高考物理重点专题讲解及突破03 牛顿运动定律（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破03：牛顿运动定律 超重点1：两类动力学问题1解决两类动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁2解决动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”【典例1】随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离如图所示，航空母舰的水平跑道总长l180 m，其中电磁弹射区的长度为l1120 m，在该区域安装有直流电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵一架质量为m2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2×105 N假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，g取10 m/s2)(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小思路点拨解此题可按以下思路：【解析】(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力Ff20.2mg根据牛顿第二定律有F推Ff2ma2代入数据解得a24.0 m/s2(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力Ff10.05mg根据匀加速运动规律有v2a1l1v2v2a2(ll1)根据牛顿第二定律有F牵F推Ff1ma1代入数据解得a158 m/s2，F牵1.05×106 N.【答案】(1)4.0 m/s2(2)58 m/s21.05×106 N方法技巧两类动力学问题的解题步骤训练1为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道一辆货车在倾角30°的连续长直下坡高速路上，以v07 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，可认为发动机不提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.2.在加速前进了x096 m后，货车冲上了平滑连接的倾角37°的避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的摩擦力和空气阻力共为车重的0.65.货车的各个运动过程均可视为直线运动，取sin 37°0.6，g10 m/s2.求：(1)货车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)货车在避险车道上行驶的最大距离x.【解析】(1)设货车加速下行时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可知：mgsin 0.2mgma1解得：a13 m/s2由公式v2v2a1x0解得：v25 m/s(2)设货车在避险车道上行时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知：mgsin 0.65mgma2解得：a212.5 m/s2由v202a2x解得：x25 m【答案】(1)25 m/s(2)25 m训练2.一质量为m2 kg的滑块能在倾角为30°的足够长的斜面上以a2.5 m/s2的加速度匀加速下滑如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t2 s内沿斜面做匀加速运动，其位移x4 mg取10 m/s2.求：(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数；(2)恒力F的大小【解析】(1)根据牛顿第二定律，有mgsin 30°mgcos 30°ma解得(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动时，加速度有向上和向下两种可能根据题意，由运动学公式，有xa1t2，可得a12 m/s2当加速度沿斜面向上时，有Fcos 30°mgsin 30°Ffma1Ff(Fsin 30°mgcos 30°)联立解得F N当加速度沿斜面向下时，有mgsin 30°Fcos 30°Ffma1Ff(Fsin 30°mgcos 30°)联立解得F N.【答案】(1)(2) N或 N超重点2：超重和失重问题一、超重、失重现象超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小ag原理方程FmgmamgFmamgFmamg F0运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以ag加速下降或减速上升二、说明：1不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变2物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态3当物体处于完全失重状态时，重力只有使物体产生ag的加速度效果，不再有其他效果例题1(多选)2016年10月17日我国的“神舟十一号”载人飞船载着我国两名宇航员顺利发射升空两名宇航员在随飞船升空时要经受严峻的超重考验，而在完成太空任务后返回地球的过程中，既要承受超重的考验又要承受失重的考验下列说法中正确的是()A当“神舟十一号”加速上升时，宇航员处于超重状态B“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于失重状态C“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于宇航员的重力D“神舟十一号”落地前减速下落时，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力【解析】当宇航员的加速度向下时，宇航员处于失重状态，当宇航员的加速度向上时，宇航员处于超重状态，当宇航员加速上升或减速下降时，宇航员处于超重状态，故选项A正确；“神舟十一号”在返回地球的减速过程中，宇航员处于超重状态，故选项B错误；“神舟十一号”加速上升的加速度逐渐减小时，加速度方向始终向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项C错误；“神舟十一号”在落地前减速下落时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于宇航员的重力，故选项D正确【答案】AD例题2为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示当此车加速上坡时，乘客()A处于失重状态B处于超重状态C受到向后的摩擦力作用D所受力的合力沿斜面向下【解析】当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误【答案】B例题3(多选)如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小球，电梯中有质量为50 kg的乘客，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量始终是电梯静止时的四分之三已知重力加速度g取10 m/s2，由此可判断()A电梯可能加速下降，加速度大小为5 m/s2B电梯可能减速上升，加速度大小为2.5 m/s2C乘客处于超重状态D乘客对电梯地板的压力为375 N【解析】电梯静止不动时，小球受力平衡，有mgkx，电梯运行时弹簧的伸长量比电梯静止时小，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有mgkxma，即mgma，a2.5 m/s2，加速度向下，电梯可能加速下降或减速上升，乘客处于失重状态，选项A、C错误，选项B正确；电梯地板对乘客的支持力大小为FNmgma500 N125 N375 N，由牛顿第三定律知乘客对电梯地板的压力为375 N，选项D正确【答案】BD超重点3：轻绳、轻杆、轻弹簧瞬时性问题1两种常见模型加速度与合力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种常见模型：2求解瞬时加速度的一般思路【典例2】如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A木块B对水平面的压力大小迅速变为2mgB弹簧的弹力大小为mgC木块A的加速度大小为2gD弹簧的弹性势能立即减小思路点拨解此题关键有两点：(1)找出C移开前各物体的受力特点(2)C移开瞬间弹簧弹力没有发生变化【解析】移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A由牛顿第二定律有3mgmgma，解得a2g，方向竖直向上，选项C正确【答案】C方法技巧“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题(1)分析瞬时加速度的“两个关键”分析瞬时前、后的受力情况和运动状态明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点(2)“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况第二步：分析物体在突变时的受力情况第三步：由牛顿第二定律列方程第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性训练1.(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态现将细线剪断将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()Aa13gBa10Cl12l2 Dl1l2【解析】剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为FT3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得3mgma1，得a13g，A正确，B错误由胡克定律知2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正确，D错误【答案】AC训练2.如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为()A0B大小为g，方向竖直向下C大小为g，方向垂直木板向下D大小为g，方向水平向右【解析】未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得Fx与mg的合力F.当突然向下撤离光滑木板时，FN立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力依旧，故Fx与mg的合力仍为F，由此产生的加速度为ag，方向与合力方向相同，故C正确【答案】C超重点4：传送带问题1传送带的基本类型(1)按放置可分为：水平(如图a)、倾斜(如图b、图c)、水平与倾斜组合；(2)按转向可分为：顺时针、逆时针2传送带问题的特征(1)水平传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0(2)倾斜传送带项目图示滑块可能的运动情况情景1(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景2(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后再以a2加速，且a1a2情景3(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先加速后匀速(4)可能先减速后匀速(5)可能先以a1加速后再以a2加速(6)可能一直减速情景4(1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速(4)可能一直减速【典例3】(2018·安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L2 m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑现使传送带沿顺时针方向以v2.5 m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，g取10 m/s2.试求：(1)小物块运动至B点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v03 m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围思路点拨解此题关键有两点：(1)小物块放在传送带上后的受力特点及运动特点分析(2)小物块到达B点的两种临界情况【解析】(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgcos 30°mgsin 30°ma1，解得a12.5 m/s2.设小物块速度等于2.5 m/s时，小物块运动的位移为L1，用时为t1，则t1 s1 s，L1 m1.25 m，因L1<L且>tan 30°，故小物块速度等于2.5 m/s时，将匀速运动至B点，设用时为t2，则t20.3 s，故小物块从A到B所用时间为tt1t21.3 s.(2)由于传送带速度可以任意调节，则当小物块从A到B一直做匀加速直线运动时，到达B点的速度最大由牛顿第二定律及运动学公式有vv2a1L，解得vB8 m/s.小物块从A到B一直做匀减速直线运动，到达B点的速度最小，由牛顿第二定律有mgsin 30°mgcos 30°ma2，解得a212.5 m/s2.由运动学公式可知vB2v2a2L，解得vB2 m/s.即小物块到达B点的速度范围为2 m/svB8 m/s.【答案】(1)1.3 s(2)2 m/svB8 m/s规律总结传送带问题的解题思路训练1(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()A乘客与行李同时到达B处B乘客提前0.5 s到达B处C行李提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处【解析】行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动加速度为ag1 m/s2，历时t11 s达到共同速度，位移x1t10.5 m，此后行李匀速运动t21.5 s到达B，共用2.5 s；乘客到达B，历时t2 s，故B正确若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin s2 s，D项正确【答案】BD训练2.(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.下列判断正确的是()A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程【解析】对物块A，因为mgsin 37°mgcos 37°，则A物体所受摩擦力向上，向下做匀加速度运动，物块B受到的摩擦力也向上，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；A物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D正确【答案】BCD训练3.(2018·湖北宜昌高三一模)如图为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3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角37°，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近，水平部分AB以5 m/s的速率顺时针转动将质量为10 kg的一袋大米放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离(2)若要将米袋送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围【解析】(1)米袋在AB上加速时的加速度a0g5 m/s2米袋的速度达到v05 m/s时，滑行的距离s02.5 mAB3 m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma代入数据得a10 m/s2所以能滑上的最大距离s1.25 m(2)设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v1之前的加速度为a1g(sin cos )10 m/s2米袋速度从v1减至零的加速度为a2g(sin cos )2 m/s2由4.45 m解得v14 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCDv14 m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax2.1 s.若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a22 m/s2.由sCDv0tmina2t解得tmin1.16 s.所以，所求的时间t的范围为1.16 st2.1 s.【答案】(1)1.25 m(2)vCD4 m/s1.16 st2.1 s超重点5：“滑块木板”问题1问题特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动2位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差xx1x2L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和xx2x1L.3分析滑块木板模型问题时应掌握的技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度(2)画好运动草图，指出位移、速度、时间等物理量间的关系(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度(4)两者发生相对滑动的两个条件：摩擦力为滑动摩擦力二者加速度不相等【典例4】(2015·高考全国卷)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t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 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vt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/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离思路点拨解此题应注意以下几点信息：(1)木板碰墙之前，1(m15m)g产生小物块和木板共同减速的加速度(2)小物块向右匀减速和向左匀加速的加速度均由2mg产生(3)小物块相对于木板滑行过程中，木板受地面的滑动摩擦力和小物块的滑动摩擦力方向均水平向右(4)小物块与木板相对静止后将一起向左做匀减速运动，而不再发生相对滑动【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a1，小物块和木板的质量分别为m和M.对小物块与木板整体由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 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a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m真题点评(1)“滑块木板”问题是近几年来高考考查的热点，综合性较强，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高(2)滑块和木板的位移关系、速度关系是解答“滑块木板”问题的切入点，前一运动阶段的末速度则是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系(3)速度相等是这类问题的临界点，此时意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变拓展1水平面上“滑块木板”问题1.质量M3 kg的长木板放在光滑的水平面上在水平拉力F11 N作用下由静止开始向右运动如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m4 kg的物体轻轻放到木板的右端已知物块与木板间动摩擦因数0.2，物块可视为质点(g取10 m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小【解析】(1)放上物块后，物块的加速度a1g2 m/s2.木板的加速度a21 m/s2.(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1tv0a2t，得t1 s,1 s内木板位移x1v0ta2t21.5 m，物块位移x2a1t21 m.所以板长Lx1x20.5 m.(3)相对静止后，对整体F(Mm)a，对物块Ffma，故Ffm6.29 N.【答案】(1)2 m/s21 m/s2(2)0.5 m(3)6.29 N拓展2斜面上的“滑块木板”问题2.如图所示，倾角30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8 m、质量M3 kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数.对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F(Mm)gsin (Mm)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ffmgsin ma又FfFfmmgcos 联立解得F30 N(2)因F37.5 N30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得Fmgcos Mgsin Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1a1t2物块的位移x2a2t2物块与木板的分离条件为xx1x2L联立以上各式解得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由公式2gsin ·x0v2解得x0.9 m【答案】(1)F30 N(2)能1.2 s0.9 m题组突破训练一、选择题1(多选)(2018·贵州遵义航天高级中学模拟)运动员从悬停的直升机上跳伞，下落一段时间后打开降落伞，打开伞之前，运动员所受空气阻力可忽略，打开伞后受到的空气阻力与速度成正比，运动员打开伞后的运动情况可能是()A加速度大小先减小最后为零B加速度大小先增大最后为零C速度一直不变D速度先增大后不变【解析】打开伞瞬间如果阻力大于重力，加速度向上，运动员做减速运动，根据阻力与速度成正比及牛顿第二定律知加速度逐渐减小，最后减为零，因此运动员先做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速运动，A正确；打开伞瞬间如果阻力小于重力，加速度向下，运动员做加速运动，由阻力与速度成正比及牛顿第二定律知加速度逐渐减小，因此运动员先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，D正确；打开伞的瞬间如果阻力等于重力，运动员做匀速直线运动，C正确；加速度大小先增大最后为零是不可能的，B错误【答案】ACD2(多选)(2018·湖北六校联考)如图甲、乙所示，图中细线均不可伸长，两小球质量相同且均处于平衡状态，细线和弹簧与竖直方向的夹角均为.如果突然把两水平细线剪断，则剪断瞬间()A图甲中小球的加速度大小为gsin ，方向水平向右B图乙中小球的加速度大小为gtan ，方向水平向右C图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为1cos2D图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为cos21【解析】设两球质量均为m，对小球A进行受力分析，剪断水平细线后，小球A将沿圆弧摆下，故剪断水平细线瞬间，小球A的加速度a1的方向沿圆周的切线方向向下，即垂直倾斜细线向下，则FT1mgcos ，F1mgsin ma1，所以a1gsin ，方向垂直倾斜细线向下，选项A错误对小球B进行受力分析，水平细线剪断瞬间，小球B所受重力mg和弹簧弹力FT2不变，小球B的加速度a2的方向水平向右，则FT2，F2mgtan ma2，所以a2gtan ，方向水平向右，选项B正确图甲中倾斜细线与图乙中弹簧的拉力之比为FT1FT2cos21，选项C错误，D正确【答案】BD3.一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B(1)tan 和Ctan 和 D(1)tan 和【解析】对物块上滑过程受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，在上滑过程中，根据运动规律可得0v22a，0()22a，联立可得(1)tan ，h.故D正确【答案】D4如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为.现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为()AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtEF【解析】设上部圆的直径为D，下部半圆的半径为R，对轨道AOB，其长度为L1Dcos R，在其上运动的加速度a1gcos ，由L1a1t，解得tAB.对轨道COD、EOF，同理可得tCD，tEF.由轨道与竖直线的夹角关系为可知，tABtCDtEF，选项B正确【答案】B5.(多选)在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g，则在这段时间内，下列说法中正确的是()A该同学所受的重力变小了B该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力C电梯一定在竖直向下运动D电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下【解析】体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C错误；电梯静止时，由平衡条件知FN1mg，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mgFN2ma，代入数据解得ag，故选项D正确【答案】BD6一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之间关系图象的是()【解析】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，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FFNma，即FFNma，F与a成线性关系选项C正确【答案】C7(多选)(2018·河北唐山调研)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力为(Mm)gMg，故A错误设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有MgMa1，FMg(Mm)gma2，发生相对运动需要a2>a1，代入数据解得F>2(Mm)g，故B正确若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于d，不会从桌面上掉下，故C正确当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移xd，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码离开桌面，D错误【答案】BC8.(2018·山东潍坊质检)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()【解析】开始阶段，木块受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1所以a1gsin gcos 木块加速至与传送带速度相等时，由于tan ，则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动，之后木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2所以a2gsin gcos 根据以上分析，有a2a1，所以本题正确选项为D.【答案】D9.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹下列说法正确的是()A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包的质量越大，径迹的长度越短C木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D传送带运动的速度越大，径迹的长度越短【解析】刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A错误木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，mgma，所以ag，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v22ax得，木炭包位移x木，设相对滑动时间为t，由vat得t，此时传送带的位移为x传vt，所以相对滑动的位移是xx传x木，由此可知，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B错误木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以C正确传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以D错误【答案】C10.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力