牛顿运动定律的综合应用(共32页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上牛顿运动定律的综合应用一选择题（共30小题）1（2016海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）AF1F2BF2F3CF1F3DF1=F32（2016宿迁模拟）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态己知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等下列说法正确的是（）A木块

2、受到的摩擦力大小为1（m1+m2）gB长木板受到的摩擦力大小为2（m1+m2）gC若改变F的大小，当F1（m1+m2）g时，长木板将开始运动D若将F作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动3（2016广安校级一模）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的重力与电场力之比为3：5B在t=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大4（

3、2016上海模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s25（2016金山区一模）如图（a），倾角为37且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s时撤去F，其运动的vt图线如图（b）所示取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则可确定（）A物块的质量为2kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5

4、C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5mD物块回到斜面底端的时刻为2.74s6（2016春重庆校级期末）如图所示，一块质量为M=2kg的木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为m=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，此时弹簧的弹力为2N现沿水平向左的方向对木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到9N，以下说法正确的是（）A物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B物体受到的摩擦力先减小后增大C当力F增大到6 N时，物体不受摩擦力作用D小木板受到9N的拉力时，物体受到的摩擦力为3N7（2016天门模拟）如图所示，在竖直平面内有一圆，

5、O为圆心，AB为竖直直径，C为圆周上一点，在圆内放置两跟光滑杆AC、OC，AC与AB成角，两杆上各套一个小球（可看作质点）a、b，将小球a、b由杆的上端从静止释放，小球a在杆上运动的时间为t1，小球b在杆上运动的时间为t2，当角在0到90之间取值时，则下列说法正确的是（）A若t1=t2，角有一个确定的值B若t1t2，则3060C若t1t2，则3060D若30，则t1t28（2016春大庆校级月考）如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则（）A如果v1v2，小物块到达B端的速度可能等于0B如果v1v2，小物块到达B端的速

6、度可能等于0C如果v1v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长D如果v1v2，增大传送带的速度，物块到达B端的时间可能变短9（2015杭州校级模拟）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图象乙所示已知物体与地面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2下列说法正确的是（）A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平面上运动的最大位移是12mC物体在运动中的加速度先变小后不变D物体运动的最大速度为8m/s10（2015湖南模拟）如图甲所示，一质量为M=3.3kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀

7、速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致，取水平向左的方向为正方向，子弹在整个运动过程中的vt图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2下列说法正确的是（）A传送带的速度大小为4m/sB滑块相对传送带滑动的距离为9mC滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m11（2015天水校级模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长

8、度恰为自然长度（小球与挡板不粘连），然后使挡板P以恒定的加速度a（ag）开始竖直向下做匀加速直线运动，则（）A小球与与挡板分离的时间为t=B小球与与挡板分离的时间为t=C小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=D小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=12（2015秋九江期末）在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）A物块接触弹簧后即做减速运动B物块接触弹簧后先加速后减速C当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零D当物块的速度为

9、零时，它所受的合力不为零13（2015秋晋江市校级期中）一小滑块从斜面上A点由静止释放，经过时间4t0到达B处，在5t0时刻滑块运动到水平面的C点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B点前后速率不变以下说法中正确的是（）A滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16：5B滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1：4C斜面的倾角为45D滑块与斜面的动摩擦因数=14（2015秋陕西校级月考）如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示已知A、

10、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是 （）ABCD15（2016福建模拟）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之间的关系的图象是（）ABCD16（2016北京校级模拟）如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立

11、即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）ABgsinCgsinD2gsin17（2016河西区二模）一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（）A当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小18（2016南京校级模拟）如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），a站于地面，b从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于

12、伸直状态，当演员b摆至最低点时，a刚好对地面无压力，则演员a质量与演员b质量之比为（）A1：1B2：1C3：1D4：119（2016盐城模拟）如图所示，将底部装有弹簧的木箱在某一高度由静止释放，从弹簧接触地面到木箱速度为零的过程中，木箱速度的变化情况是（）A一直增大B一直减小C先减小后增大D先增大后减小20（2016春邢台校级月考）某物体受一对平衡力作用处于静止状态，现将其中一个力先减小到零再增大恢复到原来的大小，方向不变，而另一个力保持不变在此过程中，该物体的速度变化情况是（）A逐渐增大B先增大后减小C逐渐减小D先减小后增大21（2016武威校级模拟）在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为

13、m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（）A伸长量为tanB压缩量为tanC伸长量为D压缩量为22（2016南昌校级二模）一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因素都为=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示（重力加速度g取10m/s2）则（）A若F=1N，则物块、木板都静止不动B若F=1.5N，则A物块所受摩

14、擦力大小为1.5NC若F=4N，则B物块所受摩擦力大小为4ND若F=8N，则B物块的加速度为1m/s223（2016江西二模）如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2下列选项中正确的是（）A05s内物块做匀减速运动B在t=1s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10ND物块与水平面的动摩擦因数为0.324（2016铜仁市模拟）如图所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑

15、木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2重力加速度大小为g，则有（）Aa1=0，a2=gBa1=g，a2=gCa1=0，a2=gDa1=g，a2=g25（2016浦东新区三模）如图a所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，根据图b中所提供的信息可以计算出（）A物体的质量B斜面的倾角C物体能静止在斜面上所施加的最小外力D加速度为6 m/s2时物体的速度26（2016北京校级模拟）如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上滑块与斜面之间的动摩

16、擦因数为若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则（）A将滑块由静止释放，如果tan，滑块将下滑B给滑块沿斜面向下的初速度，如果tan，滑块将减速下滑C用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsinD用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin27（2016镇江校级一模）如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、3m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）Ag，g，gB5g，2.5g，0C5g，2g，0

17、Dg，2.5g，3g28（2016开封模拟）如图所示，一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为，且，则滑块的运动情况是（）A沿着杆加速下滑B沿着杆加速上滑C沿着杆减速下滑D沿着杆减速上滑29（2016广东三模）如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为，B与地面之间的动摩擦因数为若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1

18、与a2的比为（）A1：1B2：3C1：3D3：230（2016杨浦区三模）三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m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1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）下列说法正确的是 （）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均做负功D物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1：3牛顿运动定律的综合应用参考答案与试题解析一选择题（共30小题）1（2016海南）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉

19、力F的作用，其下滑的速度时间图线如图所示已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）AF1F2BF2F3CF1F3DF1=F3【分析】速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小即可【解答】解：由速度时间图象的斜率可知，05s内和1015s内物体的加速度大小a相等在05s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinfF1=ma，所以F1=mgsinfma；在510s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinf=F2，所以F2=mgsinf；在1015s内，物体

20、减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+fmgsin=ma，所以F3=mgsinf+ma；由以上分析可得，F1F2F3；故选：A【点评】本题是对速度时间图象含义的考查，明确速度时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可2（2016宿迁模拟）如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态己知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等下列说法正确的是（）A木块受到的摩擦力大小为1（m1+m2

21、）gB长木板受到的摩擦力大小为2（m1+m2）gC若改变F的大小，当F1（m1+m2）g时，长木板将开始运动D若将F作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动【分析】先对木块受力分析，求出滑块与长木板之间的滑动摩擦力；然后对长木板受力分析，求出其受到的静摩擦力；则可明确二者的受力及运动情况【解答】解：A、B、先对木块受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为f1=1m1g；根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，有f2=f1=1m1g2（m1+m2）g故AB错误；C、若改变F的大小，当F1（m

22、1+m2）g时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动；故C错误；D、若将力F作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力；当整体的加速度大于g时，木块一定会发生木板的滑动；故D正确；故选：D【点评】本题关键是先对滑块受力分析，求出滑块与长木板间的滑动摩擦力，然后对长木板受力分析，求出长木板与地面间的静摩擦力；同时要分清楚静摩擦力和滑动摩擦力，判断摩擦力的有无可以根据摩擦力的产生条件、作用效果、牛顿第三定律判断3（2016广安校级一模）在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，

23、在区域I中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，则（）A小球受到的重力与电场力之比为3：5B在t=5s时，小球经过边界MNC在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变【解答】解：B、小球进入电场前做

24、自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时故B错误A、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为：a1=，进入电场后的加速度大小为：a2=由牛顿第二定律得：mg=ma1Fmg=ma2得电场力：F=mg+ma2=由得重力mg与电场力F之比为3：5故A正确C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故C错误D、整个过程中，由图可得，小球在02.5s内向下运动，在2.5s5s内向上运动，在1s4s过程中，小球的机械能先减小后增大电场力先做负功，后做正功电势能先增大，后减小；由于整个的过程中动能

25、、重力势能和电势能的总和不变，所以，小球的机械能先减小后增大故D正确故选：AD【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系4（2016上海模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5m/s2【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进

26、行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解【解答】解：A、电梯减速上升，加速度向下，由牛顿第二定律mgF=ma解得F=m（ga）=9mB、电梯匀加速上升，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=11mC、电梯匀减速下降，加速度向上，由牛顿第二定律Fmg=ma解得F=m（g+a）=10.5mD、电梯匀加速下降，加速度向下，由牛顿第二定律mgF=ma解得F=m（ga）=9.5m故选：B【点评】只要加速度向上，就是超重，加速度向下，就是失重，与物体的运动速度方向无关，同时，超重与失重现象只是物体对支撑物的压力变大，而重力保持不变！5（2016金山区一模）如图（a），

27、倾角为37且足够长的固定斜面底端有一物块，在沿斜面向上的拉力F=30N作用下，物块开始沿斜面运动，0.5s时撤去F，其运动的vt图线如图（b）所示取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，则可确定（）A物块的质量为2kgB物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.5mD物块回到斜面底端的时刻为2.74s【分析】根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小，根据牛顿第二定律计算物体的质量和动摩擦因数的大小，根据速度公式计算减速运动的时间，根据位移公式计算下滑的时间【解答】解：A、vt图象的斜率表示加速度的大小，根据图象可知，加速上升时的加速度为：a

28、1=20m/s2，减速上升时的加速度为：a2=10m/s2，对物体受力分析，利用牛顿第二定律，加速上升时有：Fmgsin37mgcos37=ma1，减速上升时有：mgsin37+mgcos37=ma2，由上式解得：m=1kg，=0.5，所以A错误，B正确；C、加速上升时运动的位移为：x1=a1t12=200.52m=2.5m，减速上升的时间为：t2=s=1s，减速上升的时运动的位移为：x2=5m，物块沿斜面向上滑行的最大距离为x=x1+x2=2.5m+5m=7.5m，所以C正确；D、物体返回的时候，对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得，mgsin37mgcos37=ma3，代入数据解得：a3=

29、4m/s2，根据xa3t32，可得返回用的时间t3为：t3=s1.94s，物块回到斜面底端的时刻为t=1.5+1.94=3.43s，所以D错误；故选：BC【点评】本题是对牛顿运动定律和运动学方程的综合的应用，对物体受力分析，根据牛顿第二定律计算加速度的大小，再分析清楚物体的运动的过程，利用运动学的规律分过程来计算6（2016春重庆校级期末）如图所示，一块质量为M=2kg的木板放在光滑的水平地面上，在木板上放着一个质量为m=1kg的小物体，它被一根水平方向上压缩了的弹簧推着静止在木板上，此时弹簧的弹力为2N现沿水平向左的方向对木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中力F由0逐渐增加到9N

30、，以下说法正确的是（）A物体与小木板先保持相对静止一会，后相对滑动B物体受到的摩擦力先减小后增大C当力F增大到6 N时，物体不受摩擦力作用D小木板受到9N的拉力时，物体受到的摩擦力为3N【分析】根据题目给出的条件，先判断出物体与木板发生滑动的条件，然后结合受力分析与牛顿第二定律即可解答【解答】解：A、由题，当弹簧的弹力是2N向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静摩擦力要大于等于2N若要使物体相对于木板向左滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少要大于等于2N，方向向右，即可物体受到的合力至少向右的4N的力，物体的加速度为：a=4m/s2同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大

31、于物体的加速度，当二者相等时，为最小拉力则有：Fm=（M+m）a=（2+1）4=12N即只有在拉力大于12N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于9N时，物体绳子相对于木板静止故A错误；B、C、若物体与木板之间的摩擦力恰好为0，则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度为：a=2m/s2由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为：F0=（M+m）a=（2+1）2=6N所以：当力F增大到6N时，物体不受摩擦力作用则拉力小于6N之前，摩擦力岁拉力F的最大而减小，当拉力大于6N时，摩擦力又随拉力的增大而增大故B错误，C正确D、小木板受到9N拉力时，整体的加速度：a=3m/s2

32、物体受到的摩擦力为f，则：ma=f+2所以：f=ma2=132=1N故D错误故选：C【点评】该题结合物体受到的摩擦力等于0的临界条件与物体恰好要相对于木板滑动的临界条件考查牛顿第二定律的应用，解题的关键就是能够正确分析物体的受力，找出对应的临界条件7（2016天门模拟）如图所示，在竖直平面内有一圆，O为圆心，AB为竖直直径，C为圆周上一点，在圆内放置两跟光滑杆AC、OC，AC与AB成角，两杆上各套一个小球（可看作质点）a、b，将小球a、b由杆的上端从静止释放，小球a在杆上运动的时间为t1，小球b在杆上运动的时间为t2，当角在0到90之间取值时，则下列说法正确的是（）A若t1=t2，角有一个确定

33、的值B若t1t2，则3060C若t1t2，则3060D若30，则t1t2【分析】根据牛顿运动定律，推导出a球沿AC运动的时间t1的表达式，利用几何关系得知CO与竖直方向上的夹角，再利用牛顿运动定律推导出b球沿OC运动的时间t2的表达式，根据选项给出的条件，逐一验证各选项，即可得知正确结果【解答】解：设半径为R，沿AC运动时的加速度为：a=gcos由几何知识可知运动的位移为：s=2Rcos由运动学公式有：s=a三式联立得：t1=2由题意可知，OC与竖直方向的夹角为1802，其加速度大小为：a=|gcos（1802）|在CO上运动时有：R=|gcos（1802）|解得：t2=A、若t1=t2，即2

34、=，解得：=30或=60，角有两个值，选项A错误BC、若t1t2，即2，解得：3060，选项B正确，C错误D、若30，则1802120，|gcos（1802）|，即得：2=2，得知：t2t1，选项D错误故选：B【点评】该题考查到了牛顿运动定律的综合和应用中的“等时圆”模型，分为两种情况：（1）物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点时间均相等，且为t=2（如图甲所示）（2）物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为t=2（如图乙所示）该题同时还考查到了数学中三角函数在物理学中的应用，要熟练的掌握三角函数的变换以及三角函数的图象8（201

35、6春大庆校级月考）如图所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动一小物块以v1的初速度冲上传送带小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则（）A如果v1v2，小物块到达B端的速度可能等于0B如果v1v2，小物块到达B端的速度可能等于0C如果v1v2，减小传送带的速度，物块到达B端的时间可能增长D如果v1v2，增大传送带的速度，物块到达B端的时间可能变短【分析】小物块以初速度v1从底端冲上传动带，分析两种情况下物体受到的摩擦力的大小及变化情况；根据运动学公式及图象进行分析，即可求解【解答】解：A、小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动

36、，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故A正确；B、v1小于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体一直减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B正确；C、由A的分析可知，如果v1v2，小物块的加速度开始时为gsin+gcos；速度相等之后变为gsingcos； 故开始时加速度大； 若减小传送带的速度，作出两种情况下的图象如图所示；由图可知，传送带速度减小后的图象虚线所示； 要达到相同的位移，用时要长；故C正确；D、如图v1v2

37、，则物体开始时的加速度要小，则增大传送带速度后，物体前一段加速度小的减速过程时间将长，则位移增大；则可知总时间将减小；故D错误；故选：ABC【点评】本题考查牛顿第二定律应用中的传送带问题，要注意明确物体一下做减速所隐含的信息，明确物体的运动过程，才能准确求解9（2015杭州校级模拟）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图象乙所示已知物体与地面间的动摩擦因数为=0.5，g=10m/s2下列说法正确的是（）A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平面上运动的最大位移是12mC物体在运动中的加速度先变小后不

38、变D物体运动的最大速度为8m/s【分析】物体受到摩擦力和推力，推力小于摩擦力时物体开始减速；根据牛顿第二定律，当物体的合力最大时，其加速度最大由图读出推力的最大值即可求出最大加速度分析物体的运动情况：物体先加速运动，当合力为零为后做减速运动速度最大时推力就能得到，再由图读出位移由动能定理可求出最大速度时的位置【解答】解：A、物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故A错误B、由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功为：W=200J根据动能定理：Wmgxm=0，代入数据解得：xm=10m，故B错误C、拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大故C错误；D、由图象可得推力

39、随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则：F=mg=20N，由图得到F与x的函数关系式为：F=10025x，代入数据得：x=3.2m，由动能定理可得：，解得：vm=8m/s，故D正确故选：D【点评】本题有两个难点：一是分析物体的运动过程，得出速度最大的条件；二是能理解图象的物理意义，“面积”等于推力做功，是这题解题的关键10（2015湖南模拟）如图甲所示，一质量为M=3.3kg的滑块随足够长的水平传送带一起向右匀速运动，滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2一质量m=0.05kg的子弹水平向左射入滑块并留在其中，设子弹与滑动碰撞时在极短的时间内达到速度一致，取水平向左的方向

40、为正方向，子弹在整个运动过程中的vt图象如图乙所示，已知传送带的速度始终保持不变，滑块最后恰好能从传送带的右端水平飞出，g取10m/s2下列说法正确的是（）A传送带的速度大小为4m/sB滑块相对传送带滑动的距离为9mC滑块相对地面向左运动的最大位移为3mD若滑块可视为质点且传送带与转动轮间不打滑，则转动轮的半径R为0.4m【分析】（1）根据速度时间关系求出子弹碰撞前的速度和碰撞后的速度，根据动量守恒定律求出滑块的质量；（2）根据匀变速直线运动规律求出滑块向左运动过程中相对皮带运动的位移根据Q=fs求得摩擦产生的热量；（3）根据速度时间关系求出皮带运动的速度抓住滑块恰好能从右端水平飞出可知，滑块

41、滑离皮带轮时满足重力完全提供圆周运动向心力，从而据此求得皮带轮半径【解答】解：A、由子弹的速度图线可知，子弹射入滑块后在极短的时间内与滑块的速度相等，然后一起先向左匀减速，再向右匀加速，最后做匀速直线运动，必定与传送带的速度相等，可知传送带的速度大小是2m/s故A错误；B、C、滑块与传送带之间的动摩擦因数=0.2，设滑块（包括子弹）向左运动过程中加速度大小为a，由牛顿第二定律，有f=（M+m）g=（M+m）a解得：加速度a=2m/s2设滑块（包括子弹）向左运动的时间为t1，位移大小为s1，则：=2s所以滑块向左运动的位移=4m即滑块相对于地面向左的最大位移为4m物块向右加速的过程中，加速度的大

42、小仍然是2m/s2，加速的时间：s该过程中，物块向右的位移是：m这段时间内传送带向右运动的位移大小为：s3=v2（t1+t2）=2（2+1）=6m所以滑块相对于传送带的位移：x=（s1s2）+s3=（41）+6=9m故B正确，C错误；D、在传送带右端，因滑块（包括子弹）恰好能水平飞出，故有：解得：R=0.4m故D正确故选：BD【点评】本题是传送带问题与子弹射木块问题的综合问题，考查了运动学公式、牛顿运动定律、竖直平面内的圆周运动、功能关系等，难度较大要注意对运动过程的分析与把握11（2015天水校级模拟）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球A，小球被水平挡板P托住使弹簧长度恰

43、为自然长度（小球与挡板不粘连），然后使挡板P以恒定的加速度a（ag）开始竖直向下做匀加速直线运动，则（）A小球与与挡板分离的时间为t=B小球与与挡板分离的时间为t=C小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=D小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量x=【分析】在物体与托盘脱离前，物体受重力、弹簧拉力和托盘支持力的作用，随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，但仍维持合外力不变，加速度不变，物体随托盘一起向下匀加速运动当托盘运动至使支持力减小为零后，弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a，物体与托盘脱离，此时支持力N=0，对物体分析，根据牛

44、顿第二定律求出弹簧的形变量，结合位移时间公式求出脱离的时间【解答】解：小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为a，由牛顿第二定律得：mgkx=ma，由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2，解得：t=；小球速度最大时合力为零，x=；故选：BC【点评】解决本题的关键知道物体与托盘脱离的条件，即N=0，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解12（2015秋九江期末）在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是（）A物块接触弹簧后即做减速运动B物块接触弹簧后先加速后减速C当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零D当物块的速度为零时，它所受的合力不为零【分析】物体与弹簧接触前在拉力F的作用下做匀加速运动，与弹簧接触后，水平反向受拉力F和弹簧的向左的弹力作用，开始时拉力大于弹力，物体加速，但加速度减小，当弹力增加到等于拉力时，合力减小为零，加速度也减为零，其后物体继续运动，弹力进一步增大，物体减速，直到停止，物体还会弹回【解答】解：A、B、物体与弹簧接触后，弹力由零逐