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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,A组,自主命题,北京卷题组,1.,(2014北京理综,19,6分,0.73)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力,地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的,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渐降低的材,料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到,的最直接的结论是,(),A.如果斜面光滑,小球将上升到与,O,点等高的位置,B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态,C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变,D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小,五年高考,答案,A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与,O,点等高的,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变化,是在假设和逻辑推理下得,出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题,故,错误。,考查点,牛顿运动定律。,思路点拨,本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到,与,O,点等高处。,2.,(2014北京理综,18,6分,0.19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣,和深入。例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,确的是,(),A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态,B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态,C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度,D.在物体离开手的瞬间,手的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,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的,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。,思路点拨,分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度,失,重时物体具有向下的加速度。,考点一牛顿运动定律,1.(2017上海单科,6,3分)一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时,水,面形状接近于图,(),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,碗内的水由于惯性,保持原来较大的速度向右运动,则只,有图A所示的情形符合要求,故A正确。,一题多解,“微元体”的选取,由于液体内任一部分所受合力水平向左,故可在液体内部任意位置取一个立方体,则右侧面处的,压强必大于左侧面处的压强,由液体的压强公式,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。,2.,(2017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本题考查力与运动的关系。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,故重力与电场力的合力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力的,合力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力的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,重力和电场力合力的大小、方向均不发生变,化。,3.,(2015课标,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在,t,=0时刻滑上一固定斜面,其运动的,v,-,t,图线,如图(b)所示。若重力加速度及图中的,v,0,、,v,1,、,t,1,均为已知量,则可求出,(),A.斜面的倾角,B.物块的质量,C.物块与斜面间的动摩擦因数,D.物块沿斜面向上滑行的最大高度,答案,ACD设物块的质量为,m,、斜面的倾角为,物块与斜面间的动摩擦因数为,物块沿斜面,上滑和下滑时的加速度大小分别为,a,1,和,a,2,根据牛顿第二定律有:,mg,sin,+,mg,cos,=,ma,1,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,2,。再结合,v,-,t,图线斜率的物理意义有:,a,1,=,a,2,=,。由上述四式可见,无法求出,m,可以求出,、,故B错,A、C均正确。0,t,1,时间内的,v,-,t,图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜,面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。,4.,(2016上海单科,4,3分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动,时,球所受合外力的方向沿图中的,(),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,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球,所受合外力的方向水平向右,即沿图中,OD,方向,选项D正确,选项A、B、C错误。,5.,(2014课标,24,12分,0.550)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停,止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速,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的动摩擦因数为晴天时的2/,5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。,答案,20 m/s(或72 km/h),解析,设路面干燥时,汽车与路面间的动摩擦因数为,0,刹车时汽车的加速度大小为,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,分别为汽车的质量和刹车前的速度。,设在雨天行驶时,汽车与路面间的动摩擦因数为,依题意有,=,0,设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为,a,安全行驶的最大速度为,v,由牛顿第二定律和运动学,公式得,mg,=,ma,s,=,vt,0,+,联立式并代入题给数据得,v,=20 m/s(72 km/h),考点二牛顿运动定律的应用,6.,(2015海南单科,9,5分)(多选)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.物块与斜面间的摩擦力减小,B.物块与斜面间的正压力增大,C.物块相对于斜面减速下滑,D.物块相对于斜面匀速下滑,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”沿斜面向下的分力,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。,7.,(2015江苏单科,6,4分)(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度,a,随时间,t,变化的图线,如图所示,以竖直向上为,a,的正方向,则人对地板的压力,(),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地板对人的支持力,F,N,=,mg,+,ma,t,=2 s时,a,有正的最大值,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,有负的最大值,此时,F,N,最小,由牛顿第三定律知C错误,D正确。,8.,(2017课标,24,12分)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线相距,s,0,和,s,1,(,s,1,s,0,)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示。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的方向滑向挡板;冰球被击出的同时,运,动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时,运动员至少到达小旗,处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动,冰球到达挡板时的速度为,v,1,。重力加速度大小,为,g,。求,(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;,(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。,答案,(1),(2),解析,本题考查动能定理、匀变速直线运动规律。,(1)设冰球的质量为,m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为,由动能定理得,-,mgs,0,=,m,-,m,解得,=,(2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这,种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为,a,1,和,a,2,所用的时间为,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,=,9.,(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,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,的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车,因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,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的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动,受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的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的大小和方向;,(2)制动坡床的长度。,答案,(1)5 m/s,2,方向沿制动坡床向下,(2)98 m,解析,(1)设货物的质量为,m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数,=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,的方向沿制动坡床向下。,(2)设货车的质量为,M,车尾位于制动坡床底端时的车速为,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的过程中,用时为,t,货物相对制动坡床的运动距离为,s,1,在车厢内滑,动的距离,s,=4 m,货车的加速度大小为,a,2,货车相对制动坡床的运动距离为,s,2,。货车受到制动坡床,的阻力大小为,F,F,是货车和货物总重的,k,倍,k,=0.44,货车长度,l,0,=12 m,制动坡床的长度为,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,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,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速度大,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,二者位移的几何关系是解答此题,的关键所在。,审题指导,此题以避险车道为背景,解答常见的“板块”模型。此类题有两个关键点,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。,10.,(2015天津理综,10,16分)某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带,动下保持,v,=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为,m,=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带,间的动摩擦因数,=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的过程中,求,(1)邮件滑动的时间,t,;,(2)邮件对地的位移大小,x,;,(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功,W,。,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的滑动摩擦力为,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的过程中,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的过程中,设皮带相对地面的位移为,s,则,s,=,vt,摩擦力对皮带做的功,W,=-,Fs,由式并代入数据得,W,=-2 J,考点三连接体问题,11.(2016天津理综,8,6分)(多选)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖,车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相,等,动车的额定功率都相同,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.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反,B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32,C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比,D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12,答案,BD启动时,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的方,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:,第一种情况动车组的最大速度为,v,1,-8,kmg,=0,第二种情况动车组的最大速度为,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,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合,外力为零。动车组问题为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。,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,意在考查考生的理,解能力和综合分析能力。,12.,(2017课标,25,20分)如图,两个滑块,A,和,B,的质量分别为,m,A,=1 kg和,m,B,=5 kg,放在静止于水平,地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为,1,=0.5;木板的质量为,m,=4 kg,与地面间的,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,木板的速度;,(2),A,、,B,开始运动时,两者之间的距离。,答案,(1)1 m/s(2)1.9 m,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,和木板所受的摩擦力大小分别为,f,1,、,f,2,和,f,3,A,和,B,相对于地面的加速度大小分别为,a,A,和,a,B,木板相对于地面的加速度大小为,a,1,。在物,块,B,与木板达到共同速度前有,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,与木板达到共同速度,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,v,1,=1 m/s,(2)在,t,1,时间间隔内,B,相对于地面移动的距离为,s,B,=,v,0,t,1,-,a,B,设在,B,与木板达到共同速度,v,1,后,木板的加速度大小为,a,2,。对于,B,与木板组成的体系,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,与木板达到共同速度时,A,的速度大小也为,v,1,但运动方向与木板相反。由题意知,A,和,B,相遇时,A,与木板的速度相同,设其大小为,v,2,。设,A,的速度大小从,v,1,变到,v,2,所用的时间为,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)相对地面移动的距离为,s,1,=,v,1,t,2,-,a,2,在(,t,1,+,t,2,)时间间隔内,A,相对地面移动的距离为,s,A,=,v,0,(,t,1,+,t,2,)-,a,A,(,t,1,+,t,2,),2,A,和,B,相遇时,A,与木板的速度也恰好相同。因此,A,和,B,开始运动时,两者之间的距离为,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,(也可用如图的速度-时间图线求解),审题指导,如何建立物理情景,构建解题路径,首先分别计算出,B,与板、,A,与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出,A,、,B,及木板的运动,情况。,把握好几个运动节点。,由各自加速度大小可以判断出,B,与木板首先达到共速,此后,B,与木板共同运动。,A,与木板存在相对运动,且,A,运动过程中加速度始终不变。,木板先加速后减速,存在两个过程。,C组教师专用题组,1.,(2015课标,20,6分,0.45)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车,厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为,a,的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩,P,和,Q,间的拉力大小为,F,;当机车在西边拉着车厢以大小为,a,的加速度向西行驶时,P,和,Q,间的拉力大,小仍为,F,。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为,(),A.8B.10C.15D.18,答案,BC如图所示,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。,2.,(2013浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的,加速度为0.5 m/s,2,当热气球上升到180 m 时,以5 m/s的速度向上匀速运动。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,下列,说法正确的是,(),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后的速度大小为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,随着速度增大,空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变,而随着,空气阻力的增大,加速度会逐渐减小,直至为零,故上升10 s后的速度,v,t,1,时,设,A,和,B,的加速度分别为,a,1,和,a,2,。此时,A,与,B,之间的摩擦力为零,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,的速度减为零,则有,v,2,+,a,2,t,2,=0,联立,式得,t,2,=1 s,在,t,1,+,t,2,时间内,A,相对于,B,运动的距离为,s,=,-,=12 m27 m,此后,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,上总的运动时间为,t,总,有,t,总,=,t,1,+,t,2,+,t,3,=4 s,(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。),A组,2015,2017年高考模拟,基础题组,（时间:20分钟分值:40分）,一、选择题(每题5分,共10分),1.,(2016北京丰台一模,18)在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小的速度运行,当有顾,客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将顾客从一楼运送到二楼。速度方向如图所示。若顾客与,扶梯保持相对静止,下列说法正确的是,(),A.在加速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力,B.在匀速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力,C.在加速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同,D.在匀速阶段,顾客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,顾客所受支持力等于顾客的重力,顾客不受摩擦力,所以B、D选,项错误。当扶梯加速运动时,有斜向上的加速度,合力方向斜向上。顾客所受支持力大于顾客的,重力,顾客受到水平向左的静摩擦力。所以A选项正确,C选项错误。,2.,(2015北京石景山一模,18)如图所示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当,弹簧的长度为原长时,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,簧始终处于弹性限度内)。在此过程中,关于小球的加速度,a,随下降位移,x,的变化关系,下图中正,确的是,(),答案,A小球自,O,点由静止下降的过程中,跟弹簧一起构成了做简谐运动的系统。小球做简,谐运动的回复力由重力和弹力的合力提供。由牛顿第二定律有,a,=,可见,a,跟,x,成线性变化,关系。由简谐运动的对称性知小球初、末状态的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。,3.,(2017北京顺义二模,22)(16分)如图所示,斜面,AC,长,L,=1 m,倾角,=37,CD,段为与斜面平滑连接,的水平地面。一个质量,m,=2 kg的小物块从斜面顶端,A,由静止开始滑下。小物块与斜面、地面,间的动摩擦因数均为,=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的加速度大小,a,;,(2)小物块滑到斜面底端,C,点时的速度大小,v,;,(3)小物块在水平地面上滑行的时间,t,。,二、非选择题(共30分),答案,(1)2 m/s,2,(2)2 m/s(3)0.4 s,解析,(1)根据牛顿第二定律有,mg,sin,-,mg,cos,=,ma,得:,a,=2 m/s,2,(2)根据匀变速直线运动规律有,v,2,=2,aL,得:,v,=2 m/s,(3)根据动量定理有-,mgt,=0-,mv,得:,t,=0.4 s,4.,(2015北京海淀零模,22)(14分)如图所示,楔形物块固定在水平地面上,其斜面的倾角,=37,。一,个质量,m,=0.50 kg的小物块以,v,0,=8.0 m/s的初速度,沿斜面向上滑行一段距离速度减为零。已知,小物块与斜面间的动摩擦因数,=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的加速度大小;,(2)小物块向上滑行的时间;,(3)小物块向上滑行过程中克服摩擦力所做的功。,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的过程中,受重力、支持力、摩擦力,根据牛顿第二定律有,-,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,。,(2)设小物块向上滑行的时间为,t,根据运动学公式,t,=,解得:,t,=1.0 s,(3)小物块沿斜面向上滑行的位移,x,=,t,此过程中,小物块克服摩擦力做的功,W,f,=,mg,cos 37,x,解得:,W,f,=4.0 J,B组,2015,2017年高考模拟,综合题组,（时间:20分钟分值:30分）,一、选择题(每题5分,共15分),1.,(2017北京海淀二模,19)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加深入有,趣。有一块橡皮静止于平整的水平桌面上,现用手指沿水平方向推橡皮,橡皮将由静止开始运,动,并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。关于橡皮从静止到离开手指的,运动过程,下列说法中正确的是,(),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,橡皮受到的摩擦力越大,D.橡皮一定在与手指分离之前出现最大速度,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的推力和向后的摩擦力。橡皮,离开手指的过程中,与手指间弹力不断减小,当减小到零时,两者没有相互作用力,开始脱离。离,开手指瞬间,还有摩擦力产生的加速度,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的结合、受力分析、牛顿第二定律。,解题关键,注意找到临界状态,两者之间的相互作用力为零是两者刚要脱离的临界条件。,2.,(2016北京东城一模,18)实验小组为了探究物体在倾角不同的斜面上的运动情况,将足够长的,粗糙木板的一端固定在水平地面上,使物体以大小相同的初速度,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,逐渐增大到90,的过程中,(),A.物体的加速度增大,B.物体的加速度减小,C.物体在斜面上能达到的最大位移先增大后减小,D.物体在斜面上能达到的最大位移先减小后增大,答案,D设物体质量为,m,物体与斜面间的动摩擦因数为,。当物体沿倾角为,的斜面上滑时,受到重力,mg,斜面的支持力,N,滑动摩擦力,f,如图所示。,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,逐渐增大到90,的过程中,加速度,a,先增大后减小,因此,A、B错误。,物体沿斜面上升的最大位移,x,=,=,在,从0,逐渐增大到90,的过程中,x,先减,小后增大,因此,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。,思路分析,根据牛顿第二定律和运动学规律,整理出加速度和位移的表达式,讨论加速度和位移,与倾角的关系,得出答案。,3.,(2016北京海淀期中,6)(多选)如图所示,某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由,稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程;由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起,立”过程。关于她的实验现象,下列说法中正确的是,(),A.只有“起立”过程,才能出现失重的现象,B.只有“下蹲”过程,才能出现超重的现象,C.“起立”、“下蹲”的过程,都能出现超重和失重的现象,D.“起立”的过程,先出现超重现象后出现失重现象,答案,CD该同学在体重计上“起立”时,先有向上的加速度,后有向下的加速度,故先超重后,失重,“下蹲”时先有向下的加速度,后有向上的加速度,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”先有向上的加速度后有向下的加速度,“下蹲”反之。加速度,a,向上时超,重;加速度,a,向下时失重。,4.,(2015北京石景山一模,24)(15分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲,和乙,甲的速度为,v,0,。质量均为,m,的工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙,之间的动摩擦因数为,。乙的宽度足够大,重力加速度为,g,。,(1)若乙保持静止,求某工件在乙上滑行的距离;,(2)若乙的速度也为,v,0,求:,刚滑上乙时,某工件受到摩擦力的大小和方向;,某工件在乙上垂直于传送带乙的运动方向滑行的距离;,某工件在乙上滑行的过程中产生的热量。,(3)若乙的速度为,v,试判断某工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力是否发生变化,并通过分析和计算说明理由。,二、非选择题(共15分),答案,(1),(2)见解析,m,(3)见解析,解析,(1)若乙保持静止,根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的距离,x,0,=,(2)沿甲与乙的运动方向建立坐标系如图1所示。刚滑上乙时,工件相对乙运动的速度为,v,0,方向如图1所示,=45,工件受到摩擦力的大小为,f,=,mg,方向如图1所示,=45,图1,沿,x,轴方向,根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的运动方向滑行的距离,x,1,=,=,解法一:工件在乙上沿,x,轴方向的位移为,x,1,沿,y,轴方向的位移为,y,根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,工件滑动的时间,t,=,乙前进的距离,y,1,=,v,0,t,工件相对乙的位移,L,=,解得,L,=,摩擦产生的热量,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,乙的位移,L,=,=,摩擦产生的热量,Q,=,mgL,解得,Q,=,m,(3)当乙的速度为,v,时,工件相对乙的速度与,y,轴方向的夹角为,tan,=,工件受到的摩擦力与工件相对乙运动速度的方向相反,如图2所示。,图2,工件在,x,轴、,y,轴方向的加速度的大小分别为,a,x,、,a,y,根据牛顿运动定律有,a,x,=,g,sin,a,y,=,g,cos,经过极短的时间,t,工件在,x,轴、,y,轴方向上的相对速度大小分别为,v,x,=,v,0,-,a,x,t,v,y,=,v,-,a,y,t,tan,=,=tan,表明经过极短的时间,t,工件相对乙的速度与,y,轴方向的夹角仍为,所以摩擦力方向保持不变,故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为,mg,方向不变,C组,2015,2017年高考模拟,创新题组,(2017北京石景山一模,23,18分)(1)如图甲所示,一个质量为,m,的物体,初速度为,v,0,在水平合外力,F,(恒力)的作用下,经过一段时间,t,后,速度变为,v,t,。请根据上述情境,利用牛顿第二定律推导动量定,理,并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。,甲,(2)高空坠物很危险。一球形面团,质量为1 kg,从20 m高的楼层上掉下,落在坚硬的水泥地面上,被摔成薄片,若面团与地面的作用时间约0.01 s,试估算地面受到平均冲力的大小。,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,千克的恒定流量流进放在秤,上的容器。当秤的示数达到顾客所要求的数量时,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,买卖双方引起了争论。买方认为:因为米流落到容器中时有,向下的冲力而不划算;卖方则认为:当达到顾客所要求的数量时,切断米流,此时尚有一些米在空,中,这些米是多给买方的。请谈谈你的看法,并根据所学的知识给出合理的解释。,乙,解析,(1)根据牛顿第二定律,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的冲量,(1分),mv,t,-,mv,0,表示物体动量的变化,(1分),(2)面团刚落地时的速度满足,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),面团受到的平均支持力,F,=2 010 N(1分),根据牛顿第三定律知,地面受到的平均冲力,F,冲,=2 010 N(1分),(3)米流的流量为,d,(kg/s),它是恒定的,关闭阀门就能在出口处切断米流。若切断米流时,盛米容,器中静止的那部分米的质量为,m,1,空中正在下落的米的质量为,m,2,刚落到已静止的米堆(,m,1,)上的,一部分米的质量为,m,这部分米对静止部分的米的冲击力为,F,。,答案,(1)见解析(2)2 010 N(3)见解析,刚切断米流时,称米机的读数为,M,1,=,m,1,+,最终称米机的读数为,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的速度为,v,经时间,t,静止,其受力,如图所示,根据动量定理有,(,F,-,mg,),t,=0-(-,mv,),(2分),设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为,t,则,m,2,=,d,t,v,=,gt,(2分),解得,dv,=,m,2,g,即,F,=,m,2,g,+,m,g,根据牛顿第三定律知,F,=,F,刚切断米流时,称米机的读数为,M,1,=,m,1,+,=,m,1,+,m,2,+,m,(1分),M,1,=,M,2,可见,双方的说法都不正确。自动称米机是准确的,不存在谁划算谁不划算的问题。,(1分),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)时一般选用动量定理。解决第(3)问的关键是将,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。,
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