2016浙江版高考物理复习高考12题：第3题牛顿运动定律功和能预测题型2多过程问题和连接体问题含答案
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律的应用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的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。
装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。
传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。
传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。
质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。
已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。
设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。
取g =10m/s 2。
求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。
2016届高考物理二轮复习热点题型和提分秘籍3.1牛顿第一定律牛顿第三定律(含答案)
【高频考点解读】1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．【热点题型】题型一牛顿第一定律的理解例1、关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因【提分秘籍】1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。
(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。
惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。
2．对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。
(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。
在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。
(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。
力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。
【举一反三】如图3-1-1所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动。
当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将()图3-1-1A ．立即停下来B ．立即向前倒下C ．立即向后倒下D ．仍继续向左做匀速直线运动解析：选D 木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动。
2016浙江版高考物理复习高考12题：第3题牛顿运动定律功和能预测题型2多过程问题和连接体问题含答案
预测题型2 多过程问题和连接体问题1.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图1，滑块a .b 质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上.a .b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动.不计摩擦，a .b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图1A.a 落地前，轻杆对b 一直做正功B.a 落地时速度大小为2ghC.a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a 落地前，当a 机械能最小时，b 对地面压力大小为mg2.(多选)(2015·绵阳4月模拟)如图2所示，倾角为θ斜面体C 置于粗糙水平面上，物块B 置于斜面上，已知B .C 间动摩擦因数为μ＝tan θ，B 通过细绳跨过光滑定滑轮与物块A 相连，连接B 一段细绳与斜面平行，A .B 质量分别为m .M .现给B 一初速度，使B 沿斜面下滑，C 始终处于静止状态，则在B 下滑过程中，下列说法正确是( )图2A.无论A .B 质量大小关系如何，B 一定减速下滑B.A 运动加速度大小为a ＝mg M ＋mC.水平面对C 一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左D.水平面对C 支持力与B .C 总重力大小相等3.如图3，穿在水平直杆上质量为m 小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上力F ，且F 大小始终与小球速度成正比，即F ＝k v (图中未标出).已知小球与杆间动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0＞μmg .下列关于运动中速度—时间图象正确是( )图34.(多选)如图4所示为与水平地面夹角为θ斜面，从斜面底端a 向上有三个等间距点b 1.b 2和b 3，即ab 1＝b 1b 2＝b 2b 3.小滑块P 以初速度v 0从a 出发，沿斜面向上运动.若斜面与滑块间无摩擦，则滑块到达b 3位置刚好停下，而后下滑.若斜面ab 1部分与滑块间有摩擦，其余部分与滑块间无摩擦，则滑块上滑到b 2位置刚好停下，而后下滑，此后滑块( )图4A.下滑到b 1位置时速度大小等于33v 0 B.下滑到b 1位置时速度大小等于34v 0C.回到a 端时速度大小等于33v 0 D.回到a 端时速度大小等于36v 0 5.(多选)如图5所示，光滑水平面上放置四个木块甲.乙.丙.丁，其中甲.丙质量均为m ，乙.丁质量均为2m .甲与丙间用一根不可伸长轻绳相连，木块间动摩擦因数均为μ，现用水平拉力F 向右分别拉甲或乙，使四个木块共同以最大加速度运动.拉甲时最大拉力为F 1.相应绳上拉力为F 绳1，拉乙时最大拉力为F 2.相应绳上拉力为F 绳2.则下列说法正确是( )图5A.F 1>F 2B.F 1<F 2C.F 绳1>F 绳2D.F 绳1<F 绳26.(多选)如图6所示，ABC 是一条长轨道，其中AB 段为一定倾角斜面，BC 段为水平面.一质量为m 小滑块在A 点从静止状态释放，沿斜面滑下.滑块在B 点没有能量损失，最后停在C 点.A 点与其水平面投影D 点距离为h ，滑块与轨道间动摩擦因数均为μ.若再用一沿着轨道方向力推滑块，使它缓慢地由C 点推至A 点，则( )图6A.推力对滑块做功为3mghB.推力对滑块做功为2mghC.往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmg (s 1＋s 2)D.往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmgs 17.(多选)(2015·泰安二模)如图7所示，倾角30°.高为L 固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m .m 两个小球A .B 用一根长为L 轻绳连接，A 球置于斜面顶端.现由静止释放A .B 两球，B 球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上.已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )图7A.A 球刚滑至水平面时速度大小为5gL 2 B.B 球刚滑至水平面时速度大小为6gL 2C.在A 球沿斜面下滑过程中，轻绳对B 球先做正功.后不做功D.两小球在水平面上不可能相撞答案精析预测题型2多过程问题和连接体问题1.BD[滑块b初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a.b及轻杆整体为研究对象，系统机械能守恒，当a刚落地时，b速度为零，则mgh＝12m v2a＋0，即v a＝2gh，选项B正确；a.b先后受力分别如图甲.乙所示.由a受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b加速度为零(即轻杆对b作用力为零)时，b机械能最大，a机械能最小，这时b受重力.支持力，且F N b ＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面压力大小为mg，选项D正确.]2.ABD[由μ＝tan θ可知mg sin θ＝μmg cos θ，因此如果绳子没有拉力话，物块B会沿斜面匀速下滑，但由于物块A存在，绳子必定有拉力，故物块B一定会减速下滑，选项A正确；把物块A和B看成整体，对整体运用牛顿第二定律可得：mg＝(M＋m)a，由此可得物块A和B具有相同加速度，a＝mgM＋m，故选项B正确；物块B对斜面体C作用力有压力和沿斜面向下摩擦力，且二者合力竖直向下，大小等于物块B重力，斜面C在水平方向没有运动趋势，故斜面C与地面间没有摩擦力，且对地面压力为物块B和C总重力，故选项C错误，选项D正确.]3.C[小球开始重力大于竖直向上力，支持力方向向上，随着速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大.然后竖直向上拉力大于重力，杆对球弹力向下，F 增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动.故C正确.]4.AC[设每段距离为x，则斜面与滑块间无摩擦时，滑块从a到b3，有mg sin θ·3x＝12m v2，有摩擦力时，滑块从b2到b1，有mg sin θ·x＝12m v21，则v1＝33v0，选项A正确；有摩擦力时，滑块从a到b2有mg sin θ·2x＋F f·x＝12m v2，则F f＝mg sin θ，即滑块从b1到a做匀速直线运动，选项C正确.]5.AC[拉甲时，对乙μmg＝2ma1，得a1＝μg 2对整体：F1＝6ma1＝3μmg对丙.丁：F绳1＝3ma1＝3μmg 2拉乙时，对甲.丙.丁：μmg＝4ma2得a2＝μg 4对整体：F2＝6ma2＝3μmg 2对丙.丁：F绳2＝3ma2＝3μmg 4所以F1>F2，F绳1>F绳2.]6.BC[下滑过程：mgh＋W f1＝0－0得：W f1＝－mghW f1＝－μmg cos θ·s2cos θ－μmgs1＝－μmg(s1＋s2) 反推过程：W F＋W f1－mgh＝0－0得：W F＝mgh－W f1＝2mgh全过程：W f＝2W f1＝－2μmg(s1＋s2)]7.AC[A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin 30°＝12(3m＋m)v21，解得：v1＝5gL2，选项A正确；当A球滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速运动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝12×3m·v21＋12m v2B，解得：v B＝32gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑到水平面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑至水平面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误.]。
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N Bv mg F m R-=解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．4．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 ≤≤5．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。
浙江省高考物理《选考总复习》配套课件：第三章 第2讲 牛顿运动定律的应用
√ B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 图2 D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
解析
1
2
2.质量为60 kg的人，站在升降机内的台秤上，测得体重为480 N， 则升降机的运动是(g取10 m/s2)( A.可能是匀速下降 B.升降机加速度大小为2 m/s2 D.可能是减速下降 )
B.木块的加速度
C.木块所受摩擦力 D.木块与桌面间的动摩擦因数 √ 图4
解析
命题点三 动力学的两类基本问题
例3
如图5所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动，由于毛皮
表面的特殊性，物体的运动有如下特点：
①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；
②逆着毛的生长方向运动时会受到来自毛皮的滑动摩擦力.
2mx A. t2 √ 2mx C. 2 t＋1
)
2mx B. 2t－1 2mx D. t －1
1
2
3
4
3.下列说法中正确的是(
)
A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
√ C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
图5
(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦 力？
解析
因毛生长的方向是斜向上的，故物体下滑时会受滑动
摩擦力的作用 答案 下滑时
解析答案
(2)一物体从斜面底端以初速度v0＝2 m/s冲上足够长的斜面，斜 面的倾角为θ＝30° ，过了t＝1.2 s后物体回到出发点.若认为毛皮
2016浙江版高考物理复习第3题牛顿运动定律功和能预测题型3弹簧现象、汽车启动现象
展望题型 3弹簧现象、汽车启动现象1． (2015 天·津理综·5)如图 1 所示，固定的竖直圆滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连结，弹簧的另一端连结在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变成2L(未超出弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图 1A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受协力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变2． (2015 ·海南单科·3)假定摩托艇遇到的阻力的大小正比于它的速率．假如摩托艇发动机的输出功率变成本来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变成本来的()A．4倍B．2倍 C. 3 倍 D. 2 倍3． (2015 ·浙江五校二联考)如图 2 甲所示，一轻质弹簧的下端，固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M 的物体 A、 B(物体 B 与弹簧栓接 )，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加快度为 a 的匀加快运动，测得两个物体的v－t 图象如图乙所示(重力加快度为g)，则 ()图 2A ．施加外力的瞬时，A、B 间的弹力大小为M(g－ a)B ．A、 B 在 t1时辰分别，此时弹簧弹力大小恰巧为零C．弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值D ．B 与弹簧构成的系统的机械能先渐渐增添，后保持不变4．(2015 漳·州模拟 )如图 3 甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上．一质量为m＝ 0.2 kg 的小球，从弹簧上端某高度处自由着落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内 )，其速度 v 和弹簧压缩量x 之间的函数图象如图乙所示，此中A为曲线的最高点．小球和弹簧接触瞬机遇械能损失不计，g 取 10 m/s2，则以下说法正确的选项是()图 3A．小球刚接触弹簧时加快度最大D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小5．为减少灵活车尾气排放，某市推出新式节能环保电动车．在检测该款电动车性能的实验中，质量为800 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不一样时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度v,并描述出如图 4 所示的F－ 1图象v(图中AB、 BO均为直线 ),假定电动车行驶中所受阻力恒定，最后匀速运动，重力加快度g 取 10 m/s2.则 ()图 4A ．电动车匀加快运动过程中的最大速度为15 m/sB ．该车起动后，先做匀加快运动，而后匀速运动C．该车做匀加快运动的时间是 1.5 sD ．该车加快度大小为0.75 m/s26． (多项选择 )质量为2× 103kg ，发动机额定功率为80 kW 的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4× 103N，则以下判断中正确的有()A ．汽车的最大动能是 4× 105 JB ．汽车以加快度 2 m/s2匀加快启动，启动后第 2 秒末时发动机实质功率是 32 kWC．汽车以加快度 2 m/s2做初速度为0 的匀加快运动中，达到最大速度时阻力做功为4× 105 JD ．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为 5 m/s 时，其加快度为 6 m/ s27．(多项选择 )(2015 杭·州七校联考 )有一辆质量为170 kg 、输出功率为 1 440 W 的太阳能试验汽车，安装有约 6 m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为 30 W/m 2.若驾驶员的质量为70kg ，汽车最大行驶速度为 90 km/ h.假定汽车行驶时遇到的阻力与其速度成正比，则汽车()A ．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6 NB ．刚启动时的加快度最小C．保持最大速度行驶 1 h 起码需要有效光照8 hD ．直接用太阳能电池板供给的功率可获取 3.13 m/s 的最大行驶速度答案精析展望题型 3弹簧现象、汽车启动现象1． B[ 圆环在着落过程中弹簧的弹性势能增添，由能量守恒定律可知圆环的机械能减少，而圆环与弹簧构成的系统机械能守恒，故 A 、D 错误；圆环下滑到最大距离时速度为零，可是加速度不为零，即合外力不为零，故 C 错误；圆环重力势能减少了3mgL，由能量守恒定律知弹簧弹性势能增添了3mgL ，故 B 正确． ]2． D [ 设 f＝ kv，当阻力等于牵引力时，速率最大，输出功率变化前，有P＝ Fv＝ fv＝ kv·v＝kv2，变化后有 2P＝F′ v′＝ kv′ ·v′＝kv′2，联立解得 v′＝2v， D 正确． ]Mg 3． A [ 施加 F 前，物体 A、 B 整体均衡，依据均衡条件，有：2Mg＝ kx；解得： x＝ 2 k、施加外力 F 的瞬时， A、 B 拥有同样的加快度 a.对 B 物体，依据牛顿第二定律，有： F 弹－ Mg－F AB＝ Ma此中： F 弹＝ 2Mg解得： F AB＝ M(g－ a)，故 A 正确．物体 A、 B 在 t1时辰分别，此时 A、 B 拥有共同的 v 与 a；且 F AB＝0；对 B： F 弹′ － Mg＝ Ma解得： F 弹′＝ M(g＋ a)，故 B 错误．B 受重力、弹力及压力的作用；当协力为零时，速度最大，而弹簧恢复到原长时， B 遇到的合力为重力，已经减速一段时间；速度不是最大值；故C 错误；B 与弹簧开始时遇到了 A 的压力做负功，故开始机遇械能减小；故D错误．]4． B[ 由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当 x 为 0.1 m 时，小球的速度最大，而后减小，说明当x 为 0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．因此可得：k x＝mg，解得： k＝0.2×10N /m ＝ 20 N/ m.弹簧的最大缩短量为x0.1最大＝ 0.61 m，因此 F最大＝ 20 N/m× 0.61 m＝ 12.2N ．弹力最大时的加快度a＝F最大－mg＝m12.2－0.2×10＝51 m/s 2，小球刚接触弹簧时加快度为10 m/ s2，因此压缩到最短时加快度最大，0.2故 A 错误， B 正确；小球和弹簧构成的系统机械能守恒，独自的小球机械能不守恒，故 C 错误；从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧的弹性势能向来增大，故D错误．]1对应匀加快运动的最大速度，匀加快达到的最大速度为 3 m/s.故 A 错误．5． C [B 点横坐标vAB 段牵引力不变，依据牛顿第二定律知，加快度不变，做匀加快直线运动；BC 图线的斜率表示电动车的功率， 知 BC 段功率不变，牵引力减小，加快度减小， 做加快度减小的加快运动． 故B 错误．电动机的功率为： P ＝2 000－400W ＝ 6 000 W ，113－15匀加快运动的末速度为： v ＝ P ＝6 000F 2 000 m/s当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f ＝ 400 N ，依据牛顿第二定律得，匀加快运动的加快度大小 a ＝ F － f＝ 2 m/s 2 ，mv3则匀加快运动的时间 t ＝ a ＝2 s ＝ 1.5 s ．故 C 正确， D 错误． ]6． ABD [由题意适当牵引力等于阻力时，速度达到最大，v m ＝ P ＝ P ＝80 000m/s ＝20 m/ s ，F f 4 000因此最大动能为 E m ＝ 1mv m 2＝ 1× 2×103× 202 J ＝ 4× 105 J ，故 A 正确． 当汽车以 2 m/s 2 的加快22度做匀加快运动， 由牛顿第二定律F － f ＝ma可知牵引力 F ＝ f ＋ ma ＝ 4 000 N＋2 000×2 N ＝ 8000 N，而2 s末速度v ＝ at ＝ 4 m/ s ，功率为P ＝ Fv ＝32 kW，故 B 正确．汽车匀加快可以达P 80 000v2102到的最大速度 v ＝ ＝＝F 8 000 m/s ＝10 m/ s ，由速度位移公式可知经过的位移x ＝2×2m2a ＝ 25 m ，因此阻力做的功为 W ＝ fx ＝1× 105J ，故 C 错误．当汽车速度达到 5 m/s 时，牵引力为 F ＝ P ＝ 80 000N ＝ 16 000 N ，加快度为 a ＝F － f ＝ 16 000－ 4 000m/s 2＝ 6 m/ s 2，故 D 正确．] v 5 m 2 0007． AC[ 依据 P 额 ＝ Fv max ，得： F ＝P额＝1 440N ＝ 57.6 N ，故 A 正确；以额定功率启动时：v max25f ＝ kv ， F － f ＝ ma ，而刚启动时 v ＝ 0，则 f ＝ 0，故刚启动时加快度很大， B 错误；由公式 W ＝Pt ，由能量守恒得： 1 440 W × 1 h ＝ 30× 6 W × t ，得 t ＝ 8 h ，即保持最大速度行驶 1 h 起码需要有效光照 8 h ，故 C 正确；由题意：汽车行驶时遇到空气阻力与其速度成正比，设f ＝ kv ，则联合前方剖析：57.6＝ k × 25 得： k ＝ 2.304，当直接用太阳能电池板供给的功率可获取最大速度时：牵引力＝阻力，即180＝ kv 得： v ≈ 8.84 m/s ，故 D 错误． ]v。
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)及解析
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)及解析一、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：22vt a = 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。
浙江版高考物理 专题三 牛顿运动定律
专题三牛顿运动定律挖命题【考情探究】分析解读 1.牛顿运动定律是经典物理学中最基本、最重要的规律,是力学知识的基础。
复习时应从物理意义角度重新对概念、现象进行认识和理解,多加熟悉理想斜面实验、牛顿第一定律、加速度和力的关系、运动和力的关系、超重失重问题等。
2.牛顿运动定律属于力学主干内容,涉及方法、思想较多。
多以选择题和计算题的形式考查牛顿运动定律。
【真题典例】破考点【考点集训】考点一牛顿运动定律1.(2018浙江6月学考,13,2分)通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是()A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿答案B2.(2018浙江4月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是()A.kg·m2/s2B.kg·m/s2C.N/mD.N·m答案A3.(2018浙江6月学考,14,2分)雨滴在1.5km左右的高空形成并开始下落,落到地面的速度一般不超过8m/s。
若雨滴沿直线下落,则其下落过程()A.做自由落体运动B.加速度逐渐增大C.总时间约为17sD.加速度小于重力加速度答案D4.[2018浙江杭州地区(含周边)重点中学期末,5]如图所示是一支旅行用的牙膏,该牙膏的外壳是由薄铝皮做的,根据你的知识和生活经验,判断下列说法正确的是()A.该牙膏外壳被挤压后发生的形变为弹性形变B.牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的弹力作用C.挤牙膏时手对牙膏壳的作用力大小等于牙膏壳对手的作用力大小D.挤牙膏时手对牙膏壳的作用力小于牙膏壳对手的作用力答案C5.(2017浙江台州模拟,6)电视剧《芈月传》中秦武王举鼎而死。
在秦武王举鼎过程中()A.秦武王举鼎的力小于鼎对他的压力B.秦武王举鼎的力大小等于鼎对他的压力大小C.秦武王受到的重力的反作用力是地面对他的支持力D.秦武王举鼎的力和他受到的重力是一对作用力和反作用力答案B6.(2017浙江台州模拟,7)在行车过程中遇到紧急刹车,乘员可能会由于惯性而受到伤害。
浙江省高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律(选考部分,
第三章 牛顿运动定律课时作业一、选择题1．(2016·余姚市调研)(多选)关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是( )A ．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B ．物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C ．物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D ．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析 物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故C 、D 正确，A 、B 错误。
答案 CD2．如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A 从背后轻轻推另一个人B 时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A 推B 时( )A ．A 与B 之间有相互作用力B ．A 对B 的作用在先，B 对A 的作用在后C ．B 对A 的作用力小于A 对B 的作用力D ．A 对B 的作用力和B 对A 的作用力是一对平衡力解析 A 推B 时，A 与B 之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，分别作用在不同的物体上，选项A 正确，B 、C 、D 错误。
答案 A3．(2016·台州市联考)人站在地面，竖直向上提起质量为1 kg 的物体，物体获得的加速度为5 m/s 2(g 取10 m/s 2)。
则此过程中人对物体的作用力为( )A ．5 NB ．10 NC ．15 ND ．20 N解析 根据牛顿第二定律，物体竖直方向上有F －mg ＝ma ，求得F ＝15 N 。
答案 C4．假设汽车突然紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受的重力的大小差不多，当汽车以20 m/s 的速度行驶时突然制动，它还能继续滑动的距离约为( )A ．40 mB ．20 mC ．10 mD ．5 m解析 a ＝F f m ＝mg m ＝g ＝10 m/s 2，由v 2＝2ax 得x ＝v 22a ＝2022×10 m ＝20 m ，B 对。
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】(1) (2) (3)【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1所以匀加速运动的位移为：行李随传送带匀速前进的时间：行李箱从A传送到B所需时间：(3) t1传送带的的位移为：根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：整个过程行李对传送带的摩擦力做功：2．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v0=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．3．质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=16m/s 沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t =2s 速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度大小； （2）物块滑动过程摩擦力大小； （3）物块下滑所用时间.【答案】（1）8m/s 2；（2）4N ；（3）s【解析】 【详解】（1）上滑时，加速度大小（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：解得（3）位移下滑时，由牛顿第二定律，得解得 由，解得=s4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得233t s =故经过时间12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1；(2)物体运动到B 处的速度大小v B ；(3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s【解析】【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间．【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=① 物体沿斜面向上运动的时间：22B v t a = ② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③ 因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．（2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+ 由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-=对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为2222243()()1223a t a tx ma a∆=-=--整个过程物块与木板的相对位移为1282.673x x x m m∆=∆-∆==点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g取l0m/s2．（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．【答案】（1）20 3.6m2vxa==（2）t=1s（3）121x x m+=【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）225m/sa gμ==20 3.6m2vxa==（2）对m：2125/a g m sμ==，对M：221()Ma mg m M gμμ=-+，221m/sa=012v a t a t-=t=1s（3）木板共速前先做匀加速运动2110.52x at m==速度121m/sv a t==以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动231/a g m sμ==，22310.52x vt a t m=+=X=121x x m+=考点：牛顿定律的综合应用4．传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（1）1s（2）【解析】【详解】（1）物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1解得a1＝8 m/s2由v＝a1t1得t1＝0.5s位移x1＝a1t12＝1m物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．位移x2＝－x1＝2mt2＝＝0.5s总时间为t＝t1＋t2＝1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x＝＝4 m＞x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故x 2＝vt 3-a 2t 32解得t 3＝（2-）s 或t 3＝（2+）s （舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．5．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M =2.5kg ．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m =1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：(1)水平力F 的大小；(2)弹簧的伸长量Δl .【答案】（1）403N （2）8cm【解析】【分析】斜面M 、物体m 在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m 的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力．【详解】(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T ，铁球受力如图:由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=cos T ma θ=对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a =+()联立以上两式并代入数据得：403F N =(2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:由平衡条件得： 0sin T mg θ=由胡克定律得：00T k l =∆T k l =∆联立以上两式并代入数据得：8?cm l ∆=【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．6．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）【答案】（1）0.5（2）1s【解析】【分析】【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：000.5sin 37cos37N F mg mg +=在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=代入数据解得：a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12at 2 运动时间为22 3.7517.5s t s s a ⨯===； 【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．7．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。
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 vt 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：23?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。
2016届浙江省高考物理二轮复习12题逐题特训第3题预测题型1牛顿运动定律的理解和应用
第3题牛顿运动定律功和能预测题型1牛顿运动定律的理解和应用1．如图1所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况()图1A．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变B．弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加C．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且减少的示数等于增加的示数D．弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且增加的示数等于减少的示数2．(2015·银川二模)如图2甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则()图2A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小B．t0时刻，物体速度增加到最大值C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动D．在0到t0时间内，力F大小保持不变3．(2015·安康二模)如图3所示，在光滑水平桌面上有一质量为1 kg的木块A，A的左右两侧通过轻绳与轻弹簧测力计相连，弹簧测力计另一端都通过定滑轮，挂着两个质量均为0.3 kg的钩码，滑轮摩擦不计，两钩码间用轻绳相连，系统处于静止状态．用剪刀将右侧钩码间绳子剪断，在剪断的瞬间，下列说法正确的是(g＝10 m/s2)()图3A．左侧两钩码的加速度大小为5 m/s2，方向竖直向下B．右侧上方钩码的加速度大小为5 m/s2，方向竖直向上C．物块A的加速度为零D．物块A的加速度大小为3 m/s2，方向水平向右4．如图4所示，质量分别为m、2m的物体A、B由轻质弹簧相连后放置在一箱子C内，箱子质量为m，整体悬挂处于静止状态．当剪断细绳的瞬间，以下说法正确的是(重力加速度为g)()图4A．物体A的加速度等于gB．物体B的加速度大于gC．物体C的加速度等于gD．物体B和C之间的弹力为零5．(2015·合肥二质检)如图5所示，长为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球，现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g，当绳与竖直方向的夹角α＝30°时，小球受到的合力大小为()图5A.3mgB.132mgC.32mg D．(1＋3)mg6．(2015·江西师大附中模拟)如图6所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是()图6A．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大B．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变7．如图7所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是()图7A．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到地面的摩擦力方向可能向右C．若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到地面的摩擦力可能向右D．若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力答案精析第3题牛顿运动定律功和能预测题型1牛顿运动定律的理解和应用1．C[当金属球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确．]2．B[由题图乙可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，故A错误；当加速度减为零时，速度最大，所以t0时刻，物体速度增加到最大值，故B正确；加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速直线运动，故C错误；根据F－F f＝ma，可知，a减小，F f不变，所以F减小，故D错误．]3．C[用剪刀将右侧钩码间绳子剪断的瞬间，弹簧弹力不变，所以左侧两钩码受力平衡，加速度为零，右侧上方钩码所受的合力大小为3 N，方向向上，加速度为10 m/s2，方向竖直向上，故A、B错误；开始时，A水平方向受两个弹簧的弹力作用，受力平衡，剪断右侧钩码间轻绳瞬间，弹簧的弹力不变，则A仍然受力平衡，加速度为零，故C正确，D错误．]4．BD[物体A受重力和支持力，在细绳剪断瞬间仍受力平衡，所以a＝0，故A错误；B、C物体相对静止，将B、C看作一个整体，受重力和弹簧的压力，弹簧的压力等于A物体的重力，故整体的加速度为：a＝mg＋2mg＋mg2m＋m＝43g；故B正确，C错误；根据B项分析知B与C之间弹力为零，故D正确．]5．B[当绳与竖直方向的夹角α＝30°时，由机械能守恒定律可得：mgL cos α＝12m v2；根据牛顿运动定律可得小球沿绳子方向的合力即向心力为：F＝m v2L＝2mg cos α，小球受的合力为：F合＝(mg sin 30°)2＋(2mg cos 30°)2＝132mg，故选B.]6．D[对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上合力仍为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变，对小球受力分析，加速前，小球处于静止状态，重力等于绳子的拉力，加速后，小球的加速度水平向右，即拉力和重力的合力水平向右，拉力增大，弹簧秤的示数增大，故D正确．] 7．A[剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、物体m对斜面体的力(物体m对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力)，斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，物体m对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对物体m的力向左上方；若剪断弹簧，物体m和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故物体m对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故物体m对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D 错误．]。
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．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．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；（3）【解析】【详解】（1）当F ＜μ2（m 1+m 2）g ＝3N 时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m 1：f max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝m 1a max ，f max ＝μ1m 2g解得：a max ＝3m/s 2对整体有：F max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝（m 1+m 2）a max解得：F max ＝12N由F max ＝3t 得：t ＝4s（2）t ＝10s 时，两物体已相对运动，则有：对m 1：μ1m 2g ﹣μ2 （m 1+m 2）g ＝m 1a 1解得：a 1＝3m/s 2对m 2：F ﹣μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝3t ＝30N解得：a 2＝12m/s 2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）图象如图所示．4．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移．【答案】（1）2N 3s （2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P =联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v '由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m5．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N【解析】【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．对物体C ，有：0mg kx =解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =-解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-=解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N6．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 ＝50W7．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：（1）主动轮的半径；（2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s【解析】【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间．【详解】（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2=代入数据解得v =1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得2v mg m R=， 代入数据得R =0.1m（2）由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，代入数据解得a =0.4m/s 2由212v s a=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度， 故传送带的速度为1m/s ．（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s煤块匀速运动的位移为s 2=s ﹣s 1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t 2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t =t 1+t 2代入数据解得t =4.25s8．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律的应用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的应用1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）(2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ；(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，代入数据得：F =7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有：mgh =212mv 解得v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：μmgL =2201122mv mv 代入数据得：μ=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：x=v 0t对物体有：v 0=v −atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为：△x =L−x相对滑动产生的热量为：Q=μmg △x代值解得：Q =0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ．【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J【解析】【详解】（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：112122v v v L t t t ＝++ 代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L v m s t ＝＝＝ （2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：22110/10/1v a m s m s t V V ＝＝＝ 则物体所受的合力为：F合=ma1=2×10N=20N．1-2s内的加速度为：a2＝21＝2m/s2，根据牛顿第二定律得：a1＝mgsin mgcosmθμθ+=gsinθ+μgcosθa2＝mgsin mgcosmθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s内，物块的位移：x1＝12a1t12＝12×10×1m＝5m传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：△x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3＝vt2+12a2t22=10×1+12×2×1m＝11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝12m v B2−mgh=12×2×122−2×10×9.6=-48J负号表示机械能减小．3．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。
高中物理高考物理牛顿运动定律的应用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的应用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的应用1．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,(1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．【答案】（1）25m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J【解析】 【详解】(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -=A B f f = 0.5A A f m g =联立以上方程得：25m/s A a = 27.5m/s B a =(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t =212B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =A 、B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：21()2kA A A A A E m v m g H h =+- 400J kA E = 21()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =(3)两球损失的机械能总量为E ∆，()A B kA kB E m m gH E E ∆=+-- 代入以上数据得：250J E ∆= 【点睛】(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．3．如图所示，水平传送带长为L =11.5m ，以速度v =7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A 端无初速释放一个质量为m =1kg 的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F =5N 、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A 端运动到B 端的过程中:（1）滑块运动的时间；（2）滑块相对传送带滑过的路程． 【答案】（1）2s （2）4m 【解析】【分析】（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B 端所用的时间，从而求出总时间．（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移． 【详解】（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为1a ，由牛顿第二定律：()13737Fcos mg Fsin ma μ︒+-︒=解得：217.5/a m s =滑块与传送带达到共同速度的时间：111vt s a == 此过程中滑块向右运动的位移：11 3.752vs t m == 共速后 , 因 ()3737Fcos mg Fsin μ︒>-︒ ，滑块继续向右加速运动， 由牛顿第二定律：()23737Fcos mg Fsin ma μ︒--︒=解得：220.5/a m s =根据速度位移关系可得：()22212Bvv a L s -=-滑块到达 B 端的速度：8/B v m s = 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：221B v vt s a -== 滑块从 A 端到 B 端的时间：122t t t s =+=（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：111 3.75s vt s m =-=V ，1s ∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： ()2120.25s L s vt m =--=V， 0∼2s 内滑块相对传送带的路程： 124s s s m =+=V V V4．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m ，质量为0.6kg ．在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02kg 的子弹以的150m/s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10m/s 2(结果保留2位有效数字)(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动． (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离． 【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2)0.078m x =板 【解析】 【分析】 【详解】(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为0,,m M m ,子弹的初速度为0v 子弹击中小物块后二者的共同速度为1v 由动量守恒定律()0001m v M m v =+ ①子弹击中小物块后物块的质量为M '，且0M M m '=+.设当物块滑至第n 块木板时，木板才开始运动12((6))M g M n m g μμ''>+- ②其中12,μμ分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数. 由式解得n 4.3>即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动. (2) 令物块滑上第五块木板上时，s v 满足:()()()22100114,1/2s s M m g L M m v v v m s μ-+⋅=+-= 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，v t -图象如图:11122231-2s381m/s41s413115m m 0.078m284464t t t v v t g x μ=⇒====⎛⎫∴=+⨯== ⎪⎝⎭共共板5．如图所示，质量均为3kg m =的物体A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为100N/m k =的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。
高考物理高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高考物理高考物理牛顿运动定律的应用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的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N ≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．3．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 如图所示：【解析】 【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。
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预测题型2 多过程问题和连接体问题
1、(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图1，滑块a 、b 质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上、a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动、不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )
图1
A 、a 落地前，轻杆对b 一直做正功
B 、a 落地时速度大小为2gh
C 、a 下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D 、a 落地前，当a 机械能最小时，b 对地面压力大小为mg
2、(多选)(2015·绵阳4月模拟)如图2所示，倾角为θ斜面体C 置于粗糙水平面上，物块B 置于斜面上，已知B 、C 间动摩擦因数为μ＝tan θ，B 通过细绳跨过光滑定滑轮与物块A 相连，连接B 一段细绳与斜面平行，A 、B 质量分别为m 、M .现给B 一初速度，使B 沿斜面下滑，C 始终处于静止状态，则在B 下滑过程中，下列说法正确是( )
图2
A 、无论A 、
B 质量大小关系如何，B 一定减速下滑
B 、A 运动加速度大小为a ＝mg M ＋m
C 、水平面对C 一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左
D 、水平面对C 支持力与B 、C 总重力大小相等
3、如图3，穿在水平直杆上质量为m 小球开始时静止、现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆
方向施加竖直向上力F ，且F 大小始终与小球速度成正比，即F ＝k v (图中未标出)、已知小球与杆间动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0＞μmg .下列关于运动中速度—时间图象正确是( )
图3
4、(多选)如图4所示为与水平地面夹角为θ斜面，从斜面底端a 向上有三个等间距点b 1、b 2和b 3，即ab 1＝b 1b 2＝b 2b 3.小滑块P 以初速度v 0从a 出发，沿斜面向上运动、若斜面与滑块间无摩擦，则滑块到达b 3位置刚好停下，而后下滑、若斜面ab 1部分与滑块间有摩擦，其余部分与滑块间无摩擦，则滑块上滑到b 2位置刚好停下，而后下滑，此后滑块( )
图4
A 、下滑到b 1位置时速度大小等于
33v 0 B 、下滑到b 1位置时速度大小等于
34v 0
C 、回到a 端时速度大小等于
33v 0 D 、回到a 端时速度大小等于36v 0 5、(多选)如图5所示，光滑水平面上放置四个木块甲、乙、丙、丁，其中甲、丙质量均为m ，乙、丁质量均为2m .甲与丙间用一根不可伸长轻绳相连，木块间动摩擦因数均为μ，现用水平拉力F 向右分别拉甲或乙，使四个木块共同以最大加速度运动、拉甲时最大拉力为F 1、相应绳上拉力为F 绳1，拉乙时最大拉力为F 2、相应绳上拉力为F 绳2.则下列说法正确是( )
图5
A 、F 1>F 2
B 、F 1<F 2
C 、F 绳1>F 绳2
D 、F 绳1<F 绳2
6、(多选)如图6所示，ABC 是一条长轨道，其中AB 段为一定倾角斜面，BC 段为水平面、一质量为m 小滑块在A 点从静止状态释放，沿斜面滑下、滑块在B 点没有能量损失，最后停在C 点、A 点与其水平面投影D 点距离为h ，滑块与轨道间动摩擦因数均为μ.若再用一沿着轨道方向力推滑块，使它缓慢地由C 点推至A 点，则( )
图6
A 、推力对滑块做功为3mgh
B 、推力对滑块做功为2mgh
C 、往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmg (s 1＋s 2)
D 、往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmgs 1
7、(多选)(2015·泰安二模)如图7所示，倾角30°、高为L 固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 两个小球A 、B 用一根长为L 轻绳连接，A 球置于斜面顶端、现由静止释放A 、B 两球，B 球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上、已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )
图7
A 、A 球刚滑至水平面时速度大小为
5gL 2 B 、B 球刚滑至水平面时速度大小为6gL 2
C 、在A 球沿斜面下滑过程中，轻绳对B 球先做正功、后不做功
D 、两小球在水平面上不可能相撞
答案精析
预测题型2多过程问题和连接体问题
1、BD[滑块b初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；
以滑块a、b及轻杆整体为研究对象，系统机械能守恒，当a刚落地时，b速度为零，则mgh＝1
2m v
2
a
＋0，即v a＝2gh，选项B正确；a、b先后受力分别如图甲、乙所示、
由a受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b加速度为零(即轻杆对b作用力为零)时，b机械能最大，a机械能最小，这时b受重力、支持力，且
F N b＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面压力大小为mg，选项D正确、]
2、ABD[由μ＝tan θ可知mg sin θ＝μmg cos θ，因此如果绳子没有拉力话，物块B会沿斜面匀速下滑，但由于物块A存在，绳子必定有拉力，故物块B一定会减速下滑，选项A正确；把物块A 和B看成整体，对整体运用牛顿第二定律可得：mg＝(M＋m)a，由此可得物块A和B具有相同加
速度，a＝
mg
M＋m
，故选项B正确；物块B对斜面体C作用力有压力和沿斜面向下摩擦力，且二者
合力竖直向下，大小等于物块B重力，斜面C在水平方向没有运动趋势，故斜面C与地面间没有摩擦力，且对地面压力为物块B和C总重力，故选项C错误，选项D正确、]
3、C[小球开始重力大于竖直向上力，支持力方向向上，随着速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大、然后竖直向上拉力大于重力，杆对球弹力向下，F增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动、故C正确、]
4、AC[设每段距离为x，则斜面与滑块间无摩擦时，滑块从a到b3，有mg sin θ·3x＝1
2m v
2
，有摩
擦力时，滑块从b2到b1，有mg sin θ·x＝1
2m v
2
1
，则v1＝
3
3
v0，选项A正确；有摩擦力时，滑块从a
到b2有mg sin θ·2x＋F f·x＝1
2m v
2
，则F f＝mg sin θ，即滑块从b1到a做匀速直线运动，选项C正确、]
5、AC[拉甲时，对乙μmg＝2ma1，得a1＝μg 2
对整体：F1＝6ma1＝3μmg
对丙、丁：F绳1＝3ma1＝3μmg 2
拉乙时，对甲、丙、丁：μmg＝4ma2得a2＝μg 4
对整体：F2＝6ma2＝3μmg 2
对丙、丁：F绳2＝3ma2＝3μmg 4
所以F1>F2，F绳1>F绳2.]
6、BC[下滑过程：mgh＋W f1＝0－0得：W f1＝－mgh
W f1＝－μmg cos θ·s2
cos θ－μmgs1＝－μmg(s1＋s2) 反推过程：W F＋W f1－mgh＝0－0
得：W F＝mgh－W f1＝2mgh
全过程：W f＝2W f1＝－2μmg(s1＋s2)]
7、AC[A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin 30°＝1
2(3m＋m)v
2
1
，解
得：v1＝5gL
2，选项A正确；当A球滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速运
动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝1
2×3m·v
2
1
＋
1
2m v
2
B
，解得：v B＝
3
2
gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑到水平面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑至水平面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误、]。