新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（18）牛顿运动定律章末总结doc高中物理.docx

2011新课标高考物理一轮复习精编解析版复习资料（18）--牛顿运动定律章末总结

1. 有两个光滑固定斜面AB和BC，A和C两点在同一
水平面上，斜面BC比斜面AB长，如图9所示．一个滑块自
A点以速度vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC
滑下．设滑块从A点到C点的总时间是t0.那么下列选项中能正 图9
确表示滑块速率v随时间t变化的规律的图象是 (　C　)

解析 设AB长为L1，倾角为α，BC长为L2，倾角为β.滑块沿AB上滑的加速度大小为a1＝gsin α，滑块从A滑到B所用的时间为：t1＝＝，由运动学公式得：v＝2a1L1.又滑块从B滑到C时的加速度大小为：a2＝gsin β，滑到C点的速度为：vC＝，从B滑到C所用的时间为：t2＝＝，由几何关系可得，L1sin α＝L2sin β，联立解得：vC＝vA，t1<t2，综合得出，正确选项为C.
2.(2010·山东青岛15中质检)如图10所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧
及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一方向竖直向上的
外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧秤的读数为(　D　)
A．mg　　　　　　　　 B.mg
C.F D.F 图10
解析 以弹簧和重物整体为研究对象，F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a，以重物为研究对象，
F弹－mg＝ma，得到弹簧秤的读数F弹＝F，故D正确．
3．如图11所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速
度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送
带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2′，则下 图11
列说法正确的是 (　AB　)
A．若v1<v2，则v2′＝v1
B．若v1>v2，则v2′＝v2
C．不管v2多大，总有v2′＝v2
D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v2
解析 设物体的质量为m，物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff，物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动，则有：Ff＝ma，物体在传送带上向左滑动的位移为：x＝.速度减为零后，在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动，加速度大小仍为a，若v1>v2，滑到传送带右端时的速度大小为：v2′＝，比较可以得出，v2′＝v2<v1；若v1<v2，物体还没有运动到传送带的右端，速度就和传送带的速度相同，物体与传送带之间不再存在摩擦力，物体随传送带一起匀速运动，v2′＝v1<v2.正确选项为A、B.
4．如图12所示，光滑水平面上放置质量分别为m和
2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长
的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力FT 图12
拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度运动，
则轻绳对m的最大拉力为 (　B　)
A. B.
C. D．3μmg
解析 设绳中的最大拉力为F，共同运动的加速度为a，对右边的m应用牛顿第二定律得：μmg－FT＝ma，对左边的两个物体应用牛顿第二定律得：FT＝3ma，联立解得FT＝，正确选项为B.
5．(2009·江苏南通一中阶段测试)在探究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图13(a)所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F的变化图象，如图(b)所示．已知木块质量为0.78 kg.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.

图13
(1)求木块与长木板间的动摩擦因数．
(2)若木块在与水平方向成37°角斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0 m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图(c)所示．拉力大小应为多大？
答案 (1)0.4　(2)4.5 N
解析　(1)由题图(b)可知，木块所受到的滑动摩擦力
Ff＝3.12 N
由Ff＝μFN，得μ＝＝＝＝0.4
(2)物体受重力G、支持力FN、拉力F和摩擦力Ff作用．将F分解为水平和竖直两方向，根据牛顿运动定律
Fcos θ－Ff＝ma
Fsin θ＋FN＝mg
Ff＝μFN
联立各式可得F＝4.5 N
6.如图14所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地
面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为
h＝0.45 m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块
的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．
现在从静止开始在M上作用一水平恒力，并且同时释放m，
取g＝10 m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之
间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问： 图14
(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？
(2)此过程中水平恒力至少为多少？
(3)当(1)问中水平恒力作用0.4 s时，撤去F，求m落地时M相对于出发点的位移为多少？
答案 (1)12.5 m/s2　(2)105 N　(3)2.275 m
解析　(1)以m为研究对象，竖直方向有：mg－Ff＝0
水平方向有：FN＝ma，又Ff＝μ2FN，得：a1＝12.5 m/s2
(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
水平恒力至少为：F＝105 N
(3)撤去F后小物块做平抛运动
下落的时间为：t2＝ ＝0.3 s
F作用阶段，斜面体的位移为：x1＝a1t＝1 m
0．4 s末的速度为：v1＝a1t1＝5 m/s
撤去F后，对斜面体应用牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma2
解得a2＝5 m/s2
斜面体速度减为0所用的时间为：t＝＝1 s>t2＝0.3 s
在t2时间内斜面体的位移为：x2＝v1t2－a2t＝1.275 m
m落地时M相对于出发点的位移为：x＝x1＋x2＝2.275 m
7.如图15所示，绷紧的传送带与水平面的夹角
θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s
的速率运行．现把一质量为m＝10 kg的工件(可看为质
点)轻轻放在传送带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传 图15
送到h＝1.5 m的高处，并取得了与传送带相同的速度，取g＝10 m/s2.求：
(1)工件与传送带之间的滑动摩擦力F1.
(2)工件与传送带之间的相对位移Δx.
答案 (1)75 N　(2)0.8 m
解析　由题意高h对应的传送带长为L＝＝3 m
工件速度达到v0之前，从静止开始做匀加速运动，设匀加速运动的时间为t1，位移为x1，有x1＝ t1＝t1
因工件最终取得了与传送带相同的速度，所以达到v0之后工件将匀速运动，有L－x1＝v0(t－t1)
解得：t1＝0.8 s，x1＝0.8 m
所以匀加速运动阶段的加速度为a＝＝2.5 m/s2
在加速运动阶段，根据牛顿第二定律，有F1－mgsin θ＝ma
解得：F1＝75 N
(2)在时间t1内，传送带运动的位移为x＝v0t1＝1.6 m
所以在时间t1内，工件相对传送带的位移为
Δx＝x－x1＝0.8 m.