浙江新高考备战2020年高考物理考点一遍过考点07牛顿运动定律的应用（含解析）.docx

牛顿运动定律的应用专题知识内容考试要求必考加试牛顿运动定律牛顿运动定律的应用cc超重与失重b一、用牛顿第二定律解决动力学问题（1）从受力确定运动情况（）。（2）从运动情况确定受力（F=ma）。（3）综合受力分析和运动状态分析，运用牛顿第二定律解决问题。二、瞬时变化的动力学模型受外力时的形变量纵向弹力弹力能否突变轻绳微小不计拉力能轻杆微小不计拉力或压力能轻橡皮绳较大拉力不能轻弹簧较大拉力或压力不能三、传送带模型分析方法四、滑块木板模型分析方法五、超重和失重1超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了。在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）。2只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关。3尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。4物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。5物体处于超重状态还是失重状态取决于加速度的方向，与速度的大小和方向没有关系。下表列出了加速度方向与物体所处状态的关系。加速度超重、失重视重Fa=0不超重、不失重F=mga的方向竖直向上超重F=m（g+a）a的方向竖直向下失重F=m（ga）a=g，竖直向下完全失重F=0特别提醒：不论是超重、失重、完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。6超重和失重现象的判断“三”技巧（1）从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力（或支持力）大于重力时，物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态。（2）从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。（3）从速度变化角度判断物体向上加速或向下减速时，超重；物体向下加速或向上减速时，失重。（2019浙江省宁波市余姚市余姚中学月考）如图所示两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为Ffm，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子，已知A和B在振动过程中不发生相对滑动，则A速度最大时，A、B间摩擦力最大B弹簧弹力最大时，A、B间摩擦力最大C它们的振幅不能大于D它们的振幅不能大于【参考答案】BD【详细解析】A.因为A和B在振动过程中不发生相对滑动，所以加速度相同；当速度最大时，对A分析，受力为0，故A、B间摩擦力为0，A错误；B.对A、B整体受力分析，隔离A分析：，所以弹力最大时，加速度最大，A、B间摩擦力最大，B正确；CD、通过选项C的分析，设最大振幅为A，当振幅最大时，弹力最大：整体分析，隔离A分析：联立两式得：，C错误；D正确。1如图所示，质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中A弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同B弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同C两木块速度相同时，加速度aAvB【答案】ACD【解析】从力F开始作用到弹簧至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，弹簧弹力逐渐增大，则A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，A、B均由静止开始运动，只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，当A、B速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A、B的图象，则时刻，A、B两木块的加速度相同（切线斜率相同），且，时刻A、B的速度相同，且，故ACD正确，B错误。（2019浙江省温州市新力量联盟期末）2018年11月6日，第十二届珠海航展开幕。如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为200米，速度约为300 km/h。A若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变B图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态。D图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的4.5倍。【参考答案】D【详细解析】若飞机在空中定速巡航，则飞机的动能不变，而重力势能要不断变化，则机械能要变化，选项A错误；图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力的作用，选项B错误；图中飞机经过最低点时，加速度向上，则驾驶员处于超重状态，选项C错误。300 km/h=83.3 m/s，则图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力，选项D正确。故选D。1如图所示，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车质量是M，木块质量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木块和小车间的动摩擦因数是。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是AmgBmaCD（M+m）g【答案】BC【解析】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有，再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律有，联立解得，BC正确。如图所示，物体a、b用一根不可伸长的细线相连，再用一根轻弹簧跟a相连，弹簧上端固定在天花板上，已知物体a、b的质量相等。当在P点处剪断绳子的瞬间A物体a的加速度大小为零B物体a的加速度大小为gC物体b的加速度大小为零D物体b的加速度大小为g【参考答案】BD【详细解析】设ab物体的质量为m，剪断细线前，对ab整体受力分析，受到总重力和弹簧的弹力而平衡，故F=2mg；再对物体a受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力减为零，故物体a受到的力的合力等于mg，向上，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故B正确，A错误；对物体b受力分析，受到重力、细线拉力，剪断细线后，重力不变，细线的拉力减为零，故物体b受到的力的合力等于mg，向下，根据牛顿第二定律得A的加速度为，故C错误，D正确。1（2019浙江省温州市十校联合体期末）如图所示，自由下落的小球下落一段时间后与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是A小球加速度先减小再增大B小球刚接触弹簧时，小球速度最大C小球先超重状态后失重D弹簧被压缩最短时小球的加速度为零【答案】A【解析】小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力不断增大，所以合外力不断减小，故加速度不断减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大。当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合外力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上，小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大；因加速度先向下后向上，故物体先失重后超重；故A正确，BCD错误。故选：A。已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系（如图乙所示），图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则A物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移小B0t2内，重力对物块做正功C若物块与传送带间的动摩擦因数为，那么D0t2内，传送带对物块做功为W=【参考答案】B【详细解析】由图乙图线与时间轴所围面积可看出，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故A错误；由于物块在0t1内向下运动的位移大于t1t2内向上运动的位移，所以0t2内物体的总位移向下，所以重力对物块做正功，故B正确；在t1t2内，物块向上运动，则有mgcosmgsin，得tan，故C错误；由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：，则传送带对物块做功，故D错误。1如图所示，水平传送带始终以速度v1顺时计转动，一物块以速度v2（v2v1）滑上传送带的左端，则物块在传送带上的运动一定不可能的是A先加速后匀速运动B一直加速运动C一直减速直到速度为0D先减速后匀速运动【答案】C【解析】若v1v2，物块相对传送带向左滑动，受到向右的滑动摩擦力，可能先向右做匀加速运动，当物块速度增加到与传送带速度相等后再做匀速运动，也可能一直向右做匀加速运动；若v1v2，物块相对传送带向右运动，受到向左的滑动摩擦力，可能先向右做匀减速运动，当物块速度减小到与传送带速度相等后再做匀速运动，也可能一直做匀减速运动，但不可能减速到0，选C。如图，质量的木板静止在水平地面上，质量、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大摩擦力都等于滑动摩擦力，书籍木板与地面间的动摩擦因数，铁块与木板之间的动摩擦因数，取。现给铁块施加一个水平向左的力F。（1）若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端。求：木板的长度；（2）若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象。【参考答案】（1）L=1 m （2）【详细解析】（1）对铁块，由牛顿第二定律：对木板，由牛顿第二定律：设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则：联立解得（2）当，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即当时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则解得此时：，也即F6 N所以当26 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：FfF图象如图所示1如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是A06 s加速，加速度大小为2 m/s2，612 s减速，加速度大小为2 m/s2B08 s加速，加速度大小为2 m/s2，812 s减速，加速度大小为4 m/s2C08 s加速，加速度大小为2 m/s2，816 s减速，加速度大小为2 m/s2D012 s加速，加速度大小为1.5 m/s2，1216 s减速，加速度大小为4 m/s2【答案】C【解析】根据vt图象可知，车先以4 m/s2的加速度匀加速运动，后以4 m/s2的加速度匀减速运动，根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律可知，06 s物块加速，车的速度始终大于物块；t=6 s后，车减速、物块继续加速，设再经t时间共速，有v=2（6+t）=244t，可得t=2 s，v=16 m/s，即08 s物块加速；812 s物块减速，车减速，车的速度始终小于物块；t=12 s后车静止，物块速度为8 m/s，继续减速4 s，即816 s物块减速。选C。如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角、长l=500 m的斜面。一辆质量m=2 000 kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是A电动汽车所受阻力Ff=12 000 NB电动汽车的速度达到1 m/s后，牵引力的功率P0=12 kWC第1 s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12 000tD第1 s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J【参考答案】D【详细解析】加速阶段由牛顿第二定律可知：FFfmgsin=ma，之后保持功率不变，Ffmgsin=ma，电功汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，Ffmgsin=0解得P0=14 kW；Ff=2 000 N；选项AB错误；第1 s内电动汽车牵引力的功率P=Fv=14 000t，选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为（FFf）x=6 000 J，选项D正确。1（2019浙江省台州中学高一统练）如图所示，截面是直角梯形的物块放在在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器P和Q接触，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。开始时两压力传感器的示数均为零。现在a端由静止释放一金属块，下列说法正确的是A金属块在ac部分运动时，传感器P、Q示数均为零B金属块在ac部分运动时，传感器P的示数为零，Q的示数不为零C金属块在cb部分运动时，传感器P、Q示数可能均为零D金属块在cb部分运动时，传感器P的示数一定不为零，Q的示数一定为零【答案】BC【解析】金属块在ac部分运动时，加速度沿斜面向下，斜面对金属块的作用力有向左的分力，金属块对斜面的作用力有向右的分力，则物块有向右运动的趋势，故P示数为零，Q示数不为零，A错误，B正确；金属块在cb部分运动时，受到斜面的摩擦力作用，金属块可能加速、减速或匀速，斜面对金属块的作用力可能偏左、偏右或竖直向上，则传感器P、Q的示数可能只有一个为零，也可能都为零，C正确，D错误。（2019浙江省温州市求知中学月考）如图所示，质量为m的人站在竖直观光电梯中，如果电梯运动的加速度大小为a，电梯地板对人的支持力为Fmg+ma，则可能的情况为A电梯以加速度a向下加速运动B电梯以加速度a向上加速运动C电梯以加速度a向上减速运动D以上三项都不正确【参考答案】B【详细解析】人的加速度，方向向上，所以电梯以加速度向上加速运动或电梯以加速度向下减速运动，故选项B正确，A、C、D错误。1（2019浙江省普通高中学业水平考试）如图所示，在近地圆轨道环绕地球运行的“天宫二号”的实验舱内，航天员景海鹏和陈冬在向全国人民敬礼时A不受地球引力B处于平衡状态，加速度为零C处于失重状态，加速度约为gD底板的支持力与地球引力平衡【答案】C【解析】天宫二号做匀速圆周运动时宇航员处于完全失重状态。此时仍受到地球引力作用，只不过引力恰好充当向心力，向心加速度近似等于g；此时人对地板没有压力，底板对人也没有支持力，故C正确，ABD错误。1如图所示，质量相同的三个小球A、B、C通过轻弹簧和不可伸缩的轻细绳悬挂于天花板上，处于静止状态。剪断A、B间细绳的瞬间，A、B、C三者的加速度分别为a1、a2、a3，则Aa1=2g，方向竖直向上Ba2=2g，方向竖直向下Ca3=g，方向竖直向下D在剪断A、B间细绳前后，B、C间细绳的拉力不变2（2019浙江省嘉兴市期末）如图，一小车在水平面上运动，某一时刻从车子顶上滴下一水滴。若水滴下落前后小车加速度a保持不变，则水滴在车厢地板上的落点A恰好在正下方的P点B在P点右方C在P点左方D与a的大小有关3在里约奥运会男子跳高决赛的比赛中，中国选手薛长锐获得第六名，这一成绩创造了中国奥运该项目的历史。则A薛长锐在最高点处于平衡状态B薛长锐起跳以后在上升过程处于失重状态C薛长锐起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力D薛长锐下降过程处于超重状态4（2019浙江省台州市联谊五校期中）摩天轮是游乐项目之一，乘客可随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是A在最高点，乘客处于超重状态B在最低点，乘客重力小于他所受到的支持力C摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变D从最高点向最低点转动的过程中，座椅对乘客的作用力不做功5我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10 min内全过程的vt图（由于某种原因轴上方的纵轴刻度没有显示），则下列说法中不正确的是A全过程中“蛟龙号”的最大加速度是m/s2B全过程中“蛟龙号”的平均速率是1.5 m/sC“蛟龙号”上升各过程的最大速度是3 m/sD在610 min潜水员会先感到超重，后感到失重6一小球从地面竖直上抛，后又落回地面，小球运动过程中所受空气阻力与速度成正比，取竖直向上为正方向。下列关于小球运动的速度v、加速度a、位移s、机械能E随时间t变化的图象中可能正确的有ABCD7（2019山东省济南第一中学模拟）一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75 m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面30 m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。若座舱中某人用手托着m5 kg的铅球，下列说法中正确的是A当座舱落到离地面35 m的位置时手对球的支持力小于铅球的重力 B当座舱落到离地面15 m的位置时手对球的支持力小于铅球的重力C座舱下落的整个过程中手对球的支持力小于铅球的重力D座舱下落的整个过程中手对球的支持力大于铅球的重力8（2019浙江省杭州市浙江大学附属中学月考）我国高铁技术处于世界领先水平，它是由动车和拖车组合而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该列车组A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为1:1C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:29质量为的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示。取，由图象可知A时他的加速度B他处于超重状态C时他受到单杠的作用力的大小是D时他处于超重状态10（2019浙江省东阳中学阶段性检测）如图，一物块以1 m/s的初速度沿粗糙半圆面由A处下滑，到达较低的B点时速度恰好也是1 m/s，如果此物块以2 m/s的初速度仍由A处下滑，则它达到B点时的速度A等于2 m/sB小于2 m/sC大于2 m/sD以上三种情况都有可能11（2019黑龙江省北安市第一中学月考）绍兴市奥体中心举行全国蹦床锦标赛。对于如图所示蹦床比赛时运动员的分析，下列说法中正确的是A运动员在蹦床上上升阶段，一直处于超重状态B运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能增大C运动员离开蹦床在空中运动阶段，一直处于失重状态D运动员离开蹦床在空中运动阶段，重力势能一直增大12（2019浙江省杭州市一模）我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的ABCD13如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定光滑竖直杆上，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，不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。下列判断正确的是Aa下落的某段过程中，b对地面的压力可能大于b受到地面的支持力Ba落地前，轻杆对b先做正功后做负功Ca下落的某段过程中，其加速度大小可能大于gDa落地前瞬间a的机械能最小，此时b对地面的压力大小等于mg14（2019浙江省杭州市一模）下列描述的事件不可能发生的是A将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后结果实心球先落地B宇航员在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力C乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后仍落回车厢内的起跳点D一对干电池可使小灯泡微弱发光，断开电路后测量电池两端电压，电压表示数接近3 V15（2019浙江省宁波市期末）据报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m104 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F7104 N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是A飞机在跑道上加速时所受阻力大小为104 NB飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为7 m/s2C若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s的初速度D若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为20 m/s16（2019浙江省嘉兴市第一中学、湖州中学期中）将一个力电传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某小球摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如下图所示。某同学由此图象提供的信息做出的下列判断中，正确的是At0.2 s时摆球正经过最低点Bt0.8 s时摆球处于超重状态C摆球摆动过程中机械能守恒D摆球摆动的周期是T0.6 s17随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L180 m，其中电磁弹射区的长度为L180 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v40 m/s，航空母舰处于静止状态，（取g10 m/s2）求：（1）飞机在后一阶段的加速度大小；（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小；（3）电磁弹射器的牵引力F牵的大小。18（2019新课标全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出A木板的质量为1 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 s内，力F的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为0.219（2018江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T20（2017新课标全国卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。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/s2。求：（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。21（2016四川卷）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长为12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos =1，sin =0.1，重力加速度g=10 m/s2。求：（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；（2）制动坡床的长度。1AC【解析】设三个球的质量均为m，开始A、B、C处于静止状态，则弹簧的弹力F=3mg，A、B间细绳张力T1=2mg，B、C间细绳的张力T2=mg，剪断A、B间细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向竖直向上，A正确；B、C整体的加速度相等，a2=a3=g，方向竖直向下，B、C间细绳的张力变为0，C正确，BD错误。2C【解析】水滴滴下时水平方向与小车具有相同的速度，在水平方向由于小车做加速运动，所在在水滴下落过程中，相同的时间内，小车在水平方向走过的位移多，水滴相对小车向左运动，所以水滴将落在P点的左方，故C正确。3B【解析】无论是上升过程还是下落过程，还是最高点，运动员的加速度始终向下，所以他处于失重状态，故AD错误，B正确；起跳时运动员的加速度的方向向上，地面对他的支持力大于他受到的重力。故C错误。4B【解析】A项：在最高点时，加速度向下，故乘客处于失重状态，故A错误；B项：在最低点，乘客合外力向上，故重力小于他所受到的支持力，故B正确；C项：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能时刻发生改变，故机械能始终变化，故C错误；D项：从最高点向最低点转动的过程中，座椅的作用力向上，故座椅对乘客的作用力做负功，故D错误。5B【解析】A.vt图象的斜率表示加速度，01 min内和34 min内加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正确；B.全过程中“蛟龙号”的路程为720 m，则平均速率是=1.2 m/s，故B错误；C.根据v-t曲线的面积表示位移，在t=4 min时到达最大深度为h=（260+460）2.0 m=360 m，则上浮的位移h=（106）60vm=360 m，vm=3 m/s，故C正确；D潜水员在68 min的时间段内，根据速度图象得加速度方向向上，所以处于超重状态，810 min的时间段内，根据速度图象得加速度方向向下，所以处于失重状态，故D正确。故选B。【点睛】根据vt图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；vt图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程与时间之比；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向。6AC【解析】小球在上升过程中的加速度，随着v减小，a1增大到g，vt图象斜率的绝对值逐渐减小，小球在下落过程中的加速度大小为，随着v增大，a2从g减小到0，vt图象斜率的绝对值逐渐减小，A正确，B错误；根据位移时间图象的斜率等于速度，st图象的斜率应先减小到零，然后斜率的绝对值增大，且下落时间大于上升时间，C正确；根据功能关系得，则，则Et图象的斜率是变化的，图象应为曲线，D错误。7A【解析】当座舱落到离地面35 m的位置时加速度向下，处于失重状态，手对球的支持力小于铅球的重力，故A正确；当座舱落到离地面15 m的位置时为减速运动，加速度向上，故处于超重状态，故手对球的支持力大于铅球的重力，故B错误；30 m以上过程加速度向上，为失重状态，支持力小于重力；而30 m以下加速度向上，为超重状态，支持力大于重力，故CD错误。故选A。8D【解析】A启动时，加速度方向向前，根据牛顿第二定律知，乘客受到车厢的作用力方向向前，与运动方向相同，故A错误。B做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进行受力分析得：2F8kmg=8ma，对6、7、8车厢进行受力分析得：F13kmg=3ma。对7、8车厢进行受力分析得：F22kmg=2ma，联立可得：，故B错误。C设进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离为s，则：8kmgs=0，可知滑行的距离与速度不成正比，故C错误。D当只有两节动力车时，最大速率为v，则：2P=8kmgv，改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P=8kmgv ，所以：v=2v，故D正确。9B【解析】根据速度图象的斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，选项A错误；t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误；t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；故本题选B。【点睛】根据速度时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5 s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态。10B【解析】一物块以1 m/s的初速度沿粗糙半圆面由A处下滑，到达较低的B点时速度恰好也是1 m/s，由动能定理知，重力做功等于克服摩擦力做功的大小，物块以2 m/s的初速度仍由A处下滑，经过曲面每个位置受到的支持力比2 m/s下滑时更大，则所受的摩擦力大，克服摩擦力做功多，则重力做功小于克服摩擦力做功，所以到达B点的速度小于2 m/s，故B正确。11C【解析】A、运动员在蹦床上有一小段减速上升，蹦床对运动员的弹力小于重力，运动员处于失重状态，故A错误；B、运动员在蹦床上加速上升阶段，蹦床的弹性势能减小，故B错误；C、运动员离开蹦床在空中运动阶段，只受重力（空气阻力等远小于重力），加速度一直向下，一直处于失重状态，故C正确；D、运动员离开蹦床在空中有上升和下降两个阶段，在下降阶段重力势能在减小，故D错误。故选C。12C【解析】设屋顶的夹角为，屋顶的宽度为L，由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：，由几何关系得斜面的长度：；由位移公式得：；联立得：，可得当时时间最短，即屋顶的夹角为，故C正确，ABD错误。故选C。13BC【解析】根据牛顿第三定律知，b对地面的压力与b受到地面的支持力一定大小相等，故A错误。b开始时速度为零，当a到达底端时，b的速度为零，在整个过程中，b的速度先增大后减小，动能先增大后减小，由动能定理可知轻杆对b先做正功，后做负功。故B正确。在整个过程中，b的速度先增大后减小，所以轻杆对b的作用力先是动力后是阻力，所以轻杆对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，轻杆对a是斜向下的拉力，此时a的合力大于重力，则其加速度大于重力加速度g，故C正确；a落地前瞬间b的速度为零，由a、b整体的机械能守恒，知此时a的机械能最大，此时b对地面的压力大小为mg，故D错误。14B【解析】A乒乓球的密度较小，在下落得过程中受到的空气的阻力影响较大，所以乒乓球的下落过程中下落得加速度明显小于重力加速度，而实心球下落得加速度近似等于重力加速度，所以将实心球和乒乓球从教学楼三楼同时释放后，结果实心球先落地。故A是可能发生的；B飞行中的天宫二号以及内部的物体都处于失重状态，所以不能在天宫二号中利用二力平衡原理用弹簧测力计直接测出物体的重力。故事件B不可能发生；C乘客从匀速行驶的高铁车厢内竖直向上跳起后，由于惯性，乘客具有与列车相等的水平方向的速度，所以仍落回车厢内的起跳点。故C是可能发生的；D干电池的电动势为，当两节干电池断开电路后，测量电池两端电压，电压表示数接近故D是可能发生的。15C【解析】A、飞机在跑道上加速时所受阻力大小为f0.2mg0.210410 N2104 N；故A错误；B、当F7104 N时，飞机在跑道上加速时的加速度最大，设为a；根据牛顿第二定律得Ffma，解得a5 m/s2；故B错误；C、若航空母舰处于静止状态，根据速度位移公式v2v022aL，将v50 m/s，L160 m，a5 m/s2，代入解得v030 m/s，故C正确；D、若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为v。以航母为参考系，根据速度位移公式得此题条件下（vv）22aL，代入数据解得v10 m/s，即航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s，故D错误。故选C。16AB【解析】A.摆球经过最低点时，拉力最大，由图知在0.2 s时，拉力最大，所以此时摆球经过最低点，故A正确；B.在t=0.8 s时，摆球的拉力最大，经过最低点，加速度向上，摆球处于超重状态。故B正确；C.由图可知，经过最低点时的力逐渐减小，说明经过最低点时的速度逐渐减小，机械