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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,专题三牛顿运动定律,1/61,A组自主命题北京卷题组,1.,(北京理综,19,6分,0.73)伽利略创造把试验、假设和逻辑推理相结合科学方法,有力,地促进了人类科学认识发展。利用如图所表示装置做以下试验:小球从左侧斜面上,O,点由,静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐步降低材,料时,小球沿右侧斜面上升到最高位置依次为1、2、3。依据三次试验结果对比,能够得到,最直接结论是,(),A.假如斜面光滑,小球将上升到与,O,点等高位置,B.假如小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态,C.假如小球受到力作用,它运动状态将发生改变,D.小球受到力一定时,质量越大,它加速度越小,五年高考,2/61,答案,A依据试验结果,得到最直接结论是假如斜面光滑,小球将上升到与,O,点等高,位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生改变,是在假设和逻辑推理下得,出结论,不是试验直接得出结论,所以B和C选项错误。而D项不是本试验所说明问题,故,错误。,考查点,牛顿运动定律。,思绪点拨,本题也可从能量守恒角度分析:若斜面光滑,则没有机械能损失,小球必上升到,与,O,点等高处。,3/61,2.,(北京理综,18,6分,0.19)应用物理知识分析生活中常见现象,能够使物理学习愈加有趣,和深入。比如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正,确是,(),A.手托物体向上运动过程中,物体一直处于超重状态,B.手托物体向上运动过程中,物体一直处于失重状态,C.在物体离开手瞬间,物体加速度大于重力加速度,D.在物体离开手瞬间,手加速度大于重力加速度,答案,D物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后,物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者速,度相同,又因均做减速运动,故分离条件为,a,手,a,物,分离瞬间物体加速度等于重力加速度,则手,加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。,考查点,超重和失重。,思绪点拨,分析出物体运动加速度方向是解本题关键。超重时物体含有向上加速度,失,重时物体含有向下加速度。,4/61,考点一牛顿运动定律,1.(上海单科,6,3分)一碗水置于火车车厢内水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时,水,面形状靠近于图,(),B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案,A当火车向右做匀减速运动时,碗内水因为惯性,保持原来较大速度向右运动,则只,有图A所表示情形符合要求,故A正确。,5/61,一题多解,“微元体”选取,因为液体内任一部分所受协力水平向左,故可在液体内部任意位置取一个立方体,则右侧面处,压强必大于左侧面处压强,由液体压强公式,p,=,gh,可知,液体内同一水平线上各点从左到右,距液面高度依次增大,故A正确。,6/61,2.,(上海单科,5,3分)如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使,之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做,(),A.曲线运动B.匀速直线运动,C.匀加速直线运动D.变加速直线运动,答案,C本题考查力与运动关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而,处于平衡状态,故重力与电场力协力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力,协力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力反方向做匀加速直线运动,C项正确。,解题关键,解答本题,关键是分析清楚悬线断裂后,重力和电场力协力大小、方向均不发生变,化。,7/61,3.,(课标,20,6分,0.677)(多项选择)如图(a),一物块在,t,=0时刻滑上一固定斜面,其运动,v,-,t,图线,如图(b)所表示。若重力加速度及图中,v,0,、,v,1,、,t,1,均为已知量,则可求出,(),A.斜面倾角,B.物块质量,C.物块与斜面间动摩擦因数,D.物块沿斜面向上滑行最大高度,8/61,答案,ACD设物块质量为,m,、斜面倾角为,物块与斜面间动摩擦因数为,物块沿斜面,上滑和下滑时加速度大小分别为,a,1,和,a,2,依据牛顿第二定律有:,mg,sin,+,mg,cos,=,ma,1,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,2,。再结合,v,-,t,图线斜率物理意义有:,a,1,=,a,2,=,。由上述四式可见,无法求出,m,能够求出,、,故B错,A、C均正确。0,t,1,时间内,v,-,t,图线与横轴包围面积大小等于物块沿斜,面上滑最大距离,已求出,故能够求出物块上滑最大高度,故D正确。,9/61,4.,(上海单科,4,3分)如图,顶端固定着小球直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动,时,球所受合外力方向沿图中,(),A.,OA,方向B.,OB,方向C.,OC,方向D.,OD,方向,答案,D当小车向右做匀加速运动时,其加速度方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球,所受合外力方向水平向右,即沿图中,OD,方向,选项D正确,选项A、B、C错误。,10/61,5.,(课标,24,12分,0.550)公路上行驶两汽车之间应保持一定安全距离。当前车突然停,止时,后车司机能够采取刹车办法,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人反应时间和汽车系统反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h速,度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间动摩擦因数为晴天时2/,5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶最大速度。,答案,20 m/s(或72 km/h),解析,设路面干燥时,汽车与路面间动摩擦因数为,0,刹车时汽车加速度大小为,a,0,安全距,离为,s,反应时间为,t,0,由牛顿第二定律和运动学公式得,0,mg,=,ma,0,s,=,v,0,t,0,+,式中,m,和,v,0,分别为汽车质量和刹车前速度。,设在雨天行驶时,汽车与路面间动摩擦因数为,依题意有,=,0,设在雨天行驶时汽车刹车加速度大小为,a,安全行驶最大速度为,v,由牛顿第二定律和运动学,公式得,11/61,mg,=,ma,s,=,vt,0,+,联立式并代入题给数据得,v,=20 m/s(72 km/h),12/61,考点二牛顿运动定律应用,6.,(海南单科,9,5分)(多项选择)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做,匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,(),A.物块与斜面间摩擦力减小,B.物块与斜面间正压力增大,C.物块相对于斜面减速下滑,D.物块相对于斜面匀速下滑,13/61,答案,BD当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:,mg,sin,=,mg,cos,则,=tan,(,为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为,a,;物块处于超重状态,超重,ma,。物块“重力”变,为,G,=,mg,+,ma,支持力变为,N,=(,mg,+,ma,)cos,mg,cos,B对。“重力”沿斜面向下分力,G,下,=(,mg,+,ma,)sin,沿斜面摩擦力变为,f,=,N,=,(,mg,+,ma,)cos,mg,cos,A错误。,f,=,(,mg,+,ma,)cos,=tan,(,mg,+,ma,)cos,=(,mg,+,ma,)sin,=,G,下,所以物块仍沿斜面匀速运动,D对,C错误。,14/61,7.,(江苏单科,6,4分)(多项选择)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度,a,随时间,t,改变图线,如图所表示,以竖直向上为,a,正方向,则人对地板压力,(),A.,t,=2 s时最大B.,t,=2 s时最小,C.,t,=8.5 s时最大D.,t,=8.5 s时最小,答案,AD地板对人支持力,F,N,=,mg,+,ma,t,=2 s时,a,有正最大值,此时,F,N,最大,由牛顿第三定律,知A正确,B错误;,t,=8.5 s时,a,有负最大值,此时,F,N,最小,由牛顿第三定律知C错误,D正确。,15/61,8.,(课标,24,12分)为提升冰球运动员加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距,s,0,和,s,1,(,s,1,s,0,)处罚别放置一个挡板和一面小旗,如图所表示。训练时,让运动员和冰球都位于起跑线上,教练员,将冰球以初速度,v,0,击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线方向滑向挡板;冰球被击出同时,运,动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球抵达挡板时,运动员最少抵达小旗,处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球抵达挡板时速度为,v,1,。重力加速度大小,为,g,。求,(1)冰球与冰面之间动摩擦因数;,(2)满足训练要求运动员最小加速度。,16/61,答案,(1),(2),解析,本题考查动能定理、匀变速直线运动规律。,(1)设冰球质量为,m,冰球与冰面之间动摩擦因数为,由动能定理得,-,mgs,0,=,m,-,m,解得,=,(2)冰球抵达挡板时,满足训练要求运动员中,刚好抵达小旗处运动员加速度最小。设这,种情况下,冰球和运动员加速度大小分别为,a,1,和,a,2,所用时间为,t,。,由运动学公式得,-,=2,a,1,s,0,v,0,-,v,1,=,a,1,t,s,1,=,a,2,t,2,联立式得,a,2,=,17/61,9.,(四川理综,10,17分)避险车道是防止恶性交通事故主要设施,由制动坡床和防撞设施等,组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为,斜面。一辆长12 m载有货物货车,因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床底端,货物开始在车厢,内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停,止。已知货车质量是货物质量4倍,货物与车厢间动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动,受到坡床阻力大小为货车和货物总重0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos,=1,sin,=0.1,g,=10 m/s,2,。求:,(1)货物在车厢内滑动时加速度大小和方向;,(2)制动坡床长度。,18/61,答案,(1)5 m/s,2,方向沿制动坡床向下,(2)98 m,19/61,解析,(1)设货物质量为,m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间动摩擦因数,=0.4,受摩,擦力大小为,f,加速度大小为,a,1,则,f,+,mg,sin,=,ma,1,f,=,mg,cos,联立式并代入数据得,a,1,=5 m/s,2,a,1,方向沿制动坡床向下。,(2)设货车质量为,M,车尾位于制动坡床底端时车速为,v,=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到,车头距制动坡床顶端,s,0,=38 m过程中,用时为,t,货物相对制动坡床运动距离为,s,1,在车厢内滑,动距离,s,=4 m,货车加速度大小为,a,2,货车相对制动坡床运动距离为,s,2,。货车受到制动坡床,阻力大小为,F,F,是货车和货物总重,k,倍,k,=0.44,货车长度,l,0,=12 m,制动坡床长度为,l,则,Mg,sin,+,F,-,f,=,Ma,2,F,=,k,(,m,+,M,),g,s,1,=,vt,-,a,1,t,2,s,2,=,vt,-,a,2,t,2,20/61,s,=,s,1,-,s,2,l,=,l,0,+,s,0,+,s,2,联立并代入数据得,l,=98 m,解题指导,(1)货物在车厢内向上滑动时,经过受力分析,由牛顿第二定律可求货物加速度大,小和方向。,(2)货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移几何关系是解答此题,关键所在。,审题指导,此题以避险车道为背景,解答常见“板块”模型。这类题有两个关键点,一是正确,受力分析,确定加速度;二是画出运动过程草图,找出位移关系。,21/61,10.,(天津理综,10,16分)某快递企业分拣邮件水平传输装置示意如图,皮带在电动机带,动下保持,v,=1 m/s恒定速度向右运动,现将一质量为,m,=2 kg邮件轻放在皮带上,邮件和皮带,间动摩擦因数,=0.5。设皮带足够长,取,g,=10 m/s,2,在邮件与皮带发生相对滑动过程中,求,(1)邮件滑动时间,t,;,(2)邮件对地位移大小,x,;,(3)邮件与皮带间摩擦力对皮带做功,W,。,22/61,答案,(1)0.2 s(2)0.1 m(3)-2 J,解析,(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到滑动摩擦力为,F,则,F,=,mg,取向右为正方向,对邮件应用动量定理,有,Ft,=,mv,-0,由式并代入数据得,t,=0.2 s,(2)邮件与皮带发生相对滑动过程中,对邮件应用动能定理,有,Fx,=,mv,2,-0,由式并代入数据得,x,=0.1 m,(3)邮件与皮带发生相对滑动过程中,设皮带相对地面位移为,s,则,s,=,vt,摩擦力对皮带做功,W,=-,Fs,由式并代入数据得,W,=-2 J,23/61,考点三连接体问题,11.(天津理综,8,6分)(多项选择)我国高铁技术处于世界领先水平。友好号动车组是由动车和拖,车编组而成,提供动力车厢叫动车,不提供动力车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相,等,动车额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组,由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组,(),A.开启时乘客受到车厢作用力方向与车运动方向相反,B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间作用力之比为32,C.进站时从关闭发动机到停下来滑行距离与关闭发动机时速度成正比,D.与改为4节动车带4节拖车动车组最大速度之比为12,24/61,答案,BD开启时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力方,向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所表示,甲,由牛顿第二定律可得:,F,1,-3,kmg,=3,ma,;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所表示,乙,由牛顿第二定律可得,F,2,-2,kmg,=2,ma,两方程联立可得,=,选项B正确;动车组进站时,做匀减速,直线运动,由速度位移公式可得,x,=,即,x,与,v,2,成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可,得:,25/61,第一个情况动车组最大速度为,v,1,-8,kmg,=0,第二种情况动车组最大速度为,v,2,-8,kmg,=0,两方程联立可得,=,选项D正确。,审题指导,在解答选项D时,了解“最大速度”含义是解答关键,速度最大时,动车组受到合,外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,能够有效降低计算量。,评析,本题考查功率、牛顿第二定律、速度位移公式、受力分析等知识点,意在考查考生理,解能力和综合分析能力。,26/61,12.,(课标,25,20分)如图,两个滑块,A,和,B,质量分别为,m,A,=1 kg和,m,B,=5 kg,放在静止于水平,地面上木板两端,二者与木板间动摩擦因数均为,1,=0.5;木板质量为,m,=4 kg,与地面间,动摩擦因数为,2,=0.1。某时刻,A,、,B,两滑块开始相向滑动,初速度大小均为,v,0,=3 m/s。,A,、,B,相遇,时,A,与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小,g,=10 m/s,2,。求,(1),B,与木板相对静止时,木板速度;,(2),A,、,B,开始运动时,二者之间距离。,答案,(1)1 m/s(2)1.9 m,27/61,解析,本题考查直线运动和牛顿定律。,(1)滑块,A,和,B,在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设,A,、,B,和木板所受摩擦力大小分别为,f,1,、,f,2,和,f,3,A,和,B,相对于地面加速度大小分别为,a,A,和,a,B,木板相对于地面加速度大小为,a,1,。在物,块,B,与木板到达共同速度前有,f,1,=,1,m,A,g,f,2,=,1,m,B,g,f,3,=,2,(,m,+,m,A,+,m,B,),g,由牛顿第二定律得,f,1,=,m,A,a,A,f,2,=,m,B,a,B,f,2,-,f,1,-,f,3,=,ma,1,设在,t,1,时刻,B,与木板到达共同速度,其大小为,v,1,。由运动学公式有,v,1,=,v,0,-,a,B,t,1,v,1,=,a,1,t,1,联立式,代入已知数据得,28/61,v,1,=1 m/s,(2)在,t,1,时间间隔内,B,相对于地面移动距离为,s,B,=,v,0,t,1,-,a,B,设在,B,与木板到达共同速度,v,1,后,木板加速度大小为,a,2,。对于,B,与木板组成体系,由牛顿第二定律有,f,1,+,f,3,=(,m,B,+,m,),a,2,由式知,a,A,=,a,B,;再由式知,B,与木板到达共同速度时,A,速度大小也为,v,1,但运动方向与木板相反。由题意知,A,和,B,相遇时,A,与木板速度相同,设其大小为,v,2,。设,A,速度大小从,v,1,变到,v,2,所用时间为,t,2,则由运动学公式,对木板有,v,2,=,v,1,-,a,2,t,2,对,A,有,v,2,=-,v,1,+,a,A,t,2,在,t,2,时间间隔内,B,(以及木板)相对地面移动距离为,s,1,=,v,1,t,2,-,a,2,29/61,在(,t,1,+,t,2,)时间间隔内,A,相对地面移动距离为,s,A,=,v,0,(,t,1,+,t,2,)-,a,A,(,t,1,+,t,2,),2,A,和,B,相遇时,A,与木板速度也恰好相同。所以,A,和,B,开始运动时,二者之间距离为,s,0,=,s,A,+,s,1,+,s,B,联立以上各式,并代入数据得,s,0,=1.9 m,(也可用如图速度-时间图线求解),30/61,审题指导,怎样建立物理情景,构建解题路径,首先分别计算出,B,与板、,A,与板、板与地面间滑动摩擦力大小,判断出,A,、,B,及木板运动,情况。,把握好几个运动节点。,由各自加速度大小能够判断出,B,与木板首先到达共速,今后,B,与木板共同运动。,A,与木板存在相对运动,且,A,运动过程中加速度一直不变。,木板先加速后减速,存在两个过程。,31/61,C组教师专用题组,1.,(课标,20,6分,0.45)(多项选择)在一东西向水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好车,厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为,a,加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢挂钩,P,和,Q,间拉力大小为,F,;当机车在西边拉着车厢以大小为,a,加速度向西行驶时,P,和,Q,间拉力大,小仍为,F,。不计车厢与铁轨间摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢节数可能为,(),A.8B.10C.15D.18,答案,BC如图所表示,假设挂钩,P,、,Q,东边有,x,节车厢,西边有,y,节车厢,每节车厢质量为,m,。当向,东行驶时,以,y,节车厢为研究对象,则有,F,=,mya,;当向西行驶时,以,x,节车厢为研究对象,则有,F,=,mx,-,a,联立两式有,y,=,x,。可见,列车车厢总节数,N,=,x,+,y,=,x,设,x,=3,n,(,n,=1,2,3,),则,N,=5,n,故可知选,项B、C正确。,32/61,2.,(浙江理综,19,6分)(多项选择)如图所表示,总质量为460 kg热气球,从地面刚开始竖直上升时,加速度为0.5 m/s,2,当热气球上升到180 m 时,以5 m/s速度向上匀速运动。若离开地面后热气,球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度,g,=10 m/s,2,。关于热气球,以下,说法正确是,(),A.所受浮力大小为4 830 N,B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变,C.从地面开始上升10 s后速度大小为5 m/s,D.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N,答案,AD刚开始上升时,空气阻力为零,F,浮,-,mg,=,ma,解得,F,浮,=,m,(,g,+,a,)=460,(10+0.5)N=4 830,N,A项正确。加速上升过程,伴随速度增大,空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变,而伴随,空气阻力增大,加速度会逐步减小,直至为零,故上升10 s后速度,v,t,1,时,设,A,和,B,加速度分别为,a,1,和,a,2,。此时,A,与,B,之间摩擦力为零,同理可得,a,1,=6 m/s,2,a,2,=-2 m/s,2,即,B,做减速运动。设经过时间,t,2,B,速度减为零,则有,v,2,+,a,2,t,2,=0,联立,式得,t,2,=1 s,37/61,在,t,1,+,t,2,时间内,A,相对于,B,运动距离为,s,=,-,=12 m27 m,今后,B,静止不动,A,继续在,B,上滑动。设再经过时间,t,3,后,A,离开,B,则有,l,-,s,=(,v,1,+,a,1,t,2,),t,3,+,a,1,可得,t,3,=1 s(另一解不合题意,舍去),设,A,在,B,上总运动时间为,t,总,有,t,总,=,t,1,+,t,2,+,t,3,=4 s,(利用下面速度图线求解,正确,参考上述答案及评分参考给分。),38/61,A组高考模拟基础题组,（时间:20分钟分值:40分）,一、选择题(每小题5分,共10分),1.,(北京丰台一模,18)在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小速度运行,当有顾,客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将用户从一楼运输到二楼。速度方向如图所表示。若用户与,扶梯保持相对静止,以下说法正确是,(),A.在加速阶段,用户所受支持力大于用户重力,B.在匀速阶段,用户所受支持力大于用户重力,C.在加速阶段,用户所受摩擦力与速度方向相同,D.在匀速阶段,用户所受摩擦力与速度方向相同,三年模拟,答案,A当扶梯匀速运动时,用户所受支持力等于用户重力,用户不受摩擦力,所以B、D选,项错误。当扶梯加速运动时,有斜向上加速度,协力方向斜向上。用户所受支持力大于用户,重力,用户受到水平向左静摩擦力。所以A选项正确,C选项错误。,39/61,2.,(北京石景山一模,18)如图所表示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当,弹簧长度为原长时,其上端位于,O,点。现有一小球从,O,点由静止释放,将弹簧压缩至最低点(弹,簧一直处于弹性程度内)。在此过程中,关于小球加速度,a,随下降位移,x,改变关系,下列图中正,确是,(),答案,A小球自,O,点由静止下降过程中,跟弹簧一起组成了做简谐运动系统。小球做简,谐运动回复力由重力和弹力协力提供。由牛顿第二定律有,a,=,可见,a,跟,x,成线性改变,关系。由简谐运动对称性知小球初、末状态加速度大小相等而方向相反。综合以上分析,可知A选项正确。,40/61,3.,(北京顺义二模,22)(16分)如图所表示,斜面,AC,长,L,=1 m,倾角,=37,CD,段为与斜面平滑连接,水平地面。一个质量,m,=2 kg小物块从斜面顶端,A,由静止开始滑下。小物块与斜面、地面,间动摩擦因数均为,=0.5。不计空气阻力,g,=10 m/s,2,sin 37,=0.6,cos 37,=0.8。求:,(1)小物块在斜面上运动时加速度大小,a,;,(2)小物块滑到斜面底端,C,点时速度大小,v,;,(3)小物块在水平地面上滑行时间,t,。,二、非选择题(共30分),41/61,答案,(1)2 m/s,2,(2)2 m/s(3)0.4 s,解析,(1)依据牛顿第二定律有,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,得:,a,=2 m/s,2,(2)依据匀变速直线运动规律有,v,2,=2,aL,得:,v,=2 m/s,(3)依据动量定理有-,mgt,=0-,mv,得:,t,=0.4 s,42/61,4.,(北京海淀零模,22)(14分)如图所表示,楔形物块固定在水平地面上,其斜面倾角,=37,。一,个质量,m,=0.50 kg小物块以,v,0,=8.0 m/s初速度,沿斜面向上滑行一段距离速度减为零。已知,小物块与斜面间动摩擦因数,=0.25,sin 37,=0.60,cos 37,=0.80,g,取10 m/s,2,。求:,(1)小物块向上滑行过程中加速度大小;,(2)小物块向上滑行时间;,(3)小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做功。,答案,(1)8.0 m/s,2,(2)1.0 s(3)4.0 J,解析,(1)小物块沿斜面向上滑行过程中,受重力、支持力、摩擦力,依据牛顿第二定律有,-,mg,sin 37,-,mg,cos 37,=,ma,解得:,a,=-8.0 m/s,2,负号表示加速度方向与正方向相反,加速度大小为8.0 m/s,2,。,43/61,(2)设小物块向上滑行时间为,t,依据运动学公式,t,=,解得:,t,=1.0 s,(3)小物块沿斜面向上滑行位移,x,=,t,此过程中,小物块克服摩擦力做功,W,f,=,mg,cos 37,x,解得:,W,f,=4.0 J,44/61,B组高考模拟综合题组,（时间:20分钟分值:30分）,一、选择题(每小题5分,共15分),1.,(北京海淀二模,19)应用物理知识分析生活中常见现象,能够使物理学习愈加深入有,趣。有一块橡皮静止于平整水平桌面上,现用手指沿水平方向推橡皮,橡皮将由静止开始运,动,而且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停顿运动。关于橡皮从静止到离开手指,运动过程,以下说法中正确是,(),A.橡皮离开手指瞬间加速度为零,B.橡皮离开手指前一直做加速运动,C.水平推力越大,橡皮受到摩擦力越大,D.橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度,45/61,答案,D对橡皮受力分析,橡皮离开手指前水平方向受到向前推力和向后摩擦力。橡皮,离开手指过程中,与手指间弹力不停减小,当减小到零时,二者没有相互作用力,开始脱离。离,开手指瞬间,还有摩擦力产生加速度,不为零,A错。离开手指前,橡皮先加速、后减速,当推力,等于摩擦力时速度达最大值,B错,D对。滑动摩擦力,f,=,mg,与外力无关,C错。,考查点,生活现象与物理知识结合、受力分析、牛顿第二定律。,解题关键,注意找到临界状态,二者之间相互作用力为零是二者刚要脱离临界条件。,46/61,2.,(北京东城一模,18)试验小组为了探究物体在倾角不一样斜面上运动情况,将足够长,粗糙木板一端固定在水平地面上,使物体以大小相同初速度,v,0,由底端冲上斜面,每次物体在,斜面上运动过程中斜面倾角保持不变。在倾角,从0,逐步增大到90,过程中,(),A.物体加速度增大,B.物体加速度减小,C.物体在斜面上能到达最大位移先增大后减小,D.物体在斜面上能到达最大位移先减小后增大,47/61,答案,D设物体质量为,m,物体与斜面间动摩擦因数为,。当物体沿倾角为,斜面上滑时,受到重力,mg,斜面支持力,N,滑动摩擦力,f,如图所表示。,对物体由牛顿第二定律得:,mg,sin,+,f,=,ma,N,-,mg,cos,=0,f,=,N,联立解得:,a,=,g,sin,+,g,cos,=,g,sin(,+,),其中,为锐角,且tan,=,。,在,从0,逐步增大到90,过程中,加速度,a,先增大后减小,所以,A、B错误。,48/61,物体沿斜面上升最大位移,x,=,=,在,从0,逐步增大到90,过程中,x,先减,小后增大,所以,C错误,D正确。,考查点,受力分析;牛顿第二定律;匀变速直线运动方程;数学应用能力。,思绪分析,依据牛顿第二定律和运动学规律,整理出加速度和位移表示式,讨论加速度和位移,与倾角关系,得出答案。,49/61,3.,(北京海淀期中,6)(多项选择)如图所表示,某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由,稳定站姿改变到稳定蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定蹲姿改变到稳定站姿称为“起,立”过程。关于她试验现象,以下说法中正确是,(),A.只有“起立”过程,才能出现失重现象,B.只有“下蹲”过程,才能出现超重现象,C.“起立”、“下蹲”过程,都能出现超重和失重现象,D.“起立”过程,先出现超重现象后出现失重现象,50/61,答案,CD该同学在体重计上“起立”时,先有向上加速度,后有向下加速度,故先超重后,失重,“下蹲”时先有向下加速度,后有向上加速度,故先失重后超重,A、B错误,C、D正,确。,考查点,超重、失重。,解题关键,“起立”先有向上加速度后有向下加速度,“下蹲”反之。加速度,a,向上时超,重;加速度,a,向下时失重。,51/61,4.,(北京石景山一模,24)(15分)如图所表示,生产车间有两个相互垂直且等高水平传送带甲,和乙,甲速度为,v,0,。质量均为,m,工件离开甲前与甲速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙,之间动摩擦因数为,。乙宽度足够大,重力加速度为,g,。,(1)若乙保持静止,求某工件在乙上滑行距离;,(2)若乙速度也为,v,0,求:,刚滑上乙时,某工件受到摩擦力大小和方向;,某工件在乙上垂直于传送带乙运动方向滑行距离;,某工件在乙上滑行过程中产生热量。,(3)若乙速度为,v,试判断某工件在乙上滑行过程中所受摩擦力是否发生改变,并经过分析和计算说明理由。,二、非选择题(共15分),52/61,答案,(1),(2)看法析,m,(3)看法析,解析,(1)若乙保持静止,依据牛顿第二定律和运动学公式可得,mg,=,ma,0-,=-2,ax,0,解得工件在乙上滑行距离,x,0,=,(2)沿甲与乙运动方向建立坐标系如图1所表示。刚滑上乙时,工件相对乙运动速度为,v,0,方向如图1所表示,=45,工件受到摩擦力大小为,f,=,mg,方向如图1所表示,=45,图1,53/61,沿,x,轴方向,依据牛顿运动定律和运动学公式可得,mg,sin,=,ma,x,0-,=-2,a,x,x,1,解得工件在乙上垂直于乙运动方向滑行距离,x,1,=,=,解法一:工件在乙上沿,x,轴方向位移为,x,1,沿,y,轴方向位移为,y,依据牛顿运动定律和运动学公式,a,x,=,g,sin,a,y,=,g,cos,在,x,轴方向0-,=-2,a,x,x,1,在,y,轴方向,-0=2,a,y,y,工件滑动时间,t,=,乙前进距离,y,1,=,v,0,t,工件相对乙位移,L,=,解得,L,=,54/61,摩擦产生热量,Q,=,mgL,解得,Q,=,m,解法二:以传送带乙为参考系,工件以初速度,v,0,做匀减速运动,直到相对静止,工件相对传送带,乙位移,L,=,=,摩擦产生热量,Q,=,mgL,解得,Q,=,m,(3)当乙速度为,v,时,工件相对乙速度与,y,轴方向夹角为,tan,=,工件受到摩擦力与工件相对乙运动速度方向相反,如图2所表示。,图2,55/61,工件在,x,轴、,y,轴方向加速度大小分别为,a,x,、,a,y,依据牛顿运动定律有,a,x,=,g,sin,a,y,=,g,cos,经过极短时间,t,工件在,x,轴、,y,轴方向上相对速度大小分别为,v,x,=,v,0,-,a,x,t,v,y,=,v,-,a,y,t,tan,=,=tan,表明经过极短时间,t,工件相对乙速度与,y,轴方向夹角仍为,所以摩擦力方向保持不变,故工件在乙上滑行过程中所受摩擦力大小一直为,mg,方向不变,56/61,C组高考模拟创新题组,(北京石景山一模,23,18分)(1)如图甲所表示,一个质量为,m,物体,初速度为,v,0,在水平合外力,F,(恒力)作用下,经过一段时间,t,后,速度变为,v,t,。请依据上述情境,利用牛顿第二定律推导动量定,理,并写出动量定理表示式中等号两边物理量物理意义。,甲,(2)高空坠物很危险。一球形面团,质量为1 kg,从20 m高楼层上掉下,落在坚硬水泥地面上,被摔成薄片,若面团与地面作用时间约0.01 s,试估算地面受到平均冲力大小。,g,=10 m/s,2,。,(3)自动称米机已被广泛使用。称米时,打开阀门,米粒就以每秒钟,d,千克恒定流量流进放在秤,上容器。当秤示数到达用户所要求数量时,在出口处关闭阀门,切断米流。米流在出口处,速度很小,可视为零。对上述现象,买卖双方引发了争论。买方认为:因为米流落到容器中时有,向下冲力而不划算;卖方则认为:当到达用户所要求数量时,切断米流,此时还有一些米在空,57/61,中,这些米是多给买方。请谈谈你看法,并依据所学知识给出合理解释。,乙,58/61,解析,(1)依据牛顿第二定律,F,=,ma,(2分),加速度,a,=,(1分),解得,Ft,=,mv,t,-,mv,0,即动量定理,(1分),Ft,表示物体所受合外力冲量,(1分),mv,t,-,mv,0,表示物体动量改变,(1分),(2)面团刚落地时速度满足,v,2,=2,gh,(1分),解得,v,=20 m/s(1分),与地面碰撞过程,以竖直向上为正方向,由动量定理有(,F,-,mg,),t,=0-(-,mv,),(2分),面团受到平均支持力,F,=2 010 N(1分),依据牛顿第三定律知,地面受到平均冲力,F,冲,=2 010 N(1分),(3)米流流量为,d,(kg/s),它是恒定,关闭阀门就能在出口处切断米流。若切断米流时,盛米容,器中静止那部分米质量为,m,1,空中正在下落米质量为,m,2,刚落到已静止米堆(,m,1,)上,一部分米质量为,m,这部分米对静止部分米冲击力为,F,。,答案,(1)看法析(2)2 010 N(3)看法析,59/61,刚切断米流时,称米机读数为,M,1,=,m,1,+,最终称米机读数为,M,2,=,m,1,+,m,2,+,m,取,m,为研究对象,在,t,时间内,有,m,=,d,t,设其落到米堆上之前速度为,v,经时间,t,静止,其受力,如图所表示,依据动量定理有,(,F,-,mg,),t,=0-(-,mv,),(2分),设米从出口处落到盛米容器中米表面所用时间为,t,则,m,2,=,d,t,v,=,gt,(2分),解得,dv,=,m,2,g,即,F,=,m,2,g,+,m,g,依据牛顿第三定律知,F,=,F,刚切断米流时,称米机读数为,M,1,=,m,1,+,=,m,1,+,m,2,+,m,(1分),M,1,=,M,2,可见,双方说法都不正确。自动称米机是准确,不存在谁划算谁不划算问题。,(1分),60/61,考查点,牛顿运动定律、动量定理。,解题关键,分析瞬间冲击力(尤其是流体问题)时普通选取动量定理。处理第(3)问关键是将,米分为已落容器静止部分、与静止部分发生碰撞部分和正在空中下落部分。,61/61,
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