2018高中物理 第四章 牛顿运动定律练习（打包19套）新人教版必修1.zip

1动态三角形法解决动态平衡问题（答题时间：25 分钟）1. 如图所示，用一根细线系住重力为 G、半径为 R 的球，其与倾角为 α 的光滑斜面劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，细线悬点 O 固定不动，在斜面劈从图示位置缓慢水平向左移动直至绳子与斜面平行的过程中，下列说法正确的是 （ ）A. 细绳对球的拉力先减小后增大B. 细绳对球的拉力先增大后减小C. 细绳对球的拉力一直减小D. 细绳对球的拉力最小值等于 Gsin α2. 如图所示，倾角为 θ ＝30°的斜面体放在水平地面上，一个重为 G 的球在水平力 F的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为 F；若将力 F 从水平方向逆时针转过某一角度 α 后（ 2） ，仍保持 F 的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为 Ff，那么 F 和 Ff的大小分别是 （ ）A. F＝ 63G， Ff＝ G B. F＝ 23G， Ff＝ 4GC. F＝ 4G， Ff＝ 2G D. F＝ G， Ff＝ 6G3. 在固定于地面的斜面上垂直安放了一个挡板，截面为 41圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，乙没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示。现在从球心处对甲施加一平行于斜面向下的力 F，使甲沿斜面方向缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止，设乙对挡板的压力为 F1，甲对斜面的压力为 F2，在此过程中 （ ）A. F1缓慢增大， F2缓慢增大2B. F1缓慢增大， F2缓慢减小C. F1缓慢减小， F2缓慢增大D. F1缓慢减小， F2保持不变4. （全国高考）如图所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为 N1，球对木板的压力大小为 N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（ ）A. N1始终减小， N2始终增大B. N1始终减小， N2始终减小C. N1先增大后减小， N2始终减小D. N1先增大后减小， N2先减小后增大5. 如图所示，质量为 M 的直角三棱柱 A 放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为 θ ，质量为 m 的光滑球 B 放在三棱柱和光滑竖直墙之间， A、 B 处于静止状态，现对 B 加一个竖直向下的力 F， F 的作用线过球心。设墙对 B 的作用力为 F1， B 对 A 的作用力为 F2，地面对 A 的支持力为 F3，地面对 A 的摩擦力为 F4，若 F 缓慢增大而且整个装置仍保持静止，在此过程中（ ）A. F1保持不变， F3缓慢增大B. F2、 F4缓慢增大C. F1、 F4缓慢增大D. F2缓慢增大， F3保持不变6.（高考全国卷）如图所示，一根轻绳跨过定滑轮后系在质量较大的球上，球的大小不可忽略。在轻绳的另一端加一个力 F，将球沿斜面由图示位置缓慢拉上顶端，各处的摩擦不计，在这个过程中拉力 F 的变化情况是（ ）A. 逐渐增大 B. 保持不变C. 先增大后减小 D. 先减小后增大37. 如图所示，把小船用绳索拉向岸边，设船在水中运动时所受水的阻力不变，那么小船在匀速靠岸过程中，下面哪些说法是正确的（ ）A. 绳子的拉力 F 不断增大B. 绳子的拉力 F 不变C. 船所受的浮力不断减小D. 船所受的浮力不断增大8.（湖南长沙一中模拟）如图所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图。使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上。撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长。粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小。该过程中撑竿对涂料滚的推力为 F1，墙壁对涂料滚的支持力为 F2，下列说法正确的是（ ）A. F1、 F2均减小 B. F1、 F2均增大C. F1减小， F2增大 D. F1增大， F2减小41. CD 解析：以小球为研究对象，对其受力分析如图所示，因题中“缓慢”移动，故小球处于动态平衡，由图得知在题设的过程中， FT一直减小，当绳子与斜面平行时， FT与 FN垂直， FT有最小值，且 FTmin＝ Gsin α ，故选项 C、D 正确。2. D 解析：根据题意可知，水平力 F 沿斜面向上的分力 Fcos θ ＝ Gsin θ ，所以F＝ Gtan θ ，解得 F＝ 3G；根据题意可知，力 F 转过的角度 α ＝60°，此时把小球和斜面体看成一个整体，水平地面对斜面体的摩擦力和力 F 的水平分力大小相等，即 Ff＝ Fcos α ＝ 63G。3. D 解析：对整体受力分析，如图甲所示，垂直斜面方向只受两个力：甲、乙重力在垂直于斜面方向的分力和斜面对甲的支持力 F2′，且 F2′－ Gcos θ ＝0，即 F2′保持不变，由牛顿第三定律可知，甲对斜面的压力 F2也保持不变；对圆球乙受力分析如图乙、丙所示，当甲缓慢下移时， FN与竖直方向的夹角减小， F1减小。甲 乙 丙4. B 解析：如图所示，因为 N1＝ tanmg， N2＝ si，随 θ 逐渐增大到 90°，tan θ 、sin θ 都增大， N1、 N2都逐渐减小，所以选项 B 正确。55. BC 解析：A、 B 整体竖直方向上有 F3＝ F＋ Mg＋ mg， F3随 F 增大而增大；水平方向上有 F1＝ F4， B球的受力分析如图所示，平移 F1、 F2′与（ mg＋ F）构成力的三角形，由图可知，当 F 缓慢增大时， F1、 F2′都增大，则 F2增大， F4＝ F1也增大，选项 B、C 正确。6. A 解析：因为缓慢拉动，所以球始终处于平衡状态，对球受力分析，其共受到三个力的作用，如图所示，根据平衡条件可知，这三个力首尾相接可组成闭合三角形，随着球的上升，拉力 F 与斜面间的夹角逐渐增大，而拉力 F 的大小也逐渐增大，所以 A 选项正确。7. AC 解析：小船共受四个力作用：重力 G、浮力 F 浮 、水的阻力 F 阻 、绳子拉力 F。引入绳与水平方向的夹角 θ 为参量（如图所示） 。故用解析法（平衡方程式法）：由于小船是匀速靠岸，故有平衡方程Fcos θ ＝ F 阻 ①Fsin θ ＋ F 浮 ＝ mg ②由题意可知：重力 G 和水对小船的阻力 F 阻 不变。在靠岸过程中 θ 不断增大，cosθ减小，Fcosθ 不变，所以 F 不断增大，Fsinθ 同时增大，致 F 浮 不断减小。 A、 C 选项正确。8. A 解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示由平衡条件可得： F1sin θ － F2＝0， F1cos θ － G＝0，解得 F1＝ cos， F2＝ Gtan 6θ ，由于 θ 减小，所以 F1减小， F2减小，故正确选项为 A。1相似三角形分析动态平衡问题（答题时间：30 分钟）1. 如图所示，轻弹簧的一端与物块 P 相连，另一端固定在木板上。先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块 P 刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块 P 所受静摩擦力的大小变化情况是（ ）A. 先保持不变 B. 一直增大C. 先增大后减小 D. 先减小后增大2. 如图所示，在斜面上放两个光滑球 A 和 B，两球的质量均为 m，它们的半径分别是 R和 r，球 A 左侧有一垂直于斜面的挡板 P，两球沿斜面排列并处于静止状态，下列说法正确的是（ ）A. 斜面倾角 θ 一定， Rr 时， R 越大， r 越小，则 B 对斜面的压力越小B. 斜面倾角 θ 一定， R＝ r 时，两球之间的弹力最小C. 斜面倾角 θ 一定时，无论半径如何， A 对挡板的压力一定D. 半径一定时，随着斜面倾角 θ 逐渐增大， A 受到挡板的作用力先增大后减小3. 半径为 的球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，滑轮到球面 B的距离为 h，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的 点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球由 到 B的过程中，半球对小球的支持力 N和绳对小球的拉力 T的大小变化的情况是（ ）A. 变大， 变小 B. N变小， T变大C. 变小， 先变小后变大 D. 不变， 变小4. 竖直绝缘墙壁上的 Q 处有一固定的质点 A，在 Q 的正上方的 P 点用细线悬挂一质点2B，A、B 两点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成 角，由于漏电使 A、B 两质点的电量逐渐减小，在电荷漏空之前悬线对悬点 P 的拉力 T 大小（ ）A. T变小 B. 变大 C. 不变 D. 无法确定5. 如图所示，两球 A、 B 用劲度系数为 k1的轻弹簧相连，球 B 用长为 L 的细绳悬于 O 点，球 A 固定在 O 点正下方，且点 O、 A 之间的距离恰为 L，系统平衡时绳子所受的拉力为 F1。现把 A、 B 间的弹簧换成劲度系数为 k2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为F2，则 F1与 F2的大小关系为（ ）A. F1F2 B. F1＝ F2 C. F1r 时， R 越大， r 越小，斜面对 B 的弹力越大，选项 A 错误。3. D 解析：如图所示对小球：受力平衡，由于缓慢地拉绳，所以小球运动缓慢视为始终处于平衡状态，其中重力 mg不变，支持力 N，绳子的拉力 T一直在改变，但是总形成封闭的动态三角形（图中小阴影三角形） 。由于在这个三角形中有四个变量：支持力 N的大小和方向、绳子的拉力 T的大小和方向，所以还要利用其他条件。实物（小球、绳、球面的球心）形成的三角形也是一个动态的封闭三角形（图中大阴影三角形） ，并且始终与三力形成的封闭三角形相似，则有如下比例式： RhgL可得： mT 运动过程中 L变小， T变小。Ng运动中各量均为定值，故支持力 N不变。综上所述，正确答案为选项 D。4. C 解析：有漏电现象， ABF减小，则漏电瞬间质点 B的静止状态被打破，必定向下运动。对小球漏电前和漏电过程中进行受力分析如图所示。5由于漏电过程缓慢进行，则任意时刻均可视为平衡状态。三力作用构成动态下的封闭三角形，而对应的实物质点 A、 B及绳墙和 P点构成动态封闭三角形，且有如下图所示不同位置时阴影三角形的相似情况。则有相似比例： ABFPTQmg可得： g 变化过程 PB、 Q、 mg均为定值，所以 T不变。正确答案为 C。5. B 解析：以小球 B 为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力 N 和绳子的拉力 F 的合力 F 合 与重力 mg 大小相等，方向相反，即 F 合 =mg，作出力的合成力如图。由三角形相似得 FOAB合 ，又由题 OA=OB=L，得 F=F 合 =mg，可见，绳子的拉力 F只与小球 B 的重力有关，与弹簧的劲度系数 k 关，所以得到 F1=F2。故选 B。6. AC 解析：以结点 B 为研究对象，分析受力情况，作出力的合成图如图。6根据平衡条件知，F、N 的合力 F 合 与 G 大小相等、方向相反。据三角形相似得ACB合，又 F 合 =G得 G， CA现使∠BCA 缓慢变小的过程中，AB 变小，而 AC、BC 不变，则得到 F 变小，N 不变，所以绳子越来越不容易断，作用在 BC 杆上的压力大小不变。选项 B、D 错误，A、C 正确。7. B 解析：在手臂 OA 沿水平方向缓慢移到 A′位置的过程中，人的受力情况如图所示：由图可知 FA是逐渐减小的，但不一定小于运动员的重力，选项 A、 C 错误； FB是逐渐减小的，选项 D 错误； FA与 FB的合力始终等于人的重力，大小不变，选项 B 正确。8. AB 解析：以 Q 为研究对象，受重力 GQ、 P 对 Q 的弹力 FP、 M 板对 Q 的弹力 F1的作用而平衡，如图所示：当 Q 下移时， FP的方向顺时针偏转，由图可知，挡板的弹力逐渐增大（由图中 F1变为F2） ， P 对 Q 的弹力也逐渐增大（由图中 AB1变为 AB2） ，故选项 A 对，选项 C 错。 Q 所受合力始终为零。9. F1逐渐变小， F2先变小后变大。 （当 F2⊥ F1，即挡板与斜面垂直时， F2最小）7解析：由于挡板是缓慢转动的，可以认为每个时刻小球都处于静止状态，因此所受合力为零。应用三角形定则， G、 F1、 F2三个矢量应组成封闭三角形，其中 G 的大小、方向始终保持不变； F1的方向不变； F2的起点在 G 的终点处，而终点必须在 F1所在的直线上，由图可知，挡板逆时针转动 90º 的过程中， F2矢量也逆时针转动 90º，因此 F1逐渐变小， F2先变小后变大。 （当 F2⊥ F1，即挡板与斜面垂直时， F2最小）1巧用整体法和隔离法处理连接体的问题（答题时间：30 分钟）1. 车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右做匀加速运动（空气阻力不计）时，下列各图中正确的是（ ）2. 如图所示，车内绳 AB 与绳 BC 拴住一小球， BC 水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则（ ）A. AB 绳、 BC 绳拉力都变大B. AB 绳拉力变大， BC 绳拉力变小C. AB 绳拉力变大， BC 绳拉力不变D. AB 绳拉力不变， BC 绳拉力变大3.（多选）如图所示， A、 B 两物体靠在一起静止放在光滑水平面上，质量分别为 mA＝1 kg， mB＝4 kg，从 t＝0 开始用水平力 FA推 A，用水平力 FB拉 B， FA和 FB随时间变化的规律是 FA＝10－ t（N） ， FB＝5＋ t（N） ，从 t＝0 到 A、 B 脱离的过程中，有（ ）A. 所用时间为 2.5 sB. A 物体位移 73.5 mC. A 的末速度为 21 m/sD. A 的末速度为 7.5 m/s4. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A 用细线悬挂于支架前端，质量为 m 的物块 B 始终相对于小车静止地摆放在右端， B 与小车平板间的动摩擦因数为 μ ＝0.5。若某时刻观察到细线偏离竖直方向 30°角，则此时物块 B 受摩擦力大小和方向为（ ）2A. 21mg，水平向左 B. 21 mg，水平向右C. 3mg，水平向右 D. 3mg，水平向左5.（潍坊模拟）如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为 m 和 M（ m∶ M＝1∶2）的物块 A、 B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同。当用水平力 F 作用于 B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为 x1。当用同样大小的力 F 竖直加速提升两物块时（如图乙所示） ，弹簧的伸长量为 x2，则 x1∶ x2等于（ ）A. 1∶1 B. 1∶2C. 2∶1 D. 2∶36. 如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为 M 的竖直竹竿，竿上有一质量为 m 的人可以看成质点，当此人沿着竖直竿以加速度 a 加速下滑时，竿对地面上的人的压力大小为（ ）A. （ M＋ m） g－ ma B. （ M＋ m） g＋ maC. （ M＋ m） g D. （ M－ m） g7. 如图所示，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为 M1和 M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，开始时，各物块均静止，现在两物块上各作用一水平恒力 F1、 F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为 v1和 v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（ ）A. 若 F1＝ F2， M1M2，则 v1v2B. 若 F1＝ F2， M1v2C. 若 F1F2， M1＝ M2，则 v1v23D. 若 F1v28. 静止在水平面上的 A、 B 两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长 L＝1 m，承受的最大拉力为 8 N， A 的质量 m1＝2 kg， B 的质量 m2＝8 kg， A、 B 与水平面间的动摩擦因数 μ ＝0.2，现用一逐渐增大的水平力 F 作用在 B 上，使 A、 B 向右运动，当 F 增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（取 g＝10 m/s 2） 。（1）求绳刚被拉断时 F 的大小；（2）若绳刚被拉断时， A、 B 的速度为 2 m/s，保持此时的 F 大小不变，当 A 的速度恰好减小为 0 时， A、 B 间的距离为多少？9. 如图所示，质量为 m 的物块放在倾角为 的斜面上，斜面体的质量为 M，斜面与物块无摩擦，地面光滑，现对斜面施加一个水平推力 F，要使物块相对斜面静止，力 F 应为多大?10. 如图所示，在水平地面上有 A、 B 两个物体，质量分别为 mA＝3.0 kg 和 mB＝2.0 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为 μ ＝0.10，在 A、 B 之间有一原长 l＝15 cm、劲度系数 k＝500N/m 的轻质弹簧将它们连接。现分别用两个方向相反的水平恒力 F1、 F2同时作用在 A、 B 两物体上，已知 F1＝20 N， F2＝10 N，取 g＝10 m/s 2。当物体运动达到稳定时，求：（1） A 和 B 共同运动的加速度；（2） A、 B 之间的距离（ A 和 B 均可视为质点） 。41. B 解析：先整体分析两个小球，受力情况如下： F拉 2mg α 两小球的加速度 a＝gtanα。隔离分析末端小球，受力情况如下：小球的加速度 a＇＝ a＝gtanβ。故两断绳子与竖直方向的夹角 α＝β，所以绳子的状态如图 B 所示。2. D 解析：车加速时，小球受力如图所示，由牛顿第二定律得水平方向 2TF－ 1sinθ ＝ ma竖直方向 1cosθ － G＝0由以上两式得 T＝ cos， 2TF＝ 1sinθ ＋ ma，故 1TF不变， 2T变大，选项 D 正确。3. BC 解析：在未脱离的过程中，整体受力向右，且大小恒定为 FA＋ FB＝15 N， mA＋ mB＝5 kg，则匀加速运动的加速度为 3 m/s2，脱离时满足 A、 B 加速度相同，且弹力为零，故 F＝ B，结合已知条件解得 t＝7 s，A 错误；运动位移为 21×3×72 m＝73.5 m，B 对；脱离时速度为 3×7 m/s＝21 m/s，C 正确，D 错误。4. C 解析： A、 B 相对于小车静止，小球 A 与物块 B 具有相同的加速度。对小球 A，根据牛顿第二定律有 mgtanθ ＝ ma，小车对 B 的摩擦力 f＝ μmg ＝ ma，方向水平向右，则f＝ mgtan θ ＝ 3mg，C 正确。5. A 解析：水平放置时， F－ μ （ m＋ M） g＝（ M＋ m） a1， kx1－ μmg ＝ ma1，可得 x1＝5kmMF)(；竖直放置时： F－（ m＋ M） g＝（ M＋ m） a2， kx2－ mg＝ ma2，解得 x2＝，故 x1∶ x2＝1∶1，A 正确。 6. A 解析：以竿和竿上的人为研究对象，根据牛顿第二定律有（ M＋ m） g－ FN＝ ma，可得地面上的人对竿的支持力 FN＝（ M＋ m） g－ ma，根据牛顿第三定律可知，竿对地面上的人的压力大小也为（ M＋ m） g－ ma，选项 A 正确。7. BD 解析：两物块与木板之间的摩擦力 f 是相同的，若 F1＝ F2，两物块受到的合力是相等的，加速度也是相等的，若 M1M2， M1木板的加速度小，上面的物块与 M1先分离， M2木板的加速度大，故其上的物块加速时间更长一些，所以 v1v2，选项 A 错误，选项 B 正确。若 M1＝ M2，则两个木板的加速度 a 是相同的，若 F1F2，则 M1木板上的物块加速度大，在 M1上运动的时间短，则 M1加速的时间较短，末速度 v1v2，选项 C 错误，选项 D 正确。8. 解：（1）设绳刚要被拉断时产生的拉力为 FT，根据牛顿第二定律，对 A 物体有FT－ μm 1g＝ m1a代入数值得 a＝2 m/s 2对 A、 B 整体有F－ μ （ m1＋ m2） g＝（ m1＋ m2） a代入数值得 F＝40 N（2）设绳断后， A 的加速度大小为 a1， B 的加速度大小为 a2，则a1＝＝2 m/s 2a2＝ 2mg＝3 m/s 2A 停下来的时间为 t＝ 1av＝1 sA 的位移为 x1＝2＝1 mB 的位移为 x2＝ vt＋ a2t2＝3.5 mA 刚静止时， A、 B 间距离为 Δ x＝ x2＋ L－ x1＝3.5 m9 解：两物体无相对滑动，说明两物体加速度相同，方向水平。对于物块 m，受两个力作用，其合力水平向左。先选取物块 m 为研究对象，求出它的加速度，它的加速度就是整体加速度，再根据 F＝（M＋m）a 求出推力 F，步骤如下： 先选择物块为研究对象，受两个力，重力 mg、支持力 FN，且两力合力方向水平，如图所示，由图可得： tang， tng6再选整体为研究对象，根据牛顿第二定律 ()()tanFMmag。10. 解：（1） A、 B 组成的系统在运动过程中所受摩擦力为 Ff＝ μ （ mA＋ mB） g＝5.0 N设运动达到稳定时系统的加速度为 a根据牛顿第二定律有 F1－ F2－ Ff＝（ mA＋ mB） a，解得 a＝1.0 m/s 2。（2）以 A 为研究对象，运动过程中所受摩擦力 FfA＝ μm Ag＝3.0N设运动达到稳定时所受弹簧的弹力为 FT根据牛顿第二定律有 F1－ FfA－ FT＝ mAa解得 FT＝14N所以弹簧的伸长量 Δ x＝ k＝2.8cm因此运动达到稳定时 A、 B 之间的距离为 x＝ l＋Δ x＝17.8cm。1轻松处理单体的多过程问题（答题时间：25 分钟）1. 如图所示，是某同学站在力传感器上，做下蹲—起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力（单位为牛顿） ，横坐标为时间（单位为秒） ，由图可知，该同学的体重约为 650 N，除此以外，还可以得到的信息有（ ）A. 该同学做了两次下蹲－起立的动作B. 该同学做了一次下蹲－起立的动作，且下蹲后约 2 s 起立C. 下蹲过程中人处于失重状态D. 下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态2. 如图所示，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＝10 m/s 2，下列说法中正确的是（ ）A. 0～5 s 内物块做匀减速运动B. 在 t＝1 s 时刻，恒力 F 反向C. 恒力 F 大小为 10 ND. 物块与水平面间的动摩擦因数为 0.33. 如图所示，一连同装备总重力为 G 的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道 ABC向下滑行，滑到 B 点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到底端 C 点时速度刚好减为零，已知 ABBC，设两段运动过程摩擦力均为定值，下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是（ ）24. 如图所示，倾角为 37°，长为 l＝16 m 的传送带，转动速度为 v＝10 m/s，动摩擦因数 μ ＝0.5，在传送带顶端 A 处无初速度地释放一个质量为 m＝0.5 kg 的物体，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g＝10 m/s 2。求：（1）传送带顺时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间；（2）传送带逆时针转动时，物体从顶端 A 滑到底端 B 的时间。5. 如图所示，光滑水平面上静止放着长 L＝4 m，质量为 M＝3 kg 的木板（厚度不计） ，一个质量为 m＝1kg 的小物体放在木板的最右端， m 和 M 之间的动摩擦因数 μ ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力 F， （ g 取 10 m/s2）（1）为使两者保持相对静止， F 不能超过多少？（2）如果 F＝10 N，求小物体离开木板时的速度。6. 中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶，选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败，其简化模型如图所示， AC 是长度为L1＝5 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在 A 点，从 A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶， BC 为有效区域，已知 BC 长度为 L2＝1 m，瓶子质量为 m＝0.5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数 μ ＝0.4，某选手作用在瓶子上的水平推力 F＝20 N，瓶子沿 AC 做直线运动（ g取 10 m/s2） ，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想获得游戏成功，试问：（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？7.（昆明模拟）我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了滑跃技术，如图甲所示，其甲板可简化为乙图模型： AB 部分水平， BC 部分倾斜，倾角为 θ ，战斗机从 A 点开始滑跑， C 点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为 F， ABC 甲板总长度为 L，战斗机质量为 m，离舰时的速度为 vm，重力加速度为 g，求 AB 部分的长度。31. B 解析：在 3～4 s 下蹲过程中，先向下加速再向下减速，故人先处于失重状态后处于超重状态；在 6～7 s 起立过程中，先向上加速再向上减速，故人先处于超重状态后处于失重状态，选项 A、C、D 错误，B 正确。2. BD 解析：由图象得物块在前 5 m 位移内做匀减速运动，在 5～13 m 位移内做匀加速运动，且由图象斜率得匀减速运动的加速度大小 a1＝ xv2＝0m/s2＝10 m/s2，匀加速运动的加速度大小 a2＝ xv＝ )13(64m/s2＝4 m/s2，匀减速运动的时间 t＝ 10av＝1 s，又由牛顿第二定律得， F＋ μmg ＝ ma1和 F－ μmg ＝ ma2，联立解得 F＝7 N，动摩擦因数μ ＝0.3，选项 B、D 正确。3. B 解析：滑雪者在 AB 段加速，在 BC 段减速，在 B 点速度最大，在 s­t 图象中，图线的斜率表示物体的速度，滑雪者在 B 位置的速度最大而不是零，A 错误；由于滑雪者在AB 段和 BC 段所受摩擦力恒定，且重力沿斜面向下的分力大小不变，故滑雪者在 AB 段和 BC段所受合力大小均不变，即加速度大小均不变，滑雪者先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，B 正确，C 错误； AB 段，滑雪者加速下滑，则 Gsin θ f，又 sin θ μmg cos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变，设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为 a2，则 a2＝ mgg37cos37sin＝2 m/s2x2＝ l－ x1＝11 m又因为 x2＝ vt2＋ a2t22，则有 10t2＋ t22＝11，解得： t2＝1 s（ t2＝－11 s 舍去）所以 t 总 ＝ t1＋ t2＝2 s。45. 解：（1）要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故小物块最大加速度 a＝ μg ＝1 m/s 2由牛顿第二定律对整体有 Fm＝（ m＋ M） a＝4 N（2）当 F＝10 N4 N 时，两者发生相对滑动对小物体： a1＝ μg ＝1 m/s 2对木板： F 合 ＝ F－ μmg ＝ Ma2代入数据解得 a2＝3 m/s 2由位移关系有： L＝ a2t2－ a1t2代入数据解得 t＝2 s则小物块的速度 v1＝ a1t＝2 m/s。6. 解：（1）要想获得游戏成功，瓶滑到 C 点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为 t1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为 a1， t1时刻瓶的速度为v，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为 a2，由牛顿第二定律得：F－ μmg ＝ ma1， μmg ＝ ma2，加速运动过程中的位移 x1＝2av，减速运动过程中的位移 x2＝ ，位移关系满足： x1＋ x2＝ L1，又： v＝ a1t1，由以上各式解得： t1＝ 6s；（2）要想获得游戏成功，瓶滑到 B 点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为 d，则： 21''av＝ L1－ L2 v′ 2＝2 a1d，联立解得： d＝0.4 m。7. 解：在 AB 段，根据牛顿运动定律得F＝ ma1设 B 点速度大小为 v，根据运动学公式可得：v2＝2 a1x1在 BC 段，根据牛顿运动定律得：F－ mgsin θ ＝ ma2从 B 到 C，根据运动学公式可得：v － v2＝2 a2x22m据题意： L＝ x1＋ x2联立以上各式解得： x1＝ L－ sin2mgvF1轻松解决“板块”问题（答题时间：30 分钟）1. （高考全国卷）如图，在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F＝ kt（ k 是常数） ，木板和木块加速度的大小分别为 a1和 a2，下列反映 a1和 a2变化的图线中正确的是（ ）2. 一块足够长的木板 C 质量为 2m，放在光滑水平面上，如图所示。在木板上自左向右放有 A、 B 两个完全相同的物块，两物块质量均为 m，与木板间的动摩擦因数均为 。开始时木板静止不动， A、 B 两物块的初速度分别为 0v、 2，方向如图所示。刚开始时A、 B、 C 三物体的加速度之比为 ； A 物块在整个运动过程中最小速度为 。3. 如图所示，有一木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为 4Mkg，长为m4.1L；木板右端放着一小物块，小物块质量为 m＝1kg，其尺寸远远小于 L。小物块与木板之间的动摩擦因数为 4.0。 （g 取 10m/s2）（1）现用恒力 F 作用在木板 M 上，求：能使 m 从 M 上面滑落下来的 F 的范围；（2）其他条件不变，若恒力 F＝22.8N，求： m 从 M 上面滑落下来所用的时间。4. 如图所示，质量 M＝8kg 的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力 F＝8N，当长木板向右运动速率达到 /s10v时，在其右端有一质量为 m＝2kg 的小物块（可视为质点）以水平向左的速率 2滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数2.0，小物块始终没有离开长木板， 2g，求：（1）经过多长时间小物块与长木板相对静止；（2）长木板至少要多长才能保证小物块不滑离长木板； 25. 如图所示，质量为 M 的长木板，静止放在粗糙水平面上，有一个质量为 m，可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板，从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的 tv图象分别如图中的折线 acd 和 bcd 所示， a、 b、 c、 d 点的坐标分别为 a（0，10） 、 b（0，0） 、 c（4，4） 、 d（12，0） 。根据 tv图象（ g＝10m/s 2） ，求：（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 a2，达到相同速度之后，一起做匀减速直线运动的加速度大小 a；（2）物块质量 m 与长木板质量 M 之比；（3）物块相对长木板滑行的距离 x。6. 如图所示，一块质量为 M、长为 l的匀质木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为 m的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮，某人以恒定的速度 v向下拉绳，物块最多只能到达板的中点，而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮。求：（1）物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移；（2）若板与桌面间有摩擦，为使物块能到达板右端，板与桌面的动摩擦因数的范围。7. 如图所示，水平地面上有一个质量 M＝4.0kg、长度 L＝2.0m 的木板，在 F＝8.0 N 的水平拉力作用下，以 v0＝2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动。某时刻将质量 m＝1.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端。（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。 （结果保留两位有效数字）31.A 解析：解：当 F 比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：1212ktam，a∝t；当 F 比较大时， m2相对于 m1运动，根据牛顿第二定律得：对 m1： 1g，μ、 m1、 m2都一定，则 a1一定对 m2： 222ktgkat， a2是 t 的线性函数， t 增大， a2增大由于 12k＜ ，则两木板相对滑动后 a2图象大于两者相对静止时图象的斜率，故 A 正确。2. 1:1:1 0v 解析：刚开始时 A 与 C，B 与 C 均发生相对滑动，即摩擦力为滑动摩擦力。对 A 进行分析，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反，故加速度 Aag，同理可得Bag，对 C 进行分析可知 2Cmga，方向与 AB 初速度方向相同。故三物体刚开始时加速度之比为 1:1:1。设经过 t1时间后，AC 共速，则有 0ACvta，解得 02vtg，此时 AC 的速度102v，B 的速度为 203v。此时 BC 间仍有相对滑动，而 AC 共同加速运动，故 A 的最小速度为 。3. 解：（1）两者能保持相对静止的最大加速度 2m/s4ga故要使 m 从 M 上滑落，只需满足 N0MF（2）由于 F＝22.8N 20 N，所以物块相对于木板滑动，由牛顿第二定律知 2/s7.4ga设 m 从 M 上面滑落下来所用的时间为 t，则 Lgtat221 解得 s2t。4. 解：（1）由牛顿第二定律知 木板的加速度 1m/5.0MF物块的加速度 22m/sga设 t时间后，两者达到共同速度 v，则对木板 tav1对物块 tv，解得 /14， s8t；（2）此过程中，木板与物块的位移分别为 9621tvx 48tx4木板长度至少为 m4821xL5. 解：（1）由图象可知 2/s5.a， 2/s1a， 23m/s5.0a（2）设物块与木板间的滑动摩擦力为 f1，木板与水平面间的滑动摩擦力为 f2由牛顿第二定律得 对物块： 对木板： 21Mf对整体： 32Mf，联立以上各式，解得 ；（3）图中 aco的面积即为物块相对长木板滑行的距离，所以0m41x。6. 解：（1）以板为研究对象，由牛顿第二定律知 11amg ①设物块运动到木板中点用时为 t1，木板位移为 x 则 2lvt ②1atv③ 2vx ④联立①②③式，解得 mglM1， 2lx（2）物块能到达木板右端的条件为：两者速度相等时，其相对位移大于或等于板长，设物块与木板达到共速所用时间为 2t，则 21Magm ⑤ltv2⑥ av ⑦联立⑤⑥⑦式，解得 glM227. 解：（1） .0FgF 2/5.0)(smgFa20atvL代入数据得：t≈1.2s（2） 21/sm 22 /1)(sgma共速时 10tvt 解得 vst341/s接着一起做匀减速直线运动： 2()0.5/FMs直到速度为零，停止运动， 203vtsa总时间 124.3ts1剖析牛顿第一定律（答题时间：25 分钟）1. 下列对运动的认识不正确的是（ ）A. 亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止B. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快C. 牛顿认为力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因D. 亚里士多德根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去2. 科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法。理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示。①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列_________（只填写序号即可） 。在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论，下列有关事实和推论的分类正确的是（ ）A. ①是事实，②③④是推论B. ②是事实，①③④是推论C. ③是事实，①②④是推论D. ④是事实，①②③是推论3. 下列说法正确的是 （ ）A. 若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零B. 若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动C. 若物体所受合外力方向与速度方向相反，则物体做匀减速直线运动D. 若物体在任意相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动4. 一天，下着倾盆大雨。某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了，列车进站过程中，他发现水面的形状是下图中的（ ）5. 如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止。关于小球与列车的运动，下列说法正确的是（ ）2A. 若小球顺着车前进的方向滚动，则磁悬浮列车在加速前进B. 若小球向车前进方向的反方向滚动，则磁悬浮列车在加速前进C. 磁悬浮列车急刹车时，小球顺着车前进的方向滚动 D. 磁悬浮列车急刹车时，小球向车前进方向的反方向滚动6. 抖空竹是人们喜爱的一项体育活动，最早的空竹是两个如同车轮一样的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡，随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的。关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是（ ） A. 空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B. 空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C. 空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D. 空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动7. 如图所示，一个劈形物体 M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一个光滑小球 m。劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（ ）A. 沿斜面向下的直线 B. 竖直向下的直线C. 无规则曲线 D. 抛物线31. D 解析：根据史实容易确定答案是 D。亚里士多德的观点是力是维持物体运动的原因，伽利略与牛顿的观点是物体具有惯性，力是改变物体运动状态的原因，A、B、C 均是证明他们观点的正确例子，D 项错误。2. ②③①④ B 解析：本题再现了伽利略理想实验法，即在可靠的物理事实的基础上进行科学合理外推，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确结论。其正确顺序为②③①④，其中②是事实，①③④是推论。3. D 解析：物体的速率不变，不一定是速度不变，如匀速圆周运动，合外力总是指向圆心，而速率不变，所以选项 A 错误；匀加速直线运动的加速度是恒定的，加速度均匀增加就是变加速运动，故 B 错误；物体所受合外力方向与速度方向相反，物体将做减速运动，但如果合外力大小是变化的，则做的是变减速运动，故选项 C 错误；在任意相等的时间间隔内物体的位移相等，因为位移是矢量，包含了大小和方向，故是匀速直线运动，所以选项 D 正确。4. C 解析：列车进站时要刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项 C 一致。5. BC 解析：列车加（减）速时，小球由于惯性保持原来的运动状态（即原速率）不变，相对于车的运动方向向“后” （“前” ）滚动，选项 B、C 正确。6. AD 解析：本题考查牛顿第一定律。空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项 A 正确；空竹的转动是利用绳子与转轴之间的摩擦力，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项 B 错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C 错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项 D 正确。7. B 解析 小球是光滑的，在水平方向没有力的作用，所以在水平方向的运动状态不可能发生变化，仍保持静止。因此，小球只能沿竖直向下方向做自由落体运动，直到接触到斜面。正确选项为 B。