应用一新人教版.doc

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1、1 / 17【2019【2019 最新最新】精选高考物理专题精选高考物理专题 0303 牛顿定律备考强化训练牛顿定律备考强化训练7 7 牛顿运动定律的应用一新人教版牛顿运动定律的应用一新人教版牛顿运动三定律是力学的核心内容之一，也是历年高考物理命题的热点内容之一。本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能熟练地运用牛顿第二、三运动定律解决力-动关系问题、超失重问题以及较简单的连接体问题。重点是训练和考查对牛顿三定律的理解和运用牛顿第二定律解答动力学问题的能力。一、破解依据一、破解依据牛顿定律牛顿定律1.第

2、一运动定律(惯性定律）：物体具有惯性，总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止。2.第二运动定律：大小：或，其中 F、Fx、Fy 分别表示物体所受合力及其分力；即“a 与 v 成正比，a 与 m 成反比”。maF yyxxmaFmaF,方向：以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。即“a与 F 方向一致”。注：若或,则或，牛二律转化为平衡条件。0a0, 0yxaa2 / 17, 0F0, 0yxFF3.第三运动定律 F= -F 负号表示方向相反,F、F各自作用在对方。即“等大、反向、异点、共线”。运动学公式（请见前文）运动学公式（请见前文）常见的力（弹力常见的力（弹

3、力 ；滑动摩擦力；滑动摩擦力 ；介质阻力；介质阻力 或；浮力或；浮力 等等）。等等）。kxFNFfkvf 2kvf ghSgVF超、失重问题超、失重问题，加速度向上； ，加速度向下。)(agmFNa)(agmFNa二、二、 精选习题精选习题选择题（每小题选择题（每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分）（1717 新课标新课标 I I）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，）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（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

4、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A B C Dmgmg21mg31mg1012.2.（1515 江苏）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度江苏）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a a 随随时间时间 t t 变化的图线如图变化的图线如图-1-1 所示，以竖直向上为所示，以竖直向上为 a a 的正方向，则人对的正方向，则人对地板的压力地板的压力At=2s 时最大 Bt=2s 时最小 Ct=8.5s 时最大 Dt=8.5s 时最小3.3. （1717 海南）（海南）（5 5 分）如图分）如图-2-2，水平地面上有三个靠在一起的，水平地面上有

5、三个靠在一起的物块物块 P P、Q Q 和和 R R，质量分别为，质量分别为 m m、2m2m 和和 3m3m，物块与地面间的动摩擦因，物块与地面间的动摩擦因3 / 17数都为数都为 用大小为用大小为 F F 的水平外力推动物块的水平外力推动物块 P P，记，记 R R 和和 Q Q 之间相互之间相互作用力与作用力与 Q Q 与与 P P 之间相互作用力大小之比为之间相互作用力大小之比为 k k下列判断正确的是下列判断正确的是（ ）A若 0，则 B若 0，则 C若 =0，则 D若 =0，则65k53k21k53k4.4.（1515 新课标新课标 IIII）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已

6、）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为 a a 的加的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P P 和和 Q Q 间的拉力大小为间的拉力大小为F F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为；当机车在西边拉着这列车厢一大小为 a a 的加速度向东行驶时，链的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩接某两相邻车厢的挂钩 P P 和和 Q Q 间的拉力大小仍为间的拉力大小仍为 F F。不计车厢与铁。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

7、为轨间的摩擦，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 （1616 上海）如图上海）如图-3-3，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（A）OA 方向 （B）OB 方向 （C）OC 方向 （D）OD 方向（1616 海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力力 F F 的作用，其下滑的速度的作用，其下滑的速度- -时间图线如图时间图线如图-4-4 所示。已知物体与斜所

8、示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在面之间的动摩擦因数为常数，在 0-5s0-5s，5-10s5-10s，10-15s10-15s 内内 F F 的大小的大小分别为分别为 F1F1、F2F2 和和 F3F3，则，则4 / 17AF1F3 CF1F3 DF1=F3(15(15 新课标新课标 I).I). 如图如图-5-5（a a），一物块在），一物块在 t=0t=0 时刻滑上一固定时刻滑上一固定斜面，其运动的斜面，其运动的 v-tv-t 图线如图图线如图-6-6（b b）所示，若重力加速度及图中的）所示，若重力加速度及图中的v0v0、v1v1、t1t1 均为已知量，则可求出均为已知量，则

9、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【15【15 海南海南】如图如图-6-6，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物 体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机 加速上升时加速上升时 A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间 的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜 面匀速下滑填空题（共填空题（共 2424 分）分）9.9.（1515 新课标新课标 IIII）（）（6 6 分）某学生用图（分）某

10、学生用图（a a）琐事的实验装置）琐事的实验装置测量物块与斜面的懂摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为测量物块与斜面的懂摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz50Hz，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b b）所示，图中）所示，图中标出了标出了 5 5 个连续点之间的距离。个连续点之间的距离。物块下滑是的加速度 a = m/s2；打点 C 点时物块的速度V = m/s;已知重力加速度大小为 g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 （填正确答案标号）A 物块的质量 B 斜面的高度 C 斜面的倾角5 / 1710.10. (14(14深

11、圳一模深圳一模) )（8 8 分）在分）在“探究加速度与质量的关系探究加速度与质量的关系”的实验中：的实验中：(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是_(2)实验得到如图7 甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为 T；B、C 两点的间距 x2 和 D、E 两点的间距 x4 已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为_甲乙丙(3)某同学根据实验数据画出的 a图线如图-8 乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为_ kg.(g 取 10 m/s2)(4)另一位同学根据实验数据画

12、出的 a图像如图-8 丙所示，则造成这一结果的原因是6 / 17_。11.(1311.(13 四川四川) )（1010 分）如图分）如图-8-1-8-1 所示，某组同学借用所示，某组同学借用“探究探究 a a与与 F F、m m 之间的定量关系之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：的实验：为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸

13、带判断小车是否做_运动。运动。连接细绳及托盘，放人砝码，通过实验得到图连接细绳及托盘，放人砝码，通过实验得到图-8-2-8-2 所示的纸所示的纸带。纸带上带。纸带上 0 0 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为 0.0. 1s1s 的相邻计数点的相邻计数点 A A、B B、C C、D D、E E、F F、G G。实验时小车所受拉力为。实验时小车所受拉力为 0.0. 2N2N，小车的质量为，小车的质量为 0.2kg0.2kg。请计算小车所受合外力做的功 W 和小车动能的变化Ek，补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）。分析上述数据可知：在实验误差

14、允许的范围内 W= Ek，与理论推导结果一致。实验前已测得托盘质量为实验前已测得托盘质量为 7.7107.710 -3kg-3kg，实验时该组同学放，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为入托盘中的砝码质量应为_kg_kg（g g 取取 9.8m/s29.8m/s2，结果保留，结果保留至小数点后第三位）至小数点后第三位） 。计算题（共计算题（共 3636 分）分）7 / 1712.12.（1717 全国全国 2 2） （1212 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距和处分别设置一个挡板和一面小旗，如图员在冰面上与起跑线相距和处分别设置一

15、个挡板和一面小旗，如图- -9 9 所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为。重力加速度滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为

16、。重力加速度为。求为。求0s1s10()ss0v1vg（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。13.13.（1616 四川）（四川）（1212 分）避险车道是避免恶性交通事故的重要分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图-10-10 竖直平面内，制动竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为坡床视为与水平面夹角为 的斜面。一辆长的斜面。一辆长 1212 m m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为床，当车速为 2323 m/sm/s

17、时，车尾位于制动坡床的底时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 4 m m 时，时，车头距制动坡床顶端车头距制动坡床顶端 3838 m m，再过一段时间，货车停止。已知货车质，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的量是货物质量的 4 4 倍。货物与车厢间的动摩擦因数为倍。货物与车厢间的动摩擦因数为 0.40.4；货车在；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.440.44 倍。倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取货物与

18、货车分别视为小滑块和平板，取 cos=1cos=1，sin=0.1sin=0.1，g=10g=10 m/s2m/s2。求：。求：（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；8 / 17（2）制动坡床的长度。14.(1714.(17 全国全国)（1212 分）如图分）如图-11-11，两个滑块，两个滑块 A A 和和 B B 的质量分别的质量分别 为为 mAmA1 1 kgkg 和和 mBmB5 5 kgkg，放在静止于水平地面上的木板的两端，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两者与木板间的动摩擦因数均为 110.50.5；木板的质量为；木板的质量为 m m4 4

19、kgkg，与地面间的动摩擦因数为，与地面间的动摩擦因数为 220.1.0.1.某时刻某时刻 A A、B B 两滑块开始相两滑块开始相 向滑动，初速度大小均为向滑动，初速度大小均为 v0v03 3 m/s.Am/s.A、B B 相遇时，相遇时，A A 与木板恰好相与木板恰好相 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 g1010 m/s2.m/s2.求：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( (四四) )选做题选做题15.15.（1616 上海）（上海）（4 4 分）地面上物体

20、在变力分）地面上物体在变力 F F 作用下由静止开始作用下由静止开始竖直向上运动，力竖直向上运动，力 F F 随高度随高度 x x 的变化关系如图的变化关系如图-12-12 所示，物体能上所示，物体能上升的最大高为升的最大高为 h h，hHhH。当物体加速度最大时其高度为。当物体加速度最大时其高度为 ，加速度的最大值为加速度的最大值为 。16.16. （1515 海南）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。海南）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的 2 2 倍，则摩托艇的最大速倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（率

21、变为原来的（ ）A.4 倍 B. 2 倍 C.倍 D. 倍3217.17. （1414 北京）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使北京）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9 / 17

22、18.18. （1414 山西大学附中）如图山西大学附中）如图-13-13 所示，水平光滑长杆上套有所示，水平光滑长杆上套有小物块小物块 A A，细线跨过，细线跨过 O O 点的轻小定滑轮一端连接点的轻小定滑轮一端连接 A A，另一端悬挂小物，另一端悬挂小物块块 B B，C C 为为 O O 点正下方杆上一点，滑轮到杆距离点正下方杆上一点，滑轮到杆距离 OC=h.OC=h.开始时开始时 A A 位于位于P P 点，点，POPO 与水平方向的夹角为与水平方向的夹角为 30.30.现将现将 A A、B B 由静止释放，则（由静止释放，则（ ）A物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，加速

23、度不断增大B物块 B 从释放到最低点过程中，动能不断增大C物块 A 在杆上长为 2h 的范围内做往复运动3D物块 B 的机械能最小时，物块 A 的动能最大三、参考答案三、参考答案选择题选择题【答案答案】BC】BC。【解析解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒 力后，则该质点的合外力为该恒力，则：力后，则该质点的合外力为该恒力，则： 若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动， 质点速度方向时刻与恒力方向不同，故 A 错； 若的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动， 力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故

24、B 正 确；F 由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相 同； 根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量 不一定相同，故 D 错。2.【2.【答案答案 ADAD3.【3.【答案答案】BD】BD【解答解答】解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则10 / 17加速度；加速度；mmdFa66所以，R 和 Q 之间相互作用力，Q 与 P 之间相互作用力；FmgmaF21331FmgFmgFmamgFF65 612所以，；53 65221FF FFk由于谈论过程与 是否为零无关，故恒成立，故 AC 错误，BD 正确；53k

25、4.【4.【答案答案】BC】BC【解析解析】由设这列车厢的节数为由设这列车厢的节数为 n n，P P、Q Q 挂钩东边有挂钩东边有 m m 节车厢，节车厢， 每节车厢的质量为每节车厢的质量为 m m，由牛顿第二定律可知：，解得：，由牛顿第二定律可知：，解得：，k k 是正整数，是正整数，n n 只能是只能是 5 5 的倍数，故的倍数，故 B B、C C 正确，正确，A A、D D 错误错误mknF kmF )(32 nk525.5. 【答案答案】D】D【解析解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三动，由于球固定在杆上

26、，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项 D D 正确。正确。【答案答案】A】A【解析解析】根据图像可以知道，在内加速度为，方向沿斜面向下；根据图像可以知道，在内加速度为，方向沿斜面向下； vt0 5s120.2/m sa 在内，加速度；在内加速度为，方向沿斜面向上；受力分析如图： 5 10s20a10 15s120./2m sa 在内，根据牛顿第二定律：，则：；0 5s11sinmgfmaF1sin0.

27、2mgfmF在内，根据牛顿第二定律：，则：；5 10s22sinmgfmaF2sinmgfFma11 / 17在内，根据牛顿第二定律：，则：10 15s33sinfmgmaF3sin0.2mgfmF故可以得到：，故选项 A 正确。321FFF【答案答案】A】A、C C、D D【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿 第二定律可得： -mgsin mgcos = ma1 ,根据图 b 可得：a1 = -v0/t1 ,由运 动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离 x = 和几何关系 sin = H/x ; 从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsin mgcos = ma2 ，v

28、1 = a2(2t1- t1) .解以上各式可得：斜面的 倾角 =arcsin ,物块与斜面间的动摩擦因数 = ， 选项 AC 对。 根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度 H = Xsin = ,故选项 D 正确；仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项 B 错。【答案答案】BD】BD【解析解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则 物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的 正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故正压力增大，物体与斜面间的摩擦

29、力增大，故 A A 错误错误 B B 正确；设斜正确；设斜 面的倾角为，物体的质量为面的倾角为，物体的质量为 m m，当匀速运动时有，即，假设物体以，当匀速运动时有，即，假设物体以 加速度加速度 a a 向上运动时，有，向上运动时，有， ，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动， C C 错误错误 D D 正确；正确；fNFFsincosmgmgsincosNm gacos（）fm gacos（）sincos sinm gam gacos（）（）填空题填空题9.【9.【答案答案】 （1 1）3.253.25；1.791.79；(2)C(2)C 【解析解析】：（：

30、（1 1）根据纸带数据可知：加速度；打点）根据纸带数据可知：加速度；打点 C C 点时物块点时物块的速度的速度smTxxxxaBCABDECD/25. 34)()(2smTxvBD C/79. 12（2）由牛顿第二定律得：加速度，所以求出动摩擦因数，还需 测量的物理量是斜面的倾角。cossingga 考点：测量物块与斜面的懂摩擦因数10.【10.【答案答案】(1)】(1)天平天平 (2)a(2)ax4x2 2T212 / 17(3)0.02(0.0180.022 均可) (4)未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)【解析解析】 (1)(1)实验时需要知道小车的质量，故还缺少的器材是实验时需要知道小车

31、的质量，故还缺少的器材是天平天平(2)小车做匀加速直线运动，则 x4x22aT2，所以加速度 a.(3)由牛顿第二定律得加速度 a，图像的斜率为合外力 F，则沙和沙桶的总质量 m0.02 kg.(4)由图像可得当质量 m 不为零时，加速度 a 为 0，这是因为未 平衡摩擦力或平衡摩擦力不足11.【11.【答案答案】匀速直线匀速直线 0.11150.1115 0.11050.1105 0.0150.015计算题计算题12.【12.【解析解析】 （1212 分）分） （1 1）设冰球的质量为，冰球与冰面之间的）设冰球的质量为，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得动摩擦因数为，由动能定理得m2

32、2 01011 22mgsmvmv解得22 0102vv gs（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为和，所用的时间为。由运动学公式得1a2at22 001 02vva s011vvat2 121 2sa t联立式得2 110 22 0() 2s vvas13 / 1713.【13.【答案答案】 (1)(1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小为，方向货物在车厢内滑动时加速度的大小为，方向沿斜面向下沿斜面向下2 15m/sa (2) 制动坡床的长度为98mS 【解析解析】（1 1）解：设货物质量为，受到货车支持力

33、大小为，车）解：设货物质量为，受到货车支持力大小为，车对货物摩擦力大小为，受力分析如图对货物摩擦力大小为，受力分析如图m1N1f货物与货车间滑动摩擦因数为，货物减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得11a1cosmgNA11sinmgfmaA111fN联立方程，代入数据得2 15m/sa 方向沿坡面向下（2）解：设货物对车压力大小为，对车摩擦力大小为，根据牛顿第三定律1N1f 11NN 11ff车质量为，受到坡面支持力大小为，坡面对车阻力大小为，受力分析如图4m2N2f车减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得2a214cosNNmg2124sin4fmgfmafNmg111f 1NfN4mg2

34、214 / 17由题意得20.445fmg联立代入数据得2 25.5m/sa 方向沿坡面向下设货车和货物共同的初速度大小为，货物相对货车滑动 4m 用时，货物相对地面位移大小为，货车相对地面位移大小为，根据运动学公式有0vt1x2x2 1011 2xv ta t2 2021 2xv ta t124mxx联立，代入数据得248mx 车长为，货物相对车滑动 4m 时车头距顶端，坡长为LLS2SLxL代入数据，解之得14.【14.【答案答案】(1)1】(1)1 m/sm/s (2)1.9(2)1.9 m m【解析解析】（1 1）滑块）滑块 A A 和和 B B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑在木板

35、上滑动时，木板也在地面上滑动。设动。设 A A、B B 和木板所受的摩擦力大小分别为、和，和木板所受的摩擦力大小分别为、和，A A 和和 B B 相对于地相对于地面的加速度大小分别为和，木板相对于地面的加速度大小为。在物面的加速度大小分别为和，木板相对于地面的加速度大小为。在物块块 B B 与木板达到共同速度前有与木板达到共同速度前有1f2f3fAaBa1a11Afm g 15 / 1721Bfm g 32()ABfmmmg 由牛顿第二定律得1AAfm a 2BBfm a 2131fffma 设在时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为。由运动学公式有1t1v101Bvva t 11 1vat

36、联立式，代入已知数据得11/vm s （2）在时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为1t2 0 111 2BBSv ta t 设在 B 与木板达到共同速度后，木板的加速度大小为，对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有1v2a由式知，；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为，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.设 A 的速度大小从变到所用时间为，则由运动学公式，对木板有ABaa1v2v1v2v2t对 A 有在时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为2t16 / 17在时间间隔内，A 相对地面移动的距离为12()ttA

37、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，两者之间的距离为联立以上各式，并代入数据得（也可用如右图的速度-时间图线求解）（四）选做题（四）选做题15.【15.【答案答案】0】0 或或 h h；2gh Hh【解析解析】据题意，从图可以看出力据题意，从图可以看出力 F F 是均匀减小的，可以得出是均匀减小的，可以得出力力 F F 随高度随高度 x x 的变化关系：，而，可以计算出物体到达的变化关系：，而，可以计算出物体到达 h h 处时力；处时力；物体从地面到物体从地面到 h h 处的过程中，力处的过程中，力 F F 做正功，重力做正功，重力 G G 做负功，由动能

38、做负功，由动能定理可得：，而，可以计算出：，则物体在初位置加速度为：，计定理可得：，而，可以计算出：，则物体在初位置加速度为：，计算得：；当物体运动到算得：；当物体运动到 h h 处时，加速度为：，而，计算处理得：，处时，加速度为：，而，计算处理得：，即加速度最大的位置是即加速度最大的位置是 0 0 或或 h h 处。处。0FFkx0FkH0 0FFFhHF hmgh 00 022FFFFFhH02 2mgHFHh0Fmgma2ghaHhmgFma22 22mgHmghFHhHh2ghaHh 16.16. 【答案答案】D】D【解析解析】设，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化设，当阻力等

39、于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有，变化后有，联立解得，故前，有，变化后有，联立解得，故 D D 正确；正确；fkv2PFvfvkv vkv 22 PF vkv vkv2vv17.17. 【答案答案】D】D 本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定失重加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，17 / 17可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，可

40、以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A A、B B 错误手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力错误手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力 N N0 0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为 g g，手减速，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于要比物体快才会分离，因此手的加速度大于 g g，C C 错误，错误，D D 正确正确18.18. 【答案答案】CD】CD 【解析解析】A】A、物块、物块 A A 由由 P P 点出发第一次到达点出发第一次到达 C C 点过程中，对点过程中，对 A A 受力分受力分

41、析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有加速度不断减小，故析，根据力的分解，结合牛顿第二定律，则有加速度不断减小，故A A 错误；错误；B B、物块、物块 B B 从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故从释放到最低点过程中，动能先增大后减小，故B B 错误；错误；C C、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对、由题意可知，结合受力与运动情况的分析，及运动的对称性可知，称性可知，A A 在杆上长为在杆上长为 2h2h 的范围内做往复运动，故的范围内做往复运动，故 C C 正确；正确；D D、B B的机械能最小时，即为的机械能最小时，即为 A A 到达到达 C C 点，此时点，此时 A A 的速度最大，即物块的速度最大，即物块 A A的动能最大，故的动能最大，故 D D 正确；故选：正确；故选：CDCD3