2017届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷(三)专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律

专题1 第1讲力和物体的平衡1.(2017·山西太原一模)迎泽公园有这样一根电杆，一条电缆线由北向南绕过电杆转向由东向西，电缆与电杆的接触点为P.固定电杆的钢索一端固定在P点，另一端固定在地面上，钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内．设电缆线水平，南北、东西方向的电缆对电杆的拉力分别为F1、F2，且大小相等，钢索对电杆的拉力为F3.植于土中的电杆竖直，如下说法正确的答案是( D )第1题图A．F1、F2和F3的合力竖直向下B．地面对电杆的的作用力竖直向上C．F1、F2和F3在水平面内的合力可能为0D．F1、F2和F3在水平面内合力的方向偏向北方一侧解析地面对电杆除了有竖直向上的力之外，还存在有平衡向北方向的电缆的拉力而对电杆施加的向南方向的力，故地面对电杆的作用力的合力偏向南，由平衡条件知，F1、F2和F3的合力与地面对电杆的作用力的合力等大反向，故F1、F2和F3在平面内的合力的方向偏向北方一侧．由以上分析知，选项A、B、C错误，D正确．2．(2017·河北衡水中学一调)如下列图，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和竖方向的夹角α(0＜α＜π)缓慢增大时，力F的大小应( A )第2题图A．逐渐增大B．恒定不变C．逐渐减小D．先增大后减小解析以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得，F 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FAP＝GAO，当杆OP和竖直方向的夹角α(0<a<π)缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大，所以选项A正确．3．(2017·湖南长沙一模)如下列图，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢参加适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，如下说法中正确的答案是( A )第3题图A．b对c的摩擦力可能先减小后增大B．地面对c的支持力可能不变C．c对地面的摩擦力方向始终向左D．弹簧的弹力可能增大解析对a分析，a一直处于静止状态，弹簧弹力不变，应当选项D错误；细绳拉力不变，b、c整体受向左的摩擦力或者没有摩擦力，故c对地面的摩擦力方向不可能向左，而地面对c的支持力增大，选项B、C错误；如果开始时b所受c的摩擦力沿斜面向下，如此b对c的摩擦力可能先减小后增大，选项A正确．4．(2017·东北三省四市教研联合体二模)如下列图，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环．现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，如此关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，如下说法正确的答案是( A )第4题图A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大C．F A变大，F B变小D．F A变小，F B变大解析一开始，左、右两边的绳子等长，左、右两边绳子上的力大小相等，合力大小等于铁环重力；大圆环顺时针转动，铁环两边绳子的拉力大小相等，二力夹角变小，且二力的合力不变仍等于铁环重力，由力的合成与分解知，F A、F B均变小，选项A正确．5．(2017·湖南衡阳联考二)a、b是截面为直角三角形的两个完全一样的楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在一样的竖直墙面上，如下列图．如下说法正确的答案是( D )第5题图A．a、b受力个数一定一样B．F1、F2大小一定相等C．墙面对物体的弹力一定相等D．b受到摩擦力可能大于a受到的摩擦力解析由平衡条件知，a受力分析如图甲所示，a受4个力作用，除摩擦力外，b受力分析如下列图，这三个力的合力可能为零，也可能不为零，故b可能受3个力，也可能受4个力，选项A错误；由平衡条件得，对a有F1cos θ＝F f1－mg，对b，假设b所受摩擦力方向向下，如此F2cos θ＝mg＋F f2，当F f1－mg>mg＋F f2时，F1>F2，当F f1－mg＝mg＋F f2时，F1＝F2，当F f1－mg<mg＋F f2时，F1<F2，故F1、F2大小不一定相等，选项B错误；由平衡条件得，F N1＝F1sin θ，F N2＝F2sin θ，因为F1、F2大小不一定相等，所以墙面对物体的弹力不一定相等，选项C错误；由以上分析可知，b受到的摩擦力可能大于a受到的摩擦力，选项D正确．6．(2017·四川成都模拟)如下列图，斜面上放有两个完全一样的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．如此如下说法正确的答案是( B )第6题图A．a、b两物体的受力个数一定一样B．a、b两物体对斜面的压力一样C．a、b两物体受到摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动解析物体b可能不受摩擦力作用，物体a一定受摩擦力作用，选项A、C错误；垂直斜面方向，两个物体受力特征一样，选项B正确；逐渐增大F，物体a先达到最大静摩擦力，物体a先开始滑动，选项D错误．7．(2017·河北二校联考)(多项选择)如下列图，木板P下端通过铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上外表水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( BCD )第7题图A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大解析设木板与水平地面的夹角为α，以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力的作用而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上外表不再水平，A受力情况如图甲所示，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，如此B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三律可知，A对B的作用力也不变，选项A错误；结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B 对A的支持力大小与A的重力相等；木板旋转到虚线位置时，设B的上外表与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，如此A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝G A cos β，所以A受到的支持力一定减小了，选项B正确；以A、B整体为研究对象，受力分析情况如图乙所示，总重力G AB、木板的支持力N2和摩擦力F f2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力F f2的合力，由平衡条件分析可知，木板对B的作用力大小与A、B总重力大小相等，保持不变，N2＝G AB cos α，F f2＝G AB sin α，α减小，N2增大，F f2减小，选项C、D正确．8．(2017·某某乌鲁木齐二诊)如图，粗糙的水平地面上有一斜面体，一物块在竖直向下的恒力F作用下沿斜面匀速下滑．假设力F沿逆时针缓慢转过2θ的过程中，物块仍沿斜面下滑，斜面体始终保持静止．如此地面对斜面体的摩擦力( A )第8题图A．始终为零B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大解析F竖直向下时，有(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，如此μ＝tan θ，满足μ＝tan θ时，只要物块滑动，不管外力多大，物块对斜面的压力和滑动摩擦力的合力方向总是竖直向下，所以地面对斜面体的摩擦力始终为零，故此题答案为A.9．(2017·辽宁沈阳质检)如下列图，有一倾角为θ＝30°的斜面B，质量为M，质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至32mg，再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程如下说法正确的答案是( B )A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )g B ．A 对B 压力的最小值为32mg ，最大值为334mg C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D ．A 所受摩擦力的最小值为12mg ，最大值为34mg解析对A 和B 整体，竖直方向F N 地＝(M ＋m )g ，与水平力F 的大小变化无关，选项A 错误；对A 受力分析如下列图，由共点力的平衡条件，垂直于斜面方向F N ＝F sin θ＋mg cos θ，F ＝0时，B 对A 支持力的最小值F Nmin ＝32mg ，F ＝32mg 时，B 对A 支持力的最大值F Nmax ＝334mg ，由牛顿第三定律知，A 对B 压力的最小值为32mg ，最大值为334mg ，选项B 正确；平行于斜面方向，当F ＝0时，斜面对物体的静摩擦力F f ＝mg sin θ＝12mg ，故当0≤F cos θ≤mg sin θ，即0≤F ≤mg tan θ＝33mg 时，F f ＝mg sin θ－F cos θ，如此0≤F f ≤12mg ，A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为12mg ；当33mg <F <32mg 时，如此F f ＝F cos θ－mg sin θ，0<F f <14mg ，综合以上分析知，整个过程中，A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为12mg ，选项C 、D 错误．10．(2017·湖北黄冈模拟)如下列图，将三个完全一样的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．球半径为R ，重为G ，线长均为R .如此每条细线上的张力大小为( B )A ．2GB ．62GC ．32GD ．52G 解析 此题O 点与各球心的连线与各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ， 由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ， 对A 处球受力分析有F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ， 解得F ＝62G ，故只有B 项正确．11．(2017·河北衡水模拟)如下列图，A 、B 、C 、D 为四个完全一样的光滑圆柱体，质量均为m ，两块一样的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F 作用下使四个圆柱体处于静止状态．当地的重力加速度为g .如此有( A )A ．力F 的最小值为3mgB ．力F 的最大值为3mgC ．B 球对A 球的弹力大小等于mgD ．假设减小F ，如此B 和A 之间的弹力增大解析 当A 球与B 球之间的弹力等于零时，F 最小，对B 球受力分析，如下列图． 根据几何关系可知θ＝30°，如此tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，所以F 的最小值为3mg ，应当选项A 正确，B 错误； B 球对A 球的弹力大小可以等于零，应当选项C 错误；当F ＞3mg 时，A 对B 有弹力作用，假设减小F ，如此B 和A 之间的弹力减小，当F ＝3mg 时，A 、B 之间的弹力为零，故D 错误．12．(2017·江西师大附中、鹰潭一中4月联考)如下列图，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块，杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.如下说法正确的答案是( B )A ．当m 一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大B ．当m 一定时，θ越大，轻杆受力越小C ．当θ一定时，M 越大，滑块与地面间的摩擦力越大D ．当θ一定时，M 越小，可悬挂重物C 的质量m 越大解析 将C 的重力按照作用效果分解，如下列图．根据平行四边形定如此有F 1＝F 2＝12mg sin θ＝mg 2sin θ， 故m 一定时，θ越大，轻杆受力越小，应当选项B 正确；对A 、B 、C 整体分析可知，对地压力与θ无关，应当选项A 错误．对A 分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件有F f ＝F 1cos θ＝mg2tan θ，与M 无关，应当选项C 错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F 1cos θ≤μF 1sin θ，不管M 多大，M 都不会滑动，应当选项D 错误．13.(2017·湖北重点中学高三第二次联考)如下列图，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，假设对物块施以水平向右的拉力F，物块m 仍能沿斜面运动．如此以下判断正确的答案是( B )A．物块m仍将沿斜面匀速下滑B．物块m将沿斜面加速下滑C．地面对斜面M有向左的摩擦力D．地面对斜面的支持力等于(M＋m)g解析物块m恰能匀速下滑，如此物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且μ＝tan θ(θ为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A错误，B正确；对于斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(m＋M)g，选项C、D错误．14．(2017·黑龙江哈尔滨质检)(多项选择)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全一样、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑．现在假设对两物体同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1>F2，如图乙所示，如此在p和q下滑的过程中如下说法正确的答案是( AD )A．斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B．斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小为(M＋m)gD．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(M＋m)g解析起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q与斜劈组成的整体处于平衡状态，如此水平方向斜劈不受场面的静摩擦力作用，竖直方向上斜劈的作用力不变，斜劈受力情况不变，即A 依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M＋2m)g大于(M＋m)g，应当选项A、D正确．15．(2017·江苏卷)如下列图，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m 、A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ；(2)动摩擦因数的最小值μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .解析 (1)C 受力平衡2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg . (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg ，B 受地面的摩擦力F f ＝μmg ，根据题意F fmin ＝F x max ，解得μmin ＝32.(3)C 下降的高度h ＝(3－1)R ，A 的位移x ＝2(3－1)R ，摩擦力做功的大小WF f ＝F f x ＝2(3－1)μmgR ，根据动能定理W －WF f ＋mgh ＝0－0，解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR .答案 (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR。

拾躲市安息阳光实验学校第1讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2①代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v ＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？ (2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cosθ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道B C D 相切，半圆的直径B D 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间．解析：(1)B 在A 上的最大加速度：a B ＝μ2mg m＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ②联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得： 滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为v A ＝a A 1t ④v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s. 答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv2－12(M ＋m )v 2共＝24 J. 答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m.轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功．(3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m.(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0①其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J.(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s. 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求： (1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带． (3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带． 解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B解得s ＝v 2B2μg＝2.25 ms<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解析。

第一部分专题一第1讲1．(2014·广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是(A)A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的摩擦力沿MN方向D．N处受到的摩擦力沿水平方向解析：弹力的方向总是垂直于接触面，指向被压或被支持的物体，所以M处所受的支持力垂直于水平面竖直向上，N处的支持力垂直于MN向上；静摩擦力与接触面相切，与相对运动趋势的方向相反，所以M处的静摩擦力沿水平面方向，N处的静摩擦力沿MN方向．故选项A正确．2．如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是(A)解析：A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，处于完全失重状态，均只受重力，故A正确．3．(2016·上海八校联合调研)如图，三根长度均为l的轻绳AC、CD、BD连接于C、D两点，A、B两端被固定在水平天花板上相距为2l的两处，现在C点悬挂一个50 N的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加力的最小值为(A)A．25 N B．28.85 NC．37.5 N D．50 N解析：先研究结点C，在绳AC、CD及重物的重力三个力的作用下处于平衡状态，可得绳CD上的拉力F TCD＝G tan 30 °.再研究结点D，受三个力平衡，由图解法(如图所示)，知在D 点施加的力F的方向与绳BD拉力方向垂直时，F最小，此时F min＝F TCD sin 60°，联立以上两式，解得F min＝25 N，A正确．4．(多选)(2017·东北三省四市联考二)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB 与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2.将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态．则在旋转过程中，下列说法中正确的是(BC)A ．F 1逐渐增大B ．F 1先增大后减小C ．F 2逐渐减小D ．F 2先减小后增大解析：设两绳转动过程中，绳OA 与水平方向的夹角为θ，以O 点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O 点始终处于平衡状态，由平衡条件得F 1cos θ＝F 2cos(60°－θ) ，F 1sin θ＋F 2sin(60°－θ)＝Mg ，由以上两式解得F 1＝Mg cos (60°－θ)sin 60°，F 2＝Mg cos θsin 60°.当θ＜60°时，θ增大，F 1增大，F 2减小；当60°＜θ＜75°时，θ增大，F 1减小，F 2减小．因此，在两绳旋转的过程中，F 1先增大后减小，F 2逐渐减小，选项BC 正确．5．(2015·南昌市期末测试)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( A )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L，小球上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，F N 不变，A 正确．6．(2016·南京二模)如图甲所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b 球上的力大小为F 、作用在a 球上的力大小为2F ，则此装置平衡时的位置可能如图乙中的哪幅图( C )解析：设Oa 段绳子与竖直方向夹角为α，ab 段绳子与竖直方向夹角为β，以整个系统为研究对象，受到重力2mg 、向右的水平拉力为F 和Oa 绳的拉力作用，根据物体的平衡条件可得tan α＝F 2mg且α≠0.再以小球b 为研究对象，受到重力mg 、向左的水平拉力为F 和ab 绳的拉力作用，得tan β＝F mg，由此可见α＜β，选项C 正确． 7．(多选)(2015·浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m /s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)则( BC )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N解析：小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k QQ r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32 N ＝0.9 N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为F N ＝mg －F 库＝1.1 N ，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9 N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，A 、B 间距为r ′＝0.6 m ，F 库′＝k QQ r ′2＝0.225 N ，以A 球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F ′2＝1.0 N ，F ′1－F ′库＝1.0 N ，F ′1＝1.225 N ，所以C 正确；将B 移到无穷远，则F ″库＝0，可求得F ″1＝F ″2＝1 N ，D 错误．8. (2016·杭州市第一次教学质量检测)如图所示，在两行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( D )A ．k IL(x 1＋x 2) B ．k IL (x 2－x 1) C ．k 2IL (x 2＋x 1) D ．k 2IL(x 2－x 1) 解析：调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反．由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)，选项D 正确．。

诊断卷二 力与物体平衡1.[(2015·南京一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。

当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F ，下图中弹力F 画法正确且分解合理的是( )2．[考查弹力、摩擦力的产生及方向](2015·达州一模)如图1所示，一木棒M 搭在水平地面和一矮墙上，关于两个支撑点E 、F 处受到的弹力和摩擦力的方向，下列说法正确的是( )图1A ．E 处受到的支持力竖直向上B ．F 处受到的支持力竖直向上C ．E 处受到的静摩擦力沿EF 方向D ．F 处受到的静摩擦力沿水平方向3．[考查胡克定律、平衡条件、静摩擦力](2015·永州三模)如图2所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平。

A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2。

则物块与地面的最大静摩擦力为( )图2A ．k (x 2－x 1)B ．k (x 2＋x 1)C.k x 2－x 12D.k x 2＋x 124．[考查物体的平衡条件、摩擦力的分析与计算](2015·山东高考)如图3，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。

已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

A与B的质量之比为( )图3A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ25.[考查整体法与隔离法、力的合成与分解](多选)(2015·山东第一次大联考)如图4所示，质量分别为m1和m2的两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为α，β且α>β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为F T A和F T B，则下列说法正确的是( )图4A．F T A>F T B B．F T A<F T BC．m1>m2D．m1<m26．[考查整体法与隔离法、物体的平衡条件](2015·高密模拟)如图5所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A、B叠放在斜面与挡板之间，且A与B间的接触面水平。

高三物理第二轮专题复习力与运动专题一、要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小的量度．2．牛顿第三定律作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．懂得与一对平衡力区分。

(二)牛顿第二定律1．定律内容：物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向相同．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值．二、热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．●例1如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2．(2)风对小球的作用力F的大小．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，整体法与隔离法是处理这类问题的重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．●例2 如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动．已知F 1＞F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )A ．F 1－F 2kB ．F 1－F 22kC ．F 1＋F 22kD ．F 1＋F 2k★同类拓展 如图所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )A ．x ＝M m LB ．x ＝(M ＋m )L mC ．x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M )三、临界问题●例3 如图所示，滑块A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球B ．现对滑块施加一水平方向的恒力F ，要使小球B 能相对斜面静止，恒力F 应满足什么条件？四、超重与失重问题●例4 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m ＝50 kg 的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图所示的图象．已知t ＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：(1)电梯启动和制动时的加速度大小．(2)该大楼的层高．三、经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．1．[2007年·上海物理卷]有一个直角支架AOB ，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑．AO 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两环质量均为m ，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)．现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是 ( )A ．N 不变，T 变大B ．N 不变，T 变小C ．N 变大，T 变大D ．N 变大，T 变小2．[2004年·全国理综卷]如图所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( )A ．g 2sin α B ．g sin α C ．32g sin α D ．2g sin α3. [2010年海南卷]如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力A.等于零B.不为零，方向向右C.不为零，方向向左D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右4．[2009年高考·山东理综卷]如图所示，某货场需将质量m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．5．[2009年海南卷]一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以012/v m s =的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。

第一部分专题一第3讲1．（2016·东北三省四市联考一）如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相同方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是( B)A．a、b两球同时落地B．b球先落地C．a、b两球在P点相遇D．两球落地时的速度方向相同解析：平抛运动可看成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动的合运动，由于h＝错误!gt2、h b＜h a，故a比b的飞行时间长，b球先落地,选项A错误，B正确；由于两球同时抛出，但抛出高度不同，到达同一点的时间不同,故a、b两球不能在P点相遇，又v1t a＜v2t b，故v1＜v2，竖直速度v＝错误!，则v a＞v b，落地速度与水平方向夹角为θ，tan θ1＝错误!，tan θ2＝错误!,故落地速度方向不同，选项CD错误．2．(2016·合肥质检二）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，一条小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，小船在静水中的速度大小为错误!,回程与去程所用时间之比为( B)A．3∶2 B．2∶1C．3∶1 D．2错误!∶1解析：设河宽为d，小船去程时，船头与河岸垂直，垂直河岸方向的分位移为d，分速度为错误!，故去程所用的时间t1＝错误!，小船回程时，合速度与河岸垂直，合位移为d,合速度v合＝错误!＝错误!,回程所用的时间t2＝错误!＝错误!,联立可得回程与去程所用时间比为2∶1,B正确．3．(2016·贵阳监测)如图所示为一长错误!L、倾角θ＝45°的固定斜面．今有一弹性小球，自与斜面上端等高的某处自由释放，小球落到斜面上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与斜面夹角相等，若不计空气阻力，欲使小球恰好落到斜面下端,则小球释放点距斜面上端的水平距离为( D)A．错误!L B．错误!LC．错误!L D。

错误!L解析：由θ＝45°知释放点距斜面的高度与到斜面上端的水平距离相等,从小球与斜面碰撞后变向到落到斜面下端，小球做平抛运动且水平位移等大,即x＝y，由x＝v0t和y＝错误!t联立得v y＝2v0，即错误!＝2错误!，解得h＝错误!,选项D正确．4．（2016·广东深圳调研二）如图，在半径为R的圆环圆心O正上方的P点，将一小球以速度v0水平抛出后恰能从圆环上Q点沿切线飞过，若OQ与OP间夹角为θ，不计空气阻力．则( AD）A．从P点运动到Q点的时间为t＝错误!B．从P点运动到Q点的时间为t＝错误!C．小球运动到Q点时的速度为v Q＝错误!D．小球运动到Q点时的速度为v Q＝错误!解析:小球的水平位移x＝v0t＝R sin θ,故从P点运动到Q点的时间为t＝错误!，选项A正确,B错误；将Q点的速度沿着水平方向和竖直方向分解如图所示,则有cos θ＝v0v Q,故小球运动到Q点时的速度为v Q ＝错误!，选项C错误，D正确．5．(2016·济南1月调研）如图所示，将小球沿与水平方向成α角以速度v向右侧抛出，经时间t1击中墙上距水平面高度为h1的A点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出,抛出速度与水平方向成β(β〉α）角，经时间t2击中墙上距水平面高度为h2的B点(图中未标出），空气阻力不计，则（A)A．t1一定小于t2 B．t1一定大于t2C．h1一定小于h2 D．h1一定大于h2解析：小球抛出后仅受重力作用,水平方向为匀速直线运动，两种情况水平位移相同，即v cos α·t1＝v cos β·t2，因错误!＞β＞α＞0，cos α＞cos β,故t1一定小于t2,选项A正确，B错误;因不知道小球第一次击中墙壁是在上升阶段还是在下降阶段，故h1与h2大小关系不确定，故选项CD错误．6．(2016·黑龙江哈师大附中月考一)水平路面汽车转弯靠静摩擦力充当向心力，由于静摩擦力有个最大值,所以,在转弯半径r一定的情况下,转弯的速度不能太大，我们可以在转弯处设计成倾角为θ的坡路，如图所示，在动摩擦因数μ不变的情况下,且μ>tan θ，可以提高转弯的速度，以下说法正确的是( C)A．汽车在水平路面转弯，汽车的质量越大，转弯允许的最大速度越大B ．汽车在倾斜路面转弯,随速度的增大，受到的摩擦力增大C ．汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v 0＝错误!D ．汽车在倾斜路面转弯，沿倾斜路面方向没有运动趋势的速度v 0＝错误!解析：设汽车在水平路面上所受的最大静摩擦力为F fm ＝μmg ,汽车的质量为m ,汽车转弯时的最大速度为v m ，由圆周运动及牛顿第二定律得F fm ＝mv 2m r，由此可知,v m ＝错误!，在转弯半径r 一定的情况下，转弯允许最大速度与m 无关,选项A 错误；汽车在倾斜路面上转弯时，若汽车沿倾斜路面方向没有运动趋势，则汽车只受重力和支持力,受力分析如图甲所示,设此时汽车的速度大小为v 0,由牛顿第二定律得，mg tan θ＝m 错误!，解得v 0＝错误!，选项C 正确；选项D 错误;当汽车的速度v ＜v 0时，汽车有沿斜面向下运动的趋势，所受摩擦力方向沿斜面向上，如图乙所示,由牛顿第二定律得F N sin θ－F f cos θ＝m 错误!,F N cos θ＋F f sin θ＝mg ,解得F f ＝mg sin θ－m 错误!cos θ，由此可知，速度越大，摩擦力越小；当汽车的速度v ＞v 0时,汽车有沿斜面向上运动的趋势,所受摩擦力方向沿斜面向下，如图丙所示，由牛顿第二定律得F N sin θ＋F f cos θ＝m错误!，F N cos θ＝mg＋F f sin θ,解得F f＝m错误! cos θ－mg sin θ,由此可知，速度越大，摩擦力越大，选项B错误．7．（2016·合肥质检二）如图所示，长为L的轻绳一端固定于O 点,另一端系一质量为m的小球．现将绳水平拉直，让小球从静止开始运动，重力加速度为g，当绳与竖直方向的夹角α＝30°时小球受到合力大小为( B）A．错误!mg B．错误!mgC．错误!mg D．（1＋错误!）mg解析：小球从释放到如图所示的位置，根据动能定理得mgL cos 30°＝错误!mv2，故小球到图示位置的向心力大小F向＝错误!＝错误!mg，在沿绳方向,合外力提供小球做变速圆周运动的向心力,F T－mg cos 30°＝错误!mg，则F T＝错误!mg,在垂直绳方向，重力的分力提供切向加速度，F＝mg sin 30°＝12mg，则小球受到的合外力为绳子拉力与重力的合力，F合＝错误!＝错误!mg,B正确．8．(2016·山西百校联盟质监）将一平板折成如图所示，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动,两物块到转动轴的距离相等,则物块与AB板的动摩擦因数为（A）A．μ＝tan θB．μ＝cot θC．μ＝sin θD．μ＝cos θ解析：设物块与AB部分的动摩擦因数为μ,板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物体有μmg＝mω2L,对BC板上的物体有mg tan θ＝mω2L，因此μ＝tan θ，A正确．9．（2016·石家庄教学质量检测一）在同一水平面内有两个围绕各自固定轴匀速转动的圆盘A、B，转动方向如图所示,在A盘上距圆心48 cm处固定一个小球P，在B盘上距圆心16 cm处固定一个小球Q.已知P、Q转动的线速度大小都为4πm/s。

第3章力和运动一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2016·滨州模拟)人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是( )A．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B．地面对人的支持力大于人受到的重力C．地面对人的支持力大于人对地面的压力D．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力解析：除受地的弹力外，还受一个向上的力，是不可能的，有力存在，必须有施力物体，向上的力根本找不到施力物体，故选项A错误；人能离开地面的原因是地对人的作用力大于人的重力，人具有向上的合力，故选项B正确；地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故选项C、D错误．答案：B2．(2016·太原模拟)如图所示，A、B两人用安全带连接在一起，从飞机上跳下进行双人跳伞运动，降落伞未打开时不计空气阻力．下列说法正确的是( )A．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力一定为零B．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力大于B的重力C．在降落伞未打开的下降过程中，安全带的作用力等于B的重力D．在降落伞打开后的下降过程中，安全带的作用力小于B的重力解析：据题意，降落伞未打开时，A、B两人均处于完全失重状态，则A、B之间安全带作用力为0，故A选项正确而B、C选项错误；降落伞打开后，A、B做减速下降，则A、B 处于超重状态，对B有：T－G＝ma，即T＝G＋ma，故D选项错误．答案：A3．(2016·泰安模拟)如图所示，左右带有固定挡板的长木板放在水平桌面上，物体M 放于长木板上静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，物体与木板之间无摩擦，现使木板与物体M一起以 6 m/s2的加速度向左沿水平方向做匀加速直线运动时( )A．物体对左侧挡板的压力等于零B．物体对左侧挡板的压力等于3 NC．物体受到4个力的作用D．弹簧对物体的压力等于6 N解析：由木板与M一起以6 m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，可知M的加速度大小为6 m/s2，方向水平向左，故M所受合力F＝Ma＝3 N，方向水平向左，对M受力分析，M 受竖直向下的重力Mg，支持力F N＝Mg，竖直方向达到平衡，又因物体与木板之间无摩擦，故水平方向合力只能由弹簧弹力和挡板弹力提供，当F弹＝3 N时，恰好能提供合力，故M 与挡板之间无弹力，物体只受3个力，故选A.答案：A4．(2016·开封模拟)在光滑的水平面上有一质量为2 kg的物体，它的左端与一劲度系数为100 N/m的轻弹簧相连，右端连接一细线，物体静止时细线与竖直方向成37°角，此时水平面对物体的弹力为零，如图所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．当剪断弹簧的瞬间，物体的加速度为7.5 m/s2B．当剪断弹簧的瞬间，物体的合外力为15 NC．当剪断细线的瞬间，物体的加速度为零D．当剪断细线的瞬间，物体受到的合外力为15 N解析：以物体为研究对象进行受力分析可知，物体受细线拉力为25 N，弹簧弹力为15 N，在剪断弹簧的瞬间，细线拉力会突变，物体静止不动，细线拉力为0、加速度为0，物体所受合外力为0，选项A、B错误；而在剪断细线的瞬间，弹簧弹力不突变，受力分析可知，此时物体受到的合外力为15 N，加速度为7.5 m/s2，选项C错误，D正确．答案：D5．(2015·沈阳模拟)如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图象大体如下图中的( )解析：当m 2≤m 1时，物体m 1的加速度为零，当m 2＞m 1时，m 1的加速度为a ，由牛顿第二定律有(m 2－m 1)g ＝(m 1＋m 2)a ，得a ＝m 2－m 1m 1＋m 2g ，由此式可知，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确． 答案：D6．(2016·西安模拟)如图所示为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，图中关于小球对斜面的压力N 、小球运动的加速度a 随θ变化的图象正确的是( )解析：对小球在斜面上向下滑动时，支持力N ＝mg cos θ，因此在0～π2范围内，支持力按余弦规律变化，A 错误，B 正确；而重力沿斜面方向分力F ＝mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，下滑的加速度a ＝g sin θ，在0～π2范围内，按正弦规律变化，因此D 正确，C 错误．答案：BD7．(2016·长春模拟)如图(a)所示，在电梯箱内轻绳AO 、BO 、CO 连接吊着质量为m 的物体，轻绳AO 、BO 、CO 对轻质结点O 的拉力分别为F 1、F 2、F 3.现电梯箱竖直向下运动，其速度v 随时间t 的变化规律如图(b)所示，重力加速度为g ，则( )A ．在0～t 1时间内，F 1与F 2的合力等于F 3B ．在0～t 1时间内，F 1与F 2的合力大于mgC ．在t 1～t 2时间内，F 1与F 2的合力小于F 3D ．在t 1～t 2时间内，F 1与F 2的合力大于mg解析：对轻质结点O ，因没质量，故其无论在何状态下，F 1、F 2、F 3三个力的合力都为零，即F 1与F 2的合力与F 3等大反向，选项A 正确，选项C 错误；对物体进行受力分析，其受到竖直向下的重力mg 和竖直向上的绳子的拉力F 3，在0～t 1时间内，电梯加速向下运动，物体处于失重状态，F 3<mg ，即F 1与F 2的合力小于mg ，选项B 错误；在t 1～t 2时间内，电梯减速向下运动，物体处于超重状态，F 3>mg ，即F 1与F 2的合力大于mg ，选项D 正确．答案：AD8．(2015·郑州模拟)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离为2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带上的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a＝1 s 与传送带达到共同速度，位移x 1＝v 2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝2m －x 1v＝1.5 s 到达B ，共用时间2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝2 m v＝2 s ，故B 正确，A 、C 错误；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确． 答案：BD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)9．(6分)(2016·大同模拟)如图所示为“探究加速度与物体受力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过电火花打点计时器B ，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计对应读数F ，不计绳与滑轮的摩擦．(1)电火花打点计时器工作电压为________流(填“交”或“直”)________V.(2)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g /2解析：(1)电火花打点计时器工作电压为220 V 交变电源．(2)一端带有定滑轮的长木板必须稍微倾斜，以平衡摩擦力，选项A 错误；实验时应先接通电源后释放小车，选项B 正确；实验中m 2不必远小于m 1，选项C 错误；由于P 向下加速运动，测力计的读数始终小于m 2g /2，选项D 错误．答案：(1)交(2分) 220(2分) (2)B(2分)10．(10分)(2016·青岛模拟)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧秤固定在一个合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线MN 、PQ ，并测出间距d .开始时将木板置于MN 处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F 0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F 1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ 处的时间t .(1)木板的加速度可以用d 、t 表示为a ＝______；为了减小测量加速度的偶然误差，可以采用的方法是(一种即可)_______________．(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a 与弹簧秤示数F 1的关系．下列图象能表示该同学实验结果的是__________．(3)(多选)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是__________． a ．可以改变滑动摩擦力的大小b ．可以更方便地获取多组实验数据c ．可以比较精确地测出摩擦力的大小d ．可以获得更大的加速度以提高实验精度解析：(1)木板做初速度为零的匀加速直线运动，其位移d ＝12at 2，加速度a ＝2d t 2.为了减小偶然误差，可多次测量时间t ，取t 的平均值．(2)F 1<F 0时，木块不动，加速度为零，a 、b 错误；F 1>F 0时，木板开始运动，但F 1并非绳子的拉力而是瓶和水的总重力，只有当瓶和水的质量远小于木板和弹簧秤的质量时，F 1才可以近似等于绳子拉力，此时a ­F 1图线为一段倾斜的直线，瓶和水的质量不远小于木板和弹簧秤的总质量时，绳子的拉力将小于F 1，其a －F 1图线的斜率将逐渐减小，因而只有c 正确．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码相比，水的质量可以连续调节，因而F 1的大小也可以连续调节，从而能比较精确地测出摩擦力的大小和更方便地获取更多组实验数据，故正确选项为b 、c.答案：(1)2d t 2(2分) 多次测量时间t ，取t 的平均值(2分) (2)c(3分) (3)bc(3分)11．(12分)为了安全，汽车必须要具有良好的刹车性能．为了检测某汽车的刹车性能，某驾驶员让该汽车以v 1＝108 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x 1＝133.50 m 停止；让车以v 2＝54 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x 2＝38.625 m 停止．假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员和汽车系统在两种情况下的反应时间相同，试计算驾驶员和汽车系统的反应时间和汽车轮胎与路面间的动摩擦因数(取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字)．解析：设驾驶员和汽车系统的反应时间为t，刹车加速度的大小为a，v1＝108 km/h＝30 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s，依题意有：x1＝v1t＋v212a，(2分)x2＝v2t＋v222a，(2分)代入数据解得t＝0.70 s，(1分)a＝4.0m/s2.(1分)根据牛顿第二定律有μmg＝ma，(4分)解得μ＝0.40.(2分)答案：0.70 s 0.4012．(12分)(2016·保定模拟)在游乐场，有一种大型游乐设施跳楼机，如图所示，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，提升到离地最大高度64 m处，然后由静止释放，开始下落过程可认为自由落体运动，然后受到一恒定阻力而做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处速度恰好减为零．已知游客和座椅总质量为1 500 kg，下落过程中最大速度为20 m/s，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)游客下落过程的总时间；(2)恒定阻力的大小．解析：(1)设下落过程中最大速度为v，自由落体运动的高度为h1，则v2＝2gh1，(1分)v＝gt1，(1分)解得t1＝2 s，h1＝20 m．(1分)设匀减速运动的高度为h2，加速度大小为a，则v2＝2ah2，(1分)v＝at2，(1分)下落的总距离h＝h1＋h2＝64 m－4 m＝60 m．(1分)联立解得a＝5 m/s2，(1分)t2＝4 s．(1分)游客下落过程的总时间为t＝t1＋t2＝6 s.(2)匀减速过程中：设阻力为f，由牛顿第二定律得f－mg＝ma，(2分)已知m ＝1 500 kg ，可得f ＝22 500 N ．(2分)答案：(1)6 s (2)22 500 N13．(12分)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 解析：(1)设在AB 上物体的速度大于v ＝4.0 m/s 时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1.(2分)设经时间t 1物体速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－v a 1，(1分) 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1.(1分) 设速度小于v 时物体的加速度大小为a 2，mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2.(2分)物体继续减速，设经时间t 2物体到达传送带B 点，L －x 1＝vt 2－12a 2t 22，(1分)t ＝t 1＋t 2，(1分)联立以上各式，代入数据解得t ＝2.2 s ．(1分)(2)若传送带的速度较大，沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加速度一直为a 2，所以有L ＝v 0t ′－12a 2t ′2，(2分) 解得t ′＝1 s ．(1分)答案：(1)2.2 s (2)1 s。

第一部分专题一第2讲1．(2016·北京石景山区一模）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（A)2．(2016·枣庄市模拟)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为错误!μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现对A施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是（A) A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝错误!μmg同时,A的加速度为错误!μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值,B的加速度不会超过错误!μg解析：对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为错误!μmg,故当错误!μmg＜F＜2μmg时，A、B相对地面运动，故A错误．对A、B整体应用牛顿第二定律,有F－错误!×3mg＝3ma;对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－μ2×3mg＝ma,两式联立解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时,A相对B才能滑动，C正确．当F＝错误!μmg时，A，B相对静止，对整体有：错误!μmg－错误!×3mg＝3ma，a＝错误!μg，故B正确．无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度a B m＝错误!＝错误!μg,可见D正确．3．（多选)（2016·黄冈试题）如图所示，在光滑的水平面上放着质量为M的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( BD）A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大B．若仅增大木块的质量m,则时间t增大C．若仅增大恒力F，则时间t增大D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数,则时间t增大解析：设木块与木板间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度a1＝错误!＝错误!－μg，木板的加速度a2＝错误!,两者恰好分离的条件为错误!（a1－a2)t2＝L，时间t＝错误!.由此可知，仅增大M或F，时间t减小，仅增大m或μ，时间t增大，选项B、D正确．4．（2016·四川资阳一模)如图所示，在粗糙的水平面上有一个质量为M的三角形木块,两底角分别为θ1、θ2.在两个粗糙斜面上有两个质量分别为m1、m2的物体，分别以a1、a2的加速度沿斜面下滑，木块始终相对于地面静止，求地面对三角形木块的摩擦力和支持力．解析:以M、m1、m2整体为研究对象，此整体受三个力，即总重力、地面的支持力、地面的摩擦．以向右为正方向，在水平方上f＝Ma x－m1a1x＋m2a2x，其中a x＝0，a1x＝a1cos θ1,a2x＝a2cos θ2，故f＝m2a2cos θ2－m1a1cos θ1。

训练3牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1．如图所示，两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处，小球A的质量为2m，小球B和C的质量均为m，B、C两球到结点P的轻绳长度相等，滑轮摩擦不计．当B、C两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时，A球将()A．向上加速运动B．向下加速运动C．保持静止D．上下振动解析：B球、C球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力，设整体下降的加速度为a，根据牛顿第二定律，有2mg －T＝2ma，对A球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有T－2mg＝2ma，如图所示，带支架的平板小车水平向为研究对象，受力分析如小球上升过程中，由牛顿第二加速度逐渐减小，v—t图象的切线斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，选项A正确．答案：A4．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有()A．两图中两球加速度均为g sinθB．两图中A球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中B球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍解析：撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mg sinθ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mg sinθ，加速度为2g sinθ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为mg sinθ，加速度均为g sinθ，故图甲中B球的加速度是图乙中B 球加速度的2倍，故A、B、C错误，D 正确．答案：D5．如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A．0.35mg B．0.3mgC．0.23mg D．0.2mg．加速度从2 m/s2增加到、B两物块的质量分别．传送带顺时针转动向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B、C 错误，D正确．答案：AD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.(1)若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况．(设木板足够长)＝5 kg的物块。

第一部分 专题一 第3讲1．(2016·吉林辽远七中期中)如图所示，河的宽度为L ，河水的流速为v 0，甲、乙两船均以静水中的速度v 同时渡河。

出发时两船相距2L ，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A 点．则下列判断正确的是( C )A ．甲船正好也在A 点靠岸B ．甲船在A 点下游靠岸C ．甲、乙两船到达对岸的时间相等D ．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇2．(2015·长沙市高考模拟考试三)在体育馆半径为R 的半球形穹顶的顶点C 的正下方P 点，以一定初速度v 0水平抛出一球，球恰好落在半球面与地面相交的D 点，如图所示．设抛球点P 到穹顶C 的高度为h ，不计空气阻力，则( C )A ．h 越大，抛球速度v 0越小B ．抛球速度v 0有最大值v max ，且v max ＝gRC ．抛球速度v 0有最小值v min ，且v min ＝gR 2D ．抛球速度v 0越小，球的位移越小解析：平抛的球恰好落在D 点时水平位移R ＝v 0t ，竖直位移R －h ＝12gt 2，联立解得v 0＝R 2g 2(R －h )，可见h 越大，抛球速度越大，选项A 错误；因为0≤h ＜R ，可见v 0没有最大值，而当h ＝0时抛球速度最小，且v min ＝gR 2，选项B 错误，C 正确；抛球速度v 0越小，h 越小，则球的位移越大，选项D 错误．3．(2017·河北衡水中学联考)如图所示，离地面高2 m 处有甲、乙两个物体，甲以初速度v 0水平射出，同时乙以初速度v 0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，若甲、乙同时到达地面，则v 0的大小是( A )A ． 5 m/sB ．2 5 m/sC ．10 m/sD ．4 5 m/s 解析：设两球运动时间为t ，甲球作平抛运动，竖直方向上12gt 2＝2 m. 乙球沿光滑斜面下滑v 0t ＋12g sin 45°t 2＝2sin 45° m. 解得t ＝25 s ，v 0＝ 5 m/s4．(2015·海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径．(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小． 解析：(1)小环套从ab 滑落过程中，根据动能定理有mgR ＝12m v 2b－0， 当小环套在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ，h ＝12gt 2， 联立解得R ＝s 24h＝0.25 m. (2)小环套沿bc 段轨道下滑过程，根据动能定理有mgh ＝12m v 2c－0 设小环套滑到c 点时速度方向与竖直方向的夹角为θ，θ等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，根据平抛运动规律可知sin θ＝v b v 2b ＋2gh ＝R R ＋h ＝13， 根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ， 联立解得v 水平＝2103m/s. 答案：见解析5．(2016·江苏南通调研一)如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R ，圆心为O ，下端与绝缘水平轨道在B 点平滑连接．一质量为m 、带电量为＋q 的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A 点．已知A ，B 两点间的距离为L ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的C 点，则物块在A 点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若整个装置处于方向竖直向上的匀强电场中，物块在A 点水平向左运动的初速度v A ＝2μgL ，沿轨道恰好能运动到最高点D ，向右飞出．则匀强电场的场强为多大？(3)若整个装置处于水平向左的匀强电场中，场强的大小E ＝5μmg 3q.现将物块从A 点由静止释放，运动过程中始终不脱离轨道，求物块第2n (n ＝1,2,3，…)次经过B 点时的速度大小．解析：(1)设物体在A 点的速度为v 1，由动能定理有－μmgL －mgR ＝0－12m v 21，解得v 1＝2g (μL ＋R ). (2)设匀强电场的场强大小为E 、物块在D 点的速度为v D ，则mg －Eq ＝m v 2D R， －μ(mg －Eq )L －(mg －Eq )·2R ＝12m v 2D －12m v 2A ， 解得E ＝5mgR q (2μL ＋5R ). (3)设第2,4,6，…，2n 次经过B 点时的速度分别为v 2，v 4，…v 2n ，第2,4,6，…，2(n －1)次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1，L 2，…，L n －1，则(qE －μmg )L ＝12m v 22，－(qE ＋μmg )L 1＝0－12m v 22， (qE －μmg )L 1＝12m v 24，解得v 4v 2＝qE －μmg qE ＋μmg ＝12. 同理v 6v 4＝12， …v 2n v 2n －2＝12， 综上可得v 2n v 2＝⎝⎛⎭⎫12n －1， v 2n ＝⎝⎛⎭⎫12n －2μgL 3. 答案：见解析。

第三章测试一、选择题(40分)其中1－6题只有一个选项正确，7－10题有多个选项正确．1．(2015·苏锡常镇四市二调)在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()解析该同学下蹲过程中，其加速度方向先向下后向上，故先失重后超重，故选项D正确．答案 D设置目的考查物体的超重、失重2．(2015·浙江余姚)A、B两物体叠放在一起，放在光滑水平面上，如图甲，它们从静止开始受到一变力F的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，则()A．在t0时刻A、B两物体间静摩擦力最大B．在t0时刻A、B两物体的速度最大C．在2t0时刻A、B两物体间静摩擦力最小D．到2t0时刻A、B两物体的位移为零解析根据F－t图线，物体受到的力先逐渐减小，然后再反向增大，所以物体的加速度先逐渐减小，然后反向逐渐增大．物体先加速到t0时刻速度最大，然后做减速运动到2t0时刻停止，此时位移最大；物体在加速度最大的时刻，即t＝0和2t0时刻，A、B两物体间静摩擦力最大．选项B正确．答案 B设置目的考查牛顿第二定律的瞬时性3．(2015·浙江杭州重点中学联考)倾角为θ＝30°的长斜坡上有C 、O 、B 三点，CO ＝OB ＝10 m ，在O 点竖直地固定一长10 m 的直杆AO.A 端与C 点间和坡底B 点间各连有一光滑的钢绳，且各穿有一钢球(视为质点)，两球从A 点由静止开始，同时分别沿两钢绳滑到钢绳末端，如图所示，则小球在钢绳上滑行的时间t AC 和t AB 分别为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s 和2 s B. 2 s 和2 s C. 2 s 和4 s D ．4 s 和 2 s解析 由几何知识得，AC 与水平方向的夹角为α＝30°，x AC ＝10 m ，AB 与水平方向的夹角为β＝60°，x AB ＝10 3 m ．沿AC 下滑的小球，加速度为a 1＝gsin30°＝5 m/s 2，由x AC ＝12a 1t AC 2得，t AC ＝2 s ．沿AB 下滑的小球，加速度为a 2＝gsin60°＝5 3 m/s 2，由x AB ＝12a 2t AB 2得，t AB ＝2 s ．故选A 项．答案 A设置目的 考查牛顿第二定律的应用4．(2015·浙江绍兴一中)一斜面放在水平地面上，倾角为θ＝45°，一个质量为m ＝0.2 kg 的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计斜面与水平面的摩擦，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．当斜面以向左的加速度a ＝5 2 m/s 2运动时，斜面对小球的弹力为零B ．斜面向右的加速度超过a ＝10 m/s 2时，球与斜面脱离C ．无论斜面做什么运动，绳子拉力的竖直分力一定等于球的重力D ．无论斜面做什么运动，绳子拉力与斜面弹力的合力一定竖直向上解析 当斜面以向左的加速度运动时，斜面对小球的弹力一定不为零，A 项错误；设小球刚脱离斜面时，斜面向右的加速度为a 0，此时斜面对小球的支持力恰好为零，小球只受重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行，小球受力如图所示，由牛顿第二定律，得mg tan θ＝ma 0，解得临界加速度：a 0＝g tan θ＝10 m/s 2，B 项正确；斜面对小球的弹力不为零时，斜面对小球的弹力与绳子拉力在竖直方向上的合力大小等于重力，C 项错误；当斜面有水平方向的加速度时，绳子拉力与斜面弹力的合力一定不沿竖直方向，D 项错误．答案 B设置目的 考查受力分析，牛顿第二定律的应用5.(2015·枣庄八中模拟)如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑解析m1、m2的总重力沿斜面向下的分力小于m3的重力，将加速上滑，由题意m1、m2一起加速上滑的最大加速度a＝μg cos30°－gsin30°≈1.9 m/s2，假设m1、m2一起加速上滑，设绳上的拉力为F T，由牛顿第二定律：则F T－(m1＋m2)gsin30°＝(m1＋m2)a，m3g－F T＝m3a，解得：a＝2.5 m/s2＞1.9 m/s2，不可能一起运动，m2将相对于m1下滑，D项正确．答案 D设置目的考查牛顿运动定律中的整体法，隔离法6.(2016·甘肃兰州)如图是一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的轨迹．下列说法中正确的是()A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，所以A项错误；木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，所以由牛顿第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，当达到共同速度时，不再有相对滑动，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝v22μg，设相对滑动的时间为t，由v＝at，得t＝vμg，此时传送带的位移为x传＝vt＝v2μg，所以滑动的位移是Δx＝x传－x木＝v22μg，由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，所以B项错误；传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，所以C项错误；木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，所以D项正确．答案 D设置目的训练皮带传送中相对路程的分析7．(2015·盐城1月检测)如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ.现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是( )解析 木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C 、D 项正确，A 、B 项错误．答案 CD设置目的 本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系易错警示 对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速．本题关键是加速到速度等于传送带速度后，要分两种情况讨论，即重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力和重力的下滑分力大于最大静摩擦力两种情况．8．(2015·浙江大联考一联)如图所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12gsin θ C ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mgsin θ D ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为gsin θ解析 细线被烧断前，根据平衡条件可得弹簧的弹力大小F ＝3mgsin θ，在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为a ＝F －2mgsin θ2m ＝12gsin θ，A 项错误，B 项正确；A 、B 之间杆的拉力大小为T ＝mgsin θ＋ma ＝32mgsin θ，C 项正确；C 球只受重力和支持力作用，加速度沿斜面向下，大小为gsin θ，D 项正确．答案 BCD设置目的 考查弹簧的渐变性9．(2016·浙江嘉兴)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示a－F图像．最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10 m/s2，则()A．滑块的质量m＝4 kg B．木板的质量M＝6 kgC．当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2 D．滑块与木板间动摩擦因数为0.1解析结合图像分析其运动过程：起初两物体无相对运动，一起做加速直线运动，当加速度达到a＝1 m/s2时，小滑块受到的摩擦力达到最大静摩擦力，之后与长木板做相对运动，小滑块受到的摩擦力由静摩擦力转为滑动摩擦力，由于小滑块受到的滑动摩擦力不变，因此小滑块相对地面做a＝1 m/s2的匀加速直线运动，所以C项错误；根据牛顿第二定律研究小滑块得μmg＝ma，解得μ＝0.1，所以D项正确；根据图像可知，拉力F＝6 N之后的图线的斜率k＝Δa/ΔF＝0.5 kg－1＝1/M，所以M＝2 kg，所以B项错误；当拉力F＝6 N时，两物体共同加速度a＝1 m/s2，因此两物体的质量和为6 kg，M＝2 kg，所以m＝4 kg，所以A项正确．答案AD设置目的考查连接体问题中摩擦力的突变10.(2016·江苏无锡)如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中分别表示物体的速度大小v、加速度大小a、摩擦力大小f和物体运动路程s随时间t变化的关系．下图中可能正确的是()解析物体在斜面上做匀加速直线运动，在水平面上做匀减速直线运动，故选项A正确，选项B错误；对物体受力分析，由摩擦力定义，可知f斜＝μmg cosθ，f水＝μmg，即f斜<f水，选项C错误；在s－t图像中，图线的斜率大小等于物体运动的速度大小，由物体的运动性质，可知选项D符合“可能正确”的要求．答案AD设置目的匀变速运动的加速度与力的关系在图像中的体现二、实验题(20分)11．(6分)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列做法中正确的是________．A．改变小车的质量再次进行实验时，需要重新平衡摩擦力B．小车运动的加速度可由牛顿第二定律直接求出C．实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车D．平衡摩擦力时，应将装砝码的砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上解析由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ＝μMg cosθ，故tanθ＝μ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故A项错误；小车的加速度应根据打点计时器打出的纸带求出，不能由牛顿第二定律求出，故B项错误；实验时应先接通电源然后再放开小车，故C项正确；在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故D项错误．答案 C设置目的考查实验的注意事项12．(14分)(2014·山东)某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度．实验步骤：①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；②用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图所示，在A 端向右拉动木板，待弹簧秤示数稳定后，将读数记为F；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②，实验数据如表所示：别与滑块和重物P连接，保持滑块静止，测量重物P离地面的高度h；⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D点(未与滑轮碰撞)，测量C、D间的距离．完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定的坐标纸上作出F-G图线．(2)由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ＝________(保留2位有效数字)．(3)滑块最大速度的大小v＝________(用h、s、μ和重力加速度g表示)．解析(1)根据描点法在F-G图像上描出各点，再连接起来，如图所示；(2)由图甲可知F＝μG，则F-G图像上的直线的斜率代表μ值的大小．由F-G图像可知μ＝1.4－0.63.5－1.5＝0.40；(3)当重物P刚好下落到地面时，滑块的速度v最大，此时滑块的位移为h，此后滑块做加速度为μg的匀减速运动，由公式v t2－v02＝2ax，知滑块的最大速度v max满足：v max2＝2μg(s－h)，则v max＝2μg（s－h）.答案(1)见解析(2)0.40(0.38－0.42均正确)(3)2μg（s－h）设置目的考查实验的创新能力学法指导本题易错之处，求v max，先整体过程用动能定理mgh－μMgs＝0，再从0至h过程中用动能定理(mg－μMg)h＝12(M＋m)v max2，解得vmax＝2μgh（s－h）μs＋h，错误在mgh－μMgs≠0，因为小物块落地时有速度．三、计算题(40分)13．(10分)(2015·湖南三校联考)(14分)如图(a)，质量m＝1 kg的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图(b)所示，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)比例系数k.解析 (1)初始时刻对物体受力分析，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmg cos θ＝ma 0 由题图可知a 0＝4 m/s 2解得μ＝0.25(2)对末时刻加速度为零时，有mgsin θ－μF N －kvcos θ＝0又F N ＝mgcos θ＋kvsin θ由图得出此时v ＝5 m/s解得k ＝0.84 kg/s答案 (1)0.25 (2)0.84 kg/s设置目的 考查牛顿第二定律的应用14．(10分)(2015·福建上杭一中检测)(13分)如图所示，倾角θ＝37°的传送带，上、下两端相距s ＝7 m ．当传送带以v ＝4 m/s 的恒定速率顺时针转动时，将一个与传送带间动摩擦因数μ＝0.25的物块P轻放于A 端，P 从A 端运动到B 端所需的时间是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)解析 设P 初始下滑的加速度为a 1，则有mgsin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝g(sin θ＋μcos θ)＝8 m/s 2前一段加速下滑时间t 1＝0.5 s当P 加速到v 时，P 发生的位移s 1＝1 m<7 m此后P 继续加速下滑，设加速度为a 2，有mgsin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2根据位移时间关系公式，有s －s 1＝vt 2＋12a 2t 22 解得后一段加速下滑的时间t 2＝1 s则P 从A 到B 所用总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s答案 1.5 s设置目的 考查在传送带上物体所受摩擦力的变化和牛顿第二定律15．(10分)如图所示，将质量为10 kg 的小球挂在倾角为α＝45°的光滑斜面上，则(1)当斜面以加速度a ＝13g 沿图示方向运动时，求绳中的拉力； (2)当斜面以加速度a ＝3g 沿图示方向运动时，求绳中的拉力．解析 当小球对斜面的压力为零时，小球只受重力和拉力，合力水平向左，有mgcot45°＝ma ，a ＝gcot45°＝g ，所以当向左的加速度大于等于g 时，斜面对小球无弹力．(1)当斜面以加速度a ＝13g 沿图示方向运动时，小于g ，所以斜面对球有弹力，所以有 N cos45°＋T 1sin45°＝mg ①T 1cos45°－Nsin45°＝ma ②联立①②式，解得T 1＝223mg (2)当以加速度a ＝3g ≥g 时，斜面对小球无弹力，小球只受重力和拉力，合力水平向左，据几何关系可知，绳拉力T 、重力mg 、绳子与竖直方向夹角为β，则竖直方向有T 2cos β＝mg ，水平方向有T 2sin β＝ma 2，联立以上两式，得T 2＝2mg答案 (1)223mg (2)2mg 设置目的 考查临界状态下的牛顿第二定律16．(10分)如图所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P 处于静止．P 的质量为12 kg ，弹簧的劲度系数k ＝800 N/m.现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速运动．已知在前0.2s 内F 是变化的，在0.2 s 以后F 是恒力，g ＝10 m/s 2，则求：(1)未施加力F 时，弹簧的压缩量．(2)物体做匀加速直线运动的加速度大小．(3)F 的最小值是多少，最大值是多少？解析 (1)以物体P 为研究对象，物体P 静止时受重力G 、秤盘给的支持力N ，因为物体静止，N ＝mg ＝kx 0，解得x 0＝0.15 m(2)此时物体P 受重力G ，拉力F 和支持力N ′，据牛顿第二定律有 F ＋N ′－mg ＝ma ，当0.2 s 后物体所受拉力F 为恒力，说明不能有弹力(kx)，即为P 与盘脱离．由0－0.2 s 内物体的位移为x 0，物体由静止开始运动，则x 0＝12at 2 ，结合x 0＝0.15 m ，联立以上两式，解得a ＝7.5 m/s 2(3)匀加速过程合力恒定，开始向上时弹力最大，F的最小值对应初始时刻，有F min＋kx0－mg＝ma，F min＝ma＋mg－kx0＝12×(7.5＋10)N－800×0.15 N＝90 N，F最大值对应匀变速末态，F max－mg＝ma，F max＝210 N答案(1)0.15 m(2)7.5 m/s2(3) 90 N210 N设置目的考查牛顿第二定律的多过程问题，对应临界状态及条件的判断。

专题01 直线运动 力与运动1．【2017·新课标Ⅲ卷】一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm 。

将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm ；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内） A ．86 cmB ． 92 cmC ． 98 cmD ． 104 cm【答案】B【考点定位】胡克定律、物体的平衡【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。

前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。

2．【2017·天津卷】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是A ．绳的右端上移到b '，绳子拉力不变B ．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大C ．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D ．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 【答案】AB【解析】设两杆间距离为d ，绳长为l ，Oa 、Ob 段长度分别为l a 和l b ，则b a l l l +=，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。

绳子中各部分张力相等，F F F b a ==，则βα=。

满足mg F =αcos 2，αααsin sin sin l l l d b a =+=，即l d =αsin ，αcos 2mg F =，d 和l 均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A 正确，CD 错误；将杆N 向右移一些，d 增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B 正确。

专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。

在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。

下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。

一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。

某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。

4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。