2019年高考物理 糾錯(cuò)筆記系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律.doc

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專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 一、不能用物理規(guī)律解題 不能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題，或不善于用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解復(fù)雜問題，遇到難題想當(dāng)然地進(jìn)行分析。 二、不清楚模型的分析關(guān)鍵 1．彈簧模型和繩線（桿）模型，尤其是其彈力突變問題。 在因?yàn)槟巢糠謹(jǐn)嗔讯鴮?dǎo)致的彈簧或繩線（桿）連接體失去一部分約束時(shí)，彈簧的彈力不會(huì)突變，而是緩慢變化，而繩線（桿）的彈力會(huì)發(fā)生突變，變化情況需要具體進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析。 2．不會(huì)分析超重和失重。 超重和失重的“重”指的是物體本身受到的重力，當(dāng)支持面對(duì)物體向上的作用力（測(cè)量工具的測(cè)量值，即視重）大于或小于實(shí)際的重力時(shí)，就是超重或失重。若不能抓住分析關(guān)鍵——超重物體的加速度向上、失重物體的加速度向下，就容易分析錯(cuò)誤。 三、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析和受力分析問題 1．未明確分析的對(duì)象。多分析或少分析受力，導(dǎo)致運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析錯(cuò)誤。 2．對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析錯(cuò)誤。運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析要點(diǎn)是速度和加速度，速度關(guān)系決定相對(duì)運(yùn)動(dòng)關(guān)系，涉及物體間的相互作用力的分析，加速度則可根據(jù)牛頓第二定律列式，直接計(jì)算力的大小和有無。 四、復(fù)雜問題、難題的分析 1．臨界問題的分析關(guān)鍵是找到臨界條件。不能只注重表面的關(guān)鍵詞“相等”、“恰好”等，還要挖掘隱含的臨界條件，如加速度相等、彈力為零、靜摩擦力達(dá)到最大、摩擦力為零（即將反向）等。 2．多物體相互牽連（不一定有直接的牽連關(guān)系）要注意，只有部分直接牽連的物體（具有相同的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)）才能用整體法，其他情況一般需要明確物體間的受力關(guān)系隔離分析，物體間的相互作用力可能大小相等，但速度不同，也可能具有相同的速度，但加速度不同。 3．分析多過程問題切忌急躁，應(yīng)根據(jù)速度和加速度的關(guān)系逐個(gè)過程進(jìn)行分析，多過程問題的分析關(guān)鍵就是分析清楚速度相等、速度為零、加速度相等和加速度為零這四種情況，它們往往是多過程中各子過程的分界點(diǎn)。 4．復(fù)雜模型，如傳送帶往返問題、快–板模型，應(yīng)結(jié)合以上3點(diǎn)的注意事項(xiàng)進(jìn)行綜合分析。 （2018黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)）下列說法正確的是 A．在水平面上運(yùn)動(dòng)的物體最終停下來，是因?yàn)樗椒较驔]有外力維持其運(yùn)動(dòng)的結(jié)果 B．運(yùn)動(dòng)的物體慣性大，靜止的物體慣性小 C．作用力與反作用力可以作用在同一物體上 D．物體所受的合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減小 本題易錯(cuò)選A，原因是沒意識(shí)到運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不需要力來維持。 物體的運(yùn)動(dòng)不需要力來維持，力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，在水平面上運(yùn)動(dòng)的物體最終停下來，是因?yàn)樗椒较蚴艿搅Φ淖饔茫蔄錯(cuò)誤；慣性的大小量度是質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；作用力和反作用力作用在不同的物體上，故C錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律知，合外力減小，加速度減小，若加速度的方向與速度方向相同，速度增大，故D正確。答案：D。 1．某人在勻速行駛的火車上相對(duì)車廂豎直向上跳起，仍落回原處，這是因?yàn)? A．人騰空時(shí)間很短，人偏后的距離很小，不易察覺 B．人跳起后，車廂內(nèi)空氣給他一個(gè)向前的力，使他隨同火車一起向前運(yùn)動(dòng) C．人跳起的瞬間，車廂的地板給他一個(gè)向前的力，使他隨同火車一起向前運(yùn)動(dòng) D．人跳起后直至落地，在水平方向上人和車終具有相同的速度 【答案】D （2018福建省閩侯第二中學(xué)、連江華僑中學(xué)等五校教學(xué)聯(lián)合體）下列關(guān)于力的說法錯(cuò)誤的是 A．力的作用是相互的 B．支持力和壓力的方向總是垂直于支持面 C．彈力、摩擦力是按性質(zhì)命名的力 D．摩擦力的方向總是與物體運(yùn)動(dòng)的方向相反 本題易錯(cuò)選A，由于疏忽大意，看成讓選正確的。 由牛頓第三定律可知力的作用是相互的，故A正確；彈力的方向總是與接觸面垂直，支持力和壓力的方向總是垂直于支持面，故B正確；彈力、摩擦力，重力是按性質(zhì)命名的力；故C正確；摩擦力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，其方向總是與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反，故D錯(cuò)誤。答案：D。 1．人在沼澤地行走時(shí)容易下陷，下陷的過程中 A．人對(duì)沼澤地的壓力大于沼澤地對(duì)人的支持力 B．人對(duì)沼澤地的壓力等于沼澤地對(duì)人的支持力 C．沼澤地對(duì)人的支持力小于人的重力 D．沼澤地對(duì)人的支持力等于人的重力 【答案】B （2018福建省閩侯第二中學(xué)、連江華僑中學(xué)等五校教學(xué)聯(lián)合體）如圖所示，物體a、b用一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)線相連，再用一根輕彈簧跟a相連，彈簧上端固定在天花板上，已知物體a、b的質(zhì)量相等。當(dāng)在P點(diǎn)處剪斷繩子的瞬間 A．物體a的加速度大小為零 B．物體a的加速度大小為g C．物體b的加速度大小為零 D．物體b的加速度大小為g 本題易只選D，錯(cuò)因是不理解彈力突變的意義。 設(shè)ab物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線前，對(duì)ab整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故F=2mg；再對(duì)物體a受力分析，受到重力、細(xì)線拉力和彈簧的拉力；剪斷細(xì)線后，重力和彈簧的彈力不變，細(xì)線的拉力減為零，故物體a受到的力的合力等于mg，向上，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故B正確，A錯(cuò)誤；對(duì)物體b受力分析，受到重力、細(xì)線拉力，剪斷細(xì)線后，重力不變，細(xì)線的拉力減為零，故物體b受到的力的合力等于mg，向下，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故C錯(cuò)誤，D正確。答案：BD。 1．在動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的小球，小球的一端與水平輕彈簧連接，另一端與不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩與豎直方向成θ=45角，如圖所示。小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，且水平面對(duì)小球的彈力恰好為零，取重力加速度g=10 m/s2。 A．此時(shí)彈簧的彈力為N B．剪斷彈簧瞬間，小球加速度大小為m/s2 C．剪斷細(xì)繩瞬間，小球加速度大小為8 m/s2 D．剪斷細(xì)繩瞬間，小球受到的合力斜向左上方45 【答案】C （2018云南省昭通）如圖所示，A為電磁鐵，掛在支架C上，放到臺(tái)秤的托盤中，在它的正下方有一鐵塊B，鐵塊B靜止時(shí)，臺(tái)秤示數(shù)為G，當(dāng)電磁鐵通電后，在鐵塊被吸引上升的過程中，臺(tái)秤的示數(shù)將 A．變大 B．變小 C．大于G，但是一恒量 D．先變大，后變小 本題選錯(cuò)的原因主要有：混淆超重和失重，不能根據(jù)加速度或受力情況分辨超重和失重。 鐵塊被吸起上升的過程中，由于電磁鐵A對(duì)B的吸引力越來越大，B做加速度變大的加速上升運(yùn)動(dòng)，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)而言，處于超重現(xiàn)象越來越明顯的狀態(tài)(可以認(rèn)為系統(tǒng)重心也在做加速度變大的加速上升運(yùn)動(dòng))，所以臺(tái)秤的示數(shù)應(yīng)大于G，且不斷變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。答案：A。 1．如圖所示，A為電磁鐵，掛在支架C上，放在臺(tái)秤的托盤中，在它的正下方有一鐵塊B。鐵塊靜止時(shí)，臺(tái)秤示數(shù)為G。當(dāng)電磁鐵通電，鐵塊被吸引上升過程中（與A接觸前），臺(tái)秤的示數(shù)將 A．因?yàn)槲κ莾?nèi)力，示數(shù)始終不變 B．先大于G，后小于G C．一直大于G D．一直小于G 【答案】C （2018河南大聯(lián)考）如圖1、圖2所示，兩個(gè)等高的光滑斜面固定在地面上，斜面傾角，質(zhì)量相等的小球甲、乙各自在沿斜面向上的拉力作用下從底端由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)。兩個(gè)拉力的功率恒定且相等，兩小球在到達(dá)斜面頂端時(shí)均已勻速，則在兩小球由斜面底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過程中，下列說法正確的是 A．最后甲球的速度比乙球的速度大 B．最后甲球的速度與乙球的速度相等 C．甲球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短 D．甲球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與乙球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 本題的解題關(guān)鍵點(diǎn)是分析清楚豎直向下的力和沿斜面方向的力。 由和得，當(dāng)加速度減為零的時(shí)候速度最大，且，又因?yàn)?，則最后甲球的速度大于乙球的速度，選項(xiàng)正確、錯(cuò)誤；由。得甲球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比乙球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。答案：A。 1．如圖所示，物體B的上表面水平，給A、B一個(gè)初速度，它們保持相對(duì)靜止一起沿斜面下滑，斜面保持靜止不動(dòng)且受到地面的摩擦力水平向左，則下列判斷正確的有 A．B、C都各受5個(gè)力作用 B．水平面對(duì)C的支持力大于三物體的重力之和 C．若只減小B的質(zhì)量，其他條件不變，C有可能不受水平面的摩擦力作用 D．B的上表面一定是粗糙的 【答案】D 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn)，O點(diǎn)恰好是半圓的圓心。有三條光滑軌道a、b、c，它們的上下端分別位于上下兩圓的圓周上，三軌道都經(jīng)過O點(diǎn)，現(xiàn)讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為 A．tatb>tc C．ta=tb=tc D．不能確定 在已知等時(shí)圓的情況下，本題易錯(cuò)選C。要注意等時(shí)圓的下滑軌道是一端為豎直直徑的任一端點(diǎn)，另一端在圓上的光滑軌道。 設(shè)軌道與豎直方向夾角為α，小圓半徑為r，半圓半徑為R，則軌道的長(zhǎng)度L=2rcos α+R，下滑的加速度a=gcos α，則下滑的時(shí)間，α越大，t越大，故ta2 N （3）小物體不會(huì)留在桌面上 【解析】（1）當(dāng)小物體與紙板一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，桌面對(duì)紙板間的滑動(dòng)摩擦力f1=μ(m1+m2)g=1 N （2）隨F增大，小物體和紙板共同運(yùn)動(dòng)的加速度增大，小物體受到的靜摩擦力增大，直到達(dá)到最大靜摩擦力f2=μm2g，此時(shí)兩者一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度a==μg （2018遼寧省六校協(xié)作體）已知一足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(如圖甲所示)，以此時(shí)為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系(如圖乙所示)，圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍阎獋魉蛶У乃俣缺３植蛔?，則 A．物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1~t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小 B．0~t2內(nèi)，重力對(duì)物塊做正功 C．若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么 D．0~t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為W= 本題錯(cuò)因是不理解劃痕是物體間的最大相對(duì)位移，因?yàn)榘l(fā)生相對(duì)反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，劃痕疊加但不會(huì)抵消；而相對(duì)位移在發(fā)生相對(duì)的反向運(yùn)動(dòng)后會(huì)抵消吊。 由圖乙圖線與時(shí)間軸所圍面積可看出，物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1~t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，故A錯(cuò)誤；由于物塊在0~t1內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)的位移大于t1~t2內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的位移，所以0~t2內(nèi)物體的總位移向下，所以重力對(duì)物塊做正功，故B正確；在t1~t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C錯(cuò)誤；由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：，則傳送帶對(duì)物塊做功 故D錯(cuò)誤。答案：B。 1．如圖所示，一水平方向足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速度v1沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，傳送帶右端有一與傳送帶等高的光滑水平面，一物體以水平向左的速度v2滑上傳送帶后，經(jīng)過一段時(shí)間后又返回光滑水平面上，這時(shí)速度為v3，則下列說法正確的是 A．若v1v2，則v3=v2 C．不管v2多大，總有v3=v2 D．只有v1=v2，才有v3=v1 【答案】B （2018河南省安陽(yáng)）如圖1所示，光滑水平面上靜置一個(gè)薄長(zhǎng)木板，長(zhǎng)木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M，t=0時(shí)刻質(zhì)量為m的物塊以水平速度v滑上長(zhǎng)木板，此后木板與物塊運(yùn)動(dòng)的v–t圖象如圖2所示，重力加速度，則下列說法正確的是 A．M=m B．M=2m C．木板的長(zhǎng)度為8 m D．木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 在分析物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)，有一段平板車減速，物塊加速，最終共速的過程，若忽略這一部分的分析就容易出錯(cuò)。 木塊在木板上運(yùn)動(dòng)過程中，在水平方向上只受到木板給的滑動(dòng)摩擦力，故，而v–t圖象的斜率表示加速度，故，解得；對(duì)木板受力分析可知，，解得，AD錯(cuò)誤B正確；從圖中可知物塊和木板最終分離，兩者v–t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積之差等于木板的長(zhǎng)度，故，C正確。答案：BC。 1．某電視臺(tái)娛樂節(jié)目在游樂園舉行家庭搬運(yùn)磚塊比賽活動(dòng)。比賽規(guī)則是：向滑動(dòng)的長(zhǎng)木板上放磚塊，且每次只能將一塊磚無初速度（相對(duì)地面）地放到木板上，木板停止時(shí)立即停止搬放，以木板上磚塊多少?zèng)Q定勝負(fù)。如圖甲所示，已知木板的上表面光滑且足夠長(zhǎng)，比賽過程中木板始終受到恒定的拉力F=20 N作用，未放磚塊時(shí)木板以v0 =3 m/s的速度勻速前進(jìn)。獲得冠軍的家庭上場(chǎng)比賽時(shí)平均每隔T=0.8 s放一塊磚，每塊磚的質(zhì)量m=0.8 kg，從放上第一塊磚開始計(jì)時(shí)，如圖乙作出了0~0.8 s時(shí)間內(nèi)木板運(yùn)動(dòng)的v–t圖象，重力加速度g=10 m/s2。求： （1）木板的質(zhì)量M及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； （2）木板停止時(shí)，木板上放的磚的塊數(shù)； （3）從放上第一塊磚到木板停止，木板的總位移。 【答案】（1）M=8 kg，μ=0.25 （2）5 （3）7.6 m 【解析】（1）沒有放磚時(shí)對(duì)木板受力分析有F=μMg 放上第一塊磚時(shí)，木板減速，設(shè)加速度大小為a1，對(duì)木板有μ(M+m)g–F=Ma1 得Ma1=μmg，由圖乙可知a1==0.25 m/s2 則kΔt~(k+1)Δt時(shí)間內(nèi)，木板的平均速度=v0–Δv–Δv=v0– 則木板的位移x=[5v0–(1+4+…+25)]Δt=7.6 m 一、用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問題 （1）從受力確定運(yùn)動(dòng)情況（），a=0時(shí)處于平衡狀態(tài)，靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 （2）從運(yùn)動(dòng)情況確定受力（F=ma）。 （3）綜合受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，運(yùn)用牛頓第二定律解決問題。 二、瞬時(shí)變化的動(dòng)力學(xué)模型 受外力時(shí)的形變量 彈力 彈力能否突變 輕繩 微小不計(jì) 拉力 能 輕桿 微小不計(jì) 拉力或壓力 能 輕橡皮繩 較大 拉力 不能 輕彈簧 較大 拉力或壓力 不能 三、傳送帶模型分析方法 四、滑塊–木板模型分析方法 1．殲擊機(jī)在進(jìn)人戰(zhàn)斗狀態(tài)時(shí)要扔掉副油箱，這樣做是為了 A．減小重力．使運(yùn)動(dòng)狀態(tài)保持穩(wěn)定 B．減小慣性，有利于運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變 C．增大加速度，使?fàn)顟B(tài)不易變化 D．增大速度，使運(yùn)動(dòng)狀態(tài)易于改變 【答案】B 【解析】殲擊機(jī)在戰(zhàn)斗前要拋掉副油箱，是為了減小飛機(jī)的質(zhì)量來減小飛機(jī)的慣性，使自身的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)容易改變，以提高殲擊機(jī)的靈活性，選B。 2．以下說法正確的是 A．人走在松軟的土地上會(huì)下陷，說明人對(duì)地面的壓力大于地面對(duì)人的支持力 B．物體的加速度不變，則物體所受力的合力一定為恒力 C．物體速度變化量越大，則物體所受力的合力越大 D．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體其加速度一定變化 【答案】B 3．如圖所示，使雞蛋A快速向另一完全一樣的靜止雞蛋B撞去，結(jié)果每次都是被撞擊的雞蛋B被撞破，則下列說法正確的是 A．A雞蛋的慣性大于B雞蛋的慣性 B．A對(duì)B的作用力的大小大于B對(duì)A的作用力的大小 C．A對(duì)B的作用力的大小等于B對(duì)A的作用力的大小 D．碰撞瞬間，A雞蛋內(nèi)蛋白由于慣性會(huì)對(duì)A蛋殼產(chǎn)生向前的作用力 【答案】CD 【解析】慣性大小的唯一量度是質(zhì)量，完全一樣的兩個(gè)雞蛋質(zhì)量相等，慣性相同，A錯(cuò)誤；A對(duì)B的作用力和B對(duì)A的作用力為作用力與反作用力，一定大小相等，B錯(cuò)誤，C正確；碰撞瞬間，A雞蛋內(nèi)蛋白由于慣性會(huì)對(duì)A蛋殼產(chǎn)生向前的作用力，A蛋殼碰撞部位還受到B對(duì)它的作用力，兩者方向相反，合力較小，而被撞擊的B蛋殼僅受到A對(duì)B的作用力而被撞破，D正確。 4．如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O；整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；現(xiàn)將細(xì)繩剪斷，將物塊a的加速度記為a1，S1和S2相對(duì)原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g，在剪斷瞬間 A．a(chǎn)1=3g B．a(chǎn)1=0 C．Δl1=2Δl2 D．Δl1=Δl2 【答案】AC 5．（2018重慶市第一中學(xué)、合肥八中、石家莊市第一中學(xué)）如圖，一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是以速度v作勻速直線運(yùn)動(dòng)；現(xiàn)讓傳送帶以加速度a作勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后保持靜止；又經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊靜止，傳送帶上留下了一段黑色痕跡，重力加速度大小為g，則痕跡長(zhǎng)度為 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】傳送帶的運(yùn)動(dòng)是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，減速到零運(yùn)動(dòng)的位移為：而煤塊的運(yùn)動(dòng)也是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，。減速到零運(yùn)動(dòng)走過的位移為，由于煤塊和皮帶是同一方向運(yùn)動(dòng)的，所以痕跡的長(zhǎng)度即相對(duì)位移為：故D正確。 6．（2018湖北省荊州市沙市中學(xué)）質(zhì)量分別為2 kg和3 kg的物塊A、B放在光滑水平面上并用輕質(zhì)彈簧相連，如圖所示，今用大小為作用在A上使AB相對(duì)靜止一起向前勻加速運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是 A．彈簧的彈力大小等于8 N B．彈簧的彈力大小等于12 N C．突然撤去F瞬間，A的加速度大小為0 D．突然撤去F瞬間，B的加速度大小為4 【答案】BD 7．（2018安徽省淮南）如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，一條細(xì)線一端與斜面上的物體B相連，另一端繞過輕質(zhì)滑輪與物體A相連，該滑輪用另一條細(xì)線懸掛在天花板上的O點(diǎn)，細(xì)線與豎直方向成ɑ角，A、B、C始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，不計(jì)細(xì)繩與滑輪間摩擦。下列說法正確的是 A．若僅增大A的質(zhì)量，則B對(duì)C的摩擦力一定增大 B．若僅增大A的質(zhì)量，則地面對(duì)C的摩擦力一定增大 C．若僅增大B的質(zhì)量，則B受到的摩擦力一定增大 D．若僅將C向左緩慢移動(dòng)一點(diǎn)，ɑ角將增大 【答案】BD 8．（2018普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試模擬試題）如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m=1 kg。用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是 A．木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量 B．拉力F做功為6 J C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s D．整個(gè)過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J 【答案】ACD 【解析】對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理：，即木板P與小滑塊Q組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增量一定等于拉力F的沖量，選項(xiàng)A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過，拉力F為6 N，大于4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律：F–μmg=ma，解得a=4 m/s2，1 s內(nèi)木板P的位移x=at2=2 m，拉力F做功W=Fx=12 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t=2mv共，解得v共=3 m/s；選項(xiàng)C正確；整個(gè)過程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知，解得Q=3 J，選項(xiàng)D正確。 9．（2018江西省撫州市臨川區(qū)第一中學(xué)）質(zhì)量為3m足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)同時(shí)給木塊l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是 A．1木塊相對(duì)靜止前，木板是靜止的 B．1木塊的最小速度是 C．2木塊的最小速度是 D．木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)靜止時(shí)位移是 【答案】CD 為由動(dòng)量守恒可得，解得：，故C正確；當(dāng)木塊3相對(duì)靜止時(shí)，速度達(dá)到最小，此時(shí)四個(gè)物體共速，設(shè)速度為，則由動(dòng)量守恒可得：，解得：，對(duì)木塊3，由動(dòng)能定理可知，解得：，故D正確。 10．（2018山東省日照）如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)物塊與地面之間的靜摩擦力最大值fm與滑動(dòng)摩擦力大小相等，t0、t1、t2、t3時(shí)間間隔相等。則下列說法中正確的是 A．t0時(shí)刻加速度不為零 B．t3時(shí)刻加速度為零 C．t1時(shí)刻物塊的加速度最大 D．t2時(shí)刻物塊的速度最大 【答案】CD 11．（2018黑龍江省哈爾濱市第六中學(xué)）質(zhì)量為2 kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示．A的v–t圖象如圖乙所示，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)A與B上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1； (2)木板B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2； (3)A的質(zhì)量。 【答案】（1）0.2 （2）0.1 （3）6 kg 【解析】(1)由圖象可知，A在0~1 s內(nèi)的加速度 對(duì)A由牛頓第二定律得，–μ1mg=ma1 對(duì)B由牛頓第二定律得，μ1mg–μ2(M＋m)g=Ma2 代入數(shù)據(jù)解得：m=6 kg