2019届高考物理备考优生百日闯关系列专题03牛顿运动定律 26页

专题03牛顿运动定律第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加突出考查学生运用"力和运动的观点"分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用。第二部分精选试题一、单选题1．如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块（）A．加速度逐渐减小B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】D【解析】【详解】由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大，A错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置，B错误；从A到O过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从O到B过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C错误；从A到B过程中根据动能定理可得W−W=0，即W=W，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．弹克f弹克f12．质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关v系如图所示，则赛车在加速的过程中()nA．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．输出功率为160kWD．所受阻力大小为160N【答案】C【解析】【详解】1400由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故A错误；a-函数方程a＝−4，vv汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，Pf根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得：a=−，结合图线，当物体的速度最大时，加mvm1速度为零，故结合图象可以知道，a=0时，=0.01，v=100m/s，所以最大速度为100m/s；由图象可知：−f/mv1Pf＝−4，解得：f=4m=4×400=1600N；0＝⋅−，解得：P=160kW，故C正确，D错误；故选C。4001004003．最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是A．考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B．不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C．考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D．不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】C【解析】【详解】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误；故选C。【点睛】此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，n注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的．4．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，细线恰好断开，则小球将（）A．在B点保持静止B．沿BE方向运动C．沿BC方向运动D．沿BD方向运动【答案】B【解析】由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向运动。故选B。【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。5．（2018·普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ=30°、长l=500m的斜面。一辆质量m=2000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程2中电动汽车受到的阻力Ff（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度g取10m/s。下列说法正确的是A．电动汽车所受阻力Ff=12000NB．电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率P0=12kWC．第1s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P=12000tD．第1s内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6000J【答案】D【解析】P0加速阶段由牛顿第二定律可知：F-Ff-mgsinθ=ma，之后保持功率不变，-Ff-mgsinθ=ma，电功汽车做加速vnP0度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，-Ff-mgsinθ=0vmax解得P0=14KW；Ff=2000N；选项AB错误；第1s内电动汽车牵引力的功率P=Fv=14000t，选项C错误；电动v2汽车做匀加速运动的过程，位移x==0.5m，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为2a(F-Ff)x=6000J，选项D正确；故选D.点睛：此题关键是能从a-t图像中获取有用的信息，搞清电动汽车的运动的特这，结合牛顿第二定律及功率的知识进行分析解答.6．如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块A．上滑所需时间与下滑所需时间相等B．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等C．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等D．上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】B【解析】设斜面的长度为x，物块和斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，物体质量为m，斜面质量为M；mgsinθ+μmgcosθA、C、根据牛顿第二定律可得物体上滑的加速度大小a1==gsinθ+μgcosθ，下滑的加速mmgsinθ−μmgcosθ度大小a2==gsinθ−μgcosθ，可知a1＞a2，上升过程中根据逆向思维可以看成是加速度为m12a1的匀加速直线运动，根据x=at知，t1＜t2，即物体沿斜面上滑的时间一定小于沿斜面下滑的时间，故A、2C错误；B、上滑过程中和下滑过程中机械能的损失都等于克服摩擦力做的功，即为μmgxcosθ，故B正确；D、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：x方向分析：上滑过程中f1=ma1cosθ，下滑过程中f2=ma2cosθ，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变向左，故D错误。故选B。【点睛】本题关键是用整体法进行受力分析，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析求解；知道n加速度是联系静力学和运动学的桥梁。7．如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它沿bdac做圆周运动．在a、b、c、d四点时（d、c两点与圆心等高），设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为Eka、Ekb、Ekc、Ekd，细绳拉力大小分别为Ta、Tb、Tc、Td，阻力不计，则（）A．Eka>Ekc=Ekd>EkbB．若在c点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动C．Ta=Tb=Tc=TdD．若在b点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动【答案】C【解析】AC：在绕地运行的天宫一号实验舱中，小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，小球做匀速圆v2周运动，则有Eka=Ekb=Ekc=Ekd．完全失重时，只有绳的拉力提供向心力公式T=m，v、r、m都不变，小球的r向心力大小不变，则有：Ta=Tb=Tc=Td．故A项错误，C项正确。BD：在b点或c点绳断，小球只有沿着圆周的切线方向的速度，没有力提供向心力，做离心运动且沿切线方向做匀速直线运动。故BD两项均错误。点睛：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可。8．如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板A竖直，右侧挡板B为斜面，槽内嵌有一个质量为m的光滑球C。“V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，设挡板A、B对球的弹力分别为F1、F2，下列说法正确的是()A．F1、F2都逐渐增大B．F1、F2都逐渐减小C．F1逐渐减小，F2逐渐增大D．F1、F2的合外力逐渐减小【答案】Dn【解析】光滑球C受力情况如图所示：F2的竖直分力与重力相平衡，所以F2不变；F1与F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知F1不断减小，F1、F2的合力逐渐减小，故D正确，A、B、C错误；故选D。【点睛】以光滑球C为研究对象，作出光滑球C受力情况的示意图；竖直方向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。9．如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙的水平面上，物体A和B通过细线跨过定滑轮相连，不考虑滑轮的摩擦和质量，斜面与A和B间都没有摩擦，细线与斜面平行。在图示情况下都静止不动，细线的张力为T，斜面体对地面的压力为N，斜面体与地面的摩擦力为f。如果将A和B位置对换且A和B都没达地面上时；，斜面体依然静止，细线的拉力为T1，斜面体对地面的压力为N1，斜面体与地面的摩擦力为f1，那么（）A．T>T1，f1>fB．N1>N，T=T1C．T1=T，f1不为零，f=0D．N1=N，f1=f≠0【答案】C【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互换位置后mBgT1mBa,T1mAgsinmAa，解得T1=mAg，a=g(1-sinα),B将加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始细度拉力T=mAg，互接位置后，T1=mAg，由质点系的牛顿第二定律可得f=0，f1=mAax+M×0+mB×0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故选C.【点睛】本题涉及加速度不同的连接体问题，也可以采用整体法研究，可分竖直和水平两个方向分别列式分析。10．一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一n端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是()A．在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变B．小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力C．小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D．小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g【答案】D【解析】v2在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：F−mgcosθ=m，绳子在rv2竖直方向的分力为：F'=Fcosθ=mgcosθ+mcosθ，由于速度越来越大，角度θ越来越小，故F'越大，r故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的作用力时刻变化，故A错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为a=0，a'为小球在竖直方向的M加速度，根据牛顿第二定律可知：M+mg−F=M·a+ma'，则有：F=M+mg−ma'，故Fμ2,可用张力足够的轻绳替代弹簧B．若μ1=μ2,可用轻杆替代弹簧C．若μ1<μ2,弹簧的形变量是(L－L0)D．若m1=m2，则μ1=μ2=tanθ【答案】BC【解析】【详解】A、若μ1＞μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则弹簧处于压缩状态，所以不能用张力足够的轻绳替代，故A错误；B、若μ1=μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，弹簧的形变量为0，故可用轻杆替代弹簧，故B正确；C、若μ1＜μ2，要使m1和m2处于平衡状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，弹簧处于拉伸状态，故弹簧的形变量是(L－L0)，C正确；D、m1=m2时，若弹簧处于拉伸状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，对m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，则μ1＜μ2，若弹簧处于压缩状态，对m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，则μ1＞μ2，若弹簧处于原长状态，对m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，对m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，则μ1=μ2=tanθ，由于弹簧的状态不清楚，所以无法判断μ1和μ2的关系，故D错误。14．如图所示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点。传送带匀速转动起来以后，物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后（）A．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点B．若传送带沿逆时针方向转动，则物块一定落在P点左侧C．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点右侧D．若传送带沿顺时针方向转动，则物块可能落在P点左侧【答案】AC【解析】【详解】当水平传送带静止时，物块受到水平向左的滑动摩擦力做匀减速直线运动。若传送带逆时针转动，物块通n过传送带时，受到的滑动摩擦力仍水平向左，大小不变，则加速度不变，可知物块仍落在P点，选项A正确，B错误。设物块滑上传送带时速度为v0，传送带的速度为v。当v0＞v时，物块滑上传送带可能一直做匀减速运动，加速度与传送带静止时相同，当滑到传送带右端时，速度与传送带静止时相同，则物块仍落在P点。物块也可能先做匀减速运动，后来与传送带一起做匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。当v0=v时，物块滑上传送带时两者相对静止，一起做匀速运动，则物块落在P点右侧。当v0＜v时，物块滑上传送带可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动，滑到传送带右端时，速度大于传送带静止时速度，则物块落在P点右侧。故D错误，C正确。故选AC。【点睛】本题是典型的传送问题，关键是分析物块的受力情况和运动情况，当传送带顺时针转动时，要考虑各种可能的情况．15．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支2持力分别为T和N.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10m/s.则（）402A．a=m/s时，N＝03B．小球质量m＝0.1kg3C．斜面倾角θ的正切值为4D．小球离开斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N)【答案】ABC【解析】【详解】A、小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－Nsinθ＝ma，Tsinθ＋Ncosθ＝mg，联立解得：N＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以Ta图象呈线性关系，由题图402乙可知a=m/s时，N＝0，选项A正确。3402B、C、当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图(a)所示，所以mgsinθ＝T；当a=m/s3时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图(b)所示，n3所以mgcotθ＝ma，联立可得tanθ=，m＝0.1kg，选项B，C正确。4D、将θ和m的值代入N＝mgcosθ-masinθ，得N＝0.8-0.06a(N)，选项D错误。故选ABC。【点睛】考查牛顿第二定律与力的平行四边形定则的应用，注意会从图象中获取信息，并掌握平衡条件方程列式．16．质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ。现同时给木块l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．1木块相对静止前，木板是静止的2B．1木块的最小速度是v035C．2木块的最小速度是v064v20D．木块3从开始运动到相对静止时位移是μg【答案】CD【解析】A、木板开始运动时，木块对木板的摩擦力f=3mg>0，木板发生运动，故A错误；B、设木块1的最小速度为v1，木块1的加速度f=ma1做匀减速；木板的加速度为3mg=3ma做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小1即v1=v0−at=at解得v1=v0，故B错误；2C、设木块2的最小速度为v2，此过程木块2的速度该变量为v0−v2，而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块3的速度为v0+v2由动量守恒可得5m(v0+2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2)，解得：v2=v0，故C正确；6D、当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为v3，则由动量守恒可得：m(v0+2v0+n3v0)=6mv3解得：v3=v0114v2220对木块3，由动能定理可知−μmgs=mv−m(3v0)，解得：s=，故D正确；232μg故选CD017．如图倾角为30的传送带在电动机带动下始终以V0的速度匀速上行.相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升h/2高度处恰与皮带保持相对静止.现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同【答案】BCh2h00220−【解析】A：对甲滑块：v0=2a1sin300，μ1mgcos30−mgsin30=ma1；对乙滑块：v0=2a2sin300，μ2mgcos30mgsin300=ma。可得μ<μ，即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数。故A项错212误。0+vh0012B：甲滑块与皮带相对滑动过程中，滑块x1=2t1=0，对滑块μ1mgcos30−mgsin30x1=mv；皮带sin3020+v0与滑块相对滑动过程中两者相对位移：s1=vt1−t1，滑块与皮带摩擦产生的热量Q1=μ1mgcos30×s1；2h120+v20解得Q1=mv+mgh。乙滑块与皮带相对滑动过程中，滑块x2=2t2=sin300，对滑块μ2mgcos30−20120+vmgsin30x2=mv；皮带与滑块相对滑动过程中两者相对位移：s2=vt2−t2，滑块与皮带摩擦产生的热220121量Q2=μ2mgcos30×s2；解得Q2=mv+mgh。则甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产22生的热量。故B项正确。0h12C：甲滑块与皮带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W1=μ1mgcos30×0=mgh+mv；乙滑块与皮sin302hh0202112带相对滑动过程中，皮带对滑块所做的功W2=μ2mgcos30×sin300+mgsin30×sin300=mg×2h+2mv+1mgh=W1。故C项正确。2D：甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，皮带对滑块所做的功相同，则甲电动n机对皮带做的功大于乙电动机对皮带做的功。故D项错误。18．如图所示，一质量为M=2m、长为L质量均匀的板放在光滑水平桌面上，板的右端与桌边定滑轮距离足够大，板的左端有一可视为质点、质量为m的物块，物块上连接一条很长的细绳，某人拉绳并使其以恒定速率v=gL向下运动，物块只能运动到板的中点．下列说法正确的是()A．物块对板做功的功率保持不变B．物块与板间因摩擦产生的热量为mgLC．整个过程绳的拉力对物块做的功为mgL1D．若板与桌面间有摩擦，则当板与桌面间动摩擦因数为时，物块一定能到达板右端2【答案】BD【解析】木板受木块对它的摩擦力作用，做匀加速直线运动，当速度与木块速度相等后保持相对静止，根据P=fv知，物块对板的功率逐渐增大，A错误；当物块到达板的中点时，此时物块的位移x1=vt，木板的vLL位移x2=t，根据x1−x2=得，板的位移x2=，相对位移的大小等于物块位移的一半，等于木板的位移，222121212因为fx=Mv，产生的热量Q=fx=Mv=⋅2mgL=mgL，B正确；绳子拉力做的功，等于系统动板2板2212能增加量与产生的热量之和，故W=Mv+Q=2mgL，C错误；如果板与桌面有摩擦，因为M与桌面摩擦因2数越大，m越易从右端滑下，所以当m滑到M右端两者刚好共速时摩擦因数最小，设为μ2，对M，由牛顿第v2二定律得：Ma=μ1mg−μ2m+Mg，板的位移：x2'=t'；速度位移公式：v=2ax2'，对m有：vt'=x1'，22Mv22mgL11x1'−x2'=L，联立得μ2===，所以桌面与板间的摩擦因数应满足μ≥，所以当板与桌2M+mgL2(2m+m)gL331面间动摩擦因数为时，物块-定能到达板右端，D正确．2【点睛】解决本题的关键理清m和M的运动过程，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道物块能到达板的右端的临界情况是物块到达右端时与木板共速．19．如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同。一物体与三个面间的动摩擦因数相同，当它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，若损失的机械能分别为△E1、△E2、△E3，到达底端的速度分别为v1、v2、v3，则下列判断正确的是A．△E1=△E2>△E3nB．△E2>△E1>△E3C．v1=v2＜v3D．v2△E3，物体在2上做曲线运动，则物体对曲面的压力大于对斜面1的压力，则物体下滑过程中克服摩擦力做功W2f=FNL>μmg12Lcosθ=W1f，损失的机械能关系为：△E2>△E1；即△E2＞△E1＞△E3，故A错误，B正确；根据能量关系：mv=2mgh−Wf，则v2＜v1＜v3，则选项D正确，C错误；故选BD.20．如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体A、B叠放在斜面体上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间的动摩擦因数为μ，μμmgcosθ，所以A、B不能保持相对静止，故A错误．B、以A为研究对象，A受到重力、支持力和B对A的摩擦力，如图甲所示．N＝mgcosθ，mgsinθ－μN＝ma，由于μ0.将B和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示．n可知地面对斜面体的摩擦力等于mg(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcosθ；故B正确；C、以三者整体为研究对象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于(M＋2m)g，C错误．D、B与斜面体间的正压力N′＝2mgcosθ，对B分析，根据共点力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，fF-mgsinθ−μmgcosθ则B与斜面间的动摩擦因数μ==，故D正确．N'2mgcosθ故选BD三、解答题21．如图所示，质量m=15g、长度L=2m的木板D静置于水平地面上，木板D与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，地面右端的固定挡板C与木板D等高。在挡板C右侧竖直虚线PQ、MN之间的区域内存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1＝1m和R2=3m的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半圆的圆心O到固定挡板C顶点的距离OC＝2m。现有一质量m＝15g、带电荷量q=+6×10−5的物块A可视为质点）以v0=4m/s的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数μ2=0.3，当物块A运动到木板D右端时二者刚好共速，且本板D刚好与挡板C碰撞，物块A从挡板C上方飞入PQNM区城，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度g取10m/s2.(1)当物块A刚滑上本板D时，求物块A和木板D的加速度大小，(2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块A只能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。225【答案】(1)3m/s；1m/s；(2)25V/m；(3)1TBT或B5T3【解析】【详解】解：(1)当物块A刚滑上木板D时，对物块A受力分析有：μ2mg=ma2解得：a=3m/s22对本板D受力分析有：μ2mg−μ1•2mg=ma1n解得：a=1m/s21(2)物块A进入区域PQNM后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg=qE解得：E=25V/m(3)物块A与木板D共速时有：v=v0−a2t=a1t解得：v=1m/sv2粒于做匀速圆周运动有：qvB=mR要使物块A只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块A在磁场中运动的轨迹半径R应满足：OC−R1OC+R1OC+R2R或R2225解得：B5T或1TBT35则磁感应强度大小的取值范围为：1TBT或B5T322．如图所示，长木板质量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离2L=6m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10m/s。（1）为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？（2）若F=8N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间AB的速度分别是多少？【答案】（1）5N（2）vA’=2m/svB’=8m/s【解析】【详解】（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力。设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：对整体：F0=（2m+M）a对木板和B：μmg=（m+M）a解之得：F0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5N；F−μmg2（2）物块的加速度大小为：aA==4m∕smμmg2木板和B的加速度大小为：aB==1m/sM−m设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L1212即aAt−aBt=L22解之得：t=2svA=aAt=8m/snvB=aBt=2m/sAB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇12121212机械能守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇2222解得：vA＇=2m/svB＇=8m/s23．如图所示，一质量为m1=1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因素μ1=0.1，木板最右端放有一质量为m2=1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因素μ2=0.2。现给木板左端施加一大小为F=12N、方向水平向右的推力，经时间t1=0.5s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和2物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g=10m/s，求：(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v1即物块的速度大小v2；(2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量。【答案】（1）4m/s；1m/s（2）1.5m（3）12J【解析】【详解】(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F前，对木板：F−μ1(m1+m2)g−μ2m2g=m1a1①解得：a=8m/s21对物块：μ2m2g=m2a2②解得：a=2m/s22因a1>a2，故假设成立，撤去F时，木板、物块的速度大小分别为：v1=a1t1=4m/s③v2=a2t1=1m/s④(2)撤F后，对木板：μ1(m1+m2)g+μ2m2g=m1a3⑤解得：a=4m/s23对物块：μ2m2g=m2a4⑥解得：a=2m/s24撤去F后，设经过t2时间木板和物块速度相同：对木板有：v=v1−a3t2⑦对物块有：v=v2+a4t2⑧得：t2=0.5s，v=2m/s⑨v1v2撤F前，物块相对木板向左滑行了Δx1=t1−t2=0.75m⑩22v1+vv2+v撤F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx2=t2−t2=0.75m22n之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L=Δx1+Δx2=1.5m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q1=μ2m2gL=3J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a，有：a=μg=1m/s21v1v1+vv2全过程中木板对地位移为：s=t1+t2+=4.5m222a木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q2=μ1(m1+m2)gs=9J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q=Q1+Q2=12J解法二：由功能关系可得：Q=Fx1v1x1=t12Q=12J24．如图所示，t＝0时一质量m＝1kg的滑块A在大小为10N、方向与水平向右方向成θ＝37°的恒力F作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t1＝2s时撤去力F；t＝0时在A右方x0＝7m处有一滑块B正以v0＝7m/s的初速度水平向右运动。已知A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与地面间的2动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。两滑块均视为质点，求：（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；（2）两滑块间的最小距离。【答案】（1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F前后时A的加速度以及B的加速度；根据撤去F之前时速度相等和撤去F之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.【详解】（1）对物块A，由牛顿第二定律：Fcosθ−μ1(mg−Fsinθ)=ma1；对物体A撤去外力后：μmg=ma'；11对物体B：a2=μ2gA撤去外力之前两物体速度相等时：a1t=v0−a2t，得t＝1sA撤去外力之后两物体速度相等时：at−a'(t'−t)=v−at'，得t′＝3.75s111102n12（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：△x＝x0＋x2－x1；x2=v0t'−a2t'211x=at2+at(t'−t)−a'(t'−t)21211111211得△x＝0.875m25．如图甲所示，长为L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，质量为m=lkg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动2摩擦力，g=10m/s。求：(1)m、M之间的动摩擦因数;(2)M的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数;(3)若开始时对M施加水平向左的恒力F=29N，求:t=4s时m到M右端的距离.【答案】(1)0.4(2)4kg；0.1(3)6.625m【解析】【详解】(1)由乙图知，m、M一起运动的最大外力Fm=25N，当F>25N时，m与M相对滑动，对m由牛顿第二定律有：μ1mg=ma1由乙图知a=4m/s21解得：μ1=0.4(2)对M由牛顿第二定律有：F−μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2F−μ1mg−μ2(M+m)g−μ1mg−μ2(M+m)gF即:a2==+MMM119乙图知：=，−μ1mg−μ2(M+m)g=−M44解得：M=4kg,μ2=0.1(3)由于F=29N>25N，所以从开始m就与M相对滑动对地向左做匀加速运动，加速度为a1，M加速度为a2F−μ1mg−μ2(M+m)g2M的加速度大小a2==5m/s,方向向左，M12在m没有滑落板之前M的位移大小x2=2a2t112m的位移大小x1=2a1t1x2−x1=L解得：t1=3sn此后m从M上掉下来，之后M的加速度大小为a3，对M由生顿第二定律F−μ2Mg=Ma3252可得:a3=m/s4M的加速度为a4μ2mg=ma42a4=1m/sm从M上刚掉下来时M的速度为vM,vM=a2t1=15m/sM的速度为vm=a1t1=12m/s12m从M上刚掉下来后M的位移为xM=vMt−t1+a3t−t1212m从M上刚掉下来后m的位移为xm=vmt−t1−a4t−t1253m从M上刚掉下来后m与M的距离为x=xM−xm==6.625m8【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点。26．如图所示，一足够长斜面倾角θ=37°，斜面上有一质量为m=1kg的木板，在木板上放一质量也为m=1kg的金属块（可看成质点），t=0时刻金属块的速度为v0=20m/s。方向沿斜面向上，同时给木板施加一个眼斜面向上的拉力F=14N，使木板从静止开始运动。当t=2s时撤去拉力F，已知金属块和木板间动摩擦因数μ1=0.25，木板和斜面间动摩擦因数μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）前2s内金属块和木板的加速度；（2）从t=0到金属块速度减小到0的过程中木板在斜面上的位移（此过程金属块始终未离开木板，计算结果保留三位有效数字）。【答案】(1)金属块的加速度a=8m/s2，方向沿斜面向下，木板的加速度a=2m/s2，方向沿斜面向上12(2)4.67m【解析】(1)对金属块和木板应用牛顿运动定律有μ1mgcosθ+mgsinθ=ma1F+μ1mgcosθ−mgsinθ−2μ2mgcosθ=ma2解得金属块的加速度a=8m/s2，方向沿斜面向下，1木板的加速度a=2m/s2，方向沿斜面向上。2(3)2s末金属块的速度为v1=v0−a1t=4m/s，n木板的速度为v2=a2t=4m/s可见撤去F时金属块和木板速度相等。分析得知此后一段时间金属块的加速度仍为a=8m/s2，方向沿斜面向下。1设此后一段时间板的加速度为a3：由牛顿第二定律可得：mgsinθ+2μ2mgcosθ−μ1mgcosθ=ma3，解得a=12m/s2，方向沿斜面向下。3由于a1