2014届高考物理二轮复习专题测试：牛顿运动定律与直线运动
高中物理专题测试卷 牛顿运动定律(含答案)
高中专题同步测试卷专题三牛顿运动定律一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.放在光滑水平面上的物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡，如图，已知F2和F3垂直，三个力中若去掉F1可产生2.5 m/s2的加速度，若去掉F2可产生1.5 m/s2的加速度．若去掉F3，则物体的加速度为()A．1.5 m/s2B．2 m/s2C．2.5 m/s2D．4 m/s22．如图所示为一游乐场的娱乐项目的简化示意图．质量为m的参赛者要爬上一段带有弧形轨道的顶端，轨道始终静止在地面上．在参赛者缓慢向上爬的过程中()A．参赛者受到的摩擦力逐渐减小B．参赛者对轨道的压力逐渐减小C．参赛者对轨道的作用力逐渐增大D．地面对轨道的摩擦力方向向左3．如图甲所示，静止在光滑水平面上O点的物体，从t＝0开始物体受到如图乙所示的水平力F的作用，设向右为F的正方向，则物体()A．一直向左运动B．一直向右运动C．一直匀加速运动D．在O点附近左右运动4.如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑，当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是()A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定5.如图所示，两根直木棍AB和CD(可视为相同的圆柱体)相互平行，固定在同一水平面上，一个圆柱形工件P架在两木棍之间．工件在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动．若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微增大一些后固定．仍将圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是()A．工件一定静止不动B．工件一定向右匀速运动C．工件一定向右减速运动D．工件一定向右加速运动6.如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( ) A.L v ＋v 2μg B.L v C. 2L μg D.2L v7．如图所示，一轻弹簧两端分别连接物体a 、b .第一种情景：在水平力F 1的作用下a 、b 共同向右匀变速运动，此时弹簧的长度为l 1；第二种情景：在沿斜面向上的力F 2的作用下a 、b 共同向上匀变速运动，此时弹簧的长度为l 2.若物体a 、b 与接触面的动摩擦因数相同，则轻弹簧的原长为( )A.F 1l 1－F 2l 2F 1－F 2B.F 1l 2－F 2l 1F 2－F 1C.F 2l 1－F 1l 2F 2－F 1D.F 1l 1－F 2l 2F 2－F 1二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)8．关于惯性在实际中的应用，下列说法中正确的是( )A ．运动员在跳远时助跑，是为了增大起跳时的惯性B ．运动员在掷标枪时助跑，是为了利用惯性C ．手扶拖拉机的飞轮做得很重，是为了增大它转动的惯性D ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性9．我国在西昌卫星发射中心用“长征二号F ”运载火箭，成功发射神州十号飞船．关于这次飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的动力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．飞船进入预定轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力10．下列叙述中正确的是( )A ．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位被选定为基本单位B ．牛、千克米每二次方秒都属于力的单位C ．在厘米、克、秒单位制中，重力加速度g 的值等于98 cm/s 2D ．在力学计算中，所有涉及的物理量的单位都应取国际单位11.如图所示，滑块A 在倾角为30°的斜面上，沿斜面下滑的加速度a 为2.0 m/s 2.若在A上放一重量为10 N的物体B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度为a2.则()A．a1>2 m/s2B．a1＝2 m/s2C．a2＝2 m/s2D．a2>2 m/s212.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/sB．加速与减速过程的时间之比为1∶2C．加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4三、实验题(按题目要求解答)13．(8分)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”：(1)如图甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹子的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器．调整木板倾角，直到向下轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动．(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近定滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使滑块由静止开始加速运动．打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，打出的纸带如图丙所示，A、B、C、D、E是纸带上五个计数点．①图乙中滑块下滑的加速度为________．(结果保留两位有效数字)②若重锤质量为m，滑块质量为M，重力加速度为g，则滑块加速下滑时受到的合力为________．③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a－F图象如图丁所示，则滑块的质量为________kg.(结果保留两位有效数字)四、计算题(本题共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14．(8分)据报导，埃及卢克索发生一起观光热气球爆炸坠落事故，造成几十人遇难．科研人员乘热气球进行科学考察．热气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后，科研人员发现热气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时热气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取10 m/s2，求至少抛掉多重的压舱物才能阻止热气球加速下降．15.(12分)如图所示，特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练．某特战队员和他携带的武器质量共为80 kg，设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1 000 N的摩擦阻力，下滑过程中特战队员必须握住绳子才能确保安全．g取10 m/s2.求：(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大？(2)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s，则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少，最少时间为多少？16.(14分)如图所示为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机达到高处，再沿着水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为100 kg，在倾斜水槽和水平水槽中滑行时所受的阻力均为重力的0.1倍，水槽的坡度为30°，若乘客与船从槽顶部由静止开始滑行18 m经过斜槽的底部O点进入水平水槽(设经过O点前后速度大小不变，取g＝10 m/s2)．求：(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度的大小；(2)船滑到斜槽底部O点时的速度大小；(3)船进入水平水槽后15 s内滑行的距离．参考答案与解析1．[导学号27630162] 解析：选B.设物体的质量为m ，由平衡条件可知，任何一个力的大小都等于其他两个力的合力大小，则可知F 1＝m ×2.5 m/s 2，F 2＝m ×1.5 m/s 2，所以F 3＝F 21－F 22＝m ×2 m/s 2，因此去掉F 3时物体的加速度a ＝F 3m＝2 m/s 2. 2．[导学号27630163] 解析：选B.分析参赛者的受力如图所示，F N ＝mg cos α，F f ＝mg sin α，向上爬的过程中，α变大，故F N 减小，F f 变大，选项A 错误、B 正确；轨道对参赛者的作用力等于其受到的摩擦力与支持力的合力，大小等于其重力，方向向上，保持恒定，根据牛顿第三定律，参赛者对轨道的作用力不变，选项C 错误；分析参赛者与轨道组成的整体，根据平衡条件，受到重力和地面的支持力的作用，不受地面的摩擦力作用，选项D 错误．3．[导学号27630164] 解析：选B.物体第1 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动，第2 s 内向右做匀减速直线运动到静止，第3 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动，第4 s 内向右做匀减速直线运动……选项ACD 错误，选项B 正确．4．[导学号27630165] 解析：选C.当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg ＝(m ＋M )a 1，故a 1＝mg （m ＋M ）.而当在绳B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时mg ＝Ma 2，a 2＝mg M，a 1<a 2，选项C 正确． 5．[导学号27630166] 解析：选A.工件在水平向右的推力F 的作用下，恰好能向右匀速运动，这样工件受到的滑动摩擦力水平向左与F 大小相等，当将它们间的距离稍微增大一些后固定，两木棍AB 和CD 对圆柱形工件弹力的夹角增大，重力不变，弹力增大，由F f ＝μF N 知，圆柱形工件受到的滑动摩擦力增大，工件一定静止不动，故选项A 正确．6．[导学号27630167] 解析：选B.因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，可得t ＝ 2L μg，C 可能；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，可得t ＝2L v ，D 可能；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v ⎝⎛⎭⎫t －v μg ＝L ，可得t ＝L v ＋v 2μg ，A 可能；木块不可能一直匀速至右端，B 不可能．7．[导学号27630168] 解析：选C.设物体a 、b 的质量分别为m 1、m 2，与接触面的动摩擦因数为μ，轻弹簧的原长为l 0.以整体为研究对象有F 1－μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，以物体a 为研究对象有k (l 1－l 0)－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得k (l 1－l 0)＝m 1m 1＋m 2F 1.同理可得k (l 2－l 0)＝m 1m 1＋m 2F 2.因而可得l 0＝F 2l 1－F 1l 2F 2－F 1， 故选项C 正确．8．[导学号27630169] 解析：选BCD.惯性只与质量有关，只有改变了质量才能改变惯性，助跑是利用惯性，并不能改变惯性，所以选项A 错误，选项B 正确．惯性的大小由质量量度，质量越小，惯性越小，运动状态就越容易改变，越灵活，选项C 、D 正确．故选BCD.9．[导学号27630170] 解析：选AD.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的动力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B 、C 错误，选项A 正确；飞船进入轨道之后，飞船与地球之间依然相互吸引，即飞船吸引地球，地球吸引飞船，这是一对作用力与反作用力，故选项D 正确．10．[导学号27630171] 解析：选BD.力学单位制中，质量、位移、时间的单位被选为基本单位，而不是力的单位，故A 错误；根据F ＝ma ，1 N ＝1 kg·m/s 2，故B 正确；在厘米、克、秒单位制中，g ＝9.8 m/s 2＝980 cm/s 2，故C 错误；在力学计算中，没有特殊说明，所有物理量的单位都应取国际单位，故D 正确．故选BD.11．[导学号27630172] 解析：选BD.依题意有m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a ，(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a 1，(m A g ＋F )sin θ－μ(m A g ＋F )cos θ＝m A a 2，从以上各式可解得：a 1＝2 m/s 2，a 2>2 m/s 2，即B 、D 选项正确．12．[导学号27630173] 解析：选BC.画出其速度图象如图所示，由加速度关系v max t 0＝2×v max 3 s －t 0得t 0＝1 s ，速度图线与时间轴所围的面积表示位移：12 m ＝v max 2×3 s ，得v max ＝8 m/s ，可见加速与减速过程的时间之比为1∶2，加速与减速过程的位移之比为1∶2，由牛顿第二定律及加速度关系得：mg －μF N1m ＝8 m/s 1 s ＝8 m/s 2，μF N2－mg m ＝8 m/s 2 s＝4 m/s 2，解得F N1∶F N2＝1∶7，综上选BC. 13．[导学号27630174] 解析：(2)①由Δx ＝aT 2得a ＝3.9 m/s 2.②滑块通过细绳与带夹子的重锤相连，滑块匀速下滑，说明滑块重力沿斜面向下的分力和摩擦力之差等于重锤的重力，取下细绳和重锤，滑块加速下滑受到的合力为mg .③a －F 图象的斜率表示质量的倒数1m，可得到滑块的质量为2.0 kg. 答案：(2)①3.9 m/s 2 ②mg ③2.014．[导学号27630175] 解析：设漏气后热气球所受浮力为F ，热气球加速下降时的加速度大小为a .由s ＝v 0t ＋12at 2 (2分)得：a ＝2（s －v 0t ）t 2＝2×（12－1×4）42m/s 2＝1 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma(2分) 至少需要抛掉的压舱物的重力为G ＝mg －F ＝ma ＝900×1 N ＝900 N ．(2分) 答案：900 N15．[导学号27630176] 解析：(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为a 1＝mg －f 1m ＝800－20080m/s 2＝7.5 m/s 2. (4分)(2)特战队员按照先加速到一定速度后立即减速，到达地面时速度正好为5 m/s 的方式运动所需时间最少．特战队员紧握绳子降落时的加速度大小为a 2＝f 2－mg m ＝1 000－80080 m/s 2＝2.5 m/s 2 (2分) 设特战队员加速下滑的时间为t 1，加速后的最大速度为v m ，减速下滑的时间为t 2，着地时的速度v ＝5 m/s.特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m ，即v 2m 2a 1＋v 2m －v 22a 2＝235 m (2分)解得v m ＝30 m/s(2分) 特战队员在空中下滑过程中的最少时间为t 总＝t 1＋t 2＝v m a 1＋v m －v a 2＝14 s ． (2分) 答案：(1)7.5 m/s 2 (2)见解析16．[导学号27630177] 解析：(1)对船进行受力分析，根据牛顿第二定律有 mg sin 30°－F f ＝ma(1分) F f ＝0.1mg(1分) 得a ＝4 m/s 2.(2分) (2)由匀加速直线运动规律有v 2＝2ax(2分) 代入数据得v ＝12 m/s.(2分) (3)船进入水平水槽后，根据牛顿第二定律有－F f ＝ma ′(1分) 故：a ′＝－0.1g ＝－1 m/s 2(1分) 由于t 止＝－v a ′＝12 s<15 s (1分)即船进入水平水槽后12 s 末时速度为0 (1分) 船在15 s 内滑行的距离x ＝v ＋02t 止＝12＋02×12 m ＝72 m ． (2分)答案：(1)4 m/s 2 (2)12 m/s (3)72 m。
高考物理二轮专题突破课件：1-3牛顿运动定律在直线运动中的应用
规
础
范
记 忆
C．物体运动到 O 点时所受合力为零
解 题
D．物体从 A 到 O 的过程加速度逐渐减小
热
答案：A
提 能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题一 第3讲 第21页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
解析：物体从 A 到 O 的运动过程中，初始阶段弹力大于摩
基 擦阻力，合力方向向右．在 A 点弹力最大，合力最大，随后物 规
3．0 s 末的速度 v4＝v3＋a2t2＝3 m/s
基 础 记
位移 s4＝v3＋2 v4t2＝1.625 m
规 范 解
忆
题
3 s 内的总位移 s＝s1＋s2＋s3＋s4＝6 m
[答案] 6 m
提
热
能
点
专
盘
训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题一 第3讲 第33页
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[规律深究]
提
热
能
点 盘
提示：
专 训
点
[二轮备考讲义] 第一部分 专题一 第3讲 第15页
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分析小球受力如图所示，因为小球加速度水平向左，所以重
基 力和拉力的合力也水平向左，根据牛顿第二定律，mgtan θ＝ma， 规
础
范
记 忆
所以 a＝gtan θ，加速度与偏角一一对应．
解 题
基 础 记
则
kx1＝mg，所以
x1＝mkg，橡皮筋处于伸长状态，橡皮筋长度
规 范 解
忆
题
为 l0＋mkg.
提
热
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考物理二轮复习专题力与直线运动应用动力学方法分析传送带问题学案
4.应用动力学方法分析传送带问题一、解答牛顿运动定律的应用问题的方法1．研究对象的选取方法：整体法和隔离法灵活应用，一般已知或求解外力时选用整体法，已知或求解物体间的相互作用力时选用隔离法．2．受力分析的处理方法：合成法和正交分解法合理应用，当物体在两个力作用下变速运动时，可用合成法；当物体在两个以上的力的作用下变速运动时，常用正交分解法解题．3．多阶段问题的分析方法：常用程序法，即针对先后经历的几个过程逐一分析，运用程序法时要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程交接点的速度往往是解决问题的关键．[例1] 如图所示为一电磁选矿、传输一体机的传送带示意图，已知传送带由电磁铁组成，位于A 轮附近的铁矿石被传送带吸引后，会附着在A 轮附近的传送带上，被选中的铁矿石附着在传送带上与传送带之间有恒定的电磁力作用且电磁力垂直于接触面，且吸引力为其重力的1.4倍，当有铁矿石附着在传送带上时，传送带便会沿顺时针方向转动，并将所选中的铁矿石送到B 端，由自动卸货装置取走．已知传送带与水平方向夹角为53°，铁矿石与传送带间的动摩擦因数为0.5，A 、B 两轮间的距离为L ＝64 m ，A 、B 两轮半径忽略不计，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.(1)若传送带以恒定速率v 0＝10 m/s 传动，求被选中的铁矿石从A 端运动到B 端所需要的时间；(2)实际选矿传送带设计有节能系统，当没有铁矿石附着传送带时，传送带速度几乎为0，一旦有铁矿石吸附在传送带上时，传送带便会立即加速启动，要使铁矿石最快运送到B 端，传送带的加速度至少为多大？并求出最短时间．解析 (1)当传送带匀速向上传动时，对铁矿石沿传送带方向F f －mgsin θ＝ma垂直传送带方向：F N －mgcos θ－F ＝0其中F ＝1.4mg ，F f ＝μF N ，解得：a ＝2 m/s 2则铁矿石运动到与传送带速度相等所需要的时间为：t 1＝v 0a ＝102s ＝5 s 对应的位移为：x 1＝12at 21＝12×2×52 m ＝25 m 根据以上计算可知，铁矿石在传送带上受到的滑动摩擦力大于铁矿石重力沿传送带方向的分力，所以当铁矿石的速度与传送带速度相等以后，铁矿石会随传送带匀速运动到B 端，则其匀速运动时间为：t 2＝L －x 1v 0＝64－2510s ＝3.9 s ，所以铁矿石从传送带的A 端运动到B 端所需要的时间为：t ＝t 1＋t 2＝8.9 s. (2)只有铁矿石一直加速运动到B 点时，所用时间才会最短，根据问题(1)分析可知，铁矿石在传送带上的最大加速度是2 m/s 2，所以传送带的最小加速度为：a min ＝2 m/s 2，则有：L ＝12at ′2，代入数据解得最短时间为：t ′＝8 s.答案 (1)8.9 s (2)2 m/s 2 8 s【方法总结】 (1)传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，这时会出现摩擦力改变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断．例题2． (多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m 甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g ＝10 m/s 2.则( )A ．细绳对盒子的拉力大小为20 NB ．盒子的加速度大小为2.5 m/s 2C ．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 ND ．定滑轮受到细绳的作用力为30 N解析：选BC.假设绳子拉力为F T ，根据牛顿第二定律，对甲，有m 甲g －F T ＝m 甲a ；对乙和丙组成的整体，有F T ＝(m 乙＋m 丙)a ，联立解得F T ＝15 N ，a ＝2.5 m/s 2，A 错误，B 正确；对滑块丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有F f ＝m 丙a ＝1×2.5 N ＝2.5 N ，C 正确；绳子的张力为15 N ，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N ，所以D 错误． 例题3．如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块A ，A 放在质量也为m 的托盘B 上，以N 表示B 对A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F 作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x ＝0)．现改变力F 的大小，使B 以g 2的加速度匀加速向下运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N 或F 随x 变化的图象正确的是( )解析：选D.根据题述，B 以g 2的加速度匀加速向下运动过程中，选项A 、B 整体为研究对象，由牛顿第二定律，2mg －kx －F ＝2m·g 2，解得F ＝mg －kx ，即F 从mg 开始线性减小，可排除图象C.选择B 作为研究对象，由牛顿第二定律，mg ＋N －F ＝mg 2，解得N ＝mg 2－kx.当弹簧的弹力增大到mg 2，即x ＝mg 2k 时，A 和B 间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的mg 2线性减小到零，选项A 、B 错误．同时，力F 由开始时的mg 线性减小到mg 2，此后B 与A 分离，力F 保持mg 2不变，故选项D 正确．例题4．如图所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度v 0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v 0后匀速运动的过程中，以下分析正确的是( )A ．M 下滑的速度不变B ．M 开始在传送带上加速到2v 0后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选C.传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝F f ，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确，故选C.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
高考物理二轮复习PPT课件_直线运动和牛顿运动定律
考向一 直线运动(创新应用) 【建模型】研典题 【模型1】常规图象和非常规图象
1.模型图解：
(1)常规图象:
x-t图象
轴
纵轴——位移 横轴——时间
线
物体的位移与时间的关系
v-t图象
纵轴——速度 横轴——时间
物体的速度与时间的关系
x-t图象 斜率 某点的斜率表示该点的瞬时速度
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(2)速度大者追速度小者:
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2
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【解析】选B、D。由动能定理可得:F·x= 1 mv2-0,故合外力F= m v 2 ， 由图象
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【名师点睛】非常规图象要一审、二列、三判
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2014届高考二轮专题物理复习测试题力和运动、 功和能
测试时间：90分钟 满分：100分
一、选择题(本大题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分)
1．如图滚动(二)－1所示，一重为8 N的球固定在AB杆的上端，今用测力计斜向上拉球，使杆发生弯曲，此时测力计的示数为6 N，则AB杆对球作用力大小可能为()
(3)计算结果时，小孙同学发现重物重力势能的减少量ΔEp略大于动能的增加量ΔEk，小郑同学发现ΔEp＜ΔEk，实验过程中肯定存在错误的是__________同学．
(4)本实验中产生误差的原因有：①__________；②__________.(答出两条即可)
解析：(1)本实验的目的是验证重物下落过程机械能守恒，小赵同学用v＝gt来计算，他已经认可了重物的加速度为g，这样计算的结果必定满足机械能守恒：小李是通过用一般的匀变速运动规律处理数据，方法正确．(2)小周同学的方法肯定错误，重力势能是mgh而非mah；小张和小吴同学的方法原理是一致的，都正确，而小吴使用的重力加速度是当地实际重力加速度，更为合理，故小吴同学的做法最恰当．(3)小郑同学的结果明显错误，因为重物下落过程中会受到阻力作用，应该是重力势能的减少量ΔEp略大于动能的增加量ΔEk.(4)本实验的误差来源主要是纸带与打点计时器之间的摩擦阻力，这是不可避免的系统误差，其余的还有测量及读数等带来的偶然误差．
答案：A
滚动(二)－7
9．如图滚动(二)－7所示，A物体质量为m，B物体质量为2m，用一轻绳相连，将A用一轻弹簧悬挂于天花板上，系统处于静止状态，此时轻弹簧的伸长量为x，弹簧的弹性势能为Ep.现将悬线剪断，已知同一弹簧的弹性势能仅与形变量大小的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内，则在以后的运动过程中()
高考物理二轮复习 牛顿运动定律与直线运动专题课件
【评析】 带电粒子在复合场中的运动问题，实质是 力学问题，其解题的一般步骤仍然为：确定研究对象； 进行受力分析(注意重力是否能忽略)；根据粒子的运 动情况，运用牛顿运动定律、动能定理或能量关系列 出方程式求解．本题考查了力与运动的关系，难度较 大，要善于挖掘题目的隐含条件，根据“保证小球仍 能沿方v0向做直线运动”的条件，推测合外力的情况， 同时本题要能灵活运用图解法求解，比较方便、简 捷．
C. q
m g tan
D. q
图211
【分析】由题意可知小球沿v0方向做直线运动，
设小球的重力与电场力的合外力为F，判定小球
的重力与电场力的合外力在v0所在直线上．
【解析】 (1)建如图甲所示坐标系， 设场强E与v0成 角，则受力如图：
由牛顿第二定律可得：
Eqsin -mgcos=0
①
Eqcos -mgsin=ma
【分析】本题的关键是对皮带与煤块隔离分析，结 合牛顿运动定律判断得出各自的运动情况，由于运 动情况不同，轨迹长度不等，正是形成黑色痕迹的 原因．
根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送 带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送 带的加速度a0.根据牛顿运动定律，可得a=μg.
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等 于v0，煤块则由静止加速到v， v0=a0t，v=at
【例4】如图241所示，质量M=8kg的小车放在水 平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F=8N， 当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻 轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物 块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求从小 物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大 小为多少？(取g=10m/s2)．
高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at = 解得 1t s =【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。
在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。
已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤7．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgs inθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．8．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．9．一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,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝mg解得：N＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma根据匀变速直线运动规律有：a＝222vh-＝－15m/s2解得：N＝75N（2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N＝75N，即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用10．如图所示，质量1m kg=的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动．（210/g m s=）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）22.5m/s（3） 0N【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。
2014届高考物理的二轮复习权威课件（全国专用）：第2讲 力与直线运动（含解析，含2013高考真题）
高 考
AC [解析] 根据图像，由图线所围的面积可计算出
真 飞机从着舰到停止滑行的距离，即0）×2（2.5－0.4）m＋10×2 0.5m＝114.5 m，A选项
正确；由图可计算出0.4
s～2.5
s内的加速度a＝
Δv Δt
＝
70－10 2.5－0.4
m/s2＝2.86g，C选项正确；在0.4 s～2.5 s时间内，
(1)客车运行速度的大小；
(2)货车运行加速度的大小．
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第2讲 力与直线运动
(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨
的长度为l，则
时间间隔__________________① (2分)
高
客车是速度为__________________② (3分)
频 考 点
(2)设从货车开始运动后t＝20.0 s内客车行驶了s1米， 货车行驶了s2米，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长
θ
由牛顿第二定律得2Fcos 2 ＝ma，其中加速度a不变，阻拦
索的张角θ在变小，其张力F在变小，由于速度v在变小， 故阻拦系统对飞机做功的功率P＝F合v＝mav在变小，B、D 选项错误．
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第2讲 力与直线运动
高 考
【考题定位】
真
►难度等级：偏难
题
►出题角度：本题考查了受力分析、正交分解和牛顿
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第2讲 力与直线运动
(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为 Δt，每根铁轨的长
度为 l，则 时间间隔Δt＝1160－.01 s＝23 s① (2 分)
高
客车是速度为 v＝Δl t＝37.5 m/s② (3 分)
频 考
(2)设从货车开始运动后 t＝20.0 s 内客车行驶了 s1 米，货
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1 2014届高考物理二轮复习专题测试：牛顿运动定律与直线运动 一、单项选择题（每题4分，共16分） 1．(2013·东北三省四市模拟)如图1所示，一小球分别以不同的初速度，从光滑斜面的底端A点向上做直线运动，所能到达的最高点位置分别为a、b、c，它们距斜面底端A点的距离分别为s1、s2、s3，对应到达最高点的时间分别为t1、t2、t3，则下列关系正确的是( )
图1 A.s1t1＝s2t2＝s3t3 B.s3t3>s2t2>s1t1
C.s1t12＝s2t22＝s3t32 D.s1t12>s2t22>s3t32 2．(2013·郑州模拟)利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到运动小车的速度－时间图像如图2所示，由此图像可知( )
图2 A．18 s时的加速度大于13 s时的加速度 B．小车做曲线运动 C．13 s末小车距离出发点最远 D．小车前10 s内的平均速度比后10 s内的大 3．(2012·上海高考)如图3所示，光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则A、B整体在斜面上运动时，B受力的示意图为( )
图3 2
图4 4．(2013·平顶山模拟)一个质量为m＝1 kg的物块放在水平光滑地面上，在一水平外力F1＝2 N的作用下从静止开始做直线运动，物体运动5 s后外力撤去，在此时刻再加上一个与F1反向的力F2＝6 N，物体又运动5 s。规定外力F1的方向为正方向，则在物体运动的这个10 s的时间内，下列关于物体的速度图像，正确的是( )
图5 5．(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图6，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置－时间(x -t)图线。由图可知( )
图6 A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 6. (2013·茂名模拟)如图7所示，小车向右做加速直线运动，物块贴在小车左壁相对静止。当小车的加速度增大时，下列说法正确的是( ) 3
图7 A．物块受到的弹力不变 B．物块受到的摩擦力不变 C．物块受到三个力的作用 D．物块受到的合外力为零 二、双项选择题（每题6分，共30分） 7．(2013·邯郸模拟)如图8所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速运动，依次经A、B、C、D到达最高点E，已知AB＝BD＝6 m，BC＝1 m，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2 s。设滑块经B、C时的速度分别为vB、vC，则( )
图8 A．vC＝3 m/s B．vB＝8 m/s C．DE＝3 m D．从D到E所用时间为4 s 8. (2013·南昌模拟)如图9所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么( )
图9 A．该消防队员加速与减速过程的时间之比为1∶2 4
B．该消防队员加速与减速过程的时间之比为2∶1 C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7 D．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为2∶7 9．(2013·郑州四中调研)如图10甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则下列说法正确的是( )
图10 A．t0时刻，A、B间静摩擦力最大 B．t0时刻，B速度最大 C．2t0时刻，A、B间静摩擦力最大 D．2t0时刻，A、B位移为零 三、计算题（每题18分，共36分） 10．(2013·潍坊模拟)质量M＝9 kg、长L＝1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1 kg的小物块，如图11所示。当小物块刚好滑到木板左端时，小物块和木板达到共同速度。g取10 m/s2，求：
图11 (1)从小物块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t； (2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。
11．(2013·新课标全国卷Ⅱ)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图12所示。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等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求： 5
图12 (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； (2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
答 案 1．选C 选项A、B表达的是平均速度，由题意可知到达a点的小球初速度最大，即此过程平均速度最大，所以选项A、B错误；选项C、D表达的是加速度，由受力情况可知三个过程的加速度相等，所以选项C正确。 2．选A 由v -t图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知，18 s时小车的加速度大于13 s时小车的加速度，A正确；v -t图像只表示直线运动，B错误；小车在0～20 s内速
度方向不变，故t＝20 s时小车离出发点最远，C错误；由s前10 s3．选A 因A上表面水平，A、B间若存在摩擦力，只能沿水平方向，故C、D均错误；因A、B沿光滑斜面一起向上冲时，加速度一定沿斜面向下，故滑块B水平方向必有向左的合外力，即A对B的静摩擦力f的方向水平向左，故A正确，B错误。
4．选D 物体在前5 s内的加速度a1＝F1m＝2 m/s2,5 s末的速度v1＝a1t1＝10 m/s，物
体在5～10 s内的加速度大小为a2＝F2m＝6 m/s2,10 s末物体的速度v2＝v1－a2t2＝－20 m/s，D正确。 5．选BC 本题考查运动图像，意在考查考生对运动图像的理解及图像与运动转换的能力。从x-t图像可以看出，在t1时刻，b汽车追上a汽车，选项A错误；在t2时刻，b汽车运动图像的斜率为负值，表示b汽车速度反向，而a汽车速度大小和方向始终不变，故选项B正确；从t1时刻到t2时刻，图像b斜率的绝对值先减小至零后增大，反映了b汽车的速率先减小至零后增加，选项C正确、D错误。 6.选BC 分析物块受力如图所示，由牛顿第二定律得：N＝ma，f＝mg，小车的加速度越大，N越大，而f始终等于mg，B正确；物块共受三个力作用，C正确。
7．选AD 设从A到C和从C到D所用时间T＝2 s，则vC＝sAB＋sBD2T＝ 6
3 m/s，A正确；由sAC－sCD＝aT2，可得a＝0.5 m/s2。由vB2－vC2＝2asBC可得：vB＝10 m/s，B错误；由vC2＝2asCE可得sCE＝9 m，sDE＝sCE－sCD＝4 m，C错误；tCE＝vCa＝6 s，tDE＝tCE
－tCD＝4 s，D正确。 8．选AC 由v＝a1t1，v＝a2t2，联立解得t1∶t2＝1∶2，A正确，B错误；由t1＋t2＝3
s可得t1＝1 s，t2＝2 s，由L＝vt1＋t22可知v＝8 m/s，则a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。由mg－f1＝ma1，mg－f2＝－ma2，得f1∶f2＝1∶7，C正确，D错误。 9．选BC 以整体为研究对象，根据F＝(mA＋mB)a，可知系统先做加速度逐渐减小的加速运动，在t0时刻加速度为零，速度最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，在2t0时刻，速度变为零，系统停止，根据运动学知识可知加速阶段位移等于减速阶段位移，且在2t0时刻位移达到最大，故B正确，D错误。隔离A可知A、B之间的摩擦力提供A的加速度，系统开始时刻和2t0时刻加速度最大，因此由f＝mAa可知开始时刻和2t0时刻A、B之间的摩擦力最大，t0时刻为零，故A错误，C正确。 10．解析：(1)设木板的加速度大小为a1，在时间t内的位移为s1；小物块的加速度大小为a2，在时间t内的位移为s2，
则有s1＝v0t－12a1t2①
s2＝12a2t2② s1＝L＋x2③ 又v0－a1t＝a2t④ 代入数据得t＝1 s⑤ (2)根据牛顿第二定律，有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1⑥ μ2mg＝ma2⑦
解得μ2＝0.08⑧ 答案：(1)1 s (2)0.08 11．解析：本题主要考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、速度图像、叠加体及其相关知识，意在考查考生灵活应用相关知识解决问题的能力。 (1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则
a1＝v1t1 ①
a2＝v0－v1t1 ② 7
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小。 设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1 ③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2 ④ 联立①②③④式得 μ1＝0.20 ⑤
μ2＝0.30 ⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得 f＝ma1′ ⑦ 2μ2mg－f＝ma2′ ⑧
假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。 故f＝μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v -t图像如图中点画线所示。 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×v122a1 ⑩
s2＝v0＋v12t1＋v122a2′ ⑪ 物块相对于木板的位移的大小为 s＝s2－s1 ⑫ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得 s＝1.125 m ⑬ 答案：(1)0.20 0.30 (2)1.125 m