第1節(jié)牛頓第一定律牛頓第二定律微專題4牛頓第二定律的綜合應(yīng)用第1節(jié)牛頓第一定律牛頓第二定律

五年高考

三年模擬第2節(jié)牛頓第二定律的應(yīng)用

五年高考

三年模擬目錄實(shí)驗(yàn)4探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系微專題5動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型微專題6動(dòng)力學(xué)中的滑塊-木板模型粵題風(fēng)向

模塊融合

關(guān)聯(lián)知識(shí)綜合考查(2024屆廣州執(zhí)信中學(xué)4月考)(多選)如圖甲所示,緊挨但不粘連的兩物塊P、Q靜止放置

在光滑水平地面上。t=0時(shí),水平方向的力F作用于P上,以水平向右為正方向,F隨時(shí)間

變化的規(guī)律如圖乙所示。下列關(guān)于P運(yùn)動(dòng)的速度v及加速度a隨時(shí)間t變化的圖像可能

正確的是

()

AD解析

在0~t1時(shí)間內(nèi),F沿正方向,則PQ兩物塊加速度相同,大小為a1=

=

,F隨時(shí)間均勻減小,兩物塊做加速度均勻減小的加速運(yùn)動(dòng);在t1~2t1時(shí)間內(nèi),F沿負(fù)方向,則此后PQ脫

離,Q做勻速運(yùn)動(dòng),P做減速運(yùn)動(dòng),此時(shí)P的加速度a2=

=

,由對(duì)稱性可知,在力F大小相同的位置,a2>a1,可知P從開始減速到速度減為零所用的時(shí)間小于t1,A、D正確。考法點(diǎn)睛應(yīng)用牛頓第二定律,結(jié)合分析結(jié)果對(duì)運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像進(jìn)行考查。不僅要看懂圖

像信息,還要能根據(jù)信息鑒別圖像。

五年高考1.★(2024浙江1月,1,3分)下列屬于國(guó)際單位制基本單位符號(hào)的是

()A.s

B.N

C.F

D.TA解析

在國(guó)際單位制中,七個(gè)基本單位的符號(hào)分別是m、kg、s、A、K、cd(坎德拉)和mol,A

正確。2.★★(2024北京,4,3分)如圖所示,飛船與空間站對(duì)接后,在推力F作用下一起向前運(yùn)

動(dòng)。飛船和空間站的質(zhì)量分別為m和M,則飛船和空間站之間的作用力大小為

()

A.

F

B.

F

C.

F

D.

FA解析

以飛船與空間站整體為研究對(duì)象,滿足F=(M+m)a,則加速度a=

;以空間站為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律得飛船對(duì)空間站的作用力大小FN=Ma=

。A正確。3.★★(2022遼寧,7,4分)如圖所示,一小物塊從長(zhǎng)1m的水平桌面一端以初速度v0沿中線

滑向另一端,經(jīng)過1s從另一端滑落。物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,g取10m/s2。下列

v0、μ的取值可能正確的是

()

A.v0=2.5m/s

B.v0=1.5m/sC.μ=0.28

D.μ=0.25B解析

物塊在桌面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μg,物塊能從另一端滑落,則物塊滑到

另一端的速度v>0,根據(jù)題意有v=v0-at,L=

t,因此v0最小的極限情況是物塊以v0=1m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)μ=0;v0最大的極限情況是物塊以v0=2m/s做勻減速運(yùn)動(dòng),1s后運(yùn)動(dòng)

到桌邊時(shí)速度減為零,此時(shí)μ=0.2,則有1m/s<v0<2m/s,μ<0.2,B正確。4.★★(2024安徽,6,4分)如圖所示,豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧,它們的一端分

別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn),另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開始時(shí),在豎直向

上的拉力作用下,小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O,彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢

拉至P點(diǎn),并保持靜止,此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g,彈簧始終處于

彈性限度內(nèi),不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力,則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中

()A.速度一直增大B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3gD.加速度先增大后減小A解析

未撤拉力時(shí)小球在P點(diǎn)保持靜止,由平衡條件可知此時(shí)拉力F、重力和兩彈簧的彈力的

合力為零,拉力F=2mg,方向豎直向上,則兩彈簧彈力的合力大小為mg,方向豎直向下。

若撤去拉力,則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中兩彈簧的彈力與重力的合力始終向下,

小球一直做加速運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤。小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程中,兩彈簧形變量變

小,兩彈簧彈力的夾角變大,則兩彈簧彈力的合力變小,小球所受的合力變小,加速度的

最大值為撤去拉力時(shí)的加速度,即在P點(diǎn)加速度最大,由牛頓第二定律可知2mg=ma,加速

度的最大值為2g,C、D錯(cuò)誤。5.★★(2022浙江6月,19,9分)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車中。如圖所示,

傾斜滑軌與水平面成24°角,長(zhǎng)度l1=4m,水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào),兩滑軌間平滑連接。若貨物

從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=

,貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(重力加速度g=10m/s2,取cos24°=0.9,sin24°=0.4)。(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大小;(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小;(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度l2。答案(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m

解析(1)貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí),由牛頓第二定律有mgsin24°-μmgcos24°=ma1解得a1=2m/s2(2)貨物在傾斜滑軌上勻加速,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=2a1l1解得v=4m/s(3)貨物在水平軌道上勻減速,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

-v2=2a2l2滑行的加速度a2=-μg解得l2=2.7m三年模擬6.★(2024屆揭陽惠來一中一模)如圖所示,在一輛表面光滑的小車上,放有質(zhì)量分別為m

1、m2的兩個(gè)球,隨車一起勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)車突然停止運(yùn)動(dòng),其他阻力不計(jì),設(shè)車無限長(zhǎng),則兩

小球

()A.一定相碰B.一定不相碰C.若m1>m2,則肯定相碰D.若m1<m2,則一定不相碰B解析

小車表面光滑,兩個(gè)小球在水平方向上不受力的作用,根據(jù)牛頓第一定律,兩球都保持原

速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),它們之間的距離不會(huì)發(fā)生變化,因此它們一定不相碰,與質(zhì)量的大

小無關(guān),B正確。7.★★(2024屆深圳寶安中學(xué)模擬)某同學(xué)到中國(guó)科學(xué)技術(shù)館參觀,看到了一個(gè)有趣的科

學(xué)實(shí)驗(yàn),一輛小火車在平直軌道上勻速行駛,突然從火車頂部的小孔中向上彈出一小球,

該小球在空中運(yùn)動(dòng),并恰好落回原來的孔中。下列說法正確的是

()A.相對(duì)于地面,小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是直線B.相對(duì)于火車,小球運(yùn)動(dòng)的軌跡是曲線C.小球能落回小孔是因?yàn)樾∏蛟谒椒较虮３峙c火車相同的速度D.小球能落回小孔是因?yàn)樾∏蛟诳罩羞\(yùn)動(dòng)的過程中受到水平向前的力C解析

相對(duì)于地面,小球豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),軌跡是曲線,A錯(cuò)誤。

小球始終在火車頂部小孔的正上方,相對(duì)于火車做直線運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤。能落回小孔是因

為小球具有慣性,在水平方向保持與火車相同的速度,C正確,D錯(cuò)誤。8.★★(2024屆廣州鐵一中學(xué)一模)如圖所示,做勻變速直線運(yùn)動(dòng)的車廂內(nèi)部,懸掛小球

的細(xì)繩與豎直方向夾角不變,O點(diǎn)位于小球的正下方。若某時(shí)刻繩突然斷裂,小球?qū)⒙?/p>

在O點(diǎn)的(小球未碰到車廂壁)

()

A.正上方

B.左側(cè)或右側(cè)C.左側(cè)

D.右側(cè)C解析

細(xì)繩未斷前,對(duì)小球進(jìn)行受力分析,小球受繩的拉力T和重力G,合力方向水平向右,受力

如圖所示?？芍∏螂S車廂一起水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或者向左做勻減速直線

運(yùn)動(dòng)。當(dāng)細(xì)繩斷裂后,小球只受重力,因此在水平方向上小球以細(xì)繩剛斷開時(shí)的速度做

勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),而車廂繼續(xù)水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或者

向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng),因此細(xì)繩斷裂后小球?qū)⒙湓贠點(diǎn)的左側(cè),C正確。

9.★★★(2024屆重慶沙坪壩段考)如圖所示為餐廳暖盤車的儲(chǔ)盤裝置示意圖,三根完全

相同的輕質(zhì)彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上,下端與托盤連接,托盤上放著6個(gè)

質(zhì)量均為m的盤子并處于靜止?fàn)顟B(tài)(托盤未與暖盤車底部接觸),已知托盤質(zhì)量為2m,重

力加速度大小為g,當(dāng)某顧客快速取走最上端1號(hào)盤子的瞬間,托盤對(duì)最下端6號(hào)盤子作

用力的大小為

()A.

mg

B.

mg

C.5mg

D.6mgA解析

顧客快速取走1號(hào)盤子的瞬間,彈簧彈力不會(huì)發(fā)生突變,托盤和其他5個(gè)盤子整體所受合

力為mg(點(diǎn)撥:托盤和其他5個(gè)盤子的合力與1號(hào)盤子的重力等大反向),根據(jù)牛頓第二定

律有mg=(2m+5m)a,對(duì)剩余5個(gè)盤子,設(shè)托盤對(duì)最下端6號(hào)盤子的支持力大小為FN(點(diǎn)撥:

以剩余的5個(gè)盤子作為整體分析),根據(jù)牛頓第二定律有FN-5mg=5ma,聯(lián)立可得托盤對(duì)6

號(hào)盤子作用力的大小為FN=

mg,A正確。10.★★★(2024屆湛江部分校模擬)(多選)如圖所示,兩個(gè)質(zhì)量分別為m1=2kg,m2=4kg的

物塊A、B置于光滑的水平面上,中間用輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)連接。兩個(gè)大小分別為F1=40

N、F2=16N的水平拉力分別作用在A、B上,則達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后,下列說法正確的是

()

A.彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是32NB.彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)是28NC.在突然撤去F2的瞬間,B的加速度大小為7m/s2D.在突然撤去F1的瞬間,A的加速度大小為16m/s2AD解析

以整個(gè)系統(tǒng)為研究對(duì)象,由牛頓第二定律可知a=

=

m/s2=4m/s2。系統(tǒng)的加速度方向水平向右,設(shè)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力是F,以B為研究對(duì)象,由牛頓第二定律得F-F2=

m2a得F=32N,A正確,B錯(cuò)誤。彈簧的彈力不能突變,在突然撤去F2的瞬間,B不再受F2的

作用,B受的合力等于彈簧的彈力,設(shè)B此時(shí)加速度為a3,由牛頓第二定律可知,F=m2a3得a3

=8m/s2,C錯(cuò)誤。彈簧的彈力不能突變,在突然撤去F1的瞬間,設(shè)此時(shí)A加速度為a4,由牛

頓第二定律可知,F=m1a4得a4=16m/s2,D正確。第2節(jié)牛頓第二定律的應(yīng)用粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)明晰規(guī)律思維回歸(2022廣東,3,4分)如圖是滑雪道的示意圖?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)員從斜坡上的M點(diǎn)由靜

止自由滑下,經(jīng)過水平NP段后飛入空中,在Q點(diǎn)落地。不計(jì)運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過N點(diǎn)的機(jī)械能損

失,不計(jì)摩擦力和空氣阻力。下列能表示該過程運(yùn)動(dòng)員速度大小v或加速度大小a隨時(shí)

間t變化的圖像是

()

C解析

設(shè)MN段傾角為θ,運(yùn)動(dòng)員在MN段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,在MN段,F合1=mgsinθ,a1=gsinθ,vN=a1t;

NP段,F合2=0,a2=0,運(yùn)動(dòng)員做勻速直線運(yùn)動(dòng);PQ段,運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng),a3=g>a1,C正確?？挤c(diǎn)睛廣東常將各類情境、各種運(yùn)動(dòng)形式作為題設(shè),結(jié)合動(dòng)力學(xué)圖像對(duì)牛頓第二

定律進(jìn)行考查。

五年高考1.★(2024貴州,1,4分)某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中,在下落的

某段時(shí)間內(nèi),小圓盤僅受重力G和顆粒介質(zhì)對(duì)其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓

盤在不同時(shí)刻的位置,相鄰位置的時(shí)間間隔相等,如圖所示,則該段時(shí)間內(nèi)下列說法可能

正確的是

()A.f一直大于GB.f一直小于GC.f先小于G,后大于GD.f先大于G,后小于GC解析

由題圖可知連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤向下的位移先增大后減小,則其速度先增大后

減小,加速度先向下后向上,即f先小于G,后大于G,C正確。2.★★(2023全國(guó)甲,19,6分)(多選)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在

水平桌面上由靜止開始沿直線運(yùn)動(dòng),兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。

甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后,所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖所示。由圖可知

(

)A.m甲<m乙

B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙

D.μ甲>μ乙BC解析

甲、乙兩物體的運(yùn)動(dòng)過程類似,由牛頓第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,故題給圖線

斜率表示物體的質(zhì)量m,縱截距表示滑動(dòng)摩擦力μmg,觀察題圖,甲物體的F-a圖線斜率大

于乙物體的F-a圖線斜率,故m甲>m乙,A錯(cuò)誤,B正確;又縱截距相等,故μ甲m甲g=μ乙m乙g,則μ甲

<μ乙,C正確,D錯(cuò)誤。3.★★★(2024全國(guó)甲,15,6分)如圖,一輕繩跨過光滑定滑輪,繩的一端系物塊P,P置于水

平桌面上,與桌面間存在摩擦;繩的另一端懸掛一輕盤(質(zhì)量可忽略),盤中放置砝碼。改

變盤中砝碼總質(zhì)量m,并測(cè)量P的加速度大小a,得到a-m圖像。重力加速度大小為g。在

下列a-m圖像中,可能正確的是

()

D解析

設(shè)P質(zhì)量為mP,當(dāng)mg≤μmPg時(shí),P靜止不動(dòng),a=0;當(dāng)mg>μmPg時(shí),砝碼和P加速度大小相等,

以砝碼和P整體為研究對(duì)象,由牛頓第二定律可得mg-μmPg=(m+mP)a,解得a=g-

,當(dāng)m趨近于無窮大時(shí),a趨近于g,D正確。三年模擬4.★(2025屆廣東多校摸底聯(lián)考)如圖所示為一種在理想情況下的斷軌過山車。若不考

慮空氣阻力,當(dāng)過山車離開軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)()A.乘客處于超重狀態(tài),座椅對(duì)乘客有向下的支持力B.乘客處于超重狀態(tài),安全帶對(duì)乘客有向上的拉力C.乘客處于失重狀態(tài),所受合外力為零D.乘客處于失重狀態(tài),所受合外力等于重力D解析

若不考慮空氣阻力作用,當(dāng)過山車離開軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),乘客處于完全失重狀態(tài),只

受重力作用,所受合外力等于重力,D正確。5.★★(2024屆佛山一中調(diào)研)靜置在粗糙水平面上的物體,受到一個(gè)方向不變的水平拉

力F作用而運(yùn)動(dòng),F的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。在0~t1時(shí)間內(nèi)物體的加速度大

小

()

A.逐漸變大

B.逐漸變小C.先變小后變大

D.先變大后變小C解析

依題意,物體在拉力作用下先加速,由牛頓第二定律可知F-f=ma,由圖可知,拉力一直減

小,所以加速度先減小,當(dāng)拉力與摩擦力等大時(shí),加速度為零,之后拉力小于摩擦力,物體

將做減速運(yùn)動(dòng),有f-F=ma,可知隨著拉力的減小,加速度將變大,C正確。6.★★(2024屆廣東階段練習(xí))雨滴在空氣中由靜止開始下落,在其速率不太大時(shí),雨滴

所受到的阻力大小與其速率大小成正比。則在此過程中雨滴的速率v隨時(shí)間t的變化關(guān)

系最接近

()

B解析

根據(jù)牛頓第二定律,有mg-f=ma,又f=kv,聯(lián)立解得a=g-

,可知隨著速率的增大,加速度逐漸減小,所以速率v隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖線的斜率減小,B正確。7.★★(2024屆梅州虎山中學(xué)模擬)(多選)跳傘運(yùn)動(dòng)是指跳傘運(yùn)動(dòng)員乘飛機(jī)、氣球等航

空器或其他器械升至高空后跳下,或者從陡峭的山頂、高地上跳下,在降落傘張開前、

后完成各種規(guī)定動(dòng)作,并利用降落傘減緩下降速度在指定區(qū)域安全著陸的一項(xiàng)體育運(yùn)

動(dòng)。一名跳傘運(yùn)動(dòng)員從懸停在高空的直升機(jī)中跳下,研究人員利用運(yùn)動(dòng)員隨身攜帶的儀器記錄下了他的運(yùn)動(dòng)情況,通過分析數(shù)據(jù),畫出了運(yùn)動(dòng)員從跳離直升機(jī)到落地的過程中在空中沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的v-t圖像,如圖所示,則對(duì)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是

()A.0~10s內(nèi)位移大于100mB.10~15s內(nèi)加速度逐漸增大C.0~10s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員所受阻力逐漸增大D.10~15s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員所受阻力逐漸增大AC解析

0~10s內(nèi),若運(yùn)動(dòng)員勻加速下降,則位移為100m,由圖像可知運(yùn)動(dòng)員的位移大小大于100

m,A正確。v-t圖線的斜率表示加速度,可知10~15s內(nèi)加速度逐漸減小,B錯(cuò)誤。0~10s

內(nèi)運(yùn)動(dòng)員向下的加速度逐漸減小,根據(jù)mg-f=ma,可知所受阻力逐漸增大,C正確。10~15

s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員向上的加速度逐漸減小,根據(jù)f-mg=ma,可知所受阻力逐漸減小,D錯(cuò)誤。8.★★(2025屆深圳寶安10月調(diào)研)(多選)如圖所示,一頂端帶有擋板P,表面粗糙的斜面

體固定在水平面上,滑塊以速度v0沖上斜面,t1時(shí)刻滑到斜面頂端與擋板Р發(fā)生碰撞,碰

撞時(shí)間極短,碰撞前后速度大小不變,方向相反。滑塊的加速度為a,速度為v,運(yùn)動(dòng)時(shí)間

為t,以沿斜面向上為正方向。在斜面上運(yùn)動(dòng)的過程中,其v-t圖像或a-t圖像可能正確的

有

()

ACD解析

以向上為正方向,由受力分析可知,滑塊向上運(yùn)動(dòng)時(shí),以加速度a1=gsinθ+μgcosθ做減速

運(yùn)動(dòng),碰撞后向下運(yùn)動(dòng),有三種情況:①μmgcosθ>mgsinθ,則以加速度a2=μgcosθ-gsinθ

向下減速,可能減到零,也可能減不到零,其中a2<a1,A、D正確;②μmgcosθ=mgsinθ,則

加速度a2=0,向下勻速運(yùn)動(dòng);③μmgcosθ<mgsinθ,則以加速度a2=gsinθ-μgcosθ向下加

速,且a2<a1,C正確;當(dāng)斜面光滑時(shí)才是B選項(xiàng)的運(yùn)動(dòng)情況,與題意不符,B錯(cuò)誤。微專題4牛頓第二定律的綜合應(yīng)用粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)明晰規(guī)律思維回歸(2024屆深圳紅嶺中學(xué)月考)如圖所示,質(zhì)量為2m的A物體和質(zhì)量為m的B物體疊放在豎

直彈簧上并保持靜止,重力加速度為g,用大小等于mg的恒力F向上拉B,運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)B與

A分離。則下列說法中正確的是

()A.B和A剛分離時(shí),彈簧彈力為mgB.B和A剛分離前一起向上做勻加速運(yùn)動(dòng)C.B和A剛分離時(shí),A的加速度不為0D.彈簧的勁度系數(shù)等于

D解析

B與A剛分離的瞬間,A、B仍具有相同的速度和加速度,且A、B間無相互作用力。對(duì)B分

析知,由牛頓第二定律得F-mg=ma,解得a=0,此時(shí)對(duì)A分析有F彈-2mg=2ma,解得F彈=2mg,

且彈簧處于壓縮狀態(tài),A、C錯(cuò)誤。B和A剛分離前對(duì)A、B整體有kΔx+F-3mg=3ma,A、B

整體向上運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧形變量Δx逐漸減小,則a也逐漸減小,A、B做加速度逐漸減

小的加速運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤。B和A剛分離時(shí),彈簧處于壓縮狀態(tài),彈力大小F彈=2mg,原來靜止

時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),彈力大小為3mg,則彈力減小量ΔF=3mg-2mg=mg,兩物體向上運(yùn)動(dòng)

的距離為h,則彈簧壓縮量減小Δx=h,由胡克定律得k=

=

,D正確?？挤c(diǎn)睛

連接體問題在考查時(shí)常與臨界條件結(jié)合,做好受力分析抓住臨界條件是解決這類問題的關(guān)鍵。五年高考1.★★(2022全國(guó)乙,15,6分)如圖,一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球,初始時(shí)

整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上,兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作

用在輕繩的中點(diǎn),方向與兩球連線垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距

L時(shí),它們加速度的大小均為()

A.

B.

C.

D.

A解析

對(duì)結(jié)點(diǎn)受力分析如圖所示,由幾何關(guān)系可知sinθ=

=

,則cosθ=

,由于不計(jì)輕繩質(zhì)量,可知F=2Tcosθ,對(duì)小球由牛頓第二定律得T=ma,聯(lián)立解得a=

,A正確。

快速解法兩小球沿F方向的分加速度a1=

,所以兩小球的加速度大小a>a1=

,只有A符合。2.★★★(2022全國(guó)甲,19,6分)(多選)如圖,質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上,二

者用一輕彈簧水平連接,兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。

用水平向右的拉力F拉動(dòng)P,使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng);某時(shí)刻突然撤去該拉力,則從此刻

開始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前

()

A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小AD解析

撤去拉力F后到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng),彈簧彈力kx減小,對(duì)P有μmg+kx=maP,對(duì)Q有μmg-kx

=maQ,且撤去拉力瞬間μmg=kx0,故P做加速度從2μg減小到μg的減速運(yùn)動(dòng),Q做加速度從0

逐漸增大到μg的減速運(yùn)動(dòng),即彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前,P的加速度始終大于Q的加速度,故除開

始時(shí)刻外,任意時(shí)刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于Q的平

均速度大小,由x=

t可知Q的位移大小大于P的位移大小,B、C錯(cuò)誤,A、D正確。3.★★★★(2024全國(guó)甲,21,6分)(多選)如圖,一絕緣細(xì)繩跨過兩個(gè)在同一豎直面(紙面)

內(nèi)的光滑定滑輪,繩的一端連接一矩形金屬線框,另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪

之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)上下邊界水平。在t=0時(shí)刻線框的

上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過程中,線框始終在紙面內(nèi)且上下

邊框保持水平。以向上為速度的正方向,下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能

正確的是()

AC解析

設(shè)線框上邊框在進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度為v,上、下邊框長(zhǎng)度均為L(zhǎng),線框電阻為R,磁場(chǎng)的

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則線框所受安培力F=BIL=

,設(shè)線框質(zhì)量為m,物塊質(zhì)量為M,由四個(gè)選項(xiàng)可知,線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框加速度方向向下,則對(duì)線框有mg+F-T=ma,對(duì)物塊有T

-Mg=Ma,聯(lián)立可得加速度大小a=

,線框向上進(jìn)入磁場(chǎng)的過程做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),B錯(cuò)誤;當(dāng)m=M時(shí),可能在線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)前,速度減為0,加速度

也減為0(結(jié)合上述a的表達(dá)式可得該結(jié)論),A正確;當(dāng)m=M,且線框減速到某一速度剛好

全部進(jìn)入磁場(chǎng),則線框勻速上升到上邊框接觸到磁場(chǎng)上邊界后,繼續(xù)做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng),線框完全出磁場(chǎng)后勻速上升,C正確;由D選項(xiàng)可知,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)前,加

速度已減為0且速度不為0,結(jié)合上述a的表達(dá)式,可知m<M,則線框從完全進(jìn)入磁場(chǎng)后至

上邊框到磁場(chǎng)上邊界的過程中向上做勻加速運(yùn)動(dòng),離開磁場(chǎng)的過程再做加速度減小的

減速運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤。深度解析題圖中顯示線框?qū)挾缺却艌?chǎng)寬度要窄一些,說明線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)和完全

離開磁場(chǎng)的v-t圖線的斜率應(yīng)該是相同的。題目中不清楚線框和物塊的質(zhì)量關(guān)系,因此

需要分情況討論,利用圖線斜率判斷加速度變化趨勢(shì)。三年模擬4.★★(2024屆梅州模擬檢測(cè))跨過定滑輪的輕繩一端固定在吊板上,另一端拴在一個(gè)動(dòng)

滑輪的軸上,跨過動(dòng)滑輪的輕繩一端固定在吊板上,另一端被吊板上的人拉住,如圖所

示。已知人的質(zhì)量為M=70kg,吊板的質(zhì)量為m=10kg,繩、定滑輪、動(dòng)滑輪的質(zhì)量以及

滑輪的摩擦均可不計(jì),重力加速度g取10m/s2。當(dāng)人和板一起以加速度a=1.0m/s2向上

做加速運(yùn)動(dòng)時(shí),人對(duì)繩的拉力F1和人對(duì)吊板的壓力F2大小分別為

()A.F1=400N,F2=300NB.F1=400N,F2=330NC.F1=440N,F2=550ND.F1=220N,F2=550ND解析

對(duì)人和吊板整體受力分析,根據(jù)牛頓第二定律有4F1-(M+m)g=(M+m)a,解得F1=220N,對(duì)

人根據(jù)牛頓第二定律有F1'+F2'-Mg=Ma,解得F2'=550N。根據(jù)牛頓第三定律得人對(duì)吊板

的壓力F2=F2'=550N,D正確。5.★★★(2024屆華南師大附中模擬)如圖,C由質(zhì)量為M的物塊及右上角光滑輕質(zhì)定滑

輪組成,靜置于水平地面?？邕^滑輪用輕繩連接質(zhì)量分別為2m和m的物塊A、B,除地面

外的其余各接觸處均光滑。開始用手托住B,使輕繩剛好伸直。由靜止釋放B,在B下落

而A又未碰到滑輪的過程中,C始終保持靜止,重力加速度為g,下列說法正確的是

(

)A.地面對(duì)C有向右的摩擦力B.物體C受到4個(gè)力作用C.繩中拉力等于mgD.地面對(duì)C的支持力小于(M+2m)gA解析

設(shè)繩子拉力為T,對(duì)B由牛頓第二定律有mg-T=ma,對(duì)A由牛頓第二定律有T=2ma,聯(lián)立可

得a=

,T=

,C錯(cuò)誤。對(duì)ABC整體應(yīng)用牛頓第二定律,水平方向地面對(duì)C的摩擦力f=2ma=

mg,摩擦力方向與A加速度方向一致,水平向右,A正確。C受到A的壓力、繩對(duì)滑輪的作用力、支持力、重力、摩擦力,共五個(gè)力,B錯(cuò)誤。對(duì)ABC整體應(yīng)用牛頓第二定

律,豎直方向有(M+3m)g-N=ma,解得N=Mg+

,故地面對(duì)C的支持力大于(M+2m)g,D錯(cuò)誤。6.★★★(2025屆廣東三校聯(lián)合模擬)如圖,一輕繩跨過一定滑輪,兩端各系一重物,它們

的質(zhì)量分別為m1和m2,且m1>m2(滑輪質(zhì)量及一切摩擦不計(jì)),此時(shí)右側(cè)重物的加速度為a,

移除質(zhì)量為m1的重物,并用一豎直向下的恒力F=m1g拉左側(cè)輕繩,右側(cè)重物的加速度為a

1,重力加速度為g,則a1和a的關(guān)系為

()

A.a1=a

B.a1=

aC.a1=

a

D.a1=

aB解析

輕繩兩端各系一重物時(shí),對(duì)兩重物根據(jù)牛頓第二定律有m1g-T=m1a,T-m2g=m2a,聯(lián)立可得

(m1-m2)g=(m1+m2)a,解得a=

g,當(dāng)移除質(zhì)量為m1的重物,并用一豎直向下的恒力F=m1g拉左側(cè)輕繩時(shí),對(duì)右側(cè)重物,根據(jù)牛頓第二定律有F-m2g=m2a1,由F=m1g,解得a1=

g則a1=

a,B正確。易錯(cuò)警示輕繩兩端各系一重物時(shí),由于重物的質(zhì)量不能忽略不計(jì),計(jì)算時(shí)不能直接用

重力代替拉力。7.★★★(2024屆茂名高州模擬)(多選)如圖甲所示,勁度系數(shù)k=500N/m的輕彈簧,一端

固定在傾角為θ=37°的帶有擋板的光滑斜面體的底端,另一端和質(zhì)量為mA的小物塊A相

連,質(zhì)量為mB的物塊B緊靠A一起靜止,現(xiàn)用水平推力使斜面體以加速度a向左勻加速運(yùn)

動(dòng),穩(wěn)定后彈簧的形變量大小為x。在不同推力作用下、穩(wěn)定時(shí)彈簧形變量大小x隨加

速度a的變化如圖乙所示。彈簧始終在彈性限度內(nèi),不計(jì)空氣阻力,重力加速度g=10m/s

2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列說法正確的是

()A.a0=7.5m/s2B.mA=3kgC.若a=a0,穩(wěn)定時(shí)A、B間彈力大小為0D.若a=a0,穩(wěn)定時(shí)A對(duì)斜面的壓力大小為12.5NACD解析

由題意可知a=a0時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),對(duì)AB整體,根據(jù)牛頓第二定律有(mA+mB)gtan37°

=(mA+mB)a0,解得a0=7.5m/s2,A正確。當(dāng)a=0時(shí),對(duì)AB整體分析有(mA+mB)gsin37°=kx0,

當(dāng)a>a0時(shí),由圖中虛線與x軸交點(diǎn)的意義有mAgsin37°=kx1,聯(lián)立解得mA=1kg,mB=2kg,B錯(cuò)

誤。當(dāng)a=a0時(shí),對(duì)B,根據(jù)牛頓第二定律有FNsinθ-FABcosθ=mBa,FNcosθ+FABsinθ=mBg,解

得FAB=0,C正確。當(dāng)a=a0時(shí),物塊A、B恰要分離,對(duì)A有FNA=

=12.5N,由牛頓第三定律知A對(duì)斜面的壓力大小為12.5N,D正確。知識(shí)拓展(1)正確地選取研究對(duì)象是解題的首要環(huán)節(jié)。弄清各物體之間哪些屬于連

接體,哪些應(yīng)該單獨(dú)分析,并分別確定出它們的加速度,然后根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程求解。(2)水平面上的連接體問題。①這類問題一般是連接體(系統(tǒng))中各物體保持相對(duì)靜止,

即具有相同的加速度。解題時(shí),一般采用先整體后隔離的方法。②建立直角坐標(biāo)系時(shí)

要考慮矢量正交分解越少越好的原則,正交分解力,或者正交分解加速度。(3)斜面體與物體組成的連接體問題。當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度,而斜面體相對(duì)

于地面靜止時(shí),一般采用隔離法分析。8.★★★(2024屆廣東名校教研聯(lián)盟模擬)(多選)如圖所示,傾角為θ=37°的光滑斜面固定

在水平地面上,一輕質(zhì)彈簧一端與垂直固定在斜面上的擋板相連,另一端與物塊B連接,

物塊A緊靠著物塊B,物塊與斜面均靜止。現(xiàn)用一沿斜面向上的拉力F作用于A,使A、B

兩物塊一起沿斜面做加速度大小為

g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到A、B分離。物塊A質(zhì)量為2m,物塊B質(zhì)量為m,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法中正確的是(

)A.施加拉力的瞬間,A、B間的彈力大小為mgB.A、B分離瞬間彈簧彈力大小為

mgC.在A、B分離前整個(gè)過程中拉力F先增大后不變D.拉力F的最大值小于2mgABD解析

施加拉力F之前,對(duì)A、B整體受力平衡,根據(jù)平衡條件,有F彈=3mgsinθ,施加F瞬間,物塊

A、B開始向上一起做加速度大小a=

g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),對(duì)A、B整體,根據(jù)牛頓第二定律有F+F彈-3mgsinθ=3ma,解得施加拉力F的大小F=

mg,對(duì)A,根據(jù)牛頓第二定律得F+FBA-2mgsinθ=2ma,解得A、B間的彈力大小FBA=mg,A正確。分離時(shí),物塊A、B之間作

用力為0,對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律得F彈'-mgsinθ=ma,解得A、B分離瞬間彈簧彈力大小F彈

'=

mg,B正確。整個(gè)過程中拉力F一直增大,C錯(cuò)誤。A、B分離瞬間,物塊A、B之間作用力為0,F最大,對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得Fmax-2mgsinθ=2ma,解得Fmax=

mg,D正確。微專題5動(dòng)力學(xué)中的傳送帶模型粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)明晰規(guī)律思維回歸(2024屆深圳月考)(多選)如圖甲所示,足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為θ,在傳送帶上

某位置輕輕放上一小木塊,小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,小木塊速度隨時(shí)間變

化關(guān)系如圖乙所示,v0、t0已知,重力加速度為g,則

()A.傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)

B.μ=tanθ-

C.傳送帶的速度大于v0

D.t0時(shí)刻后木塊的加速度為2gsinθ-

AD解析

若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)小木塊下滑時(shí),有mgsinθ>μmgcosθ,小木塊將一直做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端,當(dāng)小木塊上滑時(shí),有mgsinθ<μmgcosθ,小木塊先做勻加速直線運(yùn)

動(dòng),小木塊的速度等于傳送帶速度時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),兩種情況均不符合題給運(yùn)動(dòng)圖像,

故傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),A正確。小木塊在0~t0內(nèi),受到的滑動(dòng)摩擦力方向沿傳送帶向

下,小木塊的加速度為a1=gsinθ+μgcosθ,且a1=

,解得μ=

-tanθ,B錯(cuò)誤。當(dāng)小木塊的速度等于傳送帶速度時(shí),受到的滑動(dòng)摩擦力方向沿傳送帶向上,小木塊加速度發(fā)生

變化,v-t圖線的斜率表示加速度,故傳送帶的速度等于v0,C錯(cuò)誤。t0時(shí)刻后木塊的加速度

為a2=gsinθ-μgcosθ=2gsinθ-

,D正確?？挤c(diǎn)睛傳送帶問題首先需要掌握對(duì)傳送帶上物體運(yùn)動(dòng)情況的判斷,傾斜傳送帶問題需要格外注意物體所受摩擦力與重力沿傳送帶方向的分力的大小關(guān)系。1.★★(2025屆華南師大附中綜合測(cè)試)(多選)漁業(yè)作業(yè)中的“魚蝦分離裝置”可簡(jiǎn)化

為如圖所示模型,傳送帶與水平面的夾角為θ,魚蝦出口與順時(shí)針運(yùn)行的傳送帶有一定

的高度差,魚蝦落在傳送帶上時(shí)只有沿著傳送帶向下的初速度(垂直傳送帶方向的速度

瞬間變?yōu)榱?,隨后蝦從傳送帶下方掉落,魚從傳送帶上方掉落,實(shí)現(xiàn)分離?！拔r”與傳

送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1,“魚”與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,最大靜摩擦力等

于滑動(dòng)摩擦力,則

()A.“蝦”掉落到傳送帶后,可能沿傳送帶向下做加速直線運(yùn)動(dòng)B.“魚”掉落到傳送帶后,馬上沿傳送帶向上做加速直線運(yùn)動(dòng)C.μ1一定小于tanθD.μ2一定大于tanθAD解析

“蝦”掉落到傳送帶后,有沿著傳送帶向下的初速度,受到的滑動(dòng)摩擦力向上,如果摩擦

力小于重力沿傳送帶向下的分力,則“蝦”沿傳送帶向下做加速直線運(yùn)動(dòng);若相等,則

“蝦”沿傳送帶向下做勻速直線運(yùn)動(dòng);如果摩擦力大于重力沿傳送帶向下的分力,則

“蝦”沿傳送帶向下做減速直線運(yùn)動(dòng);所以mgsinθ可能大于、等于或小于μ1mgcosθ,

則μ1可能小于、等于或大于tanθ,A正確,C錯(cuò)誤。要達(dá)成題圖所示分離情況,“魚”的

運(yùn)動(dòng)應(yīng)是先向下做減速運(yùn)動(dòng)到速度為0,再向上做加速運(yùn)動(dòng),則一定有m'gsinθ<μ2m'gcos

θ,可得μ2>tanθ,B錯(cuò)誤,D正確。2.★★★(2024屆佛山南海預(yù)測(cè))如圖所示,足夠長(zhǎng)水平傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小為

v1,一小滑塊從傳送帶左端以初速度大小v0滑上傳送帶,小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為μ,小滑塊最終又回到左端。已知重力加速度為g,下列說法正確的是

()A.小滑塊的加速度向右,大小為μgB.若v0<v1,小滑塊回到左端的時(shí)間為

C.若v0>v1,小滑塊回到左端的時(shí)間為

D.若v0>v1,小滑塊回到左端的時(shí)間為

D解析

小滑塊相對(duì)于傳送帶向右滑動(dòng),滑動(dòng)摩擦力向左,加速度向左,根據(jù)牛頓第二定律得μmg

=ma,解得a=μg,A錯(cuò)誤。若v0<v1,小滑塊的速度從v0先向右減速到0再反向加速到v0,剛好

回到左端,時(shí)間為t=

,B錯(cuò)誤。若v0>v1,小滑塊的速度從v0向右減速到0的時(shí)間t1=

,位移為x1=

,然后加速返回,加速到v1的時(shí)間t2=

,位移為x2=

,最后以v1勻速回到左端,時(shí)間為t3=

=

=

,小滑塊回到左端的時(shí)間t=t1+t2+t3,解得t=

+

+

=

,C錯(cuò)誤,D正確。3.★★★★(2024屆河南部分重點(diǎn)高中二模)(多選)一足夠長(zhǎng)的粗糙傾斜傳送帶以恒定

的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),某時(shí)刻在傳送帶上適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣葀0的小物塊,如

圖所示,取沿傳送帶向下的方向?yàn)檎较?則下列描述小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像

中可能正確的是

()

ABD解析

當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下,且小于傳送帶的速度時(shí),對(duì)小物塊受力分析,由牛頓第二

定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,即a1=gsinθ+μgcosθ可知小物塊將沿傳送帶向下做

勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)小物塊速度等于傳送帶速度時(shí),若滿足mgsinθ<μmgcosθ二者將共

速,小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),若滿足mgsinθ>μmgcosθ小物塊將繼續(xù)加速

下滑,其加速度大小為a2=gsinθ-μgcosθ<a1,A正確。當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向下,且

大于傳送帶的速度時(shí),若滿足mgsinθ>μmgcosθ,則小物塊一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速

度大小為a3=gsinθ-μgcosθ,若滿足mgsinθ<μmgcosθ,則小物塊應(yīng)沿傳送帶向下做勻

減速直線運(yùn)動(dòng),其加速度大小為a4=μgcosθ-gsinθ,二者共速后小物塊隨傳送帶一起做

勻速直線運(yùn)動(dòng),B正確。當(dāng)小物塊的初速度沿斜面向上時(shí),由牛頓第二定律可得小物塊的加速度大小為a3=gsinθ+μgcosθ,小物塊沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),減到零后

反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其加速度仍為a3,與傳送帶共速時(shí),若滿足mgsinθ>μmgcosθ,則

小物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a2=gsinθ-μgcosθ<a3,若滿足mgsinθ<μ

mgcosθ,則小物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng),C錯(cuò)誤,D正確。微專題6動(dòng)力學(xué)中的滑塊-木板模型粵題風(fēng)向

物理本質(zhì)

明晰規(guī)律思維回歸(2024屆中山月考)一足夠長(zhǎng)的木板P靜置于粗糙水平面上,木板的質(zhì)量M=4kg,質(zhì)量m=1

kg的小滑塊Q(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板的左端以初速度v0滑上木板,與此同時(shí)在木板右端有

一水平向右的恒定拉力F,如圖甲所示,以滑塊滑上木板為t=0時(shí)刻,經(jīng)過t1=2s撤去拉力F,

兩物體一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),再經(jīng)過t2=4s兩物體停止運(yùn)動(dòng),畫出的兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖

像如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度g=10m/s2)求:(1)0~2s內(nèi)滑塊Q和木板P的加速度。(2)滑塊Q運(yùn)動(dòng)的總位移。(3)拉力F的大小。答案

(1)-4m/s22m/s2(2)24m(3)9N解析(1)根據(jù)v-t圖線斜率表示加速度可知,0~2s內(nèi)滑塊Q和木板P的加速度a1=

=

m/s2=-4m/s2,a2=

=

m/s2=2m/s2(2)根據(jù)v-t圖線與橫軸圍成的面積表示位移可知x=

×2m+

×4×4m=24m(3)在0~2s階段,對(duì)Q由牛頓第二定律有a1=-

對(duì)P由牛頓第二定律有a2=

在共同減速階段地面的摩擦力f0=-(M+m)a0,由v-t圖像可知a0=

=-1m/s2,代入解得F=9N考法點(diǎn)睛滑塊-木板類問題通常從兩者的加速度、運(yùn)動(dòng)時(shí)間、運(yùn)動(dòng)的位移等進(jìn)行考

查,需要熟練掌握該模型不同情況下,滑塊與木板速度、加速度的關(guān)系。

五年高考1.★★★(2024黑吉遼,10,6分)(多選)一足夠長(zhǎng)木板置于水平地面上,二者間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為μ,t=0時(shí),木板在水平恒力作用下,由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻,一小物塊以與木

板等大、反向的速度從右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的時(shí)間內(nèi),木板速度v隨時(shí)間t變

化的圖像如圖所示,其中g(shù)為重力加速度大小。t=4t0時(shí)刻,小物塊和木板的速度相同。

下列說法正確的是

()A.小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板B.小物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μC.小物塊與木板的質(zhì)量比為3∶4D.t=4t0之后小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)ABD解析

設(shè)木板質(zhì)量為M、受到的水平恒力為F,小物塊質(zhì)量為m,小物塊剛滑上木板到與木板共

速前,對(duì)木板的摩擦力水平向左,木板受力情況發(fā)生變化,即加速度發(fā)生變化,結(jié)合題圖

可知,小物塊在t=3t0時(shí)刻滑上木板,A正確。結(jié)合題意可知,小物塊滑上木板時(shí)的速度v1=

-

μgt0,t=4t0時(shí)刻的速度v2=

μgt0,則物塊的加速度a2=

=2μg,對(duì)小物塊由牛頓第二定律有μ'mg=ma2,聯(lián)立解得μ'=2μ,B正確。由題圖可知,0~3t0時(shí)間內(nèi)木板的加速

度a1=

=

μg,3t0~4t0時(shí)間內(nèi)木板的加速度a'1=

=-μg,0~3t0時(shí)間內(nèi),對(duì)木板由牛頓第二定律有F-μMg=Ma1,解得F=

μMg,3t0~4t0內(nèi),對(duì)木板由牛頓第二定律有F-μ(M+m)g-μ'mg=Ma'1,可得

=

,C錯(cuò)誤。t=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物塊和木板一起做勻速運(yùn)動(dòng),D正確。2.★★★(2024新課標(biāo),25,14分)如圖,一長(zhǎng)度l=1.0m的均勻薄板初始時(shí)靜止在一光滑平

臺(tái)上,薄板的右端與平臺(tái)的邊緣O對(duì)齊。薄板上的一小物塊從薄板的左端以某一初速

度向右滑動(dòng),當(dāng)薄板運(yùn)動(dòng)的距離Δl=

時(shí),物塊從薄板右端水平飛出;當(dāng)物塊落到地面時(shí),薄板中心恰好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn),已知物塊與薄板的質(zhì)量相等,它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3,重

力加速度大小g=10m/s2。求(1)物塊初速度大小及其在薄板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(2)平臺(tái)距地面的高度。答案

(1)4m/s

s(2)

m解析(1)設(shè)小物塊初速度為v0,在薄板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,對(duì)小物塊,由牛頓第二定律可得μmg=ma

1,解得a1=μg=3m/s2,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v0t1-

a1

=l+Δl,對(duì)薄板,由牛頓第二定律可得μmg=ma2,a2=μg=3m/s2,由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

a2

=Δl,聯(lián)立解得v0=4m/s,t1=

s。(2)小物塊離開薄板做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí),薄板做勻速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=

=

s,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得,平臺(tái)距地面的高度h=

g

=

m。三年模擬3.★★(2024屆廣州廣雅中學(xué)月考)(多選)如圖所示,兩物體A、B疊放在光滑水平面上,兩

物體間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,已知它們的質(zhì)量m=2kg、M=1kg,力F作用在A物體上,設(shè)最

大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g=10m/s2,則

()A.當(dāng)F=4N時(shí),兩物體即將發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)F=6N時(shí),兩物體A、B間的摩擦力為2NC.當(dāng)F=14N時(shí),物體B的加速度為4m/s2D.當(dāng)F=14N時(shí),物體A的加速度為5m/s2BCD解析

當(dāng)A、B剛要相對(duì)滑動(dòng)時(shí),靜摩擦力達(dá)到最大值,設(shè)此時(shí)它們的加速度為a0,根據(jù)牛頓第二

定律,對(duì)B有μmg=Ma0,解得a0=4m/s2,對(duì)A、B整體有F=(m+M)a0=12N,所以當(dāng)F≤12N時(shí),

A、B相對(duì)靜止,一起向右勻加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)F=12N時(shí),A的加速度為4m/s2,A錯(cuò)誤。當(dāng)F=6

N<12N時(shí),A、B相對(duì)靜止,整體的加速度為F=(M+m)a,解得a=2m/s2,B受到的摩擦力為f

=Ma=2N,B正確。當(dāng)F=14N>12N時(shí),A、B相對(duì)滑動(dòng),A、B間有滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)牛頓第

二定律,對(duì)A物體有F-μmg=maA,解得aA=5m/s2,對(duì)B物體有μmg=MaB,解得aB=4m/s2,C、D

正確。4.★★★(2024屆江西部分學(xué)校二模)如圖所示,在足夠大的水平地面上靜置一木板,可

視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以v0=3m/s的速度滑上木板,最終物塊恰好到達(dá)木板的右端,木板沿地

面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長(zhǎng)度。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.2,木板與

地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.05,取重力加速度大小g=10m/s2,則木板的長(zhǎng)度為

()

A.1.0m

B.1.5m

C.2.0m

D.2.5mB解析

設(shè)物塊的質(zhì)量為m,木板的質(zhì)量為M,物塊減速和木板加速到共速的時(shí)間為t1,加速度大小

分別為a1、a2,有a1=

=2m/s2,a2=

,v0-a1t1=a2t1=v,木板的位移為x1=

t1,兩者共速后,因μ1>μ2,則一起減速到停止,共同減速的加速度大小為a3,有a3=

=0.5m/s2,木板的位移為x2=

,木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長(zhǎng)度,即L=x1+x2,最終物塊恰好到達(dá)木板的右端,即物塊與木板相對(duì)滑動(dòng)的位移大小等于板長(zhǎng),有L=

t1-x1,聯(lián)立各式解得t1=1s,L=1.5m,B正確。5.★★★(2024屆甘肅張掖一模)如圖所示,光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B,木

板上表面各處粗糙程度相同,一質(zhì)量也為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從左端以速度v沖上

木板。當(dāng)v=v0時(shí),小物塊A歷時(shí)t0恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速,則

()A.若v=

,A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

B.若v=

,A、B相對(duì)靜止時(shí),A恰好停在木板B的中點(diǎn)C.若v=2v0,A經(jīng)過

到達(dá)木板右端D.若v=2v0,A從木板B右端離開時(shí),木板速度等于vA解析

根據(jù)牛頓第二定律有μmg=maA=maB則A、B加速度大小相等,設(shè)為a,小物塊A經(jīng)過t0恰好

運(yùn)動(dòng)到木板右端與木板共速,則v共=v0-at0=at0,解得t0=

,v共=

,a=

,木板的長(zhǎng)度L=

t0-

t0=

,若v=

,A、B兩物體共速時(shí)有v共1=

-at1=at1,解得t1=

=

,v共1=

,A、B相對(duì)靜止時(shí),相對(duì)位移L1=

t1-

t1=

=

<

=

,故A停在木板B的中點(diǎn)左側(cè),A正確,B錯(cuò)誤。若v=2v0,A從木板B右端離開時(shí),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式L=2v0t2-

a

-

a

,解得t2=(2-

)t0,A從木板B右端離開時(shí),木板速度為v木板=at2=

v0<v0,C、D錯(cuò)誤。6.★★★(2024屆陽江部分學(xué)校模擬)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的木板B在光滑水平面上

以速度v0向右做勻速運(yùn)動(dòng),把質(zhì)量為m的小滑塊A無初速度地輕放在木板右端,經(jīng)過一段

時(shí)間后小滑塊恰好從木板的左端滑出,已知小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。下列說

法正確的是

()

A.若只增大M,則小滑塊能滑離木板B.若只增大v0,則小滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)C.若只減小m,則滑離木板過程中小滑塊對(duì)地的位移變小D.若只減小μ,則小滑塊離開木板的速度變大AC解析

根據(jù)牛頓第二定律有a木=

,若只增大木板的質(zhì)量M,可知木板的加速度減小,小滑塊的加速度a塊=μg不變,以木板為參考系,小滑塊運(yùn)動(dòng)的平均速度變大,則小滑塊能滑離木

板,A正確。若只增大木板的初速度v0,小滑塊受力情況不變,小滑塊的加速度不變,小滑

塊相對(duì)木板的平均速度變大,小滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短,B錯(cuò)誤。若只減小小滑

塊的質(zhì)量m,小滑塊的加速度不變,木板的加速度變小,以木板為參考系,小滑塊運(yùn)動(dòng)的平

均速度變大,小滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短,滑離木板過程中小滑塊對(duì)地的位移變小,

C正確。若只減小動(dòng)摩擦因數(shù),小滑塊和木板的加速度都減小,相對(duì)位移不變,小滑塊滑

離木板的過程所用時(shí)間變短,小滑塊離開木板的速度變小,D錯(cuò)誤。7.★★★(2025屆廣東10月一模)質(zhì)量為2kg的長(zhǎng)木板A放在水平地面上,質(zhì)量為1kg的物

塊B放在長(zhǎng)木板的左端,給物塊B施加一個(gè)水平向右的拉力F,將F從零開始逐漸增大,當(dāng)F

為3N時(shí),物塊B和長(zhǎng)木板A剛好要一起滑動(dòng),當(dāng)F為6N時(shí),物塊B剛好要相對(duì)長(zhǎng)木板A滑

動(dòng),重力加速度g=10m/s2,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,求:(1)A與地面之間,B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的大小;(2)若開始拉物塊B時(shí),F恒定為10N,結(jié)果拉力F作用1s,物塊B剛好從A上滑離,A的長(zhǎng)度;(3)第(2)問中F作用t0時(shí)間后撤去,此后物塊B剛好不滑離長(zhǎng)木板A[A的長(zhǎng)度為第(2)問中

所求得的長(zhǎng)度],則t0為多大。

答案(1)0.10.5(2)2m(3)

s解析(1)設(shè)長(zhǎng)木板A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1由題意可知F1=μ1(mA+mB)g解得μ1=0.1設(shè)物塊B與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2,對(duì)整體有F2-μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a對(duì)物塊B有F2-μ2mBg=mBa解得μ2=0.5(2)由于10N>6N,因此,物塊與長(zhǎng)木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),設(shè)長(zhǎng)木板的加速度為a1,則μ2mBg-μ1(mA+mB)g=mAa1解得a1=1m/s2對(duì)物塊B有F3-μ2mBg=mBa2解得a2=5m/s2設(shè)木板的長(zhǎng)為L(zhǎng),則L=

a2

-

a1

=2m。(3)在第(2)問中撤去F后,物塊在長(zhǎng)木板上滑行時(shí)的加速度大小a3=μ2g=5m/s2設(shè)從開始到物塊滑到長(zhǎng)木板右端時(shí)所用時(shí)間為t,則a2t0-a3(t-t0)=a1t

a2

+

(t-t0)-

a1t2=L解得t0=

s。實(shí)驗(yàn)4探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系1.(2024浙江1月,16-Ⅰ,7分)如圖1所示是“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝

置。

(1)該實(shí)驗(yàn)中同時(shí)研究三個(gè)物理量間關(guān)系是很困難的,因此我們采用的研究方法是

。A.放大法B.控制變量法BC.補(bǔ)償法(2)該實(shí)驗(yàn)過程中操作正確的是

。A.補(bǔ)償阻力時(shí)小車未連接紙帶B.先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源,后釋放小車C.調(diào)節(jié)滑輪高度使細(xì)繩與水平桌面平行(3)在小車質(zhì)量

(填“遠(yuǎn)大于”或“遠(yuǎn)小于”)槽碼質(zhì)量時(shí),可以認(rèn)為細(xì)繩拉力

近似等于槽碼的重力。上述做法引起的誤差為