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2016版三年模拟精选 专题三牛顿运动定律


A组 一、选择题

基础训练

1.(2015· 泰州联考)(多选)一滑块以初速度 v0 从固定的足够长斜面底端沿斜面向 上滑行,该滑块的“速度-时间”图象可能是( )

解析

若斜面光滑,则物体上滑及下滑的加速度相等,都等于 gsin θ,当

物体上滑到最高点时,又能以同样的

加速度下滑,故选项 A 正确;若斜面粗 糙,则物体向上做减速运动,到达最高点后静止于斜面上,故选项 B 正确; 若斜面粗糙,则物体向上做减速运动,加速度为 a1=gsin θ+μgcos θ;到 达最高点后物体向下加速运动,加速度为 a2=gsin θ-μgcos θ,即上升时 加速度大于下降时的加速度,故选项 C 正确,D 错误. 答案 ABC

2.(2015· 陕西西安质量检测)如图所示一根轻质弹簧上端固定,下端挂一质量为 m 的平盘,盘中有一物体,质量为 M,当盘静止时弹簧的长度比其自然长度 伸长了 L,今向下拉盘,使弹簧再伸长Δ L 后停止,然后松手放开,设弹簧 始终处在弹性限度以内,则刚松开手时盘对物体的支持力等于( )

Δ L? ? ?Mg A.?1+ L ? ? ΔL C. L mg 解析

Δ L? ? ?(m+M)g B.?1+ L ? ? ΔL D. L (M+m)g

当盘静止时,由力平衡得(m+M)g=kL

弹簧再伸长ΔL 处于平衡时有(mg+Mg+F)=k(L+ΔL),其中 F 为手的拉力 大小 ΔL 联立得 F= L (m+M)g 刚松手瞬时弹簧的弹力没来得及发生变化,以盘和物体作为整体来研究,其 合力 F 合=-F,则刚松手时,加速度大小 a= 把物体隔离出来研究有 FN-Mg=Ma ΔL 解得 FN=(1+ L )Mg,故选 A. 答案 A ΔL F = L g m+M

3. (2014· 广东肇庆一模)(多选)如图所示,将两个相同的木块 a、b 置于固定在水 平面上的粗糙斜面上,a、b 中间用一轻质弹簧连接,b 的右端用细绳与固定 在斜面上的挡板相连.达到稳定状态时 a、b 均静止,弹簧处于压缩状态,细 绳上有拉力.下列说法正确的是( )

A.达到稳定状态时 a 所受的摩擦力一定不为零 B.达到稳定状态时 b 所受的摩擦力一定不为零 C.在细绳剪断瞬间,b 所受的合外力一定为零 D.在细绳剪断瞬间,a 所受的合外力一定为零 解析 隔离 a 受力分析,a 受到重力、支持力、弹簧向下的弹力和沿斜面向

上的摩擦力而保持静止,A 正确;隔离 b 受力分析,b 受到重力、支持力、 弹簧向上的弹力和绳向上的拉力,不一定有摩擦力,B 错误;在细绳剪断瞬 间,弹簧上的弹力不变,a 的受力不变,故合力为零,而 b 所受的摩擦力不 确定,在细绳剪断瞬间,b 所受的合外力不一定为零,所以 D 正确,C 错误.

答案

AD

4.(2014· 山东烟台一模)某物体由静止开始做直线运动,物体所受合力 F 随时间 t 变化的图象如图所示,在 0~8 s 内,下列说法正确的是( )

A.0~2 s 内物体做匀加速运动 B.6~8 s 内物体做加速度减小的加速运动 C.物体在第 4 s 末离出发点最远,速率为最大 D.物体在第 8 s 末速度和加速度都为零,且离出发点最远 解析 0~2 s 内,合外力不断增大,加速度不断增大,不是匀变速运动,A

错误; 0~4 s 内物体做加速运动, 4 s 末速度最大, 4~8 s 内物体做减速运动, 根据运动的对称性, 8 s 末速度减为零,B 错误;物体在第 4 s 末速率为最大, 第 8 s 末离出发点最远,C 错误,D 正确. 答案 D

5.(2014· 黑龙江齐齐哈尔二模,15)如图甲所示,某人通过动滑轮将质量为 m 的 货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度 a 与 竖直向上的拉力 T 之间的函数关系如图乙所示.则下列判断正确的是( )

A.图线与纵轴的交点的绝对值为 g B.图线的斜率在数值上等于物体的质量 m C.图线与横轴的交点 N 的值 TN=mg 1 D.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数m

解析

2 由题结合牛顿第二定律可得:2T-mg=ma,则有 a=mT-g,由 aT

2 图象可判断,纵轴截距的绝对值为 g,A 正确;图线的斜率在数值上等于m, mg 则 B、D 错误;横轴截距代表 a=0 时,TN= 2 ,则 C 错误. 答案 A

6.(2013· 北京海淀期中)如图所示,将物体 A 放在容器 B 中,以某一速度把容器 B 竖直上抛,不计空气阻力,运动过程中容器 B 的底面始终保持水平,下列 说法正确的是( )

A.在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都一定为零 B.上升过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力 C.下降过程中 A 对 B 的压力大于物体 A 受到的重力 D.在上升和下降过程中 A 对 B 的压力都等于物体 A 受到的重力 解析 把容器 B 竖直上抛,物体处于完全失重状态,在上升和下降过程中 A

对 B 的压力都一定为零,选项 A 正确. 答案 A

二、非选择题 7.(2015· 江西红色六校联考)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升飞机 上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞 后的速度图线如图甲所示。降落伞用 8 根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中 轴线的夹角均为 37°, 如图乙. 已知人的质量为 50 kg, 降落伞质量也为 50 kg, 不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力 Ff 与速度 v 成正比,即 Ff=kv(g 取 10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6).求:

(1)打开降落伞前人下落的距离为多大? (2)求阻力系数 k 和打开伞瞬间的加速度 a 的大小和方向? (3)悬绳能够承受的拉力至少为多少? 解析 (1)设打开降落伞时的速度为 v0,下落高度为 h0
2 v0 h0=2g=20 m

(2)设匀速下落时速度为 v,则 v=5 m/s, 由 kv=2mg,得 k=200 N·s/m. 对整体:kv0-2mg=2ma, a= kv0-2mg 2 2m =30 m/s

方向竖直向上 (3)设每根绳拉力为 FT,以运动员为研究对象有: 8FTcos 37°-mg=ma, 得:F=312.5 N. 由牛顿第三定律得,悬绳能承受的拉力至少为 312.5 N 答案 (1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2,方向竖直向上 (3)312.5 N

8.(2015· 山东青岛市一模)如图甲所示,有一倾角为 30°的光滑固定斜面,斜面 底端的水平面上放一质量为 M 的木板.开始时质量为 m=1 kg 的滑块在水平 向左的力 F 作用下静止在斜面上,今将水平力 F 变为水平向右,当滑块滑到 木板上时撤去力 F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板 在水平面上运动的 v-t 图象如图乙所示,g=10 m/s2.求

(1)水平作用力 F 的大小; (2)滑块开始下滑时的高度; (3)木板的质量. 解析 (1)对物体受力分析可得:mgsin θ = Fcos θ

10 3 代入数据可得:F= 3 N (2)由题意可知,滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s 当 F 变为水平向右之后,由牛顿第二定律可得: mgsin θ+Fcos θ=ma 解得:a=10 m/s2 v2 下滑的位移 x=2a 解得:x=5 m 故下滑的高度 h=xsin 30° =2.5 m (3)由图象可知,二者先发生相对滑动,当达到共速后一块做匀减速运动,设 木板与地面间的动摩擦因数为 μ1,滑块与木板间的动摩擦因数为 μ2 二者共同减速时的加速度大小 a1=1 m/s2,发生相对滑动时,木板的加速度 a2=1 m/s2,滑块减速的加速度大小 a3=4 m/s2 对整体受力分析可得:a1= 可得:μ1=0.1 在 0~2 s 内分别对 m 和 M 做受力分析可得: 对 M:

μ1(M+m)g
M+m

=μ1g

μ2mg-μ1(M+m)g
M

=a2

μ2mg 对 m: m =a2 代入数据解方程可得:M=1.5 kg

答案

10 3 (1) 3 N (2)2.5 m

(3)1.5 kg

9.(2014· 宁夏银川一中一模,24)某中学的部分学生组成了一个课题小组,对海 啸的威力进行了模拟研究,他们设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地 面上放置一个质量为 m=4 kg 的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作 用下运动,推力 F 随位移 x 变化的图象如图乙所示,已知物体与地面之间的 动摩擦因数为 μ=0.5,取 g=10 m/s2.

(1)在运动的过程中物体的最大加速度为多大? (2)在距出发点什么位置时物体的速度达到最大? (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少? 解析 (1)由牛顿第二定律有 F-μmg=ma

当推力 F=100 N 时,物体所受合外力最大,加速度最大 F 代入数据解得 a=m-μg=20 m/s2. (2)由图象可得推力随位移 x 变化的关系为:F=100-25x 速度最大时,物体加速度为零,则 F=μmg 代入数据解得 x=3.2 m. 1 (3)由 F-x 图象可知推力对物体做的功 WF=2F·x0=200 J 由动能定理知 WF-μmgxm=0,代入数据得:xm=10 m. 答案 (1)20 m/s2 (2)3.2 m (3)10 m B组 一、选择题 1.(2015· 辽宁丹东五校协作体期末)如图是伽利略研究自由落体运动实验的示意 图,让小球由倾角为 θ 的光滑斜面由静止滑下,在不同的条件下进行多次实 验,下列叙述正确是( ) 能力提升

A.θ 角越大,小球对斜面的压力越大 B.θ 角越大,小球运动的加速度越小 C.θ 角越大,小球从顶端运动到底端所需时间越短 D.θ 角一定,质量不同的小球运动的加速度也不同 解析 设小球质量为 m,根据小球运动过程垂直斜面方向受力平衡,可得小

球受到支持力为 mgcos θ,根据相互作用可得对斜面压力为 mgcos θ,θ 角越大,小球对斜面的压力越小,选项 A 错;沿斜面方向,没有摩擦力,根 据牛顿第二定律可得 a= mgsin θ m =gsin θ,θ角越大,小球运动的加速度

越大,选项 B 错;θ 角一定,质量不同的小球运动的加速度都是 gsin θ,与 小球质量无关,选项 D 错;由于斜面长度一定,所以小球从顶端运动到底端 1 1 有斜面长 L=2at2=2gsin θt2,运动时间 t= 顶端运动到底端所需时间越短,选项 C 对. 答案 C 2L ,θ角越大,小球从 gsin θ

2.(2015· 辽宁朝阳三校协作体联考)如图,物块 A 和 B 的质量分别为 4m 和 m, 开始 A、B 均静止,细绳拉直,在竖直向上拉力 F=6mg 作用下,动滑轮竖直 向上加速运动.已知动滑轮质量忽略不计,动滑轮半径很小,不考虑绳与滑 轮之间的摩擦,细绳足够长,在滑轮向上运动过程中,物块 A 和 B 的加速度 分别为( )

1 A.aA= g,aB=5g 2 1 C.aA=4g,aB=3g 解析

1 B.aA=aB= g 5 D.aA=0,aB=2g

在竖直向上拉力 F=6mg 时,此时 A、B 受的拉力分别为 3mg、3mg,

对 A 因为 3mg<4mg,故物体 A 静止,加速度为 0;对物体 B,3mg-mg= maB,解得 aB=2g,故选 D. 答案 D

3.(2015· 河南陕州中学月考)(多选)如图甲所示,小物块从光滑斜面上自由滑下, 小物块的位移 x 和时间的平方 t2 的关系如图乙所示.g=10 m/s2,下列说法正 确的是( )

A.小物块的加速度大小恒为 2.5 m/s2 B.斜面倾角为 30° C.小物块 2 s 末的速度是 5 m/s D.小物块第 2 s 内的平均速度为 7.5 m/s 解析 1 1 5 根据 x=2at2 可知,2a=2,则加速度为 a=5 m/s2.故 A 错误;由于斜

a 1 面光滑,由牛顿第二定律得:a=gsin θ,得 sin θ=g=2,θ=30°,故 B 正确;小物块 2 s 末的速度 v2=at=5×2 m/s=10 m/s,故 C 错误;小物块

1 s 末的速度 v1=at=5×1 m/s=5 m/s,第 2 s 内的平均速度 v= 7.5 m/s,故 D 正确. 答案 BD

v1+v2 2 =

4. (2015· 成都模拟)质量 m=50 kg 的某同学站在观光电梯地板上,用速度传感器 记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况(以竖直向上为正方 向).由图象提供的信息可知( )

A.在 0~15 s 内,观光电梯上升的高度为 25 m B.在 0~15 s 内,电梯地板对人的支持力做了-2 500 J 的功 C.在 20~25 s 与 25~35 s 内,观光电梯的平均速度大小均为 10 m/s D.在 25~35 s 内,观光电梯在减速上升,该同学的加速度大小为 2 m/s2 解析 在速度-时间图象中,与时间轴所包围的面积即为位移,故 0~15 s

Δv 1 内的位移为 x=2×10×15 m=75 m,故 A 错误;5~15 s 内加速度为 a= Δt -10 = 10 m/s2=-1 m/s2,由牛顿第二定律得 FN-mg=ma,解得 FN=45 N, 1 5~15 s 内上升的高度为 h=2×10×10 m=50 m,故支持力做功为 W=FNh =22 500 J,故 B 错误;匀变速直线运动,平均速度等于初末速度之和,故 v 20 = 2 m/s=10 m/s,故 C 正确;在 25~35 s 内,观光电梯在减速下降,故 D 错误. 答案 C

5.(2014· 北京海淀一模)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t= 0)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.在物块放到木板上之后,木板运动的速

度—时间图象可能是图中的(

)

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,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 A 正确,B、C 错误;由于水平面有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,D 错 误. 答案 A

6.(2014· 贵州六校联考,18)如图所示,传送带足够长,与水平面间的夹角 θ= 37°,并以 v=10 m/s 的速率逆时针匀速转动着,在传送带的 A 端轻轻地放 一个质量为 m=1 kg 的小物体,若已知物体与传送带之间的动摩擦因数 μ= 0.5,(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)则下列有关说法正确的是 ( )

A.小物体运动 1 s 后,受到的摩擦力大小不适用公式 F=μFN B.小物体运动 1 s 后加速度大小为 2 m/s2 C.在放上小物体的第 1 s 内,系统产生 50 J 的热量 D.在放上小物体的第 1 s 内,至少给系统提供能量 70 J 才能维持传送带匀 速转动

解析

刚放上小物体时,小物体相对于传送带向上运动,小物体受到的摩擦

力方向沿传送带斜向下,大小为 Ff1=μmgcos θ,其加速度大小 a1= mgsin θ+μmgcos θ =10 m/s2 方向沿传送带斜向下.1 s 末小物体的速度为 v m =a1t=10 m/s,又 μ<tan θ,则此后小物体相对于传送带向下滑动,受到的 摩擦力沿传送带斜向上,大小为 Ff2=μmgcos θ,其加速度大小 a2=gsin θ -μgcos θ=2 m/s2,方向沿传送带斜向上,故 A 错、B 对;在第 1 s 内小物 1 体与传送带产生的热量为 Q=FfL=μFNL=μmgLcos θ,又知 L=v-t-2at2, 1 解得 Q=20 J,故 C 错;第 1 s 内小物体的位移为 x=2v-t=5 m,其增加的动 1 能为 Ek=2mv2=50 J,需向系统提供的能量 E=Ek+Q-mgsin θ·x=40 J, D 项错. 答案 B

7. (2013· 安徽师大摸底)如图所示, 物体 B 叠放在物体 A 上, A、 B 的质量均为 m, 且上、下表面均与斜面平行,它们以共同速度沿倾角为 θ 的固定斜面 C 匀速 下滑,则( )

A.A、B 间没有静摩擦力 B.A 受到 B 的静摩擦力方向沿斜面向上 C.A 受到斜面的滑动摩擦力大小为 2mgsin θ D.A 与 B 间的动摩擦因数 μ=tan θ 解析 它们以共同速度沿倾角为 θ 的固定斜面 C 匀速下滑,A 受到斜面的滑

动摩擦力大小为 2mgsin θ, A 对 B 的摩擦力等于 B 重力沿斜面方向的分力, 选项 A 错误 C 正确;由牛顿第三定律,A 受到 B 的静摩擦力方向沿斜面向 下,选项 B 错误;A 与 B 间的摩擦力是静摩擦力,不能确定 A、B 之间的动 摩擦因数 μ,选项 D 错误. 答案 C

二、非选择题 8.(2015· 山东淄博期末)如图所示,质量 M=3 kg 的物块 A 放在水平桌面上,物 块 A 与桌面间的动摩擦因数为μ =0.2, 一轻绳跨过光滑的定滑轮连接 A 和 B 两个物块,物块 B 的质量 m=1 kg,托起物块 B,使物块 B 距离地面的高度 h =0.5 m,且轻绳刚好拉直.先由静止释放物块 B,已知水平桌面足够长,物 块 A 不会与滑轮相撞,g=10 m/s2,求:

(1)B 落地前物块 A 的加速度大小; (2)物块 A 的运动总时间. 解析 (1)设绳子的拉力为 F, A 和 B 的加速度大小相等, 由牛顿第二定律得:

mg-F=ma1 F-μMg=Ma1 mg-μMg 得 a1 = =1 m/s2 M+m 1 (2)B 下落距离为 h,由 h=2a1t2 1 得 t1 =1 s 此时 A 的速度为 v=a1t1=1 m/s B 落地后,A 不再受到绳子的拉力,此时 μMg=Ma2 a2=μg=2 m/s2 v t2=a =0.5 s
2

所以 A 的运动时间为 t= t1+ t2=1.5 s 答案 (1)1 m/s2 (2)1.5 s

9.(2015· 江苏扬州期末)如图所示,一个长度为 L=1 m、高度为 h=0.8 m 的长 木板静止在水平地面上,其质量 M=0.4 kg,一质量 m=0.1 kg 的小物块(可 视为质点)放置在其上表面的最右端.物块与长木板,长木板与地面之间动摩 擦因数均为 μ=0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现给长木板施加一个水 平向右持续作用的外力 F.

(1)若 F 恒为 4 N,试求长木板的加速度大小; (2)若 F 恒为 5.8 N,试判断物块是否能从长木板上掉下,如能,请求出小物 块落地时距长木板左端的距离;如不能,求出物块距长木板右端的距离; (3)若 F=kt,k>0,在 t=0 时刻到物块刚滑落时间内,试定性画出物块与长 木板间摩擦力大小随时间变化的图线,无需标注时间以及力的大小. 解析

μmg (1)对长木板与物块,假设相对静止时,最大加速度 a0= m =5 m/s2

由牛顿第二定律 F0-μ(M+m)g=(M+m)a0,得 F0=5 N 长木板与地面间最大静摩擦力为 fm=0.5×(0.1+0.4)×10 N=2.5 N 因为 2.5 N<F=4 N<F0,所以物块与长木板共同加速运动,对整体有 F-μ(M+m)g=(M+m)a 解得加速度 a=3 m/s2 (2)因为 F=5.8 N>F0,所以物块与长木板相对滑动,对长木板有: F-μ(M+m)g-μmg=Ma1,加速度 a1=7 m/s2

μmg 物块的加速度 a2= m =5 m/s2. 1 1 至物块与长木板分离时有 L=2a1t2-2a2t2,时间 t1=1 s
此时长木板速度 v1=7 m/s,物块速度 v2=5 m/s 物块做平抛运动,其落地时间 t2= 平抛水平距离 s2=v2t2=2 m 物块与长木板分离后长木板的加速度 a3 F-μMg=Ma3,得 a3=9.5 m/s2 1 在 t2 时间内木板向右运动距离 s1=v1t2+2a3t2 2=3.56 m 最终,小物块落地时距长木板左端的距离Δs=s1-s2=1.56 m 2h g =0.4 s

(3)当时间较小时,拉力也较小,物体处于静止状态,所以物块与长木板间的 摩擦力为 0;当时间延长,拉力增大到长木板运动时,物块也会随着长木板 一起加速运动,故物块与长木板间摩擦力逐渐增大;当拉力再增大,物块在 长木板上相对滑动时,物块与长木板间的滑动摩擦力就不随拉力大小而变化 了,而是不变的,因为压力不变,接触面的粗糙程度也不变,所以物块与长 木板间的摩擦力大小随时间变化的图线如图所示. 答案 (1)3 m/s2 (2)1.56 m (3)图象见解析

10.(2014· 山东潍坊模拟)如图所示,正方形木板水平放置在地面上,木板的中心 静置一小滑块.为将木板从滑块下抽出,需要对木板施加一个作用线通过木 板中心点的水平恒力 F.已知木板边长 L=2 2 m, 质量 M=3 kg, 滑块质量 m =2 kg,滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为 μ=0.2(g 取 10 m/s2, 设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),求:

(1)水平拉力至少多大才能将木板抽出; (2)当水平恒力 F=29 N 时,在木板抽出时滑块能获得的最大速度. 解析 (1)能抽出木板,滑块与木板发生相对滑动,当滑块达到随板运动的最

大加速度时,拉力最小. 对滑块,有 μmg=ma 对木板,有 Fmin-μ(M+m)g-μmg=Ma 得 Fmin=2μ(M+m)g=20 N 故抽出木板的最小力应为 20 N. (2)要使滑块获得的速度最大,则滑块在木板上相对滑动的距离最大,故应沿 木板的对角线方向抽木板. 设此时木板加速度为 a1,则有 F-μ(M+m)g-μmg=Ma1,

1 1 2 又2a1t2-2μgt2= 2 L,vmax=μgt 4 3 解得:vmax= 3 m/s. 4 3 答案 (1)20 N (2) 3 m/s

考向一 考查牛顿运动定律与图象结合问题 1.(受力分析、瞬时性问题及图象的应用)如图所示,劲度系数为 k 的轻弹簧竖 直放置,下端固定在水平地面上.一质量为 m 的小球,从离弹簧上端高处自 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,下列关于小球的速度 v 或加速度 a 随时间 t 变化的图象中符 合实际情况的是( )

解析

在小球下落的开始阶段,小球做自由落体运动,加速度为 g;接触弹

簧后开始时,重力大于弹力,加速度方向向下,随着小球的不断下降,弹力 逐渐变大,故小球做加速度减小的加速运动,某时刻加速度可减小到零,此 时速度最大;小球继续下落时,弹力大于重力,加速度方向变为向上,且加 速度逐渐变大,直到速度减小到零,到达最低点,由对称知识可知,到达最 低点的加速度大于 g,故图线 A 正确. 答案 A

考向二 考查动力学两类问题

2.(牛顿运动定律、运动学公式、传送带)(多选)如图甲为应用于机场和火车站的 安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图乙 的模型,紧绷的传送带始终保持 v=1 m/s 的恒定速率运行.旅客把行李无初 速度地放在 A 处,设行李与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1,A、B 间的距离 为 2 m,g 取 10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以 v=1 m/s 的恒定速 率平行于传送带运动到 B 处取行李,则( )

A.乘客与行李同时到达 B 处 B.乘客提前 0.5 s 到达 B 处 C.行李提前 0.5 s 到达 B 处 D.若传送带速度足够大,行李最快也要 2 s 才能到达 B 处 解析 行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速

直线运动,随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为 a v v =μg=1 m/s2,历时 t1=a=1 s 与传送带达到共同速度,位移 x1=2t1=0.5 m, 2 m-x1 此后行李匀速运动历时 t2= v =1.5 s 到达 B 处,共用时间 2.5 s;乘客 2m 到达 B 处历时 t= v =2 s,故 B 正确,A、C 错误;若传送带速度足够大, 行李一直加速运动,最短运动时间 tmin= 答案 BD 2×2 1 s=2 s,D 正确.

考向三 考查牛顿运动定律的应用问题 3. (v-t 图象的应用)如图甲所示, 劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置, 下端固定在水 平地面上,一质量为 m 的小球,从离弹簧上端高 h 处自由下落,接触弹簧后 继续向下运动.若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴 Ox,小球的速度 v 随时间 t 变化的图象如图乙所示.其中 OA 段为直线,AB 段是与 OA 相切于 A 点的曲线,BC 是平滑的曲线,则关于 A、B 两点对应的

x 坐标及加速度大小,以下关系式正确的是(

)

A.xA=h,aA=0 C.xB=h+ 解析 mg ,aB=0 k

B.xA=h,aA=2g D.xB=h+ 2mg ,aB=0 k

OA 过程加速度恒定,是自由落体,故 A 的坐标就是 h,A 点的加速度

为 g,所以 A、B 错误;B 点是速度最大的地方,此位置重力和弹簧的弹力 mg 相等,合力为 0,加速度也就为 0,由 mg=kx,可知 x= k ,所以 B 点坐标 mg 为 h+ k ,所以 C 正确,D 错误. 答案 C

考向四 考查动力学的两类问题的综合应用 4.(牛顿第二定律和运动学公式的综合应用)某电视台的娱乐节目中,有一个拉 板块的双人游戏,考验两人的默契度.如图所示,一长 L=0.60 m、质量 M =0.40 kg 的木板靠在光滑竖直墙面上, 木板右下方有一质量 m=0.80 kg 的小 滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ =0.20,滑块与木板间的 最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 取 g=10 m/s2.一人用水平恒力 F1 向左作用在 滑块上,另一人用竖直恒力 F2 向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上 运动.

(1)为使木板能向上运动,求 F1 必须满足什么条件? (2)若 F1=22 N, 为使滑块与木板能发生相对滑动, 求 F2 必须满足什么条件? (3)游戏中,如果滑块上移 h=1.5 m 时,滑块与木板没有分离,才算两人配 合默契, 游戏成功. 现 F1=24 N, F2=16 N, 请通过计算判断游戏能否成功? 解析 (1)滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μF1

对木板应有 f>Mg 代入数据得 F1>20 N (2)对木板由牛顿第二定律有 μF1-Mg=Ma1 对滑块由牛顿第二定律有 F2-μF1-mg=ma2 要能发生相对滑动应有 a2>a1 代入数据可得 F2>13.2 N (3)对滑块由牛顿第二定律有 F2-μF1-mg=ma3 1 设滑块上升 h 的时间为 t,则 h=2a3t2 对木板由牛顿第二定律有 μF1-Mg=Ma4 1 设木板在 t 时间上升的高度为 H,则 H=2a4t2 代入数据可得 H=0.75 m 由于 H+L<h,滑块在上升到 1.5 m 之前已经脱离了木板,游戏不能成功. 答案 (1)F1>20 N (2)F2>13.2 N (3)游戏不能成功


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