2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題03 牛頓運動定律（含解析）

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1、 專題03 牛頓運動定律 第一部分 名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現，試題在考查主干知識的同時，注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)律，且更加突出考查學生運用"力和運動的觀點"分析解決問題的能力。牛頓運動定律及其應用是每年高考考查的重點和熱點，應用牛頓運動定律解題的關鍵是對研究對象進行受力分析和運動分析，特別是牛頓運動定律與曲線運動，萬有引力定律以及電磁學等相結合的題目，牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多，一般涉及一下幾個方面：一是牛頓第二定律的瞬時性，根據力求加速度或者根據加速度求力，二是動力學的兩類問題，三是連接體問題，四是牛頓第二定律在生活生產和科技中的應用。 第一部分

2、知識背一背 1.牛頓第一定律 (1)內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài). (2)牛頓第一定律的意義 ①指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又稱慣性定律。 ②指出力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即力是產生加速度的原因。 (3)慣性 ①定義：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質. ②量度：質量是物體慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性大，質量小的物體慣性小. ③普遍性：慣性是物體的固有屬性，一切物體都有慣性。 2.牛頓第二定律 (1)內容：物體的加速度與所受合外力成正比，跟物體的質量成反

3、比。 (2)表達式：F＝ma. (3)力的單位：當質量m的單位是kg、加速度a的單位是m/s2時，力F的單位就是N，即1 kg?m/s2＝1 N. (4)物理意義：反映物體運動的加速度大小、方向與所受合外力的關系，且這種關系是瞬時的. (5)適用范圍： ①牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對地面靜止或勻速直線運動的參考系). ②牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子)、低速運動(遠小于光速)的情況. 3單位制 (1)單位制：由基本單位和導出單位一起組成了單位制. ①基本單位：基本物理量的單位.力學中的基本物理量有三個，它們是長度、質量、時間；它們的國際單位分別是米、千

4、克、秒. ②導出單位：由基本量根據物理關系推導出來的其他物理量的單位. (2)國際單位制中的基本物理量和基本單位 國際單位制的基本單位 物理量名稱 物理量符號 單位名稱 單位符號 長度 l 米 m 質量 m 千克 kg 時間 t 秒 s 電流 I 安[培] A 熱力學溫度 T 開[爾文] K 物質的量 n 摩[爾] mol 發(fā)光強度 I 坎[德拉] cd 4.牛頓第三定律 (1)作用力和反作用力：兩個物體之間的作用總是相互的，一個物體對另一個物體施加了力，另一個物體一定同時對這個物體也施加了力. (2)內容：兩個物體之

5、間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上. (3)物理意義：建立了相互作用的物體之間的聯系及作用力與反作用力的相互依賴關系. 5.作用力與反作用力的“四同”和“三不同” 四同： (1)　大小相同　(2)　方向在同一直線上　(3)　性質相同　(4)　出現、存在、消失的時間相同 三不同：(1)　方向不同　(2)　作用對象不同　(3)　作用效果不同 6.超重與失重和完全失重 (1)實重和視重 ①實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態(tài)　無關　. ②視重：當物體在　豎直　方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的　重力　.此時彈簧測力

6、計的示數或臺秤的示數即為視重. (2)超重、失重和完全失重的比較 現象 實質 超重 物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力　大于　自身重力的現象 系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量 失重 物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力　小于　自身重力的現象 系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量 完全失重 物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力　等于零　的現象 系統具有豎直向下的加速度，且a＝g 第三部分 技能+方法 一、如何理解牛頓第一定律 1.建立慣性的概念，即一切物體都具有保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，叫做慣性.是物體固有的一種屬

7、性，與物體是否受力及物體的運動狀態(tài)無關. 2.對力的概念更加明確.力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即力是物體產生加速度的原因. 3.牛頓第一定律不是實驗定律，即不能由實驗直接加以驗證，它是在可靠的實驗事實基礎上采用科學的抽象思維而推理和總結出來的. 二、牛頓第一定律、慣性、牛頓第二定律的比較 1.力不是維持物體運動的原因，牛頓第一定律指出“一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止”.因此物體在不受力時仍可以勻速運動，并不需要力來維持，力是改變這種狀態(tài)的原因，也就是力是產生加速度的原因. 2.慣性是一切物體保持原來運動狀態(tài)的性質，

8、而力是物體間的相互作用.因此慣性不是一種力，力是使物體運動狀態(tài)發(fā)生改變的外部因素，慣性則是維持物體運動狀態(tài)，阻礙物體運動狀態(tài)發(fā)生改變的內部因素. 3.慣性的表現：物體的慣性總是以保持“原狀”或反抗“改變”兩種形式表現出來，物體不受外力時，慣性表現在維持原運動狀態(tài)不變，即反抗加速度產生，且在外力一定時，質量越大的物體運動狀態(tài)越難改變，加速度越小. 4.牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例，而是牛頓第二定律的基礎，牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的，是以伽利略的理想實驗為基礎，通過對大量實驗現象的思維抽象、推理而總結出來的.牛頓第一定律定性地給出了物體在不受力的理想情況下的運動規(guī)律，在此基礎上

9、牛頓第二定律定量地指出了力和運動的關系：F＝ma. 三、牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律明確了物體的受力情況和運動情況之間的定量關系.聯系物體的受力情況和運動情況的橋梁是加速度.可以從以下角度進一步理解牛頓第二定律. 因果關系 力是產生加速度的原因，力是因，加速度是果.只能描述為物體運動的加速度與物體所受的外力成正比，反之不行 同體性 F、a、m三者都針對同一個物體，其中F是該物體所受的合外力，m是該物體的質量，a是在F作用下該物體的加速度 瞬時性 F與a是瞬時對應的，它們同時存在，同時變化，同時消失.物體在每一時刻的瞬時加速度是跟那一時刻所受的合外力成正比的，恒力產生恒定的加

10、速度，變力產生變化的加速度，某一方向上合外力不為零，就在這一方向上產生加速度 同向性 F與a的方向永遠是一致的，也就是說合外力的方向決定了物體加速度的方向，加速度的方向反映了物體所受合外力的方向 獨立性 作用于物體上的每一個力各自獨立產生加速度也遵從牛頓第二定律，與其他力無關.物體實際的加速度則是每個力單獨作用時產生的加速度的矢量和 適用范圍 慣性參考系，宏觀低速運動的物體 注意：1.物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，合力與加速度的大小關系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大還是小，或是零，都有加速度，只有合力為零時，加速度才能為零，一般情況下，合力與速度無必然的聯系，只

11、有速度變化才與合力有必然的聯系. 2.合力與速度同向時，物體加速，反之則減速. 3.物體的運動情況取決于物體受的力和物體的初始條件(即初速度)，尤其是初始條件是很多同學最容易忽視的，從而導致不能正確地分析物體的運動過程 四、作用力和反作用力與平衡力 1.作用力和反作用力與平衡力的比較 內容 作用力和反作用力 平衡力 受力物體 作用在兩個相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關系 相互依存，不可單獨存在，同時產生，同時變化，同時消失 無依賴關系，撤除一個，另一個可依然存在，只是不再平衡 疊加性 兩力作用效果不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可

12、求合力，且合力為零 力的性質 一定是同性質的力 可以是同性質的力，也可以是不同性質的力 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 2.判斷一對力是否是作用力和反作用力 (1)看作用點，作用力與反作用力應作用在兩個物體上. (2)看產生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而產生的. (3)作用力與反作用力具有相互性和異體性，與物體運動狀態(tài)無關. 五、整體法和隔離法的應用 1.解答問題時，不能把整體法和隔離法對立起來，而應該把這兩種方法結合起來，從具體問題的實際情況出發(fā)，靈活選取對象，恰當地選擇使用隔離法和整體法. 2.在使用

13、隔離法解題時，所選取的隔離對象可以是連接體中的某一個物體，也可以是連接體中的某部分物體(包含兩個或兩個以上的單個物體)，而這“某一部分”的選取，也應根據問題的實際情況，靈活處理. 3.在選用整體法和隔離法時，可依據所求的力進行選擇，若為外力則應用整體法；若所求力為內力則用隔離法.但在具體應用時，絕大多數的題目要求兩種方法結合應用，且應用順序也較為固定，即求外力時，先隔離后整體；求內力時，先整體后隔離.先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度. 應用牛頓第二定律時，若研究對象為一物體系統，可將系統的所有外力及系統內每一物體的加速度均沿互相垂直的兩個方向分解，則牛頓第二定律的系統表達式為：

14、 ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx ΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 應用牛頓第二定律的系統表達式解題時，可不考慮系統內物體間的相互作用力(即內力)，這樣能達到簡化求解的目的，但需把握三個關鍵點： (1)正確分析系統受到的外力； (2)正確分析系統內各物體加速度的大小和方向； (3)確定正方向，建立直角坐標系，并列方程進行求解. 六、牛頓運動定律應用規(guī)律 （一）、動力學兩類基本問題的求解思路 兩類基本問題中，受力分析是關鍵，求解加速度是橋梁和樞紐，思維過程如下： （二）、用牛頓定律處理臨界問題的方法 1.臨界問題的分析思路 解決臨界問題的

15、關鍵是：認真分析題中的物理情景，將各個過程劃分階段，找出各階段中物理量發(fā)生突變或轉折的“臨界點”，然后分析出這些“臨界點”應符合的臨界條件，并將其轉化為物理條件. 2.臨界、極值問題的求解方法 (1)極限法：在題目中如出現“最大”、“最小”、“剛好”等詞語時，一般隱含著臨界問題，處理此類問題時，應把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現象(或狀態(tài))暴露出來，達到盡快求解的目的. (2)假設法：有些物理過程中沒有明顯出現臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現臨界問題，也可能不出現臨界問題，解答此類題目，一般采用假設法. 此外，我們還可以應用圖象法等進行求解. （三）、復雜過程的處理方

16、法——程序法 按時間的先后順序對題目給出的物體運動過程(或不同的狀態(tài))進行分析(包括列式計算)的解題方法可稱為程序法.用程序法解題的基本思路是： 1.劃分出題目中有多少個不同的過程或多少個不同的狀態(tài). 2.對各個過程或各個狀態(tài)進行具體分析，得出正確的結果. 3.前一個過程的結束就是后一個過程的開始，兩個過程的分界點是關鍵 第四部分 基礎練+測 一、單選題 1．高鐵是中國“新四大發(fā)明之ー，有一段視頻，幾年前一位乗坐京瀘高鐵的外國人，在最高時速300公里行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示，在列車行駛的過程中，硬幣始終直立在列車窗臺上，直到列車橫向變道進站的時候，硬幣才倒

17、掉。這一視頻證明了中國高鐵的極好的穩(wěn)定性。關于這枚硬幣，下列判斷正確的是（　?。? A．硬幣直立過程可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用 B．硬幣直立過程一定只受重力和支持力而處于平衡狀態(tài) C．硬幣倒掉是因為受到風吹的原因 D．列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當列車勻速直線行駛時硬幣立于列車窗臺上，穩(wěn)穩(wěn)當當，說明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對平衡力；當列車在加速或減速過程中，硬幣會受到沿著行進方向的靜摩擦力或行進方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A正確，B

18、D錯誤；硬幣倒掉是因為列車橫向變道時，列車運動的方向發(fā)生變化，硬幣受到與運動方向不一致的靜摩擦力的作用，列車內是全封閉區(qū)域是沒有外界吹來的風，故C錯誤。 2．2018年II月16日，第26屆國際計量大會通過“修訂國際單位制”決議，正式更新包括國際標準質量單位“千克”在內的4項基本單位定義。新國際單位體系將于2019年5月20日世界計量日起正式生效。其中，千克將用普朗克常量(h)定義；安培將用電子電荷量（e）定義。以基本物理常數定義計量單位，可大大提高穩(wěn)定性和精確度。關于普朗克常量和電子電荷量的單位，下列正確的是 A．普朗克常量的單位為kg.m3 .s-2 B．普朗克常量的單位為kg-1 .

19、m2. s-1 C．電子電荷量的單位為A．s D．電子電荷量的單位為A.s-1 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的單位為J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1；由公式q=It，可得電荷量e的單位為C，1C=1A·s。故答案選C。 3．一個質量為m的雨滴從足夠高的地方落下，受到的空氣阻力與速度成正比，比例系數為k。重力加速度為g。下列說法正確的是：（） A．雨滴下落過程中機械能守恒 B．雨滴下落過程處于失重狀態(tài) C．雨滴的最大速度為v=mgk D．雨滴從越高的地方下落，最后的速度越大 【答案

20、】 C 【解析】 【詳解】 雨滴在下落過程中受到空氣阻力，所以機械能減小，故A錯誤；物體在空中豎直下落過程中，受到重力和空氣阻力，由于空氣阻力與物體的速度成正比，開始階段，空氣阻力小于重力，物體向下做加速運動，處于失重狀態(tài)，隨著速度的增大，空氣阻力增大，合力減小，由牛頓第二定律得知，加速度減小，當空氣阻力與重力平衡時，物體做勻速直線運動，速度達到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度與下落高度無關，故C正確，BD錯誤。所以C正確，ABD錯誤。 4．如圖，自由下落的小球下落一段時間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，以下說法正確的是：（） A．從接觸彈

21、簧到速度最大的過程是失重過程， B．從接觸彈簧到加速度最大的過程是超重過程 C．從接觸彈簧到速度最大的過程加速度越來越大 D．速度達到最大時加速度也達到最大 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當彈簧的彈力等于小球的重力時，小球的加速度為零，此時速度最大；則從接觸彈簧到速度最大的過程，小球的加速度向下，且加速度逐漸減小，是失重過程，選項A正確，CD錯誤；當小球到達最低點時小球的加速度最大，則從接觸彈簧到加速度最大的過程中，加速度是先向下減小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故選項B錯誤；故選A. 5．上虞區(qū)城東小學的護鳥小衛(wèi)士在學校的綠化帶上發(fā)現一個鳥窩靜止擱在三根樹叉之間

22、。若鳥窩的質量為 m，與三根樹叉均接觸。重力加速度為 g。則（） A．三根樹叉對鳥窩的合力大小等于 mg B．鳥窩所受重力與鳥窩對樹叉的力是一對平衡力 C．鳥窩與樹叉之間一定只有彈力的作用 D．樹叉對鳥窩的彈力指向鳥窩的重心 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．由力的平衡知識可知，三根樹叉對鳥窩的合力大小等于 mg，選項A正確； B．鳥窩所受重力作用在鳥窩上，而鳥窩對樹叉的力是作用在樹杈上，兩力不是一對平衡力，選項B錯誤； C．鳥窩與樹叉之間也可能存在摩擦力的作用，選項C錯誤； D．樹叉對鳥窩的彈力方向垂直于樹枝方向，不一定指向鳥窩的重心，選項D錯誤； 6．在

23、物理學建立、發(fā)展的過程中，許多物理學家的科學發(fā)現推動了人類歷史的進步，關于科學家和他們的貢獻，下列說法正確的是（） A．古希臘學者亞里士多德認為物體下落的快慢由它們的重量決定，牛頓在他的《兩種新科學的對話》中利用邏輯推斷，使亞里士多德的理論陷入困境 B．德國天文學家開普勒對他導師第谷觀測的行星數據進行了多年研究，得出了萬有引力定律 C．伽利略開創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法,比如他利用圖(a)對自由落體運動研究，先在傾角較小的斜面上進行實驗， 其目的是使時間測量更容易 D．庫侖發(fā)現的庫侖定律使電磁學的研究從定性進入定量階段，是電磁學史上一塊重要的里程碑，并且?guī)靵鲞M一

24、步提出了“電場”的概念。 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．亞里士多德認為物體下落的快慢是由它們的重量決定的，重物比輕物下落快，16世紀末，伽利略對落體運動進行系統研究，將斜面實驗的結論合理外推，間接證明了自由落體運動是勻變速直線運動，而不是直接由實驗得出自由落體運動是勻變速直線運動，故A錯誤； B．開普勒在分析第谷的數據基礎上提出開普勒行星運動定律，但沒有得出萬有引力定律，故B錯誤； C．伽利略開創(chuàng)了科學實驗和邏輯推理相結合的重要科學研究方法，比如他利用圖(a)對自由落體運動研究，先在傾角較小的斜面上進行實驗，其目的是“沖淡”重力，使時間測量更容易，選項C正確； D．庫

25、侖發(fā)現的庫侖定律使電磁學的研究從定性進入定量階段，是電磁學史上一塊重要的里程碑；法拉第提出了“電場”的概念，選項D錯誤； 7．關于物理學史，下列說法錯誤的是 A．伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數學推導和科學實驗相結合的方法 B．牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律 C．奧斯特發(fā)現了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產生磁場 D．愛因斯坦首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位

26、一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值叫做能量子 【答案】 D 【解析】 【詳解】 伽利略通過斜面實驗推斷出自由落體運動的速度隨時間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學方法，這就是將數學推導和科學實驗相結合的方法，選項A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結出了普遍適用的力學運動規(guī)律……牛頓運動定律和萬有引力定律，選項B正確；奧斯特發(fā)現了導線附近小磁針的偏轉，從而得出電流的磁效應，首次揭示了電流能夠產生磁場，選項C正確；普朗克首先提出當帶電微粒輻射或吸收能量時，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個不可再分的最小能量值

27、叫做能量子，選項D錯誤；此題選擇不正確的選項，故選D. 8．如圖所示,M、N兩物體疊放在一起,在恒力F作用下,一起向上做勻加速直線運動,則關于兩物體受力情況的說法正確的是 A．物體N可能受到4個力 B．物體M一定受到4個力 C．物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力 D．物體M與N之間可能無摩擦力 【答案】 B 【解析】 【詳解】 M、N兩物體一起向上做勻加速直線運動，合力向上，對MN整體進行受力分析，受到重力和F，墻對M沒有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力；對N進行受力分析，得：N受到重力，M對N的支持力，這兩個力的合力不能向上，所以還受到M對N向上的靜摩擦力，

28、則N也給M一個沿斜面向下的靜摩擦力；再對M進行受力分析，得：M受到重力、推力F、N對M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜動摩擦力，一共4個力，故B正確，ACD錯誤；故選B。 9．如圖所示，在水平面上有一小物體P，P與水平面的動摩擦因數為μ=0.8，P用一水平輕質彈簧與左側墻壁連在一起，P在一斜向上的拉力F作用下靜止，F與水平成夾角θ=53°，并且P對水平面無壓力。已知：重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力。則撤去F瞬間P的加速度大小為 A．0 B．2.5m/s2 C．12.5m/s2 D．無法確定 【答案

29、】 A 【解析】 【分析】 撤去F之前，由平衡知識可求解彈簧的彈力；撤去F后的瞬間，彈力不變，物體與地面之間產生壓力和摩擦力，比較彈力和最大靜摩擦力的關系可知求解物塊的加速度. 【詳解】 撤去F之前，由平衡知識可知，F彈tan53°=mg，解得F彈=0.75mg；撤去F的瞬時，彈簧彈力不變，因最大靜摩擦力為fm=μmg=0.8mg，可知物體不動，加速度為零；故選A. 10．如圖所示，質量為2kg的物體B和質量為1kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上.再將一個質量為3kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(取g=10m/s2) A．0 B．1

30、5 m/s2 C．6 m/s2 D．5 m/s2 【答案】 C 【解析】 【分析】 放上A的瞬間，先對整體研究，根據牛頓第二定律求出加速度，再隔離分析，根據牛頓第二定律求出A對B的支持力的大小。 【詳解】 開始彈簧的彈力等于B的重力，即F=mBg放上A的瞬間，彈簧彈力不變， 對整體分析，根據牛頓第二定律得 a=(mA+mB)g-F(mA+mB)=mAg(mA+mB)=6ms2。 故選：C。 【點睛】 解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，掌握整體法和隔離法的運用。 二、多選題 11．如圖為娛樂場里常見的一種簡單的娛樂設施一滑道

31、，它由一個傾斜軌道和水平軌道平滑連接而成。若一名兒童自軌道頂端由靜止開始下滑，到達水平軌道某處停下，兒童與整個軌道的滑動摩擦因素處處相同，不計空氣阻力。則下列關于其路程大小x、速度大小、加速度大小a、合カ大小F隨時間t變化的大致規(guī)律，可能正確的是（　?。? A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 兒童在斜面階段與斜面正壓力大小與重力在垂直斜面方向的分量相等，此分量小于重力，在水平軌道正壓力大小等于重力，摩擦力與正壓力大小呈正比，兩個階段滑動摩擦力又相等，故斜面階段加速度要小于水平軌道階段，因此在傾斜軌道下滑過程中，由于受力不平衡會加速下滑F=ma=mgsi

32、nθ-μmgcosθ，會加速下滑的路程為x=12at2，路程大小隨時間變化是曲線，故A錯誤；加速過程v=at，其中加速度a=gsinθ-μgcosθ，速度大小隨時間變化是直線，在水平面上根據牛頓第二定律：F′=ma′=μmg，可得：a′=μg，可知做減速運動，且合外力F和F′大小關系不確定，a與a′之間大小關系不確定，故B可能正確；兩階段加速度大小不確定，故C可能正確；水平軌道階段合力與斜面階段力的方向必然相反，故D錯誤。 12．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質量為M的斜面體右側用楔子P固定于地面,一質量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子

33、P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內是 A．球將做自由落體運動 B．球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小 C．球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒 D．球體與斜面體組成系統動量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運動，選項A錯誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球對豎直擋板壓力相對于球靜止時減小，選項B正確； C．因此過程中只有球的重力對系統做功，則球體、地球與斜面體組成系統機械能守恒，選項C正確； D．球體與斜面體組成系統水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向

34、受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則系統的動量不守恒，選項D錯誤. 13．如圖所示，可視為質點的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長的細繩繞過滑輪連接小球，已知小球重力為IN，電動機從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對此時小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是 A．小球速度等于2m/s B．小球速度等于0.5m/s C．繩中拉力大于2N D．繩中拉力等于2N 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運動速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1co

35、sθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球運動過程角θ逐漸增大，故小球在做加速運動，加速度向上，對小球受力分析知F cosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N。故選項AC正確，BD錯誤。 14．如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接，A、B兩物體均可視為質點)，彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)，現用豎直向上的拉力作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v一t圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則 A．施加外力前，彈簧的形變量為2Mgk B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(

36、g+a) C．A、B在tl時刻分離，此時彈簧彈力籌于物體B的重力 D．上升過程中，物體B速度最大，A、B兩者的距離為12at22-Mgk 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A、施加外力F前，物體AB整體平衡，根據平衡條件，有：2Mg=kx，解得：x=2Mgk，故選項A正確； B、施加外力F的瞬間，對B物體，根據牛頓第二定律，有：F彈-Mg-FAB=Ma，其中：F彈=2Mg，解得：FAB=M(g-a)，故選項B錯誤； C、物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的v與a且FAB=0；對B有：F'彈-Mg=Ma，解得：F'彈=M(g+a)，故選項C錯誤； D、當物體B的

37、加速度為零時，此時速度最大，則Mg=kx'，解得：x'=Mgk，故B上升的高度h'=x-x'=Mgk，此時A物體上升的高度：h=12at22，故此時兩者間的距離為Δh=12at22-Mgk，故選項D正確； 說法正確的是選選項AD。 15．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小隨時間變化如圖甲所示。在拉力F從零逐漸增大的過程中，物體的加速度隨時間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說法中錯誤的是 A．物體與水平面間的摩擦力先增大后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動摩擦因數為0.1 C．4s末物體的動量大小為12kg·m/s D．4s內滑動

38、摩擦力的沖量大小為9N·s 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0-2s內物體靜止不動，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t=2s時靜摩擦力達到最大值，t=2s后物體開始運動，受到滑動摩擦力作用，滑動摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變。故A正確。在2-4s內，由牛頓第二定律得：F-μmg=ma；由圖知：當F=6N時，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；當F=12N時，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；聯立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變

39、化量，可知4s內物體速度的變化量為△v=1+32×2=4m/s，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，動量大小為P=mv=12kg?m/s，故C正確。4s內滑動摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1×30×2N?s=6N?s，選項D錯誤。 16．如圖所示，有一傾角為37°的足夠長的粗糙斜面，動摩擦因數為0.5?，F用F=20N的拉力沿斜面向上拉動1kg的木塊，經6s后，下列說法正確的是：（） A．木塊的加速度恒為20m/s2 B．木塊的動量為60kg·m/s C．拉力F的沖量為120N·s D．拉力F的沖量為0 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 物理受力分析列牛

40、頓第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入數據解得：a＝10m/s2，故A錯誤；經6s后物體的速度v=at=60m/s，此時木塊的動量為：P=mv=60kg·m/s，故B正確；拉力F的沖量為：I=Ft=120N·s，故C正確，D錯誤。所以BC正確，AD錯誤。 17．火箭是靠火箭發(fā)動機噴射工質（工作介質）產生的反作用力向前推進的飛行器。它自身攜帶全部推進劑，不依賴外界工質產生推力，可以在稠密大氣層內，也可以在稠密大氣層外飛行。一枚火箭升空后沿著直線離開某個星球的表面，星球很大，表面可視為水平面，如圖所示。若不計星球的自轉，不計空氣阻力，則以下軌跡（圖中虛線）可能正確的是

41、： A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 A圖中，火箭向下噴氣，產生豎直向上的作用力，重力豎直向下，合力方向與速度共線做直線運動，選項A正確；B圖中，火箭向下噴氣，產生豎直向上的作用力，重力豎直向下，若重力與向上的作用力相等，則火箭可沿虛線方向做勻速直線運動，選項B正確；C圖中，火箭向后噴氣，產生沿斜向上方向的作用力，重力豎直向下，若合力方向沿虛線方向，火箭可沿虛線方向做加速運動，選項C正確；D圖中，火箭向后噴氣，產生沿虛線方向的斜向上的作用力，重力豎直向下，合力方向不能沿虛線方向，火箭不可能沿虛線方向做直線運動，選項D錯誤；故選ABC. 18．如圖所

42、示，在光滑水平桌面上有一個質量為m的質點，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點開始做曲線運動，圖中曲線是質點的運動軌跡。已知在t s末質點的速度達到最小值v，到達B點時的速度方向與初速度v0的方向垂直，則 A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sinθ=vv0 B．質點所受合外力的大小為mv02-v2t C．質點到達B點時的速度大小為v0vv02-v2 D．t s內恒力F做功為12mv02-v2 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 分析可知，恒力F的方向應與速度方向成鈍角，如圖所示： 在x′方向上由運動學知識得v＝v0si

43、n θ；在y′方向上由運動學知識得v0cos θ＝ayt；由牛頓第二定律有F＝may；解得F＝mv02-v2t，sin θ＝vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內側，且sin θ＝vv0。故AB正確；設質點從A點運動到B歷時t1，設在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由運動學知識可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，則選項C正確；t s內恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯誤。故選ABC. 19．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長的水平傳送帶一起向右勻速運動

44、，滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.2。質量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向為正方向，子彈在整個運動過程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質量為3.3kg C．滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質點且傳送帶與轉動輪間不打滑，則轉動輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動量守恒與傳送帶相結

45、合的問題，應用動量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識分析計算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運動，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項錯誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內力遠大于外力，系統動量守恒，以向左為正，據動量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質量M=66m=3.3kg。故B項正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運動時，據牛頓

46、第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運動的加速度大小a=2m/s2?；瑝K(含子彈)向左減速運動的時間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運動過程中滑塊與傳送帶間的相對運動距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運動過程中與傳送帶摩擦產生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項錯誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉動輪的半徑R=0.4m。故D項正確。 20．傾斜角度為θ的斜面上有m1和m2兩個物體，與斜面間的動摩擦因數分別為μ1和μ2．兩物體間用一根原長為L0的與斜面平

47、行的輕質彈簧連接，當整體沿斜面勻速下滑時彈簧長度為L，如圖所示．則以下說法正確的是（） A．若μ1>μ2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧 B．若μ1=μ2, 可用輕桿替代彈簧 C．若μ1<μ2, 彈簧的形變量是(L－L0) D．若m1=m2，則μ1=μ2=tanθ 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、若μ1＞μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯誤； B、若μ1=μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ

48、=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確； C、若μ1＜μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L－L0)，C正確； D、m1=m2時，若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，則μ1＜μ2，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則μ1＞μ2，

49、若彈簧處于原長狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，則μ1=μ2=tanθ，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無法判斷μ1和μ2的關系，故D錯誤。 三、解答題 21．光滑水平地面上有一質量M=2kg的木板以速度v0=10m/s向右勻速運動，在t=0時刻起對其施加一向左的恒力F=8N．經t=ls時，將一質量m=2kg可視為質點的小物塊初速度為零輕放在木板右端。物塊與木板間動摩擦因數μ=0.4，木板足夠長。求： （1）剛放上小物塊時木板的速度？ （2）物塊在木板上相對木板滑動的時間？ 【答案】 （1）6m/s；（2）0.5s

50、【解析】 【詳解】 (1)對M：F=Ma1 解得：a1=4ms2 由公式v1=v0-a1t1=6ms； (2)由公式f=μFN FN=mg 對m:f=ma2 解得：a2=4ms2 對M：F+f=Ma3 解得：a3=8ms2 共同速度v共=a2t=v1-a3t 解得：t=0.5s 由于F=(M+m)a4 a4=2ms2<4ms2 所以以后共同減速，t=0.5s。 22．從長L=8m、傾角θ=37 °的固定粗糙斜面頂端由靜止釋放一個滑塊，滑塊滑到斜面底端時速度大小為 v ，所用時間為 t ；若讓此滑塊從斜面底端以速度 v 滑上斜面，則滑塊在斜面上的運動時間為12t。

51、取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求： （1）滑塊通過斜面底端時的速度大小v； （2）滑塊從斜面底端上滑時離斜面頂端的最小距離。 【答案】 （l）4.77m/s；（2）6.93m 【解析】 【詳解】 （1）設滑塊和斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊下滑時加速度大小為a1，滑塊上滑時加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：滑塊下滑時mg（sinθ-ucosθ）=ma1①，滑塊上滑時mg（sinθ+μcosθ）=ma2②，設滑塊上滑時間為t1，上滑最大距離為x，則v=a2t1=a1t③，x=12a2t12=12a1(t-t1)2④，③④解得a22-8a

52、1a2+4a12=0，a2=2(2+3)a1，①+②解得a1=2gsinθ(5+23)=1213(5-23)m/s2≈1.42m/s2,v=2a1L≈4.77m/s，聯立解得：a1≈1.42m/s2、a2≈10.6m/s2、v≈4.77m/s。 （2）由勻變速直線運動規(guī)律得v2=2a2x⑤，則滑塊上滑時離斜面頂端的最小距離為d=L-x⑥，解得x=1.07m，d≈6.93m。 23．如圖，木板B置于粗糙水平地面上，木板上端放置一小物塊A。已知mA= 2mB= 2m,A、B之間的動摩擦因數為μ，B與地面之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，現對A施加一水平拉力F，

53、當A、B恰好發(fā)生相對滑動時，求F的大小。 【答案】 3μmg 【解析】當A、B恰好發(fā)生相對滑動時，A、B的加速度均為a。 以A為研究對象，由牛頓第二定律：F-μ?2mg= 2ma 以B為研究對象，由牛頓第二定律：μ?2mg -?3mg=ma 聯立解得F= 3μmg 24．質量為60kg的人，站在升降機中的體重計上，當升降機做下列各種運動時，體重計的讀數各是多少？（取g=10m/s2） （1）升降機勻速上升； （2）升降機以4m/s2的加速度加速上升； （3）升降機以5m/s2的加速度加速下降。 【答案】 （1）F示=600N (2)F示=840N (3)F示=3

54、00N 【解析】 人站在升降機中的體重計上受重力和支持力. (1)當升降機勻速上升時，由平衡條件得FN－G＝0，所以，人受到的支持力FN＝G＝mg＝60×10 N＝600 N.根據牛頓第三定律，人對體重計的壓力即體重計的示數為600 N. (2)當升降機以4 m/s2的加速度加速上升時，根據牛頓第二定律FN－G＝ma，FN＝G＋ma＝ｍ（g＋a）＝60×（10＋4）N＝840 N,此時體重計的示數為840N，大于人的重力600 N，人處于超重狀態(tài). (3)當升降機以5 m/s2的加速度加速下降時，據牛頓第二定律可得mg-FN＝ma， 所以FN＝mg-ma＝ｍ（g-a）＝60×（10

55、-5）N＝300 N，此時體重計的示數為300 N，小于人本身的重力，人處于失重狀態(tài). 試題點評：本題是考查對超重和失重的理解。 25．質量為200kg的物體，置于升降機內的臺秤上，從靜止開始上升。運動過程中臺秤的示數F與時間t的關系如圖所示，求升降機在7s鐘內上升的高度（取g＝10m／s2）。 【答案】 升降機在7s鐘內上升的高度為50m． 【解析】 試題分析：0-2s內 F1=3000N，由牛頓第二定律得：F1-mg=ma 解得：a=5m/s2方向豎直向上 位移x1= a1t 12/2=10m; 2s-5s內，F2="2000N=" mg 則a=0 位移x2=v

56、1t=a1t1t2=30m； 5s-7s 內, F3=1000N，由牛頓第二定律得：F3-mg=ma2 解得：a2=-5m/s2，方向豎直向下 位移x3=v1t3+1a3t32/2=10m 整個過程上升的高度H=x1+x2+x3=50m 考點：牛頓第二定律的綜合應用 【名師點睛】本題考查了牛頓第二定律和運動學公式與圖象的綜合，關鍵是根據F-t圖線來求解物體在不同階段的加速度，然后應用運動公式求解；此類問題是高考的熱點問題，需加強這方面的訓練。 26．某高速公路的一個出口路段如圖所示，情景簡化：轎車從出口A進入匝道，先勻減速直線通過下坡路段至B點（通過B點前后速率不變），再勻速率通

57、過水平圓弧路段至C點，最后從C點沿平直路段勻減速到D點停下。已知轎車在A點的速度v0=72km/h，AB長L1＝l50m；BC為四分之一水平圓弧段，限速（允許通過的最大速度）v=36 km/h，輪胎與BC段路面間的動摩擦因數μ=0.5，最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，CD段為平直路段長L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。 （1）若轎車到達B點速度剛好為v =36 km/h，求轎車在AB下坡段加速度的大?。? （2）為保證行車安全，車輪不打滑，求水平圓弧段BC半徑R的最小值； （3）轎車A點到D點全程的最短時間。 【答案】 （1）a=1m/s2（2）Rmin=20cm（3）

58、t=23.14 s 【解析】 試題分析：（1）轎車在AB段做勻減速直線運動，已知初速度、位移和末速度，根據速度位移關系公式求解加速度． （2）轎車在BC段做勻速圓周運動，由靜摩擦力充當向心力，為保證行車安全，車輪不打滑，所需要的向心力不大于最大靜摩擦力，據此列式求解半徑R的最小值． 分三段，分別由運動學公式求解時間，即可得到總時間 解：（1）v0=72km/h=20m/s，AB長L1=l50m，v=36km/h=10m/s，對AB段勻減速直線運動有 v2=﹣2aL1 代入數據解得 a=1m/s2 （2）汽車在BC段做圓周運動，靜摩擦力提供向心力， 為了確保安全，則須滿足

59、Ff≤μmg 聯立解得：R≥20m，即：Rmin=20cm （3）設AB段時間為t1，BC段時間為t2，CD段時間為t3，全程所用最短時間為t． L1= R=vt2 L2= t=t1+t2+t3 解得：t="23.14" s 答：（1）若轎車到達B點速度剛好為v=36km/h，轎車在AB下坡段加速度的大小為1m/s2； （2）為保證行車安全，車輪不打滑，水平圓弧段BC半徑R的最小值為20cm； （3）轎車A點到D點全程的最短時間為23.14 s． 【點評】本題是運動學與動力學綜合題，能結合物體的運動情況，靈活選擇運動學的公式形式是關鍵，當不涉及加速度而要求時間時，可用位移

60、等于平均速度乘以時間來求． 27．2016年新春佳節(jié)，許多餐廳生意火爆，常常人滿為患，為能服務更多的顧客，服務員需要用最短的時間將菜肴送至顧客處(設菜品送到顧客處速度恰好為零)。某次服務員用單手托托盤方式(如圖)給12 m遠處的顧客上菜，要求全程托盤水平。托盤和手、碗之間的動摩擦因數分別為0.2、0.15，服務員上菜時的最大速度為3 m/s。假設服務員加速、減速過程中做勻變速直線運動，且可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知重力加速度g=10 m/s2。 (1)求服務員運動的最大加速度； (2)求服務員上菜所用的最短時間。 【答案】 （1）1.5m/s2；（2）6s. 【解析

61、】 試題分析：（1）設碗的質量為m，托盤的質量為M，以最大加速度運動時，碗、托盤、手保持相對靜止，碗受力如圖甲所示，由牛頓第二定律得：Ff1=ma1， 碗與托盤間相對靜止，則：Ff1≤Ff1max=μ1mg， 解得：a1≤μ1g=0.15×10=1.5m/s2， 對碗和托盤整體，由牛頓第二定律得：Ff2=（M+m）a2， 手和托盤間相對靜止，則：Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g， 解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2， 則最大加速度：amax=1.5m/s2； （2）服務員以最大加速度達到最大速度，然后勻速運動，再以最大加速度減速運動，所需時間最短， 加速運

62、動時間：t1=vmaxamax=31.5s=2s， 位移：， 減速運動時間：t2=t1=2s，位移：x2=x1= 3m， 勻速運動位移：x3=L-x1-x2=12m- 3m - 3m = 6m 勻速運動時間：t3=x3vmax=2s， 最短時間：t=t1+t2+t3=6s 考點：牛頓第二定律的應用 28．如圖所示，在光滑水平地面上放置質量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切。一質量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面高度h＝0.6 m。滑塊在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，取g＝10 m/s2。求：

63、 (1)滑塊與木板間的摩擦力大?。? (2)滑塊沿弧面下滑過程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊相對木板滑行的距離。 【答案】 　(1)2 N；(2)1.5 J；(3)1.5 m 【解析】 【詳解】 (1)對木板 Ff=Ma1 由運動學公式，有 v=a1t 解得Ff=2N (2)對滑塊 -Ff-ma2 設滑塊滑上木板時的初速度為v0， 由公式 v-v0=a2t 解得v0=3m/s 滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得 mgh-Wf=12mv02 可得滑塊克服摩擦力做功為Wf=1.5J (3)t=1s內木板的位移x1=12a1t2 此過程中滑塊的位移x2=v0

64、t+12a2t2 故滑塊相對木板滑行距離L=x2-x1=1.5m 29．某中學的部分學生組成了一個課題小組，對海嘯的威力進行了模擬研究，他們設計了如下的模型：如圖甲,在水平地面上放置一個質量為m=4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為μ=0.5，g=10m/s2． (1)運動過程中物體的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點什么位置時物體的速度達到最大？ (3)物體在水平面上運動的最大位移是多少？ 【答案】 (1)20m/s2（2）3.2m （3）10m 【解析】 試題分析：（1）由

65、牛頓第二定律，得F-μmg=ma， 當推力F=100N時，物體所受的合力最大，加速度最大 代入解得解得a=Fm-μg=20m/s2 （2）由圖象可得推力隨位移x是變化的，當推力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大 則F=μmg=20N 由圖得到F與x的函數關系式F=100-25x 則得到x=3．2m （3）由圖象得到推力對物體做功等于“面積”，得推力做功W=200J 根據動能定理W-μmgxm=0 代入數據得xm=10m 考點：牛頓第二定律；動能定理的應用 【名師點睛】本題有兩個難點：一是分析物體的運動過程，得出速度最大的條件；二是能理解圖象的物理意義，“面積”等于推力做功，是這題解題的關鍵． 25