精校精析版2015高考真题分类汇编+模拟新题·物理 C单元 牛顿运动定律

[] C 单元 牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律C2 牛顿第二定律 单位制15．C2[2015·安徽卷] 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A －215．B [解析] 因为N 、C 不是基本单位，即可排除C 、D 选项；关于A 、B 选项，可由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，其中F ＝ma ，且q ＝It ，则静电力常量k 可表示为mar 2I 1t 1·I 2t 2，故其单位为kg ·A －2·m 3·s －4，即B 选项正确．18．C2，E2，F1[2015·北京卷] “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力18．A [解析] 弹性绳的弹力为F ＝kx ，当绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a ＝mg －kx m ，当x <mg k 时，a >0，速度增大；当x >mg k时，a <0，速度减小．所以该过程速度先增大后减小，则动量和动能都是先增大后减小．所以选项B 、C 不正确．弹力方向始终竖直向上，则冲量始终竖直向上．所以选项A 正确．人在最低点时，绳对人的拉力大于重力，所以选项D 不正确．8．[2015·海南卷] C2如图1-6所示，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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2 相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( )图1-6A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2[解析] AC 以a 、b 、c 整体为研究对象，绳子拉力F ＝3mg ，以b 、c 整体为研究对象，弹簧S 1的弹力为F 1＝k Δl 1＝2mg ，以c 为研究对象，弹簧S 2的弹力为F 2＝k Δl 2＝mg ，剪断绳子瞬间，对a ，mg ＋F 1＝ma 1，可得a 1＝3g ，在剪断细线瞬间，弹簧的伸长来不及改变，则F 1＝2F 2，Δl 1＝2Δl 2，选项A 、C 正确．14．B7，C2，D4，E6[2015·江苏卷] 一转动装置如图1-14所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L .装置静止时，弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g .求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W .图1-1414．(1)4mg L (2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L[解析] (1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1.小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L 2小环受力平衡F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1小球受力平衡F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mg ；F 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mg L. (2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L )小环受力平衡F 弹2＝mg 得x ＝54L 对小球F 2cos θ2＝mg ；F 2sin θ2＝mω20l sin θ2且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L. (3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3. 小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL 小环受力平衡2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3且cos θ3＝L 4l对小球F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg ；F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16g L整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理W －mg ⎝⎛⎭⎫3L 2－L 2－2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W ＝mgL ＋16mgl 2L. 10．[2015·四川卷] A1C2D1E1I1如图1-9所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C 、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6 C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s2.求：(1)小物体P 从开始运动至速率为2 m/s 所用的时间；(2)小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功．图1-910．(1)0.5 s (2)－9.25 J[解析] (1)小物体P 的速率从0至2 m/s ，受外力F 1＝2 N ，设其做匀变速直线运动的加速度为a 1，经过时间Δt 1速度为v 1，则F 1－μmg ＝ma 1①v 1＝a 1Δt 1②由①②式并代入数据得Δt 1＝0.5 s ．③(2)小物体P 从速率为2 m/s 运动至A 点，受外力F 2＝6 N ，设其做匀变速直线运动的加速度为a 2，则F 2－μmg ＝ma 2④设小物体P 从速度v 1经过Δt 2时间，在A 点的速度为v 2，则Δt 2＝0.55 s －Δt 1⑤v 2＝v 1＋a 2Δt 2⑥P 从A 点至B 点，受外力F 2＝6 N 、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a 3，电荷量为q ，在B 点的速度为v 3，从A 点至B 点的位移为x 1，则F 2－μmg －qE ＝ma 3⑦v 23－v 22＝2a 3x 1⑧P 以速度v 3滑出轨道右端B 点，设水平方向受外力为F 3，电场力大小为F E ，有F E ＝F 3⑨F 3与F E 大小相等方向相反，P 水平方向所受合力为零，所以，P 从B 点开始做初速度为v 3的平抛运动．设P 从B 点运动至D 点用时为Δt 3，水平位移为x 2，由题意知v 3g Δt 3＝tan α⑩ x 2＝v 3Δt 3⑪设小物体P 从A 点至D 点电场力做功为W ，则W ＝－qE (x 1＋x 2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得W ＝－9.25 J ⑬11．[2015·四川卷] A1C2D1E6J2L4I1如图1-10所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .图1-10(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电荷量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．11．(1)14m v 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R(3)1Lmg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2 μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ [解析] (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k且W ＝W 1由题有E k ＝12m v 21得W ＝14m v 21. (2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt且ΔΦ＝B ΔSI ＝q Δt又有I ＝2E R由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ)联立解得q ＝2Bd （L －d cot θ）R. (3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为L x ＝L －2x cot θ此时，ab 棒产生电动势E x 为E x ＝B v 2L x流过ef 棒的电流I x 为I x ＝E x Ref 棒所受安培力F x 为F x ＝BI x L联立解得F x ＝B 2v 2L R(L －2x cot θ) 由上式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab 棒所受安培力方向必水平向左，ef 棒所受安培力方向必水平向右，使F 1为最大值的受力分析如图所示，图中f m 为最大静摩擦力，有F 1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos ＋F 1sin )得B m ＝1L mg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2.上式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下． B 为B m 时，F x 随x 增大而减小，x 为最大x m 时，F x 为最小值F 2，如图可知F 2cos α＋μ(mg cos α＋F 2sin α)＝mg sin α联立解得x m ＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.14．[2015·浙江卷] 【自选3－5】C2F2(2)一辆质量m 1＝3.0×103 kg 的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m 2＝1.5×103 kg 的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s ＝6.75 m 停下．已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g 取10 m/s 2)[答案] 27 m/s[解析] 由牛顿运动定律，有a ＝F f m 1＋m 2＝μg ＝6 m/s 2 v ＝2as ＝9 m/s由动量守恒定律，有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v解得v 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s.C3 超重和失重6．C3[2015·江苏卷] 一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图1-4所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1-4A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小6．AD [解析] 区分超重与失重的关键是看加速度的方向：加速度向上时，超重；加速度向下时，失重．对人进行受力分析可知，F N －G ＝ma ，即F N ＝ma ＋G ，a 大(小)则支持力大(小)，由牛顿第三定律可知，压力也大(小)，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．5．[2015·重庆卷] C3A5若货物随升降机运动的v -t 图像如图1-3所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是( )图1-3A B C D图1-4[解析] B货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v-t图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力)，可得答案为B.C4实验：验证牛顿定律21．[2015·浙江卷] C4E5甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验．图1-6(1)图1-6中A、B、C、D、E表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材________；乙同学需在图中选用的器材________．(用字母表示)(2)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图1-7所示的两条纸带①和②.纸带________的加速度大(填“①”或“②”)，其加速度大小为________．图1-7[答案] (1)AB BDE(2)①(2.5±0.2)m/s2[解析] (1)“验证机械能守恒定律”的实验中只需重物和打点计时器以及铁架台，故只选A、B；“探究加速度与力、质量的关系”的实验中需打点计时器、小车、钩码、斜面，故选B、D、E，两个实验都不需要秒表．(2)测量每条纸带的相邻间距之差，纸带①中的差值比纸带②中的差值大，所以纸带①的加速度大，纸带①中的差值Δx约为0.1 cm，则a＝ΔxT2＝2.5 m/s2.C5 牛顿运动定律综合9．[2015·海南卷] C5如图1-7所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )图1-7A ．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[解析] BD 升降机匀速上升时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f ，垂直于斜面方向，有F N ＝mg cos θ，又f ＝μF N ，解得μ＝tan θ；升降机加速上升时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A 错误，选项B 正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f ′－mg sin θ＝ma sin θ；垂直于斜面方向，有F ′N －mg cos θ＝ma cos θ，解得f ′F N ′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C 错误，选项D 正确．9．A8，C5，E6[2015·江苏卷] 如图1-7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )图1-7A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2 C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mgh D ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度9．BD [解析] 以圆环为研究对象，刚下滑一小段距离时，它受重力mg 、弹簧拉力T 、杆对环的支持力F N 和滑动摩擦力f ，如图1所示，此时弹簧形变量小，拉力T 较小，支持力F N 也较小，从而滑动摩擦力f 小于重力mg ，合力较大，合力的方向竖直向下，加速度也较大，当圆环继续下滑时，弹簧形变量增大，拉力T 增大，支持力F N 也增大，滑动摩擦力f 也增大，合力减小，加速度减小，但速度仍然增大，到B 处时合力为零，再向下运动时，合力反向且增大，加速度也向上且增大，圆环做减速运动，故选项A 错误；圆环克服摩擦力f 做功使得内能E 内增加，在圆环下落至最低点过程中，重力势能mgh 转化为弹性势能E 弹和内能，即mgh ＝E 弹＋E 内①而在最低点C 处获得一初速度v 时，圆环恰又能回到A 点，这个过程中，动能和弹性势能E 弹转化为重力势能mgh 和内能E 内，即12m v 2＋E 弹＝mgh ＋E 内② 联立①、②，可解得E 内＝14m v 2，选项B 正确；再将E 内＝14m v 2代入①，可解得 E 弹＝mgh －14m v 2，故选项C 错误；圆环下滑和上滑过程受力分别如图1和图2所示．图1 图2当圆环下滑至B 点时，圆环的重力势能E p AB 转化为弹簧的弹性势能E 弹B 、圆环的内能E 内B 和圆环的动能E k B 下，也就是E p AB ＝E 弹B ＋E 内B ＋E k B 下，即E k B 下＝E p AB －E 弹B －E 内B ，③当圆环上滑过程中从B 到A 时，圆环的动能以及弹簧的弹性势能都减少，它们转化为圆环的内能和重力势能，也就是E k B 上＋E 弹B ＝E 内B ＋E p AB ，即E k B 上＝E p AB ＋E 内B －E 弹B ④比较③、④两式，可得E k B 上>E k B 下，则v B 上>v B 下，故选项D 正确．20．[2015·全国卷Ⅱ] C5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 ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a 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 ．8B ．10C ．15D ．18[解析] BC 设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：F km ＝23F （n －k ）m ，解得k ＝35n ，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误．22．[2015·全国卷Ⅱ] A7C5某同学用图1-7(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续点之间的距离．(a) (b)图1-7(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ；(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(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[答案] (1)3.25 1.79 (2)C[解析] (1)a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）（2T ）2＝3.25 m/s 2 v ＝x 2＋x 32T ＝1.79 m/s (2)根据a ＝g sin θ－μg cos θ可知，还需要知道斜面的倾角，故选C.25．[2015·全国卷Ⅱ] C5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°＝35)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1-10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μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2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，μ2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：图1-10(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．[答案] (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[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＝μ1N 1①N 1＝mg cos θ②f 2＝μ2N 2③N 2＝N 1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a 1＝3 m/s 2⑦a 2＝1 m/s 2⑧(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 1t 1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′，此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫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＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑮ 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＋12a 1′t 23⑯ 可得 t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰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 ⑱(利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分)20．C5[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-6(a)所示，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) (b)图1-6A ．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20．ACD [解析] 上滑时设物块的加速度大小为a 1，对物块由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时设物块的加速度大小为a 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由图(b)可得，a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1，联立可解得θ和μ，A 、C 正确；v -t 图像与坐标轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，进而可求得最大高度，D 正确．25．A2、C5[2015·全国卷Ⅰ] 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1-10(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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)(a) (b)图1-1025．(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[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－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由图可知，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 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③ 式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1④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－μ2mg ＝ma 2⑤由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，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μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6.0 m ⑭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μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s ＝－6.5 m ⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.23．[2015·山东卷] C5E2如图1-10甲所示，物块与质量为m 的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l .开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l 段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g .求：甲 乙图1-10(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[答案] (1)3m 0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T 1，传感装置的初始值为F 1，物块质量为M ，由平衡条件得对小球，T 1＝mg ①对物块，F 1＋T 1＝Mg ②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T 2，传感装置的示数为F 2，据题意可知，F 2＝1.25F 1，由平衡条件得对小球，T 2＝mg cos 60°③对物块，F 2＋T 2＝Mg ④联立①②③④式，代入数据得M ＝3m ⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v ，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f ，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12m v 2⑥ 在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知，F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得T 3－mg ＝m v 2l⑦ 对物块，由平衡条件得F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得W f ＝0.1mgl ①4．2015·上海松江区一模楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持绑着刷子的木杆粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为 m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点．刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L ＝4 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，试求：(1)刷子沿天花板向上运动的加速度的大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．图K8-34．(1)2 m/s 2 (2)2 s[解析] (1)以刷子为研究对象，分析受力情况，如图所示：根据牛顿第二定律得(F －mg )sin θ－f ＝ma ①(F －mg )cos θ－F N ＝0②又f ＝μF N ③联立①②③式解得a ＝2 m/s 2.(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L ＝4 m ，则由运动学公式得L ＝12at 2 解得t ＝2L a＝2 s. 5．2015·浙江宁波高三上学期期末如图K8-4甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，在t 1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分v -t 图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F 的大小；(3)t ＝4 s 时物体的速度．图K8-45．(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s ，方向沿斜面向下[解析] (1)根据速度—时间图线可知，匀加速直线运动的加速度大小为a 1＝20 m/s 2 根据牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1匀减速直线运动的加速度大小为a 2＝10 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得F ＝30 N ，μ＝0.5.(2)由(1)知，F ＝30 N.(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力F 后物体运动到最高点的时间为t 2 v 1＝a 2t 2解得t 2＝2 s则物体沿斜面下滑的时间为t 3＝t －t 1－t 2＝1 s设下滑加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3解得a 3＝2 m/s 2所以t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3t 3＝2×1 m/s ＝2 m/s ，方向沿斜面向下．3．2015·江西新余一中高三二模一平板车的质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ．一质量m ＝50 kg 的滑块置于车的平板上，它到平板末端的距离b ＝1.00 m ，与平板间的动摩擦因数为μ＝0.20，如图K9-3所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果滑块从平板上滑落，滑块刚离开平板的时刻，车向前行驶的距离s 0＝2.00 m ．求滑块落地时，落地点到车尾的距离s .(滑块可视为质点，不计路面与平板车间以及轮轴的摩擦，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，结果保留3位有效数字)图K9-33．1.63 m[解析] 对滑块：s 0－b ＝12⎝⎛⎭⎫μmg m t 21对平板车：s 0＝12⎝⎛⎭⎫F －μmg M t 21解得F ＝500 N ，t 1＝1 sa 1＝μg ＝2 m/s 2a 2＝ F －μmg M＝4 m/s 2 滑块离开平板车后，对平板车有a ′2＝F M＝5 m/s 2滑块落地时间t 2＝2h g＝0.5 s 从滑块离开平板车至落地，对滑块有s 1＝v 1t 2＝a 1t 1t 2＝1 m对平板车有s 2＝v 2t 2＋12a ′2t 22＝a 2t 1t 2＋12a ′2t 22＝2.63 m 故s ＝s 2－s 1＝1.63 m.4．2015·重庆巴蜀中学高三一模观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝800 kg ，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v 0＝2 m/s ，此时开始计时，经过t 0＝4 s 时间，气球匀加速下降了h 1＝16 m ，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，气球下降过程中所受的空气浮力不变，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求气球加速下降阶段的加速度大小．(2)抛掉的压舱物的质量m 是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间t 1＝5 s ，气球下降的高度是多大？4．(1)1 m/s 2 (2)80 kg (3)30 m[解析] (1)设气球匀加速下降的加速度为a ，受到空气的浮力为F ，则由运动学公式可知h 1＝v 0t 0＋12at 20解得a ＝1 m/s 2.(2)由牛顿第二定律得Mg －F ＝Ma抛掉质量为m 的压舱物，气球匀速下降，有(M －m )g ＝F解得m ＝80 kg.(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v 1，经过t 1＝5 s 下降的高度为H由运动学公式可知v 1＝v 0＋at 0H ＝v 1t 1解得H ＝30 m.。