2017版高考一本解决方案物理新课标考纲专题解读考点题组训练3运动定律

性有下列说法，其中正确的是()D 运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．2．(2013·海南物理，7，5分)(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自 A．认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改B通过“理想实验”得出结论一旦物体具有某一速度如果它不受力，它将以这一速度运动下去C．笛卡儿：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿BCD认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，他认为力物体具有某一速度如果它不受力就将以这一速度运动下去，B正确，C、D均符合历史事实．索自然规律的科学方法，利用这种方法发现的规律有()B．物体之间普遍存在相互 的相互及物体间相互作用力的特点是由牛顿发现的规律，B、D错误．4．(2012·海南物理，1，3分)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是( max＝Fx，D正确m(2014·理综，19，6分)创造的把实验、假设和逻辑推理相结合O最置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()AO点等高D【解析O等高的位置．若斜面光滑，小球无机械能损失，将上升到与O等高的位置，A正确．B、CA选项的推论，并非“最直接”的结论．D项不能从本实验中看出．选A.(2016·东北师大附中第二次模拟)如图所示，A、B、Cm，A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、Cθ的光滑斜面固定在地g，下列说法正确的是 A．A2B．C球的加速度沿斜面向下，大小为2C．A、B2mgsinD．A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为2【解析】细线被烧断的瞬间，C不再受细线的拉力作用，a＝gsinθ，沿斜面向下，B错误．以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前A、B静止，处于平F弹＝3mgsinθ，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：3mgsinθ－2mgsinθ＝2ma，A、Ba＝1gsinθ，A错误，DB为研究对象，由牛顿第二2定律得：FT－mgsinθ＝ma

θ，C导学导考分析此类问题时，首先要明确变化发生之前各物体是什么样的受(2011·浙江理综，14，6分)如图所示， D【解析】根据牛顿第三定律，甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反是作用力与反作用力，因绳子质量不计，所以两者可认为是一对平衡力，B错，根据牛顿第二定律＝Fm甲>m乙a甲<a乙

无关，D错误．选C. 牛顿应用“理想斜面实验”了“力是维持物体运动的原因”的观点所指的巨人是、笛卡儿等人 应用“理想斜面实验”了“力是维持物体运动的原因”的观点，A错误．应用“斜面实验”研究了自由落体运动的规律，B正确．牛顿曾说“我之所以比别人看得远，是因为我站在了巨人的肩膀上”，牛顿所指的巨人是、笛卡儿等人，C正确．法拉第在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律，故D错误．ma加速下滑时，竿对地面上人的压力大小为() 2．A(M＋m)g－FN＝ma，可FN＝(M＋m)g－ma，根据牛顿第三定律，竿对地面上的人的压力大小也为(M＋m)g－ma，A正确．M4F的大小，下述表达式一定正确的是() ma≠μmg.MMm＋m)a.C30AB托度大小为( D.3 334．BmgFN、弹簧拉力F三个力作用受力分析如图所示由平衡条件可得FN＝3板AB突然向下的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合3与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为 3g，B正确3 m甲>m乙R甲>R乙f＝kR，f甲>f乙W＝fxW甲>W乙，D正确．在空中对小球受力分析，由mg－f＝ma，可得

3k g g

33πR3

R>R可知，a

aa甲>a乙t甲<t乙，Av＝2ahv甲>v乙，B述过程中()DAgt1时间滑离桌布，滑离时的速度为v则v＝gt1鱼缸到了桌面上做匀运动加速度大小为μgt2＝vt1＝t2，Bμmg，保持不变，C错误．若猫减小拉力，使桌布的加速度小于μg，则鱼缸与桌布间的摩擦力为静摩擦3．(2016·理综，8，6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动81、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()B5、66、73∶2D44节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 合外力应与运动方向相同，A2F牵－8f＝8ma6、7、8

B2F22P0＝8f，44节动车时

D

4．(2015·新课标Ⅰ，20，6分)(多选)如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()t 上升过程中，mgsinθ＋μmgcosθ＝mv0，下降过程中，mgsint1tμmgcosθ＝mv1mmmt1联立可得sin

v v 1 ，A、C正确， 1 2gt1

2gt1cos ＝xsinθh可求，DPQF3着车厢以大小为2a的加速度向西行驶时，PQF.3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( 西 西

东

西

东＝2∶3，B、C mgsinθ＝Ff，FN＝mgcosθ，Ff＝μmgcosθμ＝tanθ.当升降机加速上升时，Ff′＝μFN′，沿水平与竖直分解Ff′cosθ＝FN′sinθ，即木块水平方向合力分析可知物块具有向上的加速度，即FN′cosθ＋Ff′sinθ－mg＝ma，解得ta的正方向，则人对地板的压力()A．t＝2s时最大B．t＝2sC．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s t＝2s时压力最大，A正确．当有向下的加t＝8.5s时压力最小，D正确．至将物体抛出．对此现象分析正确的是() 过程中先向上加速，之后的运动状态不确定，A、B错误．物体离开手的瞬间，只受重力，加速度等于重力加速度，C错误．物体离开手，可知物体和手的速度因此手的加速度大于物体的加速度，即大于重力加速度，D正确．θ12m23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车4m38m40.44cos＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.【解析】(1)m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsin f＝μmgcos②联立①②a1＝5③a1开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4m，货车的加速度大小为a2，货货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsin ⑤s1＝vt－112a⑥s2＝vt－122a⑦⑧⑨联立①②④～⑨l＝98【答案】(1)5m/s2，沿制动坡床向下(2)98g，不计空气影响．A端的正下方，如图乙所示．【解析】(1)如图甲所示，设平衡时绳中拉力为FT，有2FTcosθ－mg＝0①3由图知cosθ＝3②4由①②FT＝4③(2)①FT′sin FT′＋FT′cos 由图知cosθ′＝1，代入④⑤式解得a＝ 3②如图丙所示，设外力F与水平方向成αFcos⑦Fsin⑧3由⑥⑦⑧式解得 3(M＋m)g，tanα＝3(或3【答案 6

①

4

3 ②3山体滑坡或泥石流等地质．某地有一倾角

减小为间的动摩擦因数μ2减小为0.5，AB开始运动此时刻为计时起点在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2A开始运动时，AB下边缘的l＝27m，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＝10m/s2.求：0～2sABAB【解析】(1)0～2s时间内，ABf1、N1A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力f1＝μ1N1，N1＝mgcosθ，f2＝μ2N2N2＝N1＋mgcosθ规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1mgsina1＝3m/s2，a2＝1(2)t1＝2sABv1v2，则v1＝a1t1＝6m/s，v2＝a2t1＝2m/st>t1ABa1a2′.AB之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2，a2′＝－2m/s2即B做运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则t2＝1t1＋t2时间内，AB

＝12m<273t3ABl－s＝(v1＋a1′t2)t3＋13

t3＝1s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s【答案】(1)3m/s2；1 (2)4落过程中，下列说法正确的是()【解析】MMg－f＝Maa＝gf＝g－kv.va 得：mg－FN＝ma，得FN＝mg－ma＝mg－mg＋kmv＝kmv∝v 的重力与箱子底部对物体的支持力是一对平衡力，D正确．选D.(2013·山东理综，22，15分)如图所示，一质量m＝0.4kgv0＝2m/s的初速度，在与斜L＝10mθ＝30＝ 3.g10m/s.BFFF【解析】(1)aBv得L＝v0t＋1 ②联立①②a＝3m/s2，v＝8(2)设物体所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为受力分析如图所示由牛顿第二定律得，沿斜面方向：Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma 垂直斜面方向：Fsinα＋FN－mgcosθ＝0 又Ff＝μFN⑤mg（sinθ＋μcos联立③④⑤式得 cosα＋μsin2将数据代入并化简得 N 235Fα＝30FFmin＝1335【答案 (1)3m/s2；8

13 ； 导学导考3个或多个互成角度的共点力而做匀变速直线运动时，(2012·江苏物理，5，3分)如图所示，一木块，在力F作用下向上提升．和木块的质量分别为m、M，与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动力F 2f（m＋M） 2f（m＋M）mC. m【解析】当连同木块一起向上做匀加速运动，且恰好不相对滑动时，力最大，此时与木块间的静摩擦力恰好达到最大静摩擦力－(M＋m)g＝(M＋m)a②.联立①②式解得 ，A正确．选导学导考(1)为确定系统的外力，本题先用法，再用整体法．时，由于木块M受力较少，被确定为研究对象．(2)极限法：当题目中出现“最过程)推向，从而使临界问题(或状态)出来.2(2014·江苏物理，8，4分)(多选)如图所示，A、B2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦2度为g.现对A施加一水平拉力，则( A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静＝μ当 mg时，A的加速度为＝μ F>3μmg时，ABDFDF为何值，Bgμ2【解析 A、B间的最大静摩擦力fAm＝2μmg，B与地面间的最大静摩擦力＝3μmg.FF＝3μmg时，A、B间相对静止，B 22＝2ma2μmg－3mg＝maF＝3μmgA、BF＝5μmg时，A、B相对静止，整体应用牛22顿第二定律可得此时的加速度为a ＝1μ，、正确．物 、

3

1B与地面间都相对滑动时，B的加速度为 ＝2μg，此12FA、B间相对滑动，B的加速度就是1μgB2不会超过此值，D正确．选导学导考AB、B相对地面滑动的条件．上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木g＝10m/s2，求：t＝0【解析】(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减t0～0.5sa1＝v1＝2t1①木板的加速度大小 ＝82②mμ1、μ2，由牛顿第二定律得，对物块有μ1mg＝ma1③④联立①②③④⑤(2)在t1时刻后，假设物块和木板一起做匀直线运动，则共同加速度a共 ⑥ 将向前“打滑”．t1时刻后，由牛顿第二定律得，对物块有μ1mg＝ma1′ 对木板有 解得物块和木板的加速度大小分别为a1′＝2＝4物块还能运动的时间t1′＝v1＝0.5 木板还能运动的时 t2′＝

＝ ⑩v—t物块相对于木板的位移大小即为两图线与坐标轴所围面积的差值，即＝1.125【答案 (2)1.125导学导考这类问题最关键的是抓住运动状态变化时物体的受力特征，如本0.5s时两物体的受力情况，这是一个非常关键的切入点．“”发生了变化．体也可以是物体系⇩⇩通常以加速度的方向为正方向或为某一坐标轴的正方向⇩F33个以⇩F合＝ma在分析求解时，首先的关键就是研究对象的选择，其方法有两种：一是法，(4)绳子松弛的临界条件：张力为0.(1)正确理解轻绳、轻杆和轻弹簧的质量为0和受力能否突变的特征的不同；“多过程”“多物体”1．分析“多过程”搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(m的小铁球，现用F 凹槽对小铁球的支持力为sina＝gtanF＝Mgtan cosmgtanαa＝gtanαF＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误．α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30t60 加速与时的加速度大小之比为2∶t加速与过程发生的位移大小之比为2．D30°角斜向上设动力为F，合力为F合如图甲所示在△OFF定律得飞行器的加速度为：a1＝g，推力方向逆时针旋转30°F′F合

F′＝mgcos 3

2 m加速度大小之比a1∶a2＝2∶1，B错误 飞行到最高点的时间t′＝v

＝2t，C错误．t时刻的速率：v＝a1t＝gt，加速与过程发生的位移大 2之比为2a1∶2a＝1∶2，D2滑水平面上放着两块长度相同质量分别为M1M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、止，今在两物体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v1v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是()若F1＝F2，M1＞M2，则若F1＝F2，M1＜M2，则若F1＞F2，M1＝M2，则若F1＜F2，M1＝M2，则BDF1＝F2aM1、 a2，根据牛顿第二定律得：a1＝M1，a2＝M2m

1

2t2(a－a)＝t2(a－a)M＞M＝2

则a1＜a2，可得：t1＜t2，M1的速度v1＝a1t1，M2的速度v2＝a2t2，则v1＜v2，A错误．若M1＜M2，则a1＞a2，可得：t1＞t2，v1＝a1t1>v2＝a2t2，B正确．若F1＞F2、M1＝M2，根据受力分析和牛顿第二定律得：M1上的物块的加速度大于M2上们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时

1

1a ＝2b1at2，整理得(a－a)t2＝(a－a)t2.a＞at＜tv＜v，C2

F1＜F2、M1＝M2aa＜abv1＞v2，D2s后，开始受到恒定阻力g＝10m/s2)【解析】(1)2sv＝20(2)2sh1＝1H＝50m，h2＝5匀高 h＝H－h1－h2，由FN，由牛顿第二定律有联立得 【答案】(1)20 (2)1.85．(2015·山东菏泽一模)M＝9kg＝1mμ1＝0.1的水平地v0＝2m/sg＝10m/s2，求：(2)【解析】(1)tx1a1，物块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2，则有x1＝v0t－112，x2＝122a 2ax1＝L＋x2t＝1(2)【答案】(1)1 M＝4m(1)B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时(2)CB【解析】(1)设物体的加速度为a，绳子中的拉力为FT，对物体A：由牛顿第二定律得FT－Mg＝MaB、C整体由牛顿第二定律得g解得 ＝1g B从静止下落有：h＝1自由下落同样的距离有：h＝1解得

(2)BCCCB的拉力为

v＝2m/sAB处，A、BL＝10mA处把工件无初速地放到传送带上，经t＝6sB处．求：(2)vABtv变(1)tB点

v＝

22根据位移时间关系有2v＝2m/s，L＝10m，可解得：t＝2t(2)v＝ata＝v＝1t则工件由A至B一直加速运动时用时最短，由v2＝2aL55

55

m/sv L2a v L v 10运动时间 ＝2a＋v＝2＋va

m/sABt′5555

′2【答案】(1)2 t图象如图所示(竖直向上为正)Ft关系的图象可能是( v—t图线斜率表示加速度，所以加速度图象如图F－mg＝ma＝ma＋mgF—ta—图象向上平移，B滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()2．B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v0－at可知，v—t图线应为倾斜的直线，C

2可知，s—t线为拋物线，Bh＝s·sinαh—ts—图线，AFa之间关系的图象是()3．CF小于最大静摩擦力时，物块处于静止状态，故其加速度为0F大于最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得F－μFN＝ma，即＝μFN＋ma，Fa呈线性关系．C4．(2013·重庆理综，4，6分)如图甲为研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最压力小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分 FN＝mgcosθ，即FN＝cosθ光滑斜面下滑的加速度a＝gsin θB正确．5．(2012·海南物理，6，3分)如图所示，表面处abc固定在水平地面上，abbcαβα＞β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿t的关系的图象是()5．C通过受力分析可知，物块上滑过程中做匀直线运动，下滑过程中做匀a＝gsinα＋μgcosαa′＝gsinβ－μgcosβ，又因为α>β，所以a＞a′v—t图象上表现为上滑阶段v—t图线斜率的绝对值大；因α>β，所以上滑阶段的位移小于下滑阶段的位移，在v—t图象上表现v—t图线与坐标轴所围面积较大；物块由于克服摩擦力做功而有cv＜v0.综上分析，C正确．本题的图象判断抓住三个点：①上升和下降时加速度不同；②上升的39km4201.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界．取重力g＝10m/s2.1.5km高度处所需的时间及f＝v2v为速率，kv—t＝100kg速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)6【解析】(1)1.5kmt离为s，在1.5km高度处的速度大小为v.根据运动 有v＝gt，s＝1s＝3.9×104m－1.5×103t＝87v＝8.7×102v—tvmax≈360k＝0.008【答案】(1)87s；8.7×102 (2)0.008a随时间t变化的a—t图象如图乙所示已知电梯在t＝0时由静止开始上升，m＝2.0×103kg.g10m/s2.F1v—ta—t图1s内的速度改变量Δv12sv2.W.7【解析】(1)a—t图象可知，F1F2a1＝1.0m/s2，a2＝－1.0m/s2F1＝m(g＋a1)＝2.2×104NF2＝m(g＋a2)＝1.8×104N1sa—t图线下的面积，Δv1＝0.502s内的速度变化量：Δv2＝v2－v0＝1.5v0＝02sv2＝1.5a—t图象可知，11～30s0～11s内a—t图线下的面积，有vm＝10m/sFmg，所求功率P＝Fvm＝mgvm＝2.0×105WW＝Ek2－Ek1＝1mv2－0＝1.0×105 【答案】(1)2.2×104N；1.8×104 (2)0.50m/s；1.5 (3)2.0×1051.0×105(2013·新课标Ⅰ，21，6分)(多选)2012年11月“歼15”舰载机在 后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知始终静止，重力加速度的大小为g，则( 0.4～2.5s在滑行过程中，所承受的加速度大小会超过0.4～2.5s【解析】v—t图象中，曲线与坐标轴所围成的可以大致判断飞机从着舰到停止通过的位移的张力随时间减小，受力如图所示，B0.4～2.5s

m/s2>2.5g小，D导学导考能正确识图，并从图象中提取所需的信息，是解答此类问题的关．．v—t图中符合此物体运动情况的可能是()BCDv—t图线的斜率先从零增大再减小为零．若该力与速度反向，则合力与速度同向，则速度越来越大，且v—t图线的斜率先从零增大再减小为零，图象A错误，B正确．若该力与速度同向，则合v—t图线的斜率先从零增大再减小为零，图象C、D正确．m的货物提升到一定高处，动滑轮aFT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()AMgCNFTN＝mgmD．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数mm m

2a＝0时，FTN＝mg，C2h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vat变化的图象中符合实际情况的是() 点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最时加速度大于g，故A正确，B、C、D错误．4(2016·山东师大附中第二次模拟)M＝1kg＝1kg动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦2＝0.4g＝10m/2.F.F8N1sF从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图中作出FfF大小变化的图象．4【解析】(1)Lt 2a2t，x铁＝2a1t，又：x铁－x木联立解得：L＝1F≤μ1(m＋M)g＝2N时，系统没有被拉动，静摩擦F>μ1(m＋M)g＝2NMma，此时：Ff≤μ2mg＝4NF≤6 F>6N时，M、mFf＝μ2mg＝4N，Ff—F【答案】(1)1 (2)见解(1)牛顿第一定律不是实验直接总结出来的，是牛顿以的理想实验为基础，mmF指物体受到的合外力)aF加速度与作用力瞬时对应，同时存在，同时变化，同时利用F合＝ma解题时，要注意式中的a是相对惯性系而化、同时加速上升或下加速下降或上a＝g或上(2016·师大附中期末)下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法中正确的是 D【解析AB(即牛顿第一定律)CD错(2015·浙江杭州期末)如图所物块A静止在台秤的秤盘B上，AmA＝10.5kg，BmB＝1.5kg，弹簧的质量忽k＝800N/m.A施加一个竖直向上的变力F，使它向上做匀加速直线运动．已知在t＝0.2sABF0.2s内的最大值与最小值．(g10m/s2)【解析】0.2s内，A、B相接触，两者一起运动，可看成一个整体，因整体0～0.2sF是不断增大的，FF2A、B刚要分离时，而F的最小值F1则应出现在整体刚开始运动时．x1①

＝0.15A、Bx2B②A而言，有③另外：x1－x2＝1④把①和②代入④ x a＝6初始时，A、B视为整体，弹簧的弹力与重力(mA＋mB)g平衡，所以合力F的最小值F1＝(mA＋mB)a＝72N，而刚分离时，由③式可得：F2＝mA(g＋a)＝168N【答案 168N；72(2016·河北邢台检测)一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，MFf多少？【解析】环在竖直方向上受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.【答案 (2016·19所名校第一次调研联考)Mmv—tadbd所示，a、b、、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、(4，4)、d(12，)v—t图象，求：(1)物块相对木板滑行的距离(2)mM【规范解答】(1)v—t图可以看出，物块相对于木板滑行的距离Δx2△abc的面积，故2

m＝20(2)由v—t图象可求出物块冲上木板做匀直线运动的加速度大 m/s2＝1.5

m/s2＝1达到同速后一起 运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5对物块m冲上木板阶段M 【答案 (1)20 v＝10m/sA处无初0.5kgμ＝0.5.ABs＝16m，则物体AB的时间为多少？(g10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(4)【规范解答】μtanθ的大小关系，μ＝0.5，tanθ＝0.75，所以物当皮带的上表面以10m/s的速度向下运行时，刚放上的物体相对皮带有向上的mgsinθ＋μmgcos

＝10at1＝v＝1a1在t1内物体的位移 2＝5mgsinθ－μmgcos

＝22m/s2s2＝11mt2s2＝vt2＋1a22解得t2＝1s(－11s舍去)t＝t1＋t2＝2当皮带上表面以10m/s的速度向上运行时，物体相对于皮带一直具有沿斜面向下的相对速度，物体所受滑动摩擦力方向沿斜面向上且不变．设加速度为a3，mgsinθ－μmgcos

＝2t′

3t′＝4

2a 传输带向下运行时，需要时间为2s，传输带向上运行时，需要时间为4smMμm45～8分，选对但不全的得3分，有的得0分 A通过“理想实验”得出结论一旦物体具有某一速度如果它不受力，它将以这一速度运动下去C．认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改D 定速度，如果它不受力，它将以这一速度运动下去，A正确．笛卡儿：不停下来也不偏离原来的方向，不符合历史事实，B错误．认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，C错误．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，不符合事实，D错误．有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，重力加速度取10 0～1sF＝1

F－mgsin

1

1s5m/ssF

mgsin

1 物体沿斜面向上做 直线运动，2s末速度为零；在2～3s内，FF＋mgsin根据牛顿第二定律得a

3 3．(2016·山东临沂期中)θ的光滑斜面A、Bm2mA静止在轻弹簧B用细线与斜面顶端相连，A、B下列说法正确的是()A3A的加速度为3B2B的加速度为2

＝mgsin

的弹力不变，仍为

3mgsin30°－F 弹＝2mgA、B3AB的加速度均为34.(2016·辽宁沈阳四校协作体期中)M的光滑圆槽m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为BB．小球对圆槽的压力为

CFDF4．C 由整体法可求得系统的加速度a＝ ，小球对圆槽的压力FN

2F增大后，FNC5．(2016·湖南衡阳八中检测)在2010年世博会风洞飞行表演m的表演者果假设受风力大小与有效面积成正比已知水平横躺时受..8内人可上下移动的空间总高度为H.开始时，若与竖直方向人由静止开始从最高点A以向下的最大加速度匀加速下落如图所示经过B点法中正确的有()A．人向上的最大加速度是C．BC之间的距离是D．BC之间的距离是 设最大风力为Fm，由于受力大小与正对面积成正比，故人站立时1

得重力

＝2Fm.人平躺时有向上的最大加速度a1＝ ＝g，A错误．人站

度位 下降过程位移x2＝2a1，故7x2＝4∶3x2＝3H，C正确，D7静止在水平地面上车内固定着一个倾角为60°OAOBO直平面内转动．现将一重为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°.下列说法正确的是( 60°，则球对斜面的压力逐渐增大C60°，则球对挡板的压力逐渐减小AD球处于静止状态，受力平衡，对球进行G，A转动60°，由图可知，FA逐渐减小，FB先减小后增大根据牛顿第三定律可知，球对斜面的压力逐渐减小，球对挡板的压力先减小后增大，B、C错误．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，D正确．形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面两底角光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则