牛顿运动定律的综合应用试题整理

1、文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！1 / 22考点考点 1111牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用考点名片考点名片考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一内容之一，其主要包括的考点有其主要包括的考点有：(1)(1)超重超重、失重失重；(2)(2)连接体问题连接体问题；(3)(3)牛顿运动定律的综合应用牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型滑块滑板模型、传送带模型等传送带模型等。其中其中考查到的如：考查到的如：20152015 年全国卷年全国卷第第 2525 题、题、20152015 年全国卷年全国卷

2、第第 2525 题题、20152015 年海南高考第年海南高考第 9 9 题题、20142014 年北京高考第年北京高考第 8 8 题题、20142014 年四川高考年四川高考第第 7 7 题、题、20142014 年大纲卷第年大纲卷第 1919 题、题、20142014 年江苏高考第年江苏高考第 5 5 题、题、20142014 年年福建高考第福建高考第 1515 题、题、20132013 年浙江高考第年浙江高考第 1717 题和第题和第 1919 题、题、20132013 年广年广东高考第东高考第 1919 题、题、20132013 年山东高考第年山东高考第 1515 题等。题等。备考正能

3、量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题独命题( (选择题、实验题选择题、实验题) )，也可综合命题，也可综合命题( (解答题解答题) )。高考对本考点。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。上。一、基础与经典一、基础与经典1 1小明家住十层小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确则下列说

4、法正确的是的是( () )A A他始终处于超重状态他始终处于超重状态B B他始终处于失重状态他始终处于失重状态C C他先后处于超重、平衡、失重状态他先后处于超重、平衡、失重状态D D他先后处于失重、平衡、超重状态他先后处于失重、平衡、超重状态答案答案C C解析解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速速，再向上匀速再向上匀速，最后向上减速最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上运动过程中加速度方向最初向上，中间为零中间为零，最后加速度方向向下最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重因此先后对应的状态应该是超重、文档供参考，可

5、复制、编制，期待您的好评与关注！2 / 22平衡、失重三个状态，平衡、失重三个状态，C C 正确。正确。2 2如图所示如图所示，一长木板在水平地面上运动一长木板在水平地面上运动，在某时刻在某时刻( (t t0)0)将将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相一相对于地面静止的物块轻放到木板上，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。在物块放到木板静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度上之后，木板

6、运动的速度时间图象可能是图中的时间图象可能是图中的( () )答案答案A A解析解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故度小于木板刚开始运动时的加速度，故 A

7、 A 正确，也可能物块与长木正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力木板向右的摩擦力， 但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度， B B、C C 错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D D 错误错误。3 3如图所示如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度放在固定斜面上的物块以加速度a a沿斜面匀加速沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力下滑，若在物块上再施加一个竖直向下

8、的恒力F F，则，则( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！3 / 22A A物块可能匀速下滑物块可能匀速下滑B B物块仍以加速度物块仍以加速度a a匀加速下滑匀加速下滑C C物块将以大于物块将以大于a a的加速度匀加速下滑的加速度匀加速下滑D D物块将以小于物块将以小于a a的加速度匀加速下滑的加速度匀加速下滑答案答案C C解析解析对物块进行受力分析，设斜面的角度为对物块进行受力分析，设斜面的角度为，可列方，可列方程程mgmgsinsinmgmgcoscosmama，sinsincoscosa ag g，当加上力当加上力F F后后，由由牛顿第二定律得牛顿第二定律得( (mg

9、mgF F)sin)sin( (mgmgF F)cos)cosmama1 1，即，即mgmgsinsinmgmgcoscosF FsinsinF Fcoscosmama1 1，mamaF FsinsinF Fcoscosmama1 1，F FsinsinF FcoscosF F(sin(sincoscos) )FaFag g，FaFag g大于零大于零，代入代入上式知上式知，a a1 1大于大于a a。物块将以大于物块将以大于a a的加速度匀加速下滑的加速度匀加速下滑。只有只有 C C 项项正确。正确。4.4. ( (多选多选) )如图所示如图所示，质量分别为质量分别为m mA A、m mB

10、B的的A A、B B两物块用轻线连两物块用轻线连接，放在倾角为接，放在倾角为的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F F拉拉A A，使它们沿斜面匀加速上升，使它们沿斜面匀加速上升，A A、B B与斜面间的动摩擦因数均为与斜面间的动摩擦因数均为。为。为了增加轻线上的张力，可行的办法是了增加轻线上的张力，可行的办法是( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！4 / 22A A减小减小A A物块的质量物块的质量B B增大增大B B物块的质量物块的质量C C增大倾角增大倾角D D增大动摩擦因数增大动摩擦因数答案答案ABAB解析解析对对A A、B B组成

11、的系统应用牛顿第二定律得：组成的系统应用牛顿第二定律得：F F( (m mA Am mB B) )g gsinsin( (m mA Am mB B) )g gcoscos( (m mA Am mB B) )a a，隔离物体隔离物体B B，应用牛顿第应用牛顿第二定律得，二定律得，F FT Tm mB Bg gsinsinm mB Bg gcoscosm mB Ba a。以上两式联立可解得。以上两式联立可解得：F FT Tm mB BF Fm mA Am mB B，由此可知由此可知，F FT T的大小与的大小与、无关无关，m mB B越大越大，m mA A越小越小，F FT T越大，故越大，故 A

12、 A、B B 均正确。均正确。5 5( (多选多选) )质量分别为质量分别为M M和和m m的物块形状大小均相同的物块形状大小均相同，将它们通将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为的的斜面，斜面，M M恰好能静止在斜面上，不考虑恰好能静止在斜面上，不考虑M M、m m与斜面之间的摩擦。若与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置互换两物块位置，按图乙放置按图乙放置，然后释放然后释放M M，斜面仍保持静止斜面仍保持静止。则下则下列说法正确的是列说法正确的是( () )A A轻绳的拉力等于轻绳的拉力等于MgMgB B轻绳的拉力等

13、于轻绳的拉力等于mgmgC CM M运动的加速度大小为运动的加速度大小为(1(1sinsin) )g gD DM M运动的加速度大小为运动的加速度大小为M Mm mM Mg g答案答案BCBC解析解析互换位置前，互换位置前，M M静止在斜面上，则有：静止在斜面上，则有：MgMgsinsinmgmg，互，互换位置后，对换位置后，对M M有有MgMgF FT TMaMa，对，对m m有：有：F FT Tmgmgsinsinmama，又，又F FT TF FT T，解得解得：a a(1(1sinsin) )g g，F FT Tmgmg，故故 A A、D D 错误错误，B B、C C 正确正确。6.6

14、. 如图所示，木块如图所示，木块A A的质量为的质量为m m，木块，木块B B的质量为的质量为M M，叠放在，叠放在光滑的水平面上，光滑的水平面上，A A、B B之间的动摩擦因数为之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于，最大静摩擦力等于文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！5 / 22滑动摩擦力滑动摩擦力，重力加速度为重力加速度为g g。现用水平力现用水平力F F作用于作用于A A，则保持则保持A A、B B相对静止的条件是相对静止的条件是F F不超过不超过( () )A AmgmgB BMgMgC Cmgmg1 1m mM MD DMgMg1 1M Mm m答案答案C C解析解析由于由

15、于A A、B B相对静止相对静止， 以整体为研究对象可知以整体为研究对象可知F F( (M Mm m) )a a；若若A A、B B即将相对滑动即将相对滑动，以物体以物体B B为研究对象可知为研究对象可知mgmgMaMa，联立解联立解得得F Fmgmg1 1m mM M，选项，选项 C C 正确。正确。7 7 如图甲所示如图甲所示， 静止在光滑水平面上的长木板静止在光滑水平面上的长木板B B( (长木板足够长长木板足够长) )的左端静止放着小物块的左端静止放着小物块A A。某时刻，。某时刻，A A受到水平向右的外力受到水平向右的外力F F作用作用，F F随时间随时间t t的变化规律如图乙所示，

16、即的变化规律如图乙所示，即F Fktkt，其中，其中k k为已知常数为已知常数。设物体设物体A A、B B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F Ff f，且，且A A、B B的质量相等的质量相等， 则下列可以定性描述长木板则下列可以定性描述长木板B B运动的运动的v vt t图象是图象是( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！6 / 22答案答案B B解析解析A A、B B相对滑动之前加速度相同相对滑动之前加速度相同，由整体法可得由整体法可得：F F2 2mama，F F增大增大，a a增大增大。当当A A、B B间刚好发生相对滑动时间刚

17、好发生相对滑动时，对木板有对木板有F Ff fmama，故此时故此时F F2 2F Ff fktkt，t t2 2F Ff fk k，之后木板做匀加速直线运动之后木板做匀加速直线运动，故只有故只有 B B项正确。项正确。8.8. 如图如图，在光滑水平面上有一质量为在光滑水平面上有一质量为m m1 1的足够长的木板的足够长的木板，其上其上叠放一质量为叠放一质量为m m2 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑的木块。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动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t t增大的水平力增大的水平力F Fktkt( (k k是是常数常数)

18、 )，木板和木块加速度的大小分别为，木板和木块加速度的大小分别为a a1 1和和a a2 2。下列反映。下列反映a a1 1和和a a2 2变化的图线中正确的是变化的图线中正确的是( () )答案答案A A解析解析本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物体一起做匀加速运动有物体一起做匀加速运动有F F( (m m1 1m m2 2) )a a，即即a aF Fm m1 1m m2 2ktktm m1 1m m2 2，两物两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到m m2 2g

19、 g后后，两者发生相对滑动两者发生相对滑动。 对对m m2 2有有F Ff fmama2 2， 在相对滑动之前在相对滑动之前f f逐渐增大逐渐增大，相对滑动后相对滑动后f fm m2 2g g不再变化不再变化，a a2 2F Ff fm m2 2ktktm m2 2g g，故其图象斜率故其图象斜率增大；而对增大；而对m m1 1，在发生相对滑动后，有，在发生相对滑动后，有m m2 2g gm m1 1a a1 1，故，故a a1 1m m2 2g gm m1 1为为定值。故定值。故 A A 选项正确。选项正确。文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！7 / 229.9. ( (多选多选)

20、 )神舟飞船返回时神舟飞船返回时，3 3 吨重的返回舱下降到距地面吨重的返回舱下降到距地面 1010 k km m时，下降速度为时，下降速度为 200200 m/sm/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，1616 s s 后返回舱的速度减至后返回舱的速度减至 8080 m/sm/s，此时减速伞与返回舱分离。然后，此时减速伞与返回舱分离。然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至 1010 m/sm/s，此时飞船，此时飞船距地面高度为距地面高度为 1 1 m m，接着舱内接着舱内 4 4 台缓冲发动机同时点火台

21、缓冲发动机同时点火，给飞船一个给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直线运动，速直线运动，g g1010 m/sm/s2 2。根据以上材料可得。根据以上材料可得( () )A A减速伞工作期间返回舱处于失重状态减速伞工作期间返回舱处于失重状态B B主伞工作期间返回舱处于失重状态主伞工作期间返回舱处于失重状态C C减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为 7.57.5 m/sm/s2 2D D每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的

22、 1.51.5 倍倍答案答案CDCD解析解析减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态态，A A、B B 项错项错；减速伞工作期间减速伞工作期间，返回舱从返回舱从 200200 m/sm/s 减速至减速至 8080 m/sm/s，由运动学公式得由运动学公式得a a1 1v v1 1v v2 2t t1 17.57.5 m/sm/s2 2，C C 项正确；缓冲发动机开动项正确；缓冲发动机开动后后， 加速度大小为加速度大小为a a3 3v v2 23 32 2h h3 35050 m/sm/s2 2， 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 4 4

23、F Fmgmgmama3 3，解得解得F Fmgmg1.5,1.5, D D 项正确。项正确。1010 ( (多选多选) )如图甲所示如图甲所示， 物块的质量物块的质量m m1 1 kgkg， 初速度初速度v v0 01010 m/sm/s，文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！8 / 22在一水平向左的恒力在一水平向左的恒力F F作用下从作用下从O O点沿粗糙的水平面向右运动，某点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力时刻后恒力F F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，化的图象如图乙所示，g g1010 m/s

24、m/s2 2。下列说法中正确的是。下列说法中正确的是( () )A A0 05 5 s s 内物块做匀减速运动内物块做匀减速运动B B在在t t1 1 s s 时刻恒力时刻恒力F F反向反向C C恒力恒力F F大小为大小为 1010 N ND D物块与水平面的动摩擦因数为物块与水平面的动摩擦因数为 0.30.3答案答案BDBD解析解析题图乙为物块运动的题图乙为物块运动的v v2 2x x图象图象，由由v v2 2v v2 20 02 2axax可知可知，图图象的斜率象的斜率k k2 2a a，得，得 0 05 5 m m 位移内位移内a a1 11010 m/sm/s2 2，5 51313 m

25、 m 位移位移内内a a2 24 4 m/sm/s2 2，可知恒力，可知恒力F F反向时物块恰好位于反向时物块恰好位于x x5 5 m m 处，处，t t0 0v v0 0a a1 11 1 s s，A A 错误，错误，B B 正确。对物块受力分析可知，正确。对物块受力分析可知，F FF Ff fmama1 1，F FF Ff fmama2 2，得，得F F7 7 N N，F Ff f3 3 N N，F Ff fmgmg0.30.3，C C 错误，错误，D D 正确。正确。二、真题与模拟二、真题与模拟11.11. 20152015海南高考海南高考(多选多选) )如图所示，升降机内有一固定斜如图

26、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，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面匀速下滑。当升降机加速上升时( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！9 / 22A A物块与斜面间的摩擦力减小物块与斜面间的摩擦力减小B B物块与斜面间的正压力增大物块与斜面间的正压力增大C C物块相对于斜面减速下滑物块相对于斜面减速下滑D D物块相对于斜面匀速下滑物块相对于斜面匀速下滑答案答案BDBD解析解析当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgm

27、gsinsinmgmgcoscos，则则tantan( (为斜面倾角为斜面倾角) )。当升降机加速当升降机加速上升时上升时，设加速度为设加速度为a a，物体处于超重状态物体处于超重状态，超重超重mama。物块物块“重力重力”变为变为G Gmgmgmama，支持力变为支持力变为N N( (mgmgmama)cos)cos mgmgcoscos，B B 正正确确。“重力重力”沿斜面向下的分力沿斜面向下的分力G GF F( (mgmgmama)sin)sin，沿斜面摩擦沿斜面摩擦力变为力变为f fN N( (mgmgmama)cos)cos mgmgcoscos，A A 错误。错误。f f( (mg

28、mgmama)cos)costantan( (mgmgmama)cos)cos( (mgmgmama)sin)sinG G下下，所以物块仍沿斜面匀速运动，所以物块仍沿斜面匀速运动，D D 正确，正确，C C 错误。错误。121220152015海南高考海南高考 ( (多选多选) )如图所示，物块如图所示，物块a a、b b和和c c的质的质量相同量相同，a a和和b b、b b和和c c之间用完全相同的轻弹簧之间用完全相同的轻弹簧S S1 1和和S S2 2相连相连，通过通过系在系在a a上的细线悬挂于固定点上的细线悬挂于固定点O O，整个系统处于静止状态整个系统处于静止状态。现将细线现将细线

29、剪断。将物块剪断。将物块a a的加速度的大小记为的加速度的大小记为a a1 1，S S1 1和和S S2 2相对于原长的伸长相对于原长的伸长分别记为分别记为l l1 1和和l l2 2，重力加速度大小为，重力加速度大小为g g。在剪断的瞬间。在剪断的瞬间( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！10 / 22A Aa a1 13 3g gB Ba a1 10 0C Cl l1 12 2l l2 2D Dl l1 1l l2 2答案答案ACAC解析解析剪断细线前，把剪断细线前，把a a、b b、c c看成整体，细线上的拉力为看成整体，细线上的拉力为T T3 3mgmg。因在剪断瞬

30、间因在剪断瞬间，弹簧未发生突变弹簧未发生突变，因此因此a a、b b、c c之间的作用之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对a a隔离进行受力分隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：析，由牛顿第二定律得：3 3mgmgmama1 1，得，得a a1 13 3g g，A A 正确，正确，B B 错误。由错误。由胡克定律知：胡克定律知：2 2mgmgk kl l1 1，mgmgk kl l2 2，所以，所以l l1 12 2l l2 2，C C 正确，正确，D D错误。错误。131320142014北京高考北京高考 应用物理知识分析生活中的常见

31、现象，应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动开始竖直向上运动， 直至将物体抛出直至将物体抛出。 对此现象分析正确的是对此现象分析正确的是( () )A A受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B B受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D D在物体离开手的瞬间，手的

32、加速度大于重力加速度在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案答案D D解析解析物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加体处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故 A A、B B、C C 错误；物体错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同时

33、刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！11 / 22大于物体的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度也就是手的加速度大于重力加速度，故故 D D 正确正确。141420142014四川高考四川高考(多选多选) )如图所示，水平传送带以速度如图所示，水平传送带以速度v v1 1匀速运动匀速运动，小物体小物体P P、Q Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t t0 0时刻时

34、刻P P在传送带左端具有速度在传送带左端具有速度v v2 2，P P与定滑轮间的绳水平，与定滑轮间的绳水平，t tt t0 0时时刻刻P P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体物体P P速度随时间变化的图象可能是速度随时间变化的图象可能是( () )答案答案BCBC解析解析若若v v2 2 v v1 1且且m mQ Qg g m mP Pg g， 对对P P、Q Q整体分析有整体分析有m mP Pg gm mQ Qg g( (m mP Pm mQ Q) )a a1 1，当，当P P加速运动速度达到加速运动速度达到v v

35、1 1后，与皮带一起匀速运动，直到后，与皮带一起匀速运动，直到离开传送带离开传送带( (也可能加速过程中就离开传送带也可能加速过程中就离开传送带) )，所以，所以 B B 项正确。项正确。若若v v2 2 m mP Pg g， 则则P P先匀减速到零再反向加速到离开传送带先匀减速到零再反向加速到离开传送带( (也可也可能减速过程中就离开传送带能减速过程中就离开传送带) )；若；若v v2 2 v v1 1，且，且m mQ Qg g v v1 1且且m mQ Qg g m mP Pg g，满足，满足m mQ Qg gm mP Pg g( (m mP Pm mQ Q) )a a2 2，中途减速至，

36、中途减速至v v1 1，以后满足，以后满足m mQ Qg gm mP Pg g( (m mP Pm mQ Q) )a a3 3，以，以a a3 3先先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带( (也可能减速过程也可能减速过程文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！12 / 22中就离开传送带中就离开传送带) )，故，故 C C 正确，正确，A A、D D 错误。错误。151520142014大纲卷大纲卷 一物块沿倾角为一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物的斜坡向上滑动。当物块的初速度为块的初速度为v v时时，上升的最大高度为上升的最大高度为H H

37、，如图所示如图所示；当物块的初速当物块的初速度为度为v v2 2时，上升的最大高度记为时，上升的最大高度记为h h。重力加速度大小为。重力加速度大小为g g。物块与斜。物块与斜坡间的动摩擦因数和坡间的动摩擦因数和h h分别为分别为( () )A Atantan和和H H2 2B.B.v v2 22 2gHgH1 1tantan和和H H2 2C Ctantan和和H H4 4D.D.v v2 22 2gHgH1 1tantan和和H H4 4答案答案D D解析解析对物块上滑过程由牛顿第二定律得对物块上滑过程由牛顿第二定律得mgmgsinsinmgmgcoscosmama，根据运动规律可得，根据

38、运动规律可得v v2 22 2a aH Hsinsin，v v2 22 22 2a ah hsinsin，联立可，联立可得得v v2 22 2gHgH1 1tantan，h hH H4 4。故。故 D D 项正确。项正确。161620142014福建高考福建高考 如图，滑块以初速度如图，滑块以初速度v v0 0沿表面粗糙且足沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用若用h h、s s、v v、a a分别表示滑块的下降高度分别表示滑块的下降高度、位移位移、速度和加速度的速度和加速度的大小，大小，t t表示

39、时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( () )文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！13 / 22答案答案B B解析解析对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所对物体受力分析，由于物体在斜面上能够停止，物体所受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为受的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为，由，由牛顿第二定律可知，牛顿第二定律可知，F Ff fmgmgsinsinmama，F FN Nmgmgcoscos，又，又F Ff fF FN N，解得解得a ag gcoscosg gsinsin，加速度，加

40、速度a a为定值，为定值，D D 错误。由错误。由v vv v0 0atat可知，可知，v vt t图线应为倾斜的直线，图线应为倾斜的直线，C C 错误。由错误。由s sv v0 0t t1 12 2atat2 2可知可知，s st t图线为抛物线，图线为抛物线，B B 正确。由几何关系可知正确。由几何关系可知h hs ssinsin，即，即h ht t图线应类似于图线应类似于s st t图线，图线，A A 错误。错误。171720172017江西宜春三中检测江西宜春三中检测 如图所示，质量为如图所示，质量为M M、中空为、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为半球形的

41、光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m m的小铁球，现用一水平向右的推力的小铁球，现用一水平向右的推力F F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角，则下列角，则下列说法正确的是说法正确的是( () )A A小铁球受到的合外力方向水平向左小铁球受到的合外力方向水平向左文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！14 / 22B B凹槽对小铁球的支持力为凹槽对小铁球的支持力为mgmgsinsinC C系统的加速度为系统的加速度为a ag gtantanD D推力推力F FMgM

42、gtantan答案答案C C解析解析根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为支持力为mgmgcoscos，A A、B B 错误。小球所受合外力为错误。小球所受合外力为mgmgtantan，加速度，加速度a ag gtantan，推力，推力F F( (m mM M) )g gtantan，C C 正确，正确，D D 错误。错误。181820162016海口联考海口联考(多选多选) )如图所示如图所示，水平传送带水平传送

43、带A A、B B两端两端相距相距s s3.53.5 m m，工件与传送带间的动摩擦因数，工件与传送带间的动摩擦因数0.10.1。工件滑上。工件滑上A A端瞬时速度端瞬时速度v vA A4 4 m/sm/s，到达，到达B B端的瞬时速度设为端的瞬时速度设为v vB B，则，则( (g g1010m/sm/s2 2)()() )A A若传送带不动，则若传送带不动，则v vB B3 3 m/sm/sB B若传送带以速度若传送带以速度v v4 4 m/sm/s 逆时针匀速转动，逆时针匀速转动，v vB B3 3 m/sm/sC C若传送带以速度若传送带以速度v v2 2 m/sm/s 顺时针匀速转动，

44、顺时针匀速转动，v vB B3 3 m/sm/sD D若传送带以速度若传送带以速度v v2 2 m/sm/s 顺时针匀速转动，顺时针匀速转动，v vB B2 2 m/sm/s答案答案ABCABC解析解析若传送带不动，由匀变速规律可知若传送带不动，由匀变速规律可知v v2 2B Bv v2 2A A2 2asas，a ag g，代入数据解得，代入数据解得v vB B3 3 m/sm/s，当满足选项，当满足选项 B B、C C 中的条件时，工件中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是g g，所以工件到达所以工件到达

45、B B端时的瞬时速度仍为端时的瞬时速度仍为 3 3 m/sm/s，故选项，故选项 A A、B B、C C 正确正确，文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！15 / 22D D 错误。错误。191920162016福州质检福州质检 如图所示如图所示，劲度系数为劲度系数为k k的轻弹簧竖直的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为放置，下端固定在水平地面上。一质量为m m的小球，从离弹簧上端的小球，从离弹簧上端高高h h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程小球第一次运动到最低点的过程，

46、 下列关于小球的速度下列关于小球的速度v v或加速度或加速度a a随时间随时间t t变化的图象中符合实际情况的是变化的图象中符合实际情况的是( () )答案答案A A解析解析此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加速度加速度a ag g，方向竖直向下，速度，方向竖直向下，速度v vgtgt；第二段小球向下做加速；第二段小球向下做加速文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！16 / 22运动运动，加速度加速度a amgmgkxkxm m，弹簧的压缩量弹簧的压缩量x x变大变大，加速度加速度a a变小变小，方方向向下向向下；第三段运动

47、小球向下做减速运动第三段运动小球向下做减速运动，加速度加速度a akxkxmgmgm m，弹簧弹簧的压缩量的压缩量x x变大变大，加速度加速度a a变大变大，方向向上方向向上，到达最低点时到达最低点时a a g g，而而且小球接触弹簧后且小球接触弹簧后a at t图线不是线性关系，所以图线不是线性关系，所以 C C、D D 都错误。又都错误。又由由v vt t图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项图象的斜率变化代表加速度的变化，故选项 A A 正确。正确。202020162016山东烟台期中山东烟台期中 ( (多选多选) )如图所示，横截面为直角三如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为角形

48、的三棱柱质量为M M，放在粗糙的水平地面上放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个两底角中其中一个角的角度为角的角度为( (4545) )。三棱柱的两倾斜面光滑三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质上面分别放有质量为量为m m1 1和和m m2 2的两物体的两物体， 两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g g，则将，则将m m1 1和和m m2 2

49、同时由静止释放后，下列说法正确的是同时由静止释放后，下列说法正确的是( () )A A若若m m1 1m m2 2，则两物体可静止在斜面上，则两物体可静止在斜面上B B若若m m1 1m m2 2cotcot，则两物体可静止在斜面上，则两物体可静止在斜面上C C若若m m1 1m m2 2，则三棱柱对地面的压力小于，则三棱柱对地面的压力小于( (M Mm m1 1m m2 2) )g gD D若若m m1 1m m2 2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零答案答案BCBC解析解析若若m m1 1m m2 2，m m2 2的重力沿斜面向下的分力大小的重力沿斜面向下

50、的分力大小为为m m2 2g gsin(90sin(90) )，m m1 1的重力沿斜面向下的分力大小为的重力沿斜面向下的分力大小为m m1 1g gsinsin，由于，由于4545，则则m m2 2g gsin(90sin(90)m m1 1g gsinsin，则，则m m1 1将沿斜面向下加速运动，将沿斜面向下加速运动，m m2 2将将沿斜面向上加速运动沿斜面向上加速运动， A A 错误错误。 要使两物体都静止在斜面上要使两物体都静止在斜面上， 应满足应满足：文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！17 / 22m m2 2g gsin(90sin(90) )m m1 1g gsin

51、sin，即有即有m m1 1m m2 2cotcot，B B 正确正确。若若m m1 1m m2 2，设加速度大小为设加速度大小为a a，对两个物体及斜面整体对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得，竖竖直方向有直方向有F FN N( (M Mm m1 1m m2 2) )g gm m2 2a asin(90sin(90) )m m1 1a asinsin00，即地，即地面对三棱柱的支持面对三棱柱的支持力力F FN N(M Mm m1 1m m2 2) )g g， 则三棱柱对地面的压力小于则三棱柱对地面的压力小于( (M Mm m1 1m m2 2) )g g； 水平方向有水平方

52、向有F Ff fm m1 1a acoscosm m2 2a acos(90cos(90)0)0， C C 正确正确，D D 错误。错误。一、基础与经典一、基础与经典21.21. 如图所示，长如图所示，长L L1.61.6 m m、质量、质量M M3 3 kgkg 的木板静置于光滑的木板静置于光滑水平面上，质量水平面上，质量m m1 1 kgkg 的小物块放在木板的右端，木板和物块间的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数的动摩擦因数0.10.1。现对木板施加一水平向右的拉力。现对木板施加一水平向右的拉力F F，取，取g g1010 m/sm/s2 2。(1)(1)求使物块不掉下去的最

53、大拉力求使物块不掉下去的最大拉力F F；(2)(2)如果拉力如果拉力F F1010 N N 恒定不变恒定不变， 求小物块所能获得的最大速度求小物块所能获得的最大速度。答案答案(1)4(1)4 N N(2)1.26(2)1.26 m/sm/s解析解析(1)(1)物块不掉下去的最大拉力物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度块与木板具有共同的最大加速度a a1 1。对物块，最大加速度对物块，最大加速度a a1 1mgmgm mg g1 1 m/sm/s2 2，对整体，对整体，F F( (M Mm m) )a a1 1(3(31)1)1 1 N

54、 N4 4 N N。(2)(2)当当F F1010 N N 时，木板的加速度时，木板的加速度a a2 2F FmgmgM M10100.10.11 110103 3m/sm/s2 23 3 m/sm/s2 2由由1 12 2a a2 2t t2 21 12 2a a1 1t t2 2L L得物块滑过木板所用时间得物块滑过木板所用时间文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！18 / 22t t 1.61.6 s s，物块离开木板时的速度物块离开木板时的速度v v1 1a a1 1t t 1.61.6 m/sm/s1.261.26 m/sm/s即小物块所能获得的最大速度为即小物块所能获得的最

55、大速度为 1.261.26 m/sm/s。2222质量为质量为 2020 kgkg 的物体若用的物体若用 2020 N N 的水平力牵引它，刚好能在的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进水平面上匀速前进。问问：若改用若改用 5050 N N 拉力拉力、沿与水平方向成沿与水平方向成 3737的的夹角向斜上方拉它夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进使物体由静止出发在水平面上前进 2.32.3 m m，它的它的速度多大？在前进速度多大？在前进 2.32.3 m m 时撤去拉力时撤去拉力， 又经过又经过 3 3 s s， 物体的速度多大？物体的速度多大？(sin37(sin370.60.

56、6，cos37cos370.80.8，g g取取 1010 m/sm/s2 2) )答案答案2.32.3 m/sm/s0 0解析解析施加施加 2020 N N 水平拉力时，物体做匀速运动，水平拉力时，物体做匀速运动，F F1 1f f1 1，f f1 1F FN1N1，F FN1N1G G，解得，解得0.10.1。对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为a a1 1，由牛顿第二定律，由牛顿第二定律可得可得F F2 2coscosf f2 2mama1 1，f f2 2( (G GF F2 2sinsin) )，a a1 11.151.15 m/sm/s2 2(

57、(方向与运动方向相同方向与运动方向相同) )，由运动学定律可得由运动学定律可得v v2 22 2a a1 1x x，v v2.32.3 m/sm/s，撤去拉力后，物体的加速度大小为撤去拉力后，物体的加速度大小为a a2 2，由牛顿第二定律有，由牛顿第二定律有f f1 1mama2 2，a a2 21 1 m/sm/s2 2( (方向与运动方向相反方向与运动方向相反) )。由由t tv va a2 2，可得物体停止运动的时间为，可得物体停止运动的时间为t t2.32.3 s3s3 s s，所以所以 3 3 s s 后物体的速度大小为后物体的速度大小为 0 0。二、真题与模拟二、真题与模拟2323

58、20152015全国卷全国卷 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左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为4.54.5 m m，如图，如图(a)(a)所示。所示。t t0 0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至度向右运动，直至t t1 1 s s 时木板与墙壁碰撞时木板与墙壁碰撞( (碰撞时间极短碰撞时间极短) )。碰撞。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

59、开木板。已知碰撞后木板。已知碰撞后 1 1 s s 时间内小物块的时间内小物块的v vt t图线如图图线如图(b)(b)所示。木板所示。木板的质量是小物块质量的的质量是小物块质量的 1515 倍，重力加速度大小倍，重力加速度大小g g取取 1010 m/sm/s2 2。求：。求：文档供参考，可复制、编制，期待您的好评与关注！19 / 22(1)(1)木板与地面间的动摩擦因数木板与地面间的动摩擦因数1 1及小物块与木板间的动摩擦及小物块与木板间的动摩擦因数因数2 2；(2)(2)木板的最小长度；木板的最小长度；(3)(3)木板右端离墙壁的最终距离。木板右端离墙壁的最终距离。答案答案(1)(1)1

60、 10.10.12 20.40.4(2)(2)木板的最小长度为木板的最小长度为 6.06.0 m m(3)(3)木板右端离墙壁的最终距离为木板右端离墙壁的最终距离为 6.56.5 m m解析解析(1)(1)规定向右为正方向规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前木板与墙壁相碰前，小物块和木小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为板一起向右做匀变速运动，设加速度为a a1 1，小物块和木板的质量分，小物块和木板的质量分别为别为m m和和M M。由牛顿第二定律有。由牛顿第二定律有1 1( (m mM M) )g g( (m mM M) )a a1 1由题图由题图(b)(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的