高考物理牛顿力学练习附答案 24页

高考物理牛顿力学精品练习（附答案）‎ 第I卷（选择题）‎ ‎1.（单选）如图所示，三根横截面完全相同的圆木材A、B、C按图示方法放在水平面上，它们均处于静止状态，则下列说法正确的是（ ）‎ A．B所受的合力大于A受的合力 B．B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上 C．B与C之间一定存在弹力 D．如果水平面光滑，它们也能保持图示的平衡 ‎2.（单选）如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 都等于 B．‎ 和0‎ C．‎ ‎•和0‎ D．‎ ‎0和g ‎3.（单选）如图所示弹簧秤一端固定在墙壁上，另一端与小木块A相连．当用力抽出长木板B的过程中，观察到弹簧秤的示数为4.0N（忽略弹簧形变所需时间），则A受到的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 静摩擦力，一定大于4.0N B．‎ 滑动摩擦力，一定等于4.0N ‎　‎ C．‎ 滑动摩擦力，一定小于4.0N D．‎ 不受摩擦力 ‎4.（单选）如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，力F的大小应（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 恒定不变 B．‎ 逐渐增大 C．‎ 逐渐减小 D．‎ 先增大后减小 ‎5.（单选）如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎6.（单选）建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎（F﹣mg）cos θ B．‎ ‎（F﹣mg）sin θ C．‎ μ（F﹣mg）cos θ D．‎ μ（F﹣mg）‎ ‎7.（多选）如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点的轴OO1转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块B到OO1轴的距离为物块A到OO1轴的距离的两倍，现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，在从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ A受到的静摩擦力一直增大 ‎　‎ B．‎ B受到的静摩擦力先增大，后保持不变 ‎　‎ C．‎ A受到的静摩擦力是先增大后减小 ‎　‎ D．‎ A受到的合外力一直在增大 ‎8.（单选）体育器材室里，篮球摆放在图示的球架上．已知球架的宽度为d，每只篮球的质量为m、直径为D，不计球与球架之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ mg B．‎ C．‎ D．‎ ‎9.（单选）如图在倾斜的滑杆上套一个质量为m 的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 环只受三个力作用 B．‎ 环一定受四个力作用 ‎　‎ C．‎ 物体做匀加速运动 D．‎ 悬绳对物体的拉力小于物体的重力 ‎10.（单选）如图所示，在质量为m的物体上加一个竖直向上的拉力F，使物体以加速度a竖直向上做匀加速运动，若不计阻力，下面说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若拉力改为‎2F，物体加速度为‎2a ‎　‎ B．‎ 若质量改为，物体加速度为‎2a ‎　‎ C．‎ 若质量改为‎2m，物体加速度为 ‎　‎ D．‎ 若质量改为，拉力改为，物体加速度不变 ‎11.（多选）如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小 ‎　‎ B．‎ 粮袋开始运动的加速度为g（sinθ﹣cosθ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动 ‎　‎ C．‎ 若μ＜tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动 ‎　‎ D．‎ 不论μ如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且a＞gsinθ 第II卷（非选择题）‎ ‎12.图甲是一个用来测方木块和长木板间动摩擦因数的简单装置．方木块放在水平长木板上，方木块被一根绳子系在右面一端固定的水平弹簧测力计上．长木板下面有轮子可以滚动，用一个平稳的水平力向左推动木板，木板向左缓慢移动，待弹簧测力计的指针稳定后，读出测力计的读数f在方木块上放砝码可以改变它对长木板的压力F的大小．将测得的各组f和F的数据用圆点标于坐标图上，如图乙所示．请你根据各点表示的数据描出f﹣F图线，求出方木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2‎ ‎13.（填空）如图1所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置，数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g。‎ ‎⑴下列说法正确的是＿＿＿＿＿。‎ A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验m2应远小于m1‎ D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作图象 ‎⑵实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得，作出图像，他可能作出图2中＿＿＿＿＿ (选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”)图线。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是＿＿＿＿＿。‎ A． 小车与轨道之间存在摩擦 ‎ B． B．导轨保持了水平状态 C．砝码盘和砝码的总质量太大 ‎ D．所用小车的质量太大 ‎⑶实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的图像，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数＿＿＿＿，钩码的质量＿＿＿＿＿。‎ ‎14.‎ 如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．‎ ‎15.观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=‎800 kg，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0=‎2m/s，此时开始计时经过t0=4s时间，气球匀加速下降了h1=‎16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，重力加速度g=‎10m/s2.求：‎ ‎(1)气球加速下降阶段的加速度大小a。‎ ‎(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？‎ ‎(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间Δt=5s，气球下降的高度是多大？‎ ‎16.山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下．图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m．开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值；‎ ‎（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；‎ ‎（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．‎ ‎17.如图是一个货物运输装置示意图，BC是平台，AB是长L=12m的传送带，BA两端的高度差h=2.4m．传送带在电动机M的带动下顺时针匀速转动，安全运行的最大速度为vm=6m/s．假设断电后，电动机和传送带都立即停止运动．现把一个质量为20kg的货物，轻轻放上传送带上的A点，然后被传送带运输到平台BC上，货物与传送带之间的动摩擦因数为0.4．由于传送带较为平坦，可把货物对传送带的总压力的大小近似等于货物的重力；由于轮轴的摩擦，电动机输出的机械功率将损失20%，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）要使该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间；‎ ‎（2）要把货物尽快地运送到BC平台，电动机的输出功率至少多大？‎ ‎（3）如果电动机接在输出电压为120V的恒压电源上，电动机的内阻r=6Ω，在把货物最快地运送到BC平台的过程中，电动机消耗的电能共有多少？‎ ‎18.如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取，求：‎ ‎（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；‎ ‎（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；‎ ‎（3）小球离开木箱时木箱的速度．‎ ‎19.一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA =‎2.0kg，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=‎1.5 m，在板A上叠放着质量mB=‎1.0kg，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为=O.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块C，物块C刚好可与竖直面接触。起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取‎10m／s2，求 ‎ (1)若物块C质量mc=‎1.0kg，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；‎ ‎ (2)若物块C质量mc′=‎3.0kg，从放手开始计时，经过去t=2.Os，物块C下降的高度；‎ ‎ (3)若物块C质量mc=‎1.0kg，固定住物块B，物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t′=2.Os，物块C恰好停止运动，求物块C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度。‎ 试卷答案 ‎1.B A、三个物体都处于平衡状态，所以受到的合外力都是0．故A错误；‎ B、以物体A为研究的对象，受力如图， ‎ B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上．故B正确；‎ C、以B为研究对象，受力如右图．可知B与C之间不一定存在弹力．故C错误；‎ D、以B为研究对象，受力如图，由牛顿第三定律得：，沿水平方向：，‎ 所以如果水平面光滑，它们将 不能保持图示的平衡．故D错误。‎ 故选：B ‎2.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律．.‎ 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ 当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小．‎ 解答：‎ 解：对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=mAgsin30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，‎ 对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，‎ 对B，根据牛顿第二定律得，=g．‎ 故选：D 点评：‎ 本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解．‎ ‎3.‎ 考点：‎ 滑动摩擦力．‎ 专题：‎ 摩擦力专题．‎ 分析：‎ 本题应以A为研究对象，A在水平方向上受摩擦力及弹簧秤的拉力而处于静止，故可知二力应为平衡力；根据滑动摩擦力的影响因素可知摩擦力的大小与运动状态无关，则可由平衡条件可知弹簧弹力的变化．‎ 解答：‎ 解：对A分析，当用力抽出木板B时，故可知A受到的滑动摩擦力；‎ 根据A物体保持平衡，弹簧的弹力等于滑动摩擦力，大小即为4.0N； 故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题的关键在于摩擦力大小的判断，应明确滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力的有关，与物体的运动状态无关．‎ ‎4.‎ 考点：‎ 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有 专题：‎ 共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：‎ 以P点为研究对象，分析受力情况，运用三角形相似法，得到力F与重力的关系，再分析F的变化情况．‎ 解答：‎ 解：以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得：‎ ‎=‎ 当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大．‎ 故选B 点评：‎ 本题涉及非直角三角形的动态分析问题，运用三角相似法是常用的方法，形象直观方便．‎ ‎5.‎ 考点：‎ 胡克定律．版权所有 分析：‎ A、B原来都处于静止状态，弹簧被压缩，弹力等于A的重力mg，根据胡克定律求出被压缩的长度x1．当A刚要离开地面时，弹簧被拉伸，此时弹力等于B的重力mg，再由胡克定律求出此时弹簧伸长的长度x2，A上升距离d=x1+x2．‎ 解答：‎ 解：开始时，A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为x1，由胡克定律有 kx1=mg…①‎ 物体A恰好离开地面时，弹簧对B的拉力为mg，设此时弹簧的伸长量为x2，由胡克定律有 kx2=mg…②‎ 这一过程中，物体B上移的距离 d=x1+x2…③‎ ‎①②③式联立可解得：d=‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的状态和弹力，再由几何关系研究A上升距离与弹簧形变量的关系．‎ ‎6.‎ 考点：‎ 摩擦力的判断与计算．版权所有 专题：‎ 摩擦力专题．‎ 分析：‎ 对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力；同时根据动摩擦力的公式也可求得摩擦力．‎ 解答：‎ 解：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；‎ 先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：‎ 在沿斜面方向有：摩擦力f=（F﹣mg）cosθ；‎ 在垂直斜面方向上有：FN=（F﹣mg）sinθ；‎ 则f=（F﹣mg）cosθ=μ（F﹣mg）sinθ，‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由μFN求得，也可以由共点力的平衡或牛顿第二定律求得，故在学习时应灵活掌握．‎ ‎7.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；静摩擦力和最大静摩擦力；向心力．版权所有 专题：‎ 牛顿第二定律在圆周运动中的应用．‎ 分析：‎ 在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，‎ 绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动，‎ 根据向心力公式进行讨论即可求解．‎ 解答：‎ 解：D、在转动过程中，两物体都需要向心力来维持，一开始是静摩擦力作为向心力，当摩擦力不足以做向心力时，绳子的拉力就会来做补充，速度再快，当这2个力的合力都不足以做向心力时，物体将会发生相对滑动． 根据向心力公式，F向=可知：在发生相对滑动前物体的半径是不变的，质量也不变，随着速度的增大，向心力增大，而向心力就是物体的合力，故D正确．‎ A、由于A的半径比B小．根据向心力的另一个公式 F向=mω2R 可知 ‎ A、B的角速度相同，知当角速度逐渐增大时，B物体先达到最大静摩擦力，角速度继续增大，B物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力，角速度增大，拉力增大，则A物体的摩擦力减小，当拉力增大到一定程度，A物体所受的摩擦力减小到零后反向，角速度增大，A物体的摩擦力反向增大．所以A所受的摩擦力先增大后减小，又增大，反向先指向圆心，然后背离圆心，B物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力后不变，AC错误，B正确．‎ 故选：BD 点评：‎ 本题主要考查了向心力的来源以及向心力公式的直接应用，难度适中．‎ ‎8.‎ 考点：‎ 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有 专题：‎ 共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：‎ 以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，根据几何知识求出相关的角度，由平衡条件求解球架对篮球的支持力，即可得到篮球对球架的压力．‎ 解答：‎ 解：以任意一只篮球为研究对象，分析受力情况，设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α．‎ 由几何知识得：cosα==‎ 根据平衡条件得：2Ncosα=mg 解得：N=‎ 则得篮球对球架的压力大小为：N′=N=．‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 本题关键要通过画出力图，正确运用几何知识求出N与竖直方向的夹角，再根据平衡条件进行求解．‎ ‎9.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．版权所有 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ 先以物体为研究对象，分析物体的受力情况，判断运动情况，再分析环的受力情况．‎ 解答：‎ 解：A、B、C以物体为研究对象，物体沿滑杆向下做直线运动，加速度为零，或加速度与速度在同一直线上，而物体受到竖直向下重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力作用．故AC错误，B正确．‎ D、由平衡得到，悬绳对物体的拉力等于物体的重力．故D错误．‎ 故选B 点评：‎ 本题抓住物体做直线运动的条件是关键：物体做直线运动时，合外力（或加速度）与速度在同一直线上，或合外力为零．‎ ‎10.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．‎ 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ 对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律分项讨论即可求解．‎ 解答：‎ 解：根据题意得：F﹣mg=ma，解得：a=‎ A、若拉力改为‎2F，物体加速度a1=，故A错误；‎ B、若质量改为，物体加速度a2=，故B错误；‎ C、若质量改为‎2m，物体加速度a3=，故C错误；‎ D、若质量改为，拉力改为，物体加速度a4=，故D正确．‎ 故选D 点评：‎ 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，难度不大，属于基础题．‎ ‎11.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．版权所有 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sinθ+μcosθ）．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．‎ 解答：‎ 解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．‎ ‎ B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故B错误．‎ ‎ C、若μ＜tanθ，可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ﹣μcosθ）匀加速．故C正确．‎ ‎ D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动．故D错误．‎ 故选：AC 点评：‎ 本题考查分析物体运动情况的能力，而要分析物体的运动情况，首先要具有物体受力情况的能力．传送带问题，物体的运动情况比较复杂，关键要考虑物体的速度能否与传送带相同．‎ ‎12.‎ 考点：‎ 探究影响摩擦力的大小的因素． ‎ 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ 根据题意可知，弹簧的示数即为滑块的滑动摩擦力，再根据f=μF，结合图象的斜率，即可求解．‎ 解答：‎ 解：作出f﹣F图线如图所示：‎ 由f=μF，可知，图象的斜率k=μ；‎ 由图象可知，μ==0.2‎ 故答案为：0.2（0.18～0.22均对）．‎ ‎13.⑴D ⑵丙，C ⑶， ‎ ‎（1）根据重力沿斜面向下的分力等于物体受到的摩擦力这一原理来平衡摩擦力，即满足，与质量无关，所以增减砝码后不需要重新平衡摩擦力，A错误；由于实验过程非常短暂，为了得到更多的数据，应先接通电源后释放纸带，B错误；实验中需要钩码的质量远远小于小车的质量，故C错误；直线更能直观的反应两者的关系，根据牛顿第二定律可得，加速度a与成正比，所以应绘制图象，D正确 ‎（2）没有平衡摩擦力，则在钩码有一定质量后，小车才具有加速度，故丙正确；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律可知，；结合图象，可得：‎ ‎，设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，因此钩码的质量，‎ 小车与木板间的动摩擦因数；‎ ‎14.解：设物块与地面间的动摩擦因数为μ 要使物块a、b能够发生碰撞，应有： mv＞μmgl ①‎ 即μ＜ ②‎ 设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：‎ ‎=μmgl+ ③‎ 设a与b碰撞前向的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：‎ mv1=mva+mvb ④‎ ‎=mv+×mv； ⑤‎ 联立④⑤式解得：vb=v1 ⑥‎ 碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：‎ ‎（m）v≤μmgl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，得：μ≥ ⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：‎ ‎≤μ＜ ‎ 答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是≤μ＜．‎ ‎15.(1)设气球加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则 由运动公式可知：x＝v0t＋at2‎ 解得a＝‎1 m/s2 ---------------------4分 ‎(2)由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma 抛掉质量为m压舱物，气体匀速下降，有：(M－m)g＝F 解得m＝‎80 kg. ---------------------5分 ‎(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5 s下降的高度为H 由运动公式可知：v1＝v0＋at H＝v1t1‎ 解得H＝‎30 m. ---------------------5分 ‎16.‎ 考点：‎ 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．版权所有 专题：‎ 机械能守恒定律应用专题．‎ 分析：‎ ‎（1）大猴从A点到B点做平抛运动，根据高度求出运动时间，再根据水平位移求出大猴水平跳离时的速度最小值．‎ ‎（2）根据C到D点机械能守恒，抓住到达D点的速度为零，求出猴子抓住青藤荡起时的速度大小．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律，通过竖直方向上的合力提供向心力求出拉力的大小．‎ 解答：‎ 解：根据，解得 则跳离的最小速度．‎ ‎（2）根据机械能守恒定律得，‎ 解得v==m/s≈9m/s．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律得，‎ 根据几何关系得，‎ 联立解得F=216N．‎ 答：（1）大猴从A点水平跳离时速度的最小值为8m/s．‎ ‎（2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小9m/s．‎ ‎（3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小为216N．‎ 点评：‎ 本题综合考查了平抛运动，圆周运动，运用了机械能守恒定律、牛顿第二定律，综合性较强，难度不大，需加强这类题型的训练．‎ ‎17.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功率、平均功率和瞬时功率．‎ 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ ‎（1）要使时间最短，货物应一直加速，根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解时间；‎ ‎（2）已知货物的质量可以得到重力，已知重力和上升高度，利用W=Gh计算克服重力做的功；已知克服重力做的功和转化效率，可以得到电动机做的功；利用电动机做的功和做功时间，得到电动机的输出功率；‎ ‎（3）电动机消耗的总电能包括两部分：克服重力做的功和产生热量消耗的电能，根据等量关系列出方程求解正常工作电流；根据W=UIt计算消耗的总电能．‎ 解答：‎ 解：（1）要使时间最短，货物应一直加速，设匀加速上行的加速度为a1，则有：‎ μmgcosθ﹣mgsinθ=ma1‎ 把sinθ=，cosθ≈1代入上式得：‎ a1=2m/s2．‎ 由于受最大速度vm=6m/s的限制，易知经过t1=3s后货物匀速运动．‎ 加速位移：‎ l1==9m，‎ 此后货物还得运动：‎ l2=12m﹣9m=3m 假设此后电动机不工作，根据牛顿第二定律，有：‎ μmgcosθ+mgsinθ=ma2‎ 解得：a2=6m/s2．‎ 货物能够上滑的最大距离为：，刚好能够到达平台，假设正确．‎ 该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间为：‎ tmin=t1=3s．‎ ‎（2）要把货物尽快地运送到BC平台，由第（1）小题可知货物应该先加速后匀速，在加速过程中，传送带受到的摩擦力：‎ f1=μmgcosθ=80N 需提供的最大功率：‎ P1=f1vm=80×6W=480W 之后匀速运动，受到的摩擦力：‎ f2=mgsinθ=40N 电动机功率：‎ P2=f2vm=40×6W=240W 考虑到效率，电动机的输出功率不得小于Pm=‎ ‎（3）由上述分析可知，匀加速运动时间t1=3s，此过程电动机的输出功率为P1′=600W．‎ 由P1′=UI1﹣I12r，解得I1=10A．‎ 消耗电能：‎ E1=UI1 t1=120×10×3J=3600J．‎ 匀速运动过程：‎ t2=‎ 此过程电动机的输出功率为：‎ P2′==300W．‎ 由P2′=UI2﹣I22r解得：‎ I2=（10﹣5）A 消耗电能：‎ E2=UI2 t2=120×（10﹣5））×0.5J=（600﹣300）J．‎ 总消耗电能E=E1+E2=（4200﹣300）J═3776J．‎ 答：（1）要使该货物能到达BC平台，电动机需工作的最短时间为3s．‎ ‎（2）要把货物尽快地运送到BC平台，电动机的输出功率至少为600W．‎ ‎（3）如果电动机接在输出电压为120V的恒压电源上，电动机的内阻r=6Ω，在把货物最快地运送到BC平台的过程中，电动机消耗的电能共有3776J．‎ 点评：‎ 电动机带动传送带升高物体的过程中，有两次能量转化：首先电能转化为电动机的机械能和线圈的内能；其次电动机的机械能转化成物体的重力势能和机械间摩擦产生的内能，所以效率是不断降低的．‎ ‎18.‎ 考点：‎ 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动．.‎ 专题：‎ 压轴题；牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ ‎（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；‎ ‎（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；‎ ‎（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．‎ 解答：‎ 解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．‎ 由，得 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3s．‎ ‎（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：‎ 木箱向右运动的最大位移为：‎ 小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为0.9m．‎ ‎（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下 木箱向左运动的加速度为 设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：‎ 设木箱向左运动的时间为t2，则：‎ 由 得：‎ 所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=2.8×1=2.8m/s．‎ 点评：‎ 本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量．‎ ‎19.(1)保持相对静止； (2) ； (3)、‎ ‎（1）设ABC一起运动，A与B保持相对静止，以ABC为系统，‎ 根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 对A，根据牛顿第二定律：‎ AB间最大静摩擦力为：‎ 由于，假设成立，A与B相对静止 ‎（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 对A，根据牛顿第二定律：‎ 由于，假设不成立，A与B相对滑动 对A，根据牛顿第二定律：，解得：‎ 对BC系统，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ 设经时间B运动到A的右端，则有：‎ 解得：‎ B第一段的位移：‎ 经时间B运动的速度：‎ B在光滑平面上滑动，对BC系统，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ B第二段的位移：‎ 物块C下降的高度：‎ ‎（3）设C与竖直面的动摩擦因数为 令 根据图乙可得：‎ 对C水平方向：‎ C受摩擦力：‎ 以C为研究对象：‎ 联立以上各式，解得：‎ 可知物体先做初速度为0，加速度随时间均匀减少的加速运动，时，速度最大，接着做加速度随时间均匀增加的减速运动，根据对称性，当 时，速度恰为0，加速时间与减速时间相等，则加速时间为：‎ 代入上式，可得：‎ 由得如右图像，由图可知时速度最大，最大速度时图线与二坐标轴包围的面积 即：‎ 答：(1)板A和物块B在放手后保持相对静止；‎ ‎ (2)若物块C下降的高度为；‎ ‎ (3)物块C与竖直面之间的动摩擦因数为，此过程中的最大速度为。‎