2019年高考物理備考 中等生百日捷進提升系列 專題03 牛頓運動定律（含解析）.docx

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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(xiàn)，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(jié)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(jù)力求加速度或者根據(jù)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(chǎn)和科技中的應用。 牛頓運動定律 第一部分知識背一背 1.牛頓第一定律 (1)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(chǎn)生加速度的原因. (3)慣性 ①量度：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小. ②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)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. (2)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. 4.牛頓第三定律 四同： (1)大小相同(2)方向在同一直線上(3)性質(zhì)相同(4)出現(xiàn)、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 5.超重與失重和完全失重 超重、失重和完全失重的比較 現(xiàn)象 實質(zhì) 超重 物體對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Υ笥谧陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)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?qū)覓煳锏睦π∮谧陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)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?qū)覓煳锏睦Φ扔诹愕默F(xiàn)象 系統(tǒng)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 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(jié)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，力是改變運動狀態(tài)的原因，也就是力是產(chǎn)生加速度的原因. 2.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(jié)出來的，是以伽利略的理想實驗為基礎，通過對大量實驗現(xiàn)象的思維抽象、推理而總結(jié)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 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(lián)系，只有速度變化才與合力有必然的聯(lián)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 作用力和反作用力與平衡力的比較 內(nèi)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(chǎn)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，可求合力，且合力為零 力的性質(zhì) 一定是同性質(zhì)的力 可以是同性質(zhì)的力，也可以是不同性質(zhì)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 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(jié)合起來，從具體問題的實際情況出發(fā)，靈活選取對象，恰當?shù)剡x擇使用隔離法和整體法. 2.在使用隔離法解題時，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(jù)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(jù)所求的力進行選擇，若為外力則應用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法.但在具體應用時，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)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(nèi)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(tǒng)，可將系統(tǒng)的所有外力及系統(tǒng)內(nèi)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(tǒng)表達式為： ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx ΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 應用牛頓第二定律的系統(tǒng)表達式解題時，可不考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力(即內(nèi)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(tǒng)受到的外力； (2)正確分析系統(tǒng)內(nèi)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(zhuǎn)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(zhuǎn)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(xiàn)“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(xiàn)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(xiàn)臨界問題的線索，但在變化過程中可能出現(xiàn)臨界問題，也可能不出現(xiàn)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）、復雜過程的處理方法——程序法 按時間的先后順序?qū)︻}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(jié)果. 3.前一個過程的結(jié)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．如圖所示，水平桌面上，質(zhì)量為小的物塊放在質(zhì)量為2m的長木板的左端，物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為μ木板和桌面間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時物塊和木板均靜止，若在物塊上施加一個水平向右的恒力F，已知重力加速度為g，下列說法正確的是 A．當F>μmg時，物塊和木板一定發(fā)生相對滑動 B．當F=μmg時，物塊的加速度大小為112μg C．當F=2μmg時，木板的加速度大小為16μg D．不管力F多大，木板的加速度始終為0 【答案】 B 【解析】 【詳解】 對長木板，因μmg＞14μ?3mg，長木板可以向右運動，由μmg-14μ?3mg=2ma2可得其運動的最大加速度為a2=18μg，選項D錯誤。當物塊、木板將要發(fā)生相對滑動時，對物塊，F(xiàn)0-μmg=ma2，將a2=18μg代入得F0=98μmg。故有，（1）當拉力F≤14μ?3mg時，二者均保持靜止；（2）當拉力34μmg＜F≤98μmg時，二者相對靜止，一起加速運動；（3）當拉力F＞98μmg時，二者發(fā)生相對運動。故AC錯誤，B正確。 2．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧，固定于天花板上的O點處，原長為L，如圖所示，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，不計空氣阻力，則下列說法正確的是 A．由B到C的過程中，彈簧彈性勢能和物塊動能之和逐漸減小 B．由B到C的過程中，物塊動能和重力勢能之和不變 C．由B到C的過程中，彈簧的彈性勢能和物塊的重力勢能之和不變 D．由B到C的過程中，物塊加速度逐漸減小 【答案】 A 【解析】 【詳解】 由B到C的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，即物塊的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能總和不變，物塊的重力勢能增大，則彈性勢能和動能之和減小；由于彈簧的彈性勢能增加，則物塊動能和重力勢能之和減小，故A正確，BC錯誤；由B到C的過程中，彈力向下逐漸變大，根據(jù)mg+F彈=ma可知，物塊加速度逐漸變大，選項D錯誤；故選A. 3．質(zhì)量為m的物體在水平恒定外力F作用下沿水平面做勻加速直線運動，一段時間后撤去外力，已知物體的v－t圖象如圖所示，則下列說法正確的有 A．水平拉力大小是物體所受摩擦力大小的2倍 B．在物體運動的整個過程中， F的沖量大小大于摩擦力的沖量大小 C．在物體運動的整個過程中， F做的功大于克服摩擦力做的功 D．物體在加速段的平均速度等于減速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【詳解】 由v-t圖象知物體在加速過程的加速度大小為a1=v0t0，在減速過程的加速度大小為a2=v02t0；對于勻減速運動過程，由牛頓第二定律知物體所受摩擦力大小為 f=ma2=mv02t0；在勻加速過程中，由牛頓第二定律有 F-f=ma1，即水平拉力大小為F=3mv02t0，是物體所受摩擦力大小的3倍，故A錯誤；對整個過程，由動量定理：IF-If=0，則在物體運動的整個過程中， F的沖量大小等于摩擦力的沖量大小，選項B錯誤；對整個過程，由動能定理：WF-Wf=0，則在物體運動的整個過程中，F(xiàn)做的功等于克服摩擦力做的功，選項C錯誤；由v-t圖象知物體在加速段的平均速度和在減速段的平均速度均為v02，故D正確；故選D. 4．如圖所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m 的小球，從離彈簧上端高h 處由靜止釋放．某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F 的大小隨小球下落的位置坐標x 變化的關系，如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷不正確的是( ) A．當 x＝h＋x0，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小 B．小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，加速度先減小后增大 C．當 x＝h＋2x0，小球的加速度大小為g D．小球動能的最大值為 mgh＋mgx0 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．根據(jù)乙圖可知，當x=h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，以彈簧和小球組成的系統(tǒng)，機械能守恒可知，重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確； B．小球剛落到彈簧上時，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當彈力等于重力時加速度為零，此時速度最大；然后向下運動時彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運動直到最低點，則小球落到彈簧上向下運動到最低點的過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故B正確； C．在x=h+x0位置：mg=kx0，則在x＝h＋2x0時：k?2x0-mg=ma，解得a=g，選項C正確； D．小球達到最大速度的過程中，根據(jù)動能定理可知mg（h+x0）-W彈=12mvm2，故小球動能的最大值小于mg（h+x0），故D錯誤； 5．如圖，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動下列說法正確的是（ ） A．小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大 B．小球在斜面運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重 C．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地速率將變大 D．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將減小 【答案】 D 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律得，小球在斜面上運動的加速度a=mgsinθm＝gsinθ，平拋運動的加速度為g，可知小球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故A錯誤。對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤。根據(jù)動能定理得，mgh=12mv2-12mv02，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯誤。比較小球在斜面上與空中運動的時間。由于小球在斜面上運動的加速度為 a=gsinα，豎直分加速度為 ay=asinα=gsin2α＜g，則知撤去斜面，落地時間變短。故D正確。故選D。 6．如圖所示，傾角為θ的斜面體c置于水平地面上，不帶電絕緣小物塊b置于絕緣斜面上，通過絕緣細繩跨過光滑的定滑輪與帶正電小球a連接，連接b的一段細繩與斜面平行。在a所在空間中有豎直向下的勻強電場，當電場強度逐漸增加的情況下，a、b、c都處于靜止狀態(tài)，則（　?。? A．b對c的摩擦力一定減小 B．地面對c的摩擦力一定減小 C．地面對c的摩擦力方向一定向右 D．b對c的摩擦力方向可能平行斜面向上一直增加 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AD．由于電場強度增加，所以連接ab的細繩中的拉力增大，如果b物塊的重力沿斜面向下的分力與剛才時的拉力相等，隨拉力的增大，b受的摩擦力沿斜面向下且增大，則c受到b的摩擦力方向沿斜面向上且一直增大，故A錯誤，D正確； BC．將bc看成一個整體，繩的拉力方向斜向右上方，所以c受到的摩擦力方向一定水平向左，由于拉力增大，拉力沿水平方向的分力增大，由平衡可知，c受到的摩擦力增大，故BC錯誤。 7．如圖所示，在傾角θ=37的光滑斜面上質(zhì)量均為m=5kg的A、B兩物體用k=200N/m的輕彈簧相連，初始時A、B兩物體靜止放在斜面底端的擋板上?，F(xiàn)施加一個沿斜面向上的外力F作用在物體A上，使之能勻加速上升，經(jīng)t=0.4s物體B剛要脫離擋板。已知sin37=0.6，g=10m/s2，則下列說法正確的是 A．所施外力F隨時間均勻增大 B．物體A運動的加速度為3m/s2 C．物體B脫離擋板時物體A的速度為2m/s D．0.4s內(nèi)外力F所做的功為14.625J 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A項：彈簧處于壓縮狀態(tài)，后處于拉伸狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)時，對A，由牛頓第二定律得：F+kΔx-mgsinθ=ma，得，隨著Δx的減小，F(xiàn)增大， 彈簧處于拉伸狀態(tài)時，對A，根據(jù)牛頓第二定律得：F-kΔx-mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma+kΔx，隨著Δx的增大，F(xiàn)增大，由數(shù)學知識知所加外力F隨彈簧形變量Δx均勻增大，由于A做勻加速運動，當彈簧處于壓縮狀態(tài)時，由x=12at2和Δx=x1-x得Δx=x1-12at2，x1是初始時彈簧的壓縮量，可知，Δx隨時間t不是均勻增大，所以外力F隨時間不是均勻增大，同理，當彈簧處于拉伸狀態(tài)時，外力F隨時間不是均勻增大，故A錯誤； B項：開始時A、B處于靜止時，對A：kx1=mgsinθ，解得x1=0.15m，B剛要離開擋板時，擋板對B的支持力為0，對B：kx2=mgsinθ，解得：x2=0.15m，所以從開始到B剛離開擋板時A移動的位移為：x=x1+x2=0.3m，由x=12at2解得：a=3.75ms2，故B錯誤； C項：物體B脫離擋板時物體A的速度為v=at=1.5ms，故C錯誤； D項：由于x1=x2，所以初末位置時彈簧的彈性勢能相等，對A，根據(jù)動能定理得W-mgxsinθ=12mv2，可得外力F所做的功為W=14.625J，故D正確。 故選：D。 8．將一小球豎直向上拋出，取向上為正方向．設小球在拋出點的重力勢能為零，小球所受空氣阻力大小恒定．則上升過程中，小球的加速度a、速度v、機械能E、動能Ek與小球離拋出點高度h的關系錯誤的是(　　) A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 根據(jù)牛頓第二定律，則-mg-f=ma，解得a=-mg+fm，則選項A正確；根據(jù)v2=v02-2gh可知，選項B錯誤；根據(jù)能量關系：E=E0-fh可知，選項C正確；根據(jù)動能定理：Ek=Ek0-mgh-fh可知，選項D正確；此題選擇不正確的選項，故選B. 9．以下涉及物理學史上的四個重大發(fā)現(xiàn),其中說法不正確的是 A．卡文迪許通過扭秤實驗,測定出了萬有引力常量 B．奧斯特通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場 C．牛頓根據(jù)理想斜面實驗,提出力是改變物體運動狀態(tài)的原因 D．紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后,總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應定律的結(jié)論 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、卡文迪許通過扭秤實驗,測定出了萬有引力恒量.所以A選項是正確的. B、奧斯特通過實驗研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場,所以B選項是正確的; C、伽利略根據(jù)理想斜面實驗,提出力不是維持物體運動的原因,故C錯誤 D、紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后,先后指出：閉合電路中電磁感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，后人稱之為法拉第電磁感應定律，故D對； 本題選不正確的，故選C 10．物塊在1N合外力作用下沿x軸做勻變速直線運動，圖示為其位置坐標和速率的二次方的關系圖線，則關于該物塊有關物理量大小的判斷正確的（ ） A．質(zhì)量為1kg B．初速度為2m／s C．初動量為2kg?m／s D．加速度為0．5m／s2 【答案】 D 【解析】 【分析】 本題考查的是圖像問題，先判斷圖像的橫軸坐標，然后求出表達式，最后分析斜率和截距的含義。 【詳解】 根據(jù)圖像求出解析式為x=v2-2，與v2-v02=2ax類比可得：a=0.5m/s2，m=2kg，v0=2m/s，p0=22kgm/s，D正確。 【點睛】 圖像問題的切入點是求出圖像的解析式，然后與我們所學的規(guī)律類比即可。 二、多選題 11．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)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P取走,小球下落且未脫離斜面的過程中,下列說法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動 B．球?qū)ωQ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(tǒng)機械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)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?qū)ωQ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(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機械能守恒，選項C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動量不守恒；豎直方向受合外力也不為零，豎直方向動量也不守恒，則系統(tǒng)的動量不守恒，選項D錯誤. 12．如圖所示，可視為質(zhì)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=v1cosθ，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。 13．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(shù)為0.1 C．4s末物體的動量大小為12kgm/s D．4s內(nèi)滑動摩擦力的沖量大小為9Ns 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0-2s內(nèi)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(nèi)，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(lián)立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為△v=1+322=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(nèi)滑動摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1302N?s=6N?s，選項D錯誤。 14．火箭是靠火箭發(fā)動機噴射工質(zhì)（工作介質(zhì)）產(chǎn)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(zhì)產(chǎn)生推力，可以在稠密大氣層內(nèi)，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(zhuǎn)，不計空氣阻力，則以下軌跡（圖中虛線）可能正確的是： A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 A圖中，火箭向下噴氣，產(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(chǎn)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. 15．如圖所示，在光滑水平桌面上有一個質(zhì)量為m的質(zhì)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(zhì)點的運動軌跡。已知在t s末質(zhì)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(nèi)側(cè)，且sinθ=vv0 B．質(zhì)點所受合外力的大小為mv02-v2t C．質(zhì)點到達B點時的速度大小為v0vv02-v2 D．t s內(nèi)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＝v0sin 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(nèi)側(cè)，且sin θ＝vv0。故AB正確；設質(zhì)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(nèi)恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯誤。故選ABC. 16．如圖所示，質(zhì)量為M足夠長的斜面體始終靜止在水平地面上，有一個質(zhì)量為m的小物塊在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面勻加速下滑，此過程中斜面體與地面的摩擦力為零。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（） A．斜而體對地面的壓力大小等于(m+M)g B．斜面體給小物塊的作用力大小小于mg C．若將力F撤掉，小物塊將勻速下滑 D．若將力F的方向突然改為豎直向下，小物塊仍做加速運動 【答案】 AC 【解析】 【分析】 因為斜面體與地面的摩擦力為零，隱含條件“小物塊對斜面體作用力的合力豎直向下”，運用隔離法分析斜面體和小物塊，結(jié)合牛頓第二定律和第三定律分析各選項； 【詳解】 A. 根據(jù)題意，物塊沿斜面勻加速下滑，此過程斜面體與地面的摩擦力為0，說明m對M的壓力和m對M的摩擦力的合力豎直向下，大小等于mg，對斜面體受力分析知，斜面體對地面的壓力大小等于(M+m)g，故A正確； B. 小物塊對斜面體的作用力大小等于mg，根據(jù)牛頓第三定律，斜面體給小物塊的作用力大小等于mg，故B錯誤； C. 若將F撤掉，則重力、支持力和摩擦力的合力為0，小物塊將勻速下滑，故C正確； D. 對m:水平方向FNsinθ=fcosθ,得μ=f/FN=sinθ/cosθ=tanθ 若將F方向改為豎直向下，則(mg+F)sinθ?μ(mg+F)cosθ=ma，解得a=0，即小物塊做勻速運動，故D錯誤； 故選：AC 17．如圖所示，光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m、長為L的長木板B，木板上表面各處粗糙程度相同，一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點)從左端以速度v沖上木板，當v=v0時，小物塊A歷時t0恰好運動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統(tǒng)生熱為Q，則( ) A．若v=v02，A、B相對運動時間為t02 B．若v=v02，A、B系統(tǒng)生熱為Q2 C．若v=2v0，A經(jīng)歷t04達木板右端 D．若v=2v0，A、B系統(tǒng)生熱為Q 【答案】 AD 【解析】 【分析】 對于A、B組成的系統(tǒng)，由于系統(tǒng)所受的合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律求出最終兩者的共同速度，再由對B，運用動量定理求運動時間。由系統(tǒng)的能量守恒求系統(tǒng)生熱。 【詳解】 A項：當v=v0時，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0=2mv′ 代入數(shù)據(jù)得：v′=0.5v0 對B，由動量定理得：ft0=mv′ 可得：t0=mv02f 由能量守恒定律得：Q=12mv02-122mv2=14mv02 若v=v02，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： m?v02=2mv解得：v=v04 對B，由動量定理得： ft=mv′ 解得：t=mv04f 可得：t=t02 AB系統(tǒng)生熱Q=12m(v02)2-122mv2=116mv02=Q4，故A正確，B錯誤； C、D項：若v=2v0，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： m?2v0=mvA+mvB， A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功，與木板的長度有關，可知A、B系統(tǒng)生熱仍為Q。 根據(jù)能量守恒定律得： Q=12m(2v0)-12mvA2-12mvB2 結(jié)合上面解答有：Q=14mv02 對B，由動量定理得： ft=mvB-0 聯(lián)立解得：vB=4-133v0，t=(4-13)3f≠t04，故C錯誤，D正確。 故選：AD。 【點睛】 解決本題的關鍵要明確系統(tǒng)遵守兩大守恒定律：動量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生熱與相對位移有關。 18．如圖所示，一傾角為30的光滑斜面，下端與一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端與水平傳送帶相切，水平傳送帶以5 m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)有質(zhì)量為1 kg的物體（視為質(zhì)點）從斜面上距傳送帶高h＝5 m處由靜止滑下；物體在弧面運動時不損失機械能，而且每次在弧面上運動的時間可以忽略。已知傳送帶足夠長，它與物體之間的動摩擦因數(shù)為0.5，取g＝10 m/s2，則 A．物體第一次剛滑上水平傳送帶時的速度大小為5 m/s B．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶所用的時間為4.5 s C．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中，摩擦產(chǎn)生的熱量為200 J D．物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶的過程中，摩擦力對物體做的功為-37.5 J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 A.物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒求解物體到斜面末端的速度大小； B、當物體滑到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小，由位移公式求出物塊向左的時間；隨后物塊先向右加速到速度等于5m/s，然后做勻速直線運動，由運動學的公式分別求出各段的時間，然后求和； C、摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力與相對位移的乘積，由此即可求出； D、根據(jù)動能定理求解即可． 【詳解】 A. 物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，機械能守恒，則得：mgh=12mv2 解得：v=2gh=2105m/s=10m/s.故A錯誤； B. 當物體滑到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小, 物塊在傳送帶上的加速度：a=μmg/m=μg=0.510=5m/s2 物塊到速度等于0的時間：t1=0-v-a=0-10-5s=2s 物塊的位移：L=0+v2?t1=0+1022m=10m 物塊的速度等于0后，隨傳送帶先向右做加速運動，加速度的大小不變，則物塊達到與傳送帶速度相等的時間： t2=v0/a=5/5=1s 位移：x1=12at22=12512m=2.5m 物塊隨傳送帶做勻速直線運動的時間：t3=L-x1v0=10-2.55s=1.5s 所以物體從第一次滑上傳送帶到第一次離開傳送帶所用的時間為：t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故B正確； C. 物塊向左做減速運動的過程中,傳送帶的位移：x2=v0t1=52=10m 物塊向右加速的過程中傳送帶的位移：x3=v0t2=51=5m 相對位移：△x=L+x2+x3?x1=10+10+5?2.5=22.5m， 該過程中產(chǎn)生的熱量：Q=μmg?△x=0.511022.5=112.5J.故C錯誤； D. 由動能定理得：Wf=12mv02-12mv2 解得：Wf=?37.5J.故D正確。 故選：BD 19．如圖所示，一質(zhì)量m=0.1kg 的小煤塊以v0=5m/s 的初速度從最左端水平進入軸心距離L=8m 的水平傳送帶，傳送帶可由一電機驅(qū)使而轉(zhuǎn)動。已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.1(取 g=10m/s2)（） A．若電機不開啟，傳送帶不轉(zhuǎn)動，小煤塊滑離傳送帶右端的速度大小為 3m/s B．若電機不開啟，傳送帶不轉(zhuǎn)動，小煤塊在傳送帶上運動的總時間為 3s C．若開啟電機，傳送帶以 6m/s 的速率順時針轉(zhuǎn)動，則小煤塊在傳送帶上留下的一段黑色痕跡的長度為 1.0m D．若開啟電機，傳送帶以 6m/s 的速率逆時針轉(zhuǎn)動，則小煤塊在傳送帶滑動的過程中產(chǎn)生的熱量為 2.0J 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 AB、當電機不開啟，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運動，加速度為：a=μg=0.110m/s2=1m/s2 根據(jù)速度位移公式有：v02-v2=2al 解得：v=3m/s， 運動的時間為：t=v0-va=5-31s=2s.故A正確，B錯誤； C. 當電機開啟，傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，小煤塊在傳送帶上做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，一起做勻速直線運動，則煤塊達到傳送帶速度所經(jīng)歷的時間為：t=v-v0a=6-51s=1s 此時小煤塊的位移為：x1=v2-v022a=62-5221m=5.5m<8m 傳送帶的位移為：x2=vt=61m=6m 則黑色痕跡的長度為：△x=x2?x1=6?5.5m=0.5m.故C錯誤； D. 當電機開啟，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，小煤塊在傳送帶上一直做勻減速直線運動，運動的時間為：t=2s，此時傳送帶的位移為： x1=vt=62m=12m 則相對運動的位移大小為：△x=x1+L=12+8m=20m 則摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg△x=0.111020J=2.0J.故D正確。 故選：AD. 【點睛】 當電機不開啟，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出小煤塊到達傳送帶右端時的速度大小和運動的時間．當電機開啟，傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，小煤塊在傳送帶上做勻加速直線運動，當速度達到傳送帶速度，一起做勻速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出相對滑動的距離．當電機開啟，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，小煤塊在傳送帶上做勻減速直線運動，結(jié)合運動學公式求出相對滑動的距離，從而求出摩擦力產(chǎn)生的熱量． 20．如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A靜止在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的小滑塊B以初速度v0從左側(cè)滑上木板，且恰能滑離木板，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為μ。下列說法中正確的是：（） A．若只增大v0，則滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量增加 B．若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量增大 C．若只減小m，則滑塊滑離木板時木板獲得的速度減少 D．若只減小μ，則滑塊滑離木板過程中滑塊對地的位移減小 【答案】 CD 【解析】 【詳解】 A、滑塊滑離木板過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力與相對位移的成積Q=mgl相對，因為相對位移沒變，所以產(chǎn)生熱量不變，故A錯誤； B、由極限法，當M很大時，長木板運動的位移xM會減小，滑塊的位移等于xM+L減小,對滑塊根據(jù)動能定理-μmg(xM+L)=12mv12-12mv02，可知滑塊滑離木板時的速度v1增大，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒：Mv0=mv1+Mv，可知長木板的動量變化比較小，所以若只增大M，則滑塊滑離木板過程中木板所受到的沖量減少，故B錯； C、采用極限法：當m很小時，摩擦力也很小，m的動量變化減小，把長木板和小滑塊看成一個系統(tǒng)，滿足動量守恒，那么長木板得動量變化也減小。故C正確。 D、當μ很小時，長木板運動的位移xM會減小，滑塊的位移等于xM+L減小故D正確。 【點睛】 本題應注意以下幾點：1、體會兒童極限法解題。2、摩擦力與相對位移得乘積等于產(chǎn)生得內(nèi)能，摩擦力與對地位移得乘積等于物體的動能得變化。 三、解答題 21．如圖所示，傾角為θ=37的斜面上有一固定擋板C，長度為l1=10m的木板B上有一長度為l2=2m的木板A，AB上端齊平，B與斜面之間的摩擦因數(shù)為μ1=0.5，AB之間的摩擦因數(shù)為μ2．現(xiàn)靜止釋放AB，兩者相對靜止一起向下加速，經(jīng)過時間t=2s長木板B與C相碰，碰后B立即停止運動，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求： （1）B與C碰時A的速度； （2）要使A不滑離B，AB之間的摩擦因數(shù)μ2應滿足什么條件． 【答案】（1）速度v=4m/s；（2）AB之間的摩擦因數(shù)μ2≥78 【解析】 【詳解】 （1）AB一起向下加速的加速度為a1=gsinθ-μ1gcosθ=2m/s2 則B與C碰時A的速度v=a1t 可得v=4m/s （2）當B停止后，A向下作減速運動，加速度為a2=μ2gcosθ- gsinθ 由運動學公式有：v2=2a2△l=2a2（l1-l2） 可得μ2=78 則AB之間的摩擦因數(shù)μ2≥78 22．有一種公交電車站，車站站臺的路軌建得高些，車輛進站時要上坡，出站時要下坡，如圖甲所示，這樣既可以節(jié)能又可以節(jié)省停車所需的時間。為簡化問題，現(xiàn)設兩邊傾斜部分AB 段和CD 段均為直軌道，長度均為L=200 m，水平部分BC 段長度也為L=200 m、站臺的高度 h 未知，如圖乙所示，各段道路交接處均為圓滑連接。一長度可忽略的電車自站臺左前方以 v0=72 km/h 的速度駛向站臺，為了節(jié)能，司機在未到站時即關閉電車電源，經(jīng)過時間 t1=100 s 后到達 A 點，接著沖上了傾斜軌道，到達站臺上的 B 點時速度為 vB=18 km/h，此時司機還需啟動剎車系統(tǒng)，使得電車最終正好停在了 BC 段的中點。已知電車在各段軌道上所受摩擦（不含剎車時所增加的阻力）及空氣阻力均可認為等于其自身總重量的 0.01 倍，剎車過程所增加的阻力可看作恒力，忽略電車經(jīng)過各道路交接處的能量損失及可能騰空對研究問題的影響，g 取 10 m/s2求： （1）電車到達A 點時的速度大小vA； （2）電車從站臺B 點到最終停止所需的時間 t； （3）該電車站臺的高度h； 【答案】（1）10m/s；（2）40s；（3）1.75m。 【解析】 【詳解】 v0=72km/h=20m/s，vB=18km/h=5m/s； （1）電車從切斷電源到A點的過程合外力為摩擦力，故由牛頓第二定律可得：0.01mg=ma1，所以，a1＝0.01g＝0.1m/s2； 由勻變速運動規(guī)律可得：vA=v0-a1t1=20m/s-0.1100m/s=10m/s； （2）機車從B點到停止的過程受重力、支持力、摩擦力和阻力作用，故機車做勻減速運動，則有12L＝12vBt，所以，電車從站臺B點到最終停止所需的時間t＝LvB＝200m5m/s＝40s； （3）機車從A點到B點的過程只有重力和摩擦力做功，故由動能定理可得：?mgh?0.01mgL＝12mvB2?12mvA2； 所以，h＝vA2-vB22g-0.01L＝102-52210m-0.01200m＝1.75m 23．如圖所示，一質(zhì)量為1kg的物體靜止放在粗糙程度相同的水平面上在t=0時刻，對物體加一斜向上、與水平方向成θ=37角的力F的作用，物體做勻加速直線運一段時間后，撤去F的作用，最終停在水平面上，物體運動過程中從t=0時刻開始，每隔0.1s通過速度傳感器測量出物體的瞬時速度，部分測量數(shù)據(jù)如下表所示，已知sin37=0．6，g=10m/s2，求 (1)力F的大小； (2)物體運動過程中獲得的最大動能； (3)整個運動過程中物體克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）10N（2）18J（3）24J 【解析】 【詳解】 ⑴由題意可知，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動。設物體做勻加速和勻減速運動過程中加速度大小分別為a1，a2。 由表中數(shù)據(jù)可知：a1=vt=6m/s2①，a2=Δv2Δt=5m/s2② 物體做勻加速運動過程：Fcosθ-μ（mg-Fsinθ)=ma1③ 物體做勻減速運動過程：μmg=ma2 由以上各式可得：F=10N④ ⑵設物體做勻加速運動時間為t，有題意可知： a1t=v2+a2(t2-t)⑤ 即6t=3+5(1.6-t)得：t=1s 物體過程中獲得的最大動能：Ekm=12mvm2=12m(a1t)2=18J⑥ ⑶物體做勻加速運動的位移：S1=12a1t2⑦ 對物體全過程列動能定理方程：FS1cos37°-Wf=0-0⑧ 得：Wf=24J⑨ 24．如下左圖所示，傾角為θ粗糙斜面固定在光滑水平面上.質(zhì)量為m=1kg,初速度為v0的小木塊距斜面底端的位置開始上滑，若從此時開始計時，小木塊滑回底端前速度v的平方隨路程變化的關系圖象如下右圖所示，取g=10m/s2，小木塊與斜面的動摩擦因數(shù)是μ;（斜面底端與水平面平滑連接）.求： (1)小木塊在斜面上的位移及μ; (2)從小木塊在斜面上運動全程產(chǎn)生熱量. 【答案】(1)3m,沿著斜面向下;μ=0.5 (2)Q=52J 【解析】 【詳解】 （1）選定初速度方向為正方向，根據(jù)v2-x圖像可得小木塊上滑的位移是x1=5m，下滑的位移是x2=-8m，所以在斜面上的總位移是x=x1+x2=-3m 故小木塊在斜面上的位移3m沿著斜面向下 根據(jù)牛頓第二定律上滑過程加速度a1=gsinθ+μgcosθ 同理可得下滑過程加速度a2=gsinθ-μgcosθ 根據(jù)v2-v02=2ax及圖像可得a1=100-025m/s2=10m/s2 同理可得a2=32-028m/s2=2m/s2 聯(lián)立方程可得μ=0.5 （3）根據(jù)（1）中方程，可得sinθ=0.6????,?????cosθ=0.8 則摩擦生熱Q=fΔs=μmgcosθ=52J 25．如圖所示，電動機帶動滾輪做逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在滾輪的摩擦力作用下，將一金屬板從光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面傾角θ＝30，滾輪與金屬板的切點B到斜面底端A距離L＝6.5 m，當金屬板的下端運動到切點B處時，立即提起滾輪使其與板脫離。已知板的質(zhì)量m＝1103 kg，滾輪邊緣線速度v＝4 m/s，滾輪對板的正壓力FN＝2104 N，滾輪與金屬板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.35，g取10 m/s2。求： (1)在滾輪作用下板上升的加速度大?。? (2)金屬板的下端經(jīng)多長時間到達滾輪的切點B處； (3)金屬板沿斜面上升的最大距離。 【答案】(1) 2 m/s2 (2) 2.625 s (3)8.1 m 【解析】 【分析】 (1)對金屬板受力分析，運用正交分解法，根據(jù)牛頓第二定律列方程即可求出加速度.(2)假設金屬板一直勻加速上升，求出位移可知還要勻速上升，所以金屬板從A到B經(jīng)歷加速上升和勻速上升兩個過程，分別求出兩個過程的時間.(3)金屬從B點向上做勻減速運動，先根據(jù)牛頓第二定律求出勻減速的加速度，求出位移，再加上L即為金屬板沿斜面上升的最大距離. 【詳解】 (1)對金屬板受力分析如圖所示: 受力正交分解后，沿斜面方向由牛頓第二定律得μFN－mgsinθ＝ma1 解得a1＝2m/s2 (2)由運動規(guī)律得v＝a1t1 解得t1＝2s 勻加速上升的位移為x1=v2t1=4m 勻速上升需時間t2=L-x1v=6.5-44s=0.625s 共經(jīng)歷t＝t1＋t2＝2.625s (3)滾輪與金屬板脫離后向上做減速運動，由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma2 解得a2＝5m/s2 金屬板做勻減速運動，則板與滾輪脫離后上升的距離x2=v22a2=4225m=1.6m 金屬板沿斜面上升的最大距離為xm＝L＋x2＝6.5m＋1.6m＝8.1m 【點睛】 此題是一道典型的動力學問題，要求能夠?qū)饘侔暹M行正確的受力分析，知道輪對金屬板的摩擦力f是動力，會根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運動學公式求解運動學參量. 26．某運動員做跳傘訓練，他從懸停在空中的直升機上由靜止跳下，跳離直升機一段時間后打開降落傘減速下落，他打開降落傘后的速度－時間圖象如圖(a)所示。降落傘用8根對稱的懸繩懸掛運動員，每根懸繩與中軸線的夾角為37，如圖(b)所示。已知運動員和降落傘的質(zhì)量均為50 kg，不計運動員所受的阻力，打開降落傘后，降落傘所受的阻力f與下落速度v成正比，即f＝kv。重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求： (1)打開降落傘前運動員下落的高度； (2)阻力系數(shù)k和打開降落傘瞬間的加速度； (3)降落傘的懸繩能夠承受的拉力至少為多少。 【答案】（1）20m（2）30 m/s2，方向豎直向上。（3）312.5 N 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)速度位移公式求出打開降落傘前人下落的高度。 （2）抓住平衡，根據(jù)kv=（m1+m2）g求出阻力系數(shù)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度的大小。 （3）對人分析，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小。 【詳解】 （1）打開降落傘前運動員做自由落體運動，根據(jù)速度位移公式可得運動員下落的高度為：h＝v022g， 由題圖（a）可知：v0=20m/s 解得：h=20m。 （2）由題圖（a）可知，當速度為v=5m/s時，運動員做勻速運動，受力達到平衡狀態(tài)， 由平衡條件可得：kv=2mg 即k=2mgv， 解得：k=200N?s/m。 在打開降落傘瞬間，由牛頓第二定律可得：kv0-2mg=2ma， 解得：a=30m/s2，方向豎直向上。 （3）根據(jù)題意可知，打開降落傘瞬間懸繩對運動員拉力最大，設此時降落傘上每根懸繩的拉力為T，以運動員為研究對象，則有：8Tcos37-mg=ma， 代入數(shù)據(jù)可解得：T=312.5N， 故懸繩能夠承受的拉力至少為312.5N。 【點睛】 本題考查了共點力平衡和牛頓第二定律的基本運用，關鍵合理地選擇研究的對象，運用牛頓第二定律進行求解。 27．如圖所示，物體ab放置在光滑的水平桌面上，a、b上表面水平，在a、b上分別放置著物體d和c，a、b間用輕質(zhì)細線相連，開始細線剛好被拉直，此時細線水平，已知b、c之間和a、d之間動摩擦因數(shù)均為μ，物體a、b、c、d的質(zhì)量均為m。現(xiàn)在d通過輕質(zhì)細線繞過光滑滑輪與小物體e相連，用手托住e，d與滑輪間的細線剛好拉直成水平，e到地面的距離為h。要求a、b、c、d相對靜止，釋放物體ε后，欲使ε在最短的時間到達地面。已知最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力，求： (1)c到地面的最短時間? (2)此時物體e的質(zhì)量? 【答案】(1)6hμg；(2)4μm3-μ 【解析】 【分析】 （1）先求解物體運動的最大加速度，結(jié)合運動公式求解c到地面的最短時間；（2）結(jié)合整體和隔離法列式求解物體e的質(zhì)量. 【詳解】 （1）a、d之間的靜摩擦力是a、b、c三個物體加速運動的動力，其最大值為Fm=μmg， 則運動的最大加速度為a=Fm3m=13μg， 又e到地面的距離h一定，加速度最大運動的時間最短，設最短時間為tm,，則h=12atm2，解得tm=6hμg （2）隔離abc可知最大加速度a=13μg， 對物體e有：Meg-F=Mea； 對物體abcd整體有：F=4ma 解得Me=4μm3-μ 28．質(zhì)量為m=1kg的物體,在水平拉力的作用下，從靜止開始沿粗糙水平面運動, 經(jīng)過時間2s，拉力停止作用，再經(jīng)4s物體停止。運動過程中v-t的圖像如圖，g取10m/s2。求: （1）物體運動過程總位移大??； （2）物體和水平面間的動摩擦因數(shù)； （3）水平拉力的大小F。 【答案】（1）24m （2） 0.2 （3）6N 【解析】 【詳解】 （1）由v-t圖像可知，物體運動的過程總位移大小為x=1268m=24m （2）物體加速運動的加速度大小為a1=ΔvΔt=4m/s2； 拉力停止作用后，物體做減速運動的加速度為a2=ΔvΔt=2m/s2， 設物體和水平面的動摩擦因數(shù)為μ，則μmg=ma2， 解得μ=0.2 （3）由牛頓第二定律：F-μmg=ma1 解得F=6N. 29．為了減少汽車剎車失靈造成的危害，如圖所示為高速路上在下坡路段設置的可視為斜面的緊急避險車道。一輛貨車在傾角θ＝30的連續(xù)長直下坡高速路上，以v0＝7 m/s的速度在剎車狀態(tài)下勻速行駛(在此過程及后面過程中，可認為發(fā)動機不提供牽引力)，突然汽車剎車失靈，開始加速運動，此時汽車所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.2。在加速前進了x0＝96 m后，貨車沖上了平滑連接的傾角α＝37的避險車道，已知貨車在該避險車道上所受到的摩擦力和空氣阻力共為車重的0.65。貨車的各個運動過程均可視為直線運動，取sin 37＝0.6，g＝10 m/s2。求： (1)貨車剛沖上避險車道時的速度大小v； (2)貨車在避險車道上行駛的最大距離x。 【答案】(1)25 m/s(2)25 m 【解析】 【詳解】 （1）設貨車加速下行時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律可知：mgsin θ-k1mg＝ma1 解得：a1＝3 m/s2 由公式v2-v02＝