2019年高考物理總復(fù)習(xí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律專(zhuān)題卷

1、、單選題1. 通過(guò)理想斜面實(shí)驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的科學(xué)家是（ A. 亞里士多德略爾【答案】【考點(diǎn)】 【解析】牛頓運(yùn)動(dòng)定律專(zhuān)題C.D.笛卡牛頓B.伽利B牛頓第一定律【解答】A:亞里士多德提出了運(yùn)動(dòng)需要力來(lái)維持；B、伽利略用理想實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了 “力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原D 牛頓總結(jié)了前人的工作【分析】物理學(xué)史的知識(shí)，每一位科因” C 笛卡爾在伽利略基礎(chǔ)上了提出了相似的觀點(diǎn) 學(xué)家都有他的經(jīng)典之作，記牢即可選擇出答案。2.（2018?卷I）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊力 F 作用在 P 上，使其向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以 和 x 之間關(guān)系的圖像可能正確的是（P,系統(tǒng)處于靜止?fàn)?/p>

2、態(tài)， 現(xiàn)用一豎直向上的 x表示 P 離開(kāi)靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示777777777777777CD【答案】【考點(diǎn)】【解析】A連接體問(wèn)題，胡克定律，物體的受力分析【解答】由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mc+Fw=maA。故答案為：AF彈=k(xo-x),kxo=mg,聯(lián)立解得F=ma kx,對(duì)比題給的四個(gè)圖象，可能正確的是【分析】該題需選擇物塊 P 為研究對(duì)象，對(duì) P 分兩種情況進(jìn)行進(jìn)行受力分析：未對(duì) 施加拉力 F 后，然后根據(jù)牛頓第二定律 F合=ma 列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F 與 x 的關(guān)系式。P 施加拉力 F 時(shí)，有 mg=kx）;對(duì) P3. （2018?北京）根據(jù)高中所學(xué)知識(shí)可知

3、，做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球，將落在正下方位置。 但實(shí)際上，赤道上方 200m 處無(wú) 初速下落的小球?qū)⒙湓谡路轿恢闷珫|約6cm 處，這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉(zhuǎn)，下落過(guò)程小球還受到一個(gè)水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比，現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對(duì)稱(chēng)性，上升過(guò)程該“力”水平向西，則小球（）A. 到最高點(diǎn)時(shí)，水平方向的加速度和速度均為零B. 到最高點(diǎn)時(shí)，水平方向的加速度和速度均不為零C. 落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè)D.落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)【答案】D【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，位移的合成與分解【解析】 【解答】 根據(jù)題意， 將小球從赤道地面豎直上拋， 水平方向受到一個(gè)與豎直方向的

4、速度大小成正比的力, 小球從地面豎直上拋，速度越來(lái)越小，故水平方向的力越來(lái)越小，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度為零，故水平方向的加速度為零，水平方向小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度不為零，故AB 錯(cuò)誤；小球在下落的過(guò)程中，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以水平方向加速度逐漸增大；水平方向加速度向東，所以向西做 加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得出落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)，故C 錯(cuò)誤；故答案為：Db【分析】本題屬于新穎的題型，這樣的水平力，學(xué)生平時(shí)應(yīng)該都沒(méi)有見(jiàn)過(guò)，但是仔細(xì)分析題干就會(huì)得出其實(shí)這就是運(yùn)動(dòng)的合成與分解，小球參與了水平和豎直兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律即可得出答案。

5、4.用國(guó)際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是（）2 2A. kg.m /sC. N/mB.kg.m/sD. N.m【答案】A【考點(diǎn)】單位制及量綱【解析】【解答】能量單位為焦耳 J，根據(jù)做功 W=FL 可知 1J=1Nm 而 1N=1kg.m/s2，因此正確答案為 A【分析】利用公式推導(dǎo)新的單位，這是對(duì)量綱的考察，國(guó)際基本單位有7 個(gè)，Kg、ms、A、mol, T、Cd;其它單位都是導(dǎo)出單位。5.如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F 拉動(dòng)小車(chē)，讓小車(chē)和木塊一起做無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)，若小車(chē)質(zhì)量為M 木塊質(zhì)量為 m,加速度大小為a,木塊和小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩對(duì)于這個(gè)過(guò)程，某同學(xué)用了以下

6、4 個(gè)式子來(lái)表達(dá)拉力 F 的大小，下述表達(dá)式一定正確的是（）A. MaB.卩 mg+MC. （M+maD. mg+m【答案】C【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，靜摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題【解析】【解答】解：A、先對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F= （ M+m a, A 不符合題意，C 符合題意，B、由于 M 與 m 間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，未靜摩擦力，則不能用f=卩 mg 來(lái)計(jì)算兩者間的摩擦力大小，BD 不符合題意故答案為：C【分析】先對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律未靜摩擦力，則不能用 f=卩 mg 來(lái)計(jì)算兩者間的摩擦力大小。F= （ M+m a,由于

7、M 與 m 間無(wú)相對(duì)滑動(dòng),6.如圖所示，n 個(gè)質(zhì)量為 m 的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 個(gè)水平向右的推力 F 時(shí)，木塊加速運(yùn)動(dòng)，木塊5 對(duì)木塊 4 的壓力大小為（，當(dāng)對(duì) 1 木塊施加一777777777777777777)A. FB.C.B. 1.5gsinaC. gsinaD. 2gsina【答案】【考點(diǎn)】【解析】D對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用【解答】解：以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律：F=nma得:a=nm以 1234 為研究對(duì)象，設(shè) 5 對(duì) 4 的壓力為 N,根據(jù)牛頓第二定律：F-N=4m?a聯(lián)立以上二式得：N=，ABC 不符合題意，D 符合題意.n【答案】【考

8、點(diǎn)】【解析】對(duì)系統(tǒng)，B對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題【解答】解：木板沿斜面加速下滑時(shí)，貓保持相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為由牛頓第二定律得：3mgsina=2mga 解得：a=1.5gsina;故答案為：D.【分析】本題考查整體法與隔離法結(jié)合牛頓第二定律的應(yīng)用，整體應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離計(jì) 算木塊 5 對(duì)木塊 4 的壓力大小。7.如圖所示，A B 兩物體質(zhì)量分別為RA、m ，且RAm?，置于光滑水平面上，相距較遠(yuǎn).將兩個(gè)大小均為 的力，同時(shí)分別作用在 A、B 上經(jīng)過(guò)相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將（）故答案為：B.【分析】本體用整體法比較簡(jiǎn)單，貓

9、保持相對(duì)斜面的位置不變，即相對(duì)斜面靜止，加速度為律方程即可求解。9.如圖所示，某滑雪場(chǎng)的索道與水平面夾角為 道以 a=2m/s2的加速度斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知0,對(duì)整體列牛頓第二定0=37，g=10m/s2質(zhì)量為 m=50g 的人坐在纜車(chē)內(nèi)的水平座椅上，當(dāng)纜車(chē)隨索sin37 =0.6，cos37 =0.8，則（A. 停止運(yùn)動(dòng)B.向左運(yùn)A.座椅對(duì)人的摩擦力大小為100NB.座椅對(duì)人的摩擦力方向與水平方向的夾角為動(dòng)C.向右運(yùn)上方動(dòng)D.運(yùn)動(dòng)方向不能確定C.座椅對(duì)人的支持力大小為560ND.座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角為【答案】C上方【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，動(dòng)量定理， 動(dòng)量守恒定律，勻變速

10、直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【答案】C【解析】【解答】解：力 F 大小相等，RA RB，【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度有：aA tB，由動(dòng)量定理可知厶碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右，ABD 不符合題意，C 符合題意.故答案為：C.【分析】判斷兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后做什么樣的運(yùn)動(dòng)，先由牛頓第二定律求出加速度，再判斷沖量的大小， 最后根據(jù)碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右。8.如圖，在傾角為a的固定光滑斜面上，有一用繩子栓著的長(zhǎng)木板，木板上站著一只貓已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì) 量的2 倍當(dāng)繩子

11、突然斷開(kāi)時(shí)，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對(duì)斜面的位置不變則此時(shí)木板沿斜面下滑的加由 IA=F?tA， IB=F?tB，得：IA IB，F(xiàn)A=IA， PB=IB，貝 V PAPB，在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得：f=max=80N,故 AB 錯(cuò)誤.C 在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：N- mg=ma ，解得：N=mg+my=560N,故 C 正確D 座椅對(duì)人的作用力方向與水平方向的夾角的正切值為:故選：C.【分析】將加速度 a 分解為水平方向和豎直方向，在兩個(gè)方向上通過(guò)牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大小.10.如圖所示，一根跨過(guò)一固定的水平光滑細(xì)桿的輕繩兩端拴有兩個(gè)小球，球 a 置于水平地

12、面上， 球 b 被拉到與細(xì)桿同一水平的位置， 把繩拉直后，由靜止釋放球 b，當(dāng)球 b 擺到 0 點(diǎn)正下方時(shí)，球 a 對(duì)地面的壓力大小為其重力的已知圖中 Ob 段的長(zhǎng)度小于 Oa 段的長(zhǎng)度，不計(jì)空氣阻力，則（A.球 b 下擺過(guò)程中處于失重狀【分析】根據(jù)摩擦力性質(zhì)可判斷魚(yú)缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時(shí)摩擦力的變化情況；再根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析，明確拉力變化后運(yùn)動(dòng)位移的變化情況.12.某個(gè)質(zhì)量為 m 帶電量為-q （ q 0）的小球僅在重力作用下從靜止開(kāi)始沿豎直向下方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng),B.球 b 下擺過(guò)程中向心加速度變小C.當(dāng)球 b 擺到 0 點(diǎn)正下方時(shí)，球 b 所受的向心力為球

13、 a 重力的 普D.兩球質(zhì)量之比 ma: m=9： 2【答案】D【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，向心力，動(dòng)能定理的理解【解析】【解答】解：A、球 b 下落過(guò)程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度指向圓心，加速度向上，故處于超重，故A 錯(cuò)誤；B b 球速度增大，根據(jù) a=可知，向心加速度增大，故B 錯(cuò)誤；C 當(dāng)球 b 擺到 0 點(diǎn)正下方時(shí)，球 a 對(duì)地面的壓力大小為其重力的戸，則 F+FN=mg，解得 尸=駅曲，球 b 所受的向心力為 F向=F- mg=丹:衣于蝕好，故 C 錯(cuò)誤D 設(shè) Ob 繩長(zhǎng)為 I，在下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知小冒：；_小:廠U匚一斗，聯(lián)立解得 m： m=9： 2,故 D 正確；故

14、選：D【分析】b 球下落過(guò)程中作圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，根據(jù)加速度的方向判斷出超失重現(xiàn)象，當(dāng)b 球擺到豎直最低位置時(shí)，球 a 對(duì)地面的壓力大小為其重力的，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，結(jié)合向心力公式可列出質(zhì)量、速度及半徑間的關(guān)系；再運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可列出b 球的質(zhì)量與速度間的關(guān)系；最后可求出兩球質(zhì)量關(guān)系.11.如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~(yú)缸下拉出，魚(yú)缸最終沒(méi)有滑出桌面.若魚(yú)缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過(guò)程中（）段時(shí)間后在小球運(yùn)動(dòng)的空間中施加豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球又經(jīng)過(guò)相等的時(shí)間恰好回到出發(fā)點(diǎn)，則（A.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為B.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為S

15、niff亠C.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上，大小為大小為【答案】A【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律與電磁學(xué)綜合，勻變速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)出公式應(yīng)用【解析】【解答】解：電場(chǎng)力大小為 F=qE,設(shè)勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t .向下的過(guò)程中：h= 對(duì)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有 a= -_二據(jù)題有:-匕-:、匚|解得 F=4mg所以：E= 罕.故 A 正確，BCD 錯(cuò)誤.故選：AD.電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上,【分析】物體先向上勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去拉力后的運(yùn)動(dòng)可以看成一種有往復(fù)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過(guò)程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解.13.如圖所示，質(zhì)量分別為 m 和 M 的兩長(zhǎng)方體物塊 P 和 Q,疊放在傾角為B

16、的固定斜面上.P、Q 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩1, Q 與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩2.當(dāng)它們從靜止釋放沿斜面滑下時(shí)，兩物塊始終保持相對(duì)靜止，則物塊P對(duì) Q 的摩擦力為（）A.桌布對(duì)魚(yú)缸摩擦力的方向向左B.魚(yú)缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等C.若貓?jiān)龃罄Γ~(yú)缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚(yú)缸肯定不會(huì)滑出桌面【答案】B【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時(shí)，魚(yú)缸相對(duì)于桌布有向左的運(yùn)動(dòng)，故魚(yú)缸受到的摩擦力向右；故A 錯(cuò)誤;B 由于魚(yú)缸在桌面上和在桌布上的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，故受到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大

17、小相等；但在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)，則由v=at 可知，它在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等；故 B 正確；C 魚(yú)缸受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，其大小與拉力無(wú)關(guān)，只與壓力和動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)，因此增大拉力時(shí)，摩擦力不 變；故 C 錯(cuò)誤；D 貓減小拉力時(shí)，桌布在桌面上運(yùn)動(dòng)的加速度減小，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)；因此魚(yú)缸加速時(shí)間變長(zhǎng)，桌布抽出時(shí)的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D 錯(cuò)誤；故選：BA. mgcosB，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下C.卩2mgcos0，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下B.2mgcos0，方向D.11mgcos0，方向【答案】B【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，整體法隔離法【解析

18、】【解答】解：對(duì) PQ 整體受力分析，受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖根據(jù)牛頓第二定律，有：（ m+M gsinB-卩2（m+M geos0= （ M+m a解得：a=g (sin0-卩2eos0)再對(duì) P 物體受力分析，受到重力 mg 支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有 mgsin0 -Ff=ma由解得 P 受到的摩擦力大小為：Ff=u2mgeos0，方向沿斜面向上；根據(jù)牛頓第三定律可得物塊P 對(duì) Q 的摩擦力為 卩2mgeos0，方向平行于斜面向下.故 ACD 錯(cuò)誤、故選：B.【分析】先對(duì)律列式求解出14.如圖所示，B 正確;PQ 整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速

19、度，然后隔離出物體 Q 對(duì) P 的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求解P 對(duì) Q 的摩擦力.質(zhì)量分別為 m 2m 的球 A、B 由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在正在豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的電梯內(nèi), A的加速度大小分別為（細(xì)線中的拉力為 F,此時(shí)突然剪斷細(xì)線，在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球P,受力分析后根據(jù)牛頓第二定7FA.+g【答案】【考點(diǎn)】【解析】+gB.，+gC.D. ,F丄+gA對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題【解答】解：剪斷細(xì)線前：設(shè)彈簧的彈力大小為對(duì)整體：F- 3mg=3ma對(duì) B 球: f - 2mg=2ma解得，f=f.根據(jù)牛頓第二定律得剪斷細(xì)線的瞬間：彈簧的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，大小仍為f

20、=13對(duì) A 球: mg+f=msAif得 aA=+g故選 A【分析】先分別以整體和 B 球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律研究剪斷細(xì)線前彈簧的彈力剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力沒(méi)有來(lái)得及變化，再由根據(jù)牛頓第二定律求出A 球的加速度.15. 一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗糙.滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如圖所示.下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中位移X、速度 V、動(dòng)能 E0則滑塊的運(yùn)動(dòng)情況是（）6A.動(dòng)量方向沿桿向下, 正在均勻減小C.動(dòng)量方向沿桿向上, 正在均勻減小正在均勻增大正在均勻增大B.動(dòng)量方向沿桿向下,D.動(dòng)量方向沿桿向上,【答案】D【考

21、點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，整體法隔離法，假設(shè)法【解析】【解答】解：把滑塊和球看做一個(gè)整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標(biāo)系得,若假設(shè) 滑塊速度方向向下，則沿斜面方向：（ m+m） gsin0- f= （m+m） a垂直斜面方向： FN= （m+m） gcos0其中摩擦力：f=卩 FN聯(lián)立可解得： a=gsin0-卩 gcos0,對(duì)小球現(xiàn)有：0 v 3，則有agsin3所以 gsin0-卩 gcos0 gsin3gsin0 -gsin3geos0因?yàn)?3，所以 gsin0 -gsin3 0 所以假設(shè)不成立，即速度的方向一定向上.滑塊向上運(yùn)動(dòng)，重力有沿桿向下的分力，同時(shí)摩擦力的方向沿桿

22、的方向向下，所以滑塊的加速度方向向下，滑塊沿桿減速上滑則滑塊的動(dòng)量方向沿桿向上，正在均勻減小故ABC 錯(cuò)誤，D 正確故選：D【分析】滑塊與小球保持相對(duì)靜止，并以相同的加速度a 一起下滑，對(duì)整體進(jìn)行受力分析求出加速度，采用隔離法，分析小球的受力，求出加速度，結(jié)合03分析即可判斷.17.如圖所示，豎直半圓環(huán)中有多條起始于A 點(diǎn)的光滑軌道，其中 AB 通過(guò)環(huán)心 O 并保持豎直.一質(zhì)點(diǎn)分別自A 點(diǎn)沿各條軌道下滑，初速度均為零那么，質(zhì)點(diǎn)沿各軌道下滑的時(shí)間相比較（）A.無(wú)論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時(shí)間均相同B.質(zhì)點(diǎn)沿著與 AB 夾角越大的軌道下滑，時(shí)間越短C.質(zhì)點(diǎn)沿著軌道 AB 下滑，時(shí)間最短D.軌道與

23、 AB 夾角越?。ˋB 除外），質(zhì)點(diǎn)沿其下滑的時(shí)間越短【答案】A【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】解：設(shè)半徑為 R,斜面與豎直方向夾角為0，則物體運(yùn)動(dòng)的位移為 x=2Rcos0，物體運(yùn)動(dòng)的加速度 a=J=geos0，根據(jù) x= - at2,則 t= 于，與0角無(wú)關(guān).而知道弦長(zhǎng)和傾角也能算出半徑，所以A 正確,BCD 錯(cuò)誤.故選：A.【分析】設(shè)半徑為 R,斜面與豎直方向夾角為 然后根據(jù) x= at2求解時(shí)間.D.相遇后的任意時(shí)刻，重力對(duì)球a 做功功率小于重力對(duì)球 b 做功功率【答案】D【考點(diǎn)】超重失重，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用【解析】【解答】解：A、ab 運(yùn)動(dòng)的

24、加速度都向下，故都處于失重狀態(tài)，A 不符合題意；B、從題目?jī)?nèi)容可看出，在 0.5h 處相遇，此時(shí) a 球和 b 球的位移大小相同，時(shí)間相同，它們的加速度也相同，a 豎直上拋，b 自由落體，設(shè)相遇時(shí)間為 t，相遇時(shí) A 的速度為 v, b 的速度為 v則有：匚_；,由自由落體規(guī)律得， v =gt, v=v- gt，故相遇時(shí) a 的速度為零，B 不符合題意；C 根據(jù)動(dòng)能定理額可知 E 0, C 錯(cuò)誤.BC 不符合題意，AD 符合題意故答案為：AD.【分析】 本題 AB 兩個(gè)物體連接體， 對(duì)于連接體問(wèn)題， 通常采用整體法和隔離法相結(jié)合求解， 當(dāng)以整體為研究對(duì)象受 力分析時(shí) AB 之間的作用力不分析.

25、24.如圖所示，M 為定滑輪，一根細(xì)繩跨過(guò) M 一端系著物體 C,另一端系著一動(dòng)滑輪 N,動(dòng)滑輪 N 兩側(cè)分別懸掛著 A、 B 兩物體，已知 B 物體的質(zhì)量為 3kg，不計(jì)滑輪和繩的質(zhì)量以及一切摩擦，若C 物體的質(zhì)量為 9kg，則關(guān)于 C物體的狀態(tài)下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng) A 的質(zhì)量取值合適，C 物體有可能處于平衡狀態(tài)B.無(wú)論 A 物體的質(zhì)量是多大，C 物體不可能平衡C.當(dāng) A 的質(zhì)量足夠大時(shí)，C 物體不可能向上加速運(yùn)動(dòng)D.當(dāng) A 的質(zhì)量取值合適，C 物體可以向上加速也可以向下加速運(yùn)動(dòng)【答案】A,D【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用【解析】【解答】解：A、首先取 AB 連接

26、體為研究對(duì)象，當(dāng) A 的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于 B 的質(zhì)量，則 B 以接近重力加速度做向下的加速運(yùn)動(dòng)，B 處于失重狀態(tài)，細(xì)繩的最小拉力接近為零；當(dāng)A 的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于 B 的質(zhì)量時(shí)，則 B 以接近重力加速度向上做加速運(yùn)動(dòng)， B 處于超重狀態(tài)， 細(xì)繩的最大拉力接近 B 的重力的兩倍， 故此時(shí)細(xì)繩拉 C 的最大拉力為 B 的重 力的 4 倍，故當(dāng) A 的質(zhì)量取值合適，C 的質(zhì)量在大于零小于 12kg 之間都有可能處于平衡，故 A 正確，B 錯(cuò)誤； C 結(jié)合以上的分析，當(dāng)細(xì)繩對(duì)C 拉力小于 C 的重力時(shí) C 產(chǎn)生向下的加速度，當(dāng)細(xì)繩對(duì)C的拉力大于C的重力時(shí) C 產(chǎn)生向上的加速度，故 C 錯(cuò)誤、D 正確.BC 不

27、符合題意，AD 符合題意故答案為：AD【分析】本題主要考查物體的平衡和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用，物體平衡條件和牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用的分析和處理能力。25.如圖所示，A、B 兩物體的質(zhì)量分別為 2m 和 m 靜止疊放在水平地面上.AB 間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 卩，B 與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.現(xiàn)對(duì) A 施加一水平拉力巳則（）1 B、當(dāng)F=亍卩 mg 時(shí)，若 A 與 B 仍然沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則：三/罠:三1=廣”:磚又：F fmax= （mA+m） ai所以：=善氓此時(shí) A 與 B 之間的摩擦力 f ,則：mai=F f所以：f=31mg 時(shí)，A 相對(duì) B 滑動(dòng).故 C

28、正確；D 當(dāng) A 與 B 之間的摩擦力最大時(shí)，B 的加速度最大，此時(shí) B 沿水平方向受到兩個(gè)摩擦力的作用，又牛頓第二定律得：ma3=fmax-fmax=2mg- 1.5img=0.51mg所以：a3=0.5ig即無(wú)論 F 為何值，B 的加速度不會(huì)超過(guò)ig.故 D 正確.A 不符合題意，BCD 符合題意；故答案為：BCD【分析】本題考查牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，考查隔離法和整體法的應(yīng)用，利用牛頓第二定律和整體法隔離法求出A、B 不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的最大拉力.26.如圖所示，一勁度系數(shù)為k 的輕質(zhì)彈簧，上端固定，下端連一質(zhì)量為m 的物塊 A, A 放在質(zhì)量也為 m 的托盤(pán) B 上,初始時(shí)，在豎直向上的

29、力F 作用下系統(tǒng)靜止，且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)以N 表示 B 對(duì) A 的作用力，x 表示彈簧的伸長(zhǎng)量，現(xiàn)改變力 F 的大小，使 B 以的加速度勻加速向下運(yùn)動(dòng)（g 為重力加速度，空氣阻力不計(jì)），此過(guò)程中N 或 F的大小隨 x 變化的圖象正確的是（）B.t=2.0s時(shí)刻 A，B 之間作用力為零D. 從 t=0 時(shí)刻到 A, Ba，以整體為研究對(duì)象，則有:A,D彈力，對(duì)單物體【解答】解：設(shè)形3刃/2，.兀=1.2m/s,分離時(shí)：F2- f=mBa,得：F2=f+moa=0.3+2X1.2=2.7N ,（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用t 時(shí)刻 AB 分離，分離之前 AB 物體共同運(yùn)動(dòng)，加速度為經(jīng)歷時(shí)間：t=A.當(dāng) Fv2 卩

30、 mg 時(shí)，A, B 都相對(duì)地面靜止B.當(dāng) F= 卩 mg 時(shí)，A 的加速度為I卩 gC.當(dāng) F3 卩 mg 時(shí)，A 相對(duì) B 滑動(dòng)D. 無(wú)論F 為何值，B 的加速度不會(huì)超過(guò) 匸卩 g【答案】B,C,D【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，整體法隔離法【解析】【解答】解：AB 之間的最大靜摩擦力為： 尸卩 mg=2 卩 mg, B 與地面間的最大靜摩擦力為：f max=卩（m+m）g=1.5 卩 mgA、當(dāng) 1.5 卩 mggsin0=31 - 3X10X0.6N=13N以 B 為研究對(duì)象，則： FT-msin0=md所以：a =0.75m/s2.故 D 錯(cuò)誤 故選：AB【分析】未加拉力 F 時(shí)，物

31、體 A 對(duì)彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；重力的下滑分力， 根據(jù)平衡條件并結(jié)合胡克定律求解出兩個(gè)狀態(tài)彈簧的形變量， 得到彈簧的長(zhǎng)度變化情況， 從而求 出A 發(fā)生的位移； 根據(jù)牛頓第二定律求出 F 的大?。划?dāng) A 的加速度為零時(shí)，A 的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結(jié)合牛頓第二定律求出31.在傾角為0的固定光滑斜面上有兩個(gè)用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為為 k, C 為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力 離開(kāi)擋板 C 時(shí)，物塊 A 運(yùn)動(dòng)的距離為 d，速度為 v,則此時(shí)（）a,解得,則:物塊故選：AD【分析】當(dāng)牽引力 F=600ON 時(shí)的過(guò)程中牽引力不

32、變，根據(jù)牛頓第二定律知，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，傾斜段圖線的斜率 表示電動(dòng)車(chē)的功率，斜率不變，貝 y 功率不變，根據(jù)功率與牽引力的關(guān)系，判斷傾斜段的運(yùn)動(dòng)情況，速度達(dá)到最大時(shí)， 牽引力等于阻力30.在傾角0=37的光滑足夠長(zhǎng)斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A 和 B,它們的質(zhì)量分別 m=2kg、m=3kg，彈簧的勁度系數(shù)為 k=100N/m, C 為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一沿斜面向上的恒力F 拉物塊 A 使之沿斜面向T7777777777TA. 物塊 B 的質(zhì)量滿(mǎn)足 mgsin0=kdC0B.物塊 A 的加速度為a=0.2，故 A 先加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度較F-FT-mgsin0=0B 剛要離

33、開(kāi) C 時(shí)，彈簧的拉力等于物體 BB 的加速度.,彈簧勁度系數(shù)F 拉物塊 A 使之向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊 B 剛要上運(yùn)動(dòng)，當(dāng) B 剛要離開(kāi) C 時(shí)，A 的速度為 1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2, 已知 sin37 =0.6 ,C.拉力做功的瞬時(shí)功率為Fv0 -mv2期 LD.此過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的增量為Fd-mdgsin則（ ）【答案】【考點(diǎn)】【解析】B,C,D對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，機(jī)械能守恒及其條件【解答】解：A、開(kāi)始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧彈力等于A 的重力沿斜面下的分力，當(dāng),但由于開(kāi)始是彈簧是壓縮的，故B.從用力 F 拉物塊 A 開(kāi)始到 B 剛離

34、開(kāi) C 的過(guò)程中，A 沿斜面向上運(yùn)動(dòng) 0.3mC.物塊 A 沿斜面向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A 先加速后勻速運(yùn)動(dòng)D.A 的速度達(dá)到最大時(shí)，B 的加速度大小為 0.5m/s2的彈力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故mgsin0=kx2vkd,故 A 錯(cuò)誤；B、當(dāng) B 剛離開(kāi) C 時(shí)，對(duì) A,根據(jù)牛頓第二定律得：F-mgsin0- kx2=ma1,又開(kāi)始時(shí)，A 平衡, 而 d=X1+X2,解得：物塊 A 加速度為 a1=，故 B 正確；丄B 剛離開(kāi) C 時(shí)，彈簧dX2,故 mgsin0貝U有：mgsin0=kx1,【答案】A,BC 拉力的瞬時(shí)功率 P=Fv,故 C 正確；D 根據(jù)功能關(guān)系，彈簧彈性勢(shì)能的增加

35、量等于拉力的功減去系統(tǒng)動(dòng)能和重力勢(shì)能的增加量，即為:【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，故 D 正確;故選：BCD【分析】當(dāng) B 剛離開(kāi) C 時(shí)，彈簧的彈力等于 B 的重力沿斜面下的分力，根據(jù)胡克定律求解出彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)牛 頓第二定律求出物塊 A 的加速度大?。桓鶕?jù)機(jī)械能守恒定律求解A 的速度.32.如圖甲所示，一質(zhì)量為 M 的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上， 其上放置一質(zhì)量為 m 小滑塊.木板受到隨時(shí)間 t 變化的 水平拉力 F 作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度 a 與水平拉力 F 的關(guān)系如圖乙所示，取 g=10m/s2，則（）A.滑塊的質(zhì)量 m=2kg,木板的質(zhì)量 M=4kgB.當(dāng) F=8N

36、時(shí)，滑塊的加速度為 1m/s2C.滑塊與木板之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D.當(dāng) 0vFv6N 時(shí)，滑塊與木板之間的摩擦力隨F 變化的函數(shù)關(guān)系 f= F【答案】B,D【考點(diǎn)】V-t 圖象，牛頓定律與圖象【解析】【解答】解：A、當(dāng) F 等于 6N 時(shí)，加速度為：a=1m/s2,對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有：F= （ M+m a,代入數(shù)據(jù)解得：M+m=6kg當(dāng) F 大于 6N 時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得：a=,1 1知圖線的斜率 k= =解得：M=2kg, m=4kg,故 A 錯(cuò)誤.BC 根據(jù) F 等于 6N 時(shí)， 二者剛好滑動(dòng)， 此時(shí) m 的加速度為 1m/s2,以后拉力增大， 滑塊的加速度不變，所以當(dāng)

37、 F=8N 時(shí)，滑塊的加速度為 1m/s2;根據(jù)牛頓第二定律可得 a=yg,解得動(dòng)摩擦因數(shù)為卩=0.1，故 B 正確、C 錯(cuò)誤；D 當(dāng) 0vFv6N 時(shí)，M 與 m 以共同加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=kF=，以滑塊為研究對(duì)象，其摩擦力大小為f=ma=-:r，故 D 正確；05故選：BD.【分析】當(dāng)拉力較小時(shí)， m 和 M 保持相對(duì)靜止一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)拉力達(dá)到一定值時(shí)，m 和 M 發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律，運(yùn)用整體和隔離法分析.33.如圖所示，光滑水平面上放著長(zhǎng)為L(zhǎng) 木板 B,木板 B 上放著木塊 A. A、 B接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力 F 作用在B 上使其由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，用f1代

38、表 B 對(duì) A 的摩擦力，f2代表 A 對(duì) B 的摩擦力，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板左端時(shí)，木板在地面上移動(dòng)的距離為 x 下列說(shuō)法正確的有（）A.力 F 做的功一定等于 A, B 系統(tǒng)動(dòng)能的增加量B.其他條件不變的情況下，木板質(zhì)量越大，x 越大C.力 f1對(duì) A 做的功等于 A 動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和D.其他條件不變的情況下，AB 間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多【答案】B,D【考點(diǎn)】連接體問(wèn)題，功能關(guān)系，動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，摩擦力做功，能量守恒定律【解析】【解答】解：A、由題滑塊運(yùn)動(dòng)到木板左端的過(guò)程中，說(shuō)明拉力足夠大，A 與 B 有相對(duì)運(yùn)動(dòng)， 對(duì)整體分析可知，F(xiàn) 做功轉(zhuǎn)化為兩個(gè)物體的

39、動(dòng)能及系統(tǒng)的內(nèi)能；故拉力 F 做的功大于 AB 系統(tǒng)動(dòng)能的增加量；故 A 錯(cuò)誤； B A 與 B之間的摩擦力不變，則 A 的加速度不變；根據(jù)牛頓第二定律，其他條件不變的情況下，木板質(zhì)量越大，木板的加速度越小；木板與木塊之間的相對(duì)位移等于木板的長(zhǎng)度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式：訐十耗討;盤(pán)古窩 L其中 L是木板的長(zhǎng)度，由公式可知，木板的加速度越小則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，而運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)則木塊的位移越大，所以木 板的位移 x 就越大.故 B 正確；C 對(duì) A 來(lái)說(shuō)，只有摩擦力 f1做功，由動(dòng)能定理可知，摩擦力 f1對(duì) A 做的功等于 A 的動(dòng)能的增加量.故 C 錯(cuò)誤.D 滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量：Q=f1?L,可知其

40、他條件不變的情況下，AB 間摩擦力越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多.故 D 正確故選：BD【分析】對(duì)兩物體及整體受力分析，結(jié)合兩物體可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由功能關(guān)系進(jìn)行分析拉力與兩物體動(dòng)能之間的關(guān)系，再單獨(dú)分析 AB,明確摩擦力做功與能量之間的關(guān)系.34.A、B 兩小球用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在同一高度，如圖所示，A 球的質(zhì)量小于 B 球的質(zhì)量，懸掛 A 球的繩比懸掛 B球的繩更長(zhǎng).將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，將兩球由靜止釋放，兩球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中（）A. A 球的速度一定大于 B 球的速度B. A球的動(dòng)能一定大于 B 球的動(dòng)能C.A 球所受繩的拉力一定小于 B 球所受繩的拉力D. A 球的向心

41、加速度一定大于 B 球的向心加速度【答案】A,C【考點(diǎn)】對(duì)質(zhì)點(diǎn)系的應(yīng)用，連接體問(wèn)題，向心力，機(jī)械能守恒及其條件【解析】【解答】解：A對(duì)任意一球，設(shè)繩子長(zhǎng)度為 L.小球從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：mgL= m : 解得：v=, v%,則知，通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，A 球的速度一定大于 B 球的速度.故 A 正確.B、由于 A 球的質(zhì)量小于 B 球的質(zhì)量，而 A 球的速度大于 B 球的速度，故無(wú)法確定 AB 兩球的動(dòng)能大小，故 B 錯(cuò)誤；C 在最低點(diǎn)，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：RjV-F- mg=m ,解得，F(xiàn)=3mg 與 L 無(wú)關(guān)，與 m 成正比，所以 A 球所受繩的拉力一定

42、小于 B 球所受繩的拉力，故 C 正確D 在最低點(diǎn)小球的向心加速度a向=2g,與 L 無(wú)關(guān)，所以 A 球的向心加速度一定等于 B 球的向心加速度，故 D錯(cuò)誤.故選：AC送帶底端【分析】從靜止釋放至最低點(diǎn)，由機(jī)械能守恒列式，得到最低點(diǎn)的速度表達(dá)式；在最低點(diǎn)由牛頓第二定律可得繩子 的拉力和向心加速度表達(dá)式，再比較它們的大小.35.三角形傳送帶以 1m/s 的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2m 且與水平方向的夾角均為37 .現(xiàn)有兩個(gè)小物塊AB 從傳送帶頂端都以 1m/s 的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5 ,（ g 取=0.8）下列說(shuō)法正確的是（）B.物塊 A, B

43、同時(shí)到達(dá)傳 A. t0時(shí)刻，A, B 間的靜摩擦力最大B. t0時(shí)刻，A,B 的速度最大C.0 時(shí)刻和 2t0時(shí)刻，A B 間的靜摩擦力最大D. 2t0時(shí)刻，A, B 離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)【答案】B,C,D【考點(diǎn)】牛頓定律與圖象，整體法隔離法，力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系【解析】【解答】解：A、C 以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，0、2t0時(shí)刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以 A 為研究對(duì)象，分析可知，A 受到的靜摩擦力最大. A 不符合題意，C 符合題意.B 整體在 0 - t0時(shí)間內(nèi)，做加速運(yùn)動(dòng)，在 t。-2t0時(shí)間內(nèi)，向原方向做減速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻， B 速度最大.B 符合題意.D 2t0時(shí)刻

44、，整體做單向直線運(yùn)動(dòng)，位移逐漸增大，則2t0時(shí)刻，A、B 位移最大.D 符合題意.故答案為：BCD【分析】解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵是知道速度最大時(shí)加速度為零，位移最大時(shí)速度為零。三、實(shí)驗(yàn)探究題-3W/X10 J2.4 2.9 3.3 3.8 4.252516Ek/X10-2.3 2.7 3.1 3.6 4.013210請(qǐng)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，在答題卡的方格紙上作出E - W 圖象.(4)實(shí)驗(yàn)結(jié)果表明， E卩 mgcos37，貝UA 物體所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直 線運(yùn)動(dòng)，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩物體勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度相等，位移相等，則運(yùn) 動(dòng)的時(shí)間相等故 A 錯(cuò)誤，B

45、正確.C 傳送帶對(duì) A、B 的摩擦力方向與速度方向相反，都做負(fù)功故C 正確.D 對(duì) A,劃痕的長(zhǎng)度等于 A 的位移減為傳送帶的位移， 以 A 為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：a=2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為：t=1s 所以皮帶運(yùn)動(dòng)的位移為 x=vt=1m 所以 A 對(duì)皮帶的劃痕為： xi=2m- 1m=1m 對(duì) B,劃痕的長(zhǎng)度等于 B 的位移加上傳送帶的位移， 同理得出 B 對(duì)皮帶 的劃痕 X2=3m.所以劃痕之比為 1: 3,故 D 正確.故選：BCD【分析】分析 A 重力沿斜面向下的分力與摩擦力的關(guān)系，判斷A 物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，B 所受的摩擦力沿斜面向上，向下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)

46、動(dòng)學(xué)公式分析求解.36.如圖所示，A、B 兩長(zhǎng)方體疊放在一起，放在光滑的水平面上，物體B 從靜止開(kāi)始受到一個(gè)水平變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 A、B 始終保持相對(duì)靜止.則在 02to時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是()37.利用如圖 1 所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究恒力做功與物體動(dòng)能變化的關(guān)系小車(chē)的質(zhì)量為m=10.0g，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源為 50Hz 的交流電.M=200.0g，鉤碼的質(zhì)量為打戍計(jì)圖2(1)掛鉤碼前， 為了消除摩擦力的影響，應(yīng)調(diào)節(jié)木板右側(cè)的高度，直至向左輕推小車(chē)觀察到_.(2)掛上鉤碼，按實(shí)驗(yàn)要求打出的一條紙帶如圖2 所示選擇某一點(diǎn)為 O,次每隔 4 個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)用刻度

47、尺量出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離 x，記錄在紙帶上計(jì)算打出各計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)小車(chē)的速度v，其中打出計(jì)數(shù)點(diǎn)“1”時(shí)小車(chē)的速度 V1=_m/s .(3)將鉤碼的重力視為小車(chē)受到的拉力，取g=9.80m/s2,禾U【考點(diǎn)】探究動(dòng)能定理38.為了測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，應(yīng)用位移傳感器設(shè)計(jì)圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置位移傳感器連接計(jì)算機(jī),讓木塊從傾斜木板上的 P 點(diǎn)由靜止釋放，描繪出木塊到傳感器的距離x 隨時(shí)間 t 的變化圖象如圖乙所示.（1） 根據(jù)圖象計(jì)算出 t=0.4s 時(shí)木塊的速度 v=_ m/s，木塊的加速度 a=_m/s2.（2） 為測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù) ，還需測(cè)量的是 _，計(jì)算卩的表達(dá)式為 卩=_ （已知當(dāng)?shù)氐闹亓?/p>

48、速度為 g)【解析】【解答】（1）掛鉤碼前，為了消除摩擦力的影響，應(yīng)調(diào)節(jié)木板右側(cè)的高度，直至向左輕推小車(chē)觀察到小車(chē) 做勻速運(yùn)動(dòng)，即重力沿斜面的分力平衡了摩擦力.計(jì)數(shù)點(diǎn) 1 的瞬時(shí)速度m/s=0.228m/s vl_IT 02根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)做出厶 E-W 圖象如圖所示.對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，a= -019.8k l nQQMN=.093N.【答案】（1） 0.4 ; 1.0（2）木板的傾角0;曲-化:戸【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，動(dòng)摩擦因數(shù)(2)(3)(4)，則小車(chē)受到的實(shí)際拉力F=故答案為：（1）小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)（2） 0.228 / * Ifr J【解析】【解答】解：（1）根據(jù)

49、某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度,得 0.4s 末的速度為:0.2s 末的速度為：v則木塊的加速度為：v=0.40.4+r1a=m/s=0.40m/s=0.2m/s ,(Mg022 2m/s =1.0 m/s（2） 選取木塊為研究的對(duì)象， 木塊沿斜面方向是受力:;(4) 0.093ma=mgsin0 -卩 mgcos0得：卩=滬網(wǎng)，所以要測(cè)定摩擦因數(shù)，還需要測(cè)出木板的傾角0;故答案為：（1） 0.4 , 1.0 ; （ 2）木板的傾角0,“ 77：孑【分析】（1 ）由于滑塊在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速 度；根據(jù)加速度的定義

50、式即可求出加速度；（2）為了測(cè)定動(dòng)摩擦力因數(shù)卩還需要測(cè)量的量是木板的傾角039.要測(cè)量?jī)蓚€(gè)質(zhì)量不等的沙袋的質(zhì)量，由于沒(méi)有直接的測(cè)量工具，某實(shí)驗(yàn)小組選用下列器材：輕質(zhì)定滑輪（質(zhì)量和 摩擦可忽略）、砝碼一套（總質(zhì)量m=0.5kg）、細(xì)線、刻度尺、秒表他們根據(jù)已學(xué)過(guò)的物理學(xué)知識(shí)，改變實(shí)驗(yàn)條件進(jìn)行多次測(cè)量，選擇合適的變量得到線性關(guān)系，作出圖線并根據(jù)圖線的斜率和截距求出沙袋的質(zhì)量請(qǐng)完成下列【分析】（1 ）為了消除摩擦力的影響，應(yīng)調(diào)節(jié)木板右側(cè)的高度，直至向左輕推小車(chē)觀察到小車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng)（根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度得出計(jì)數(shù)點(diǎn)1 的瞬時(shí)速度.（3）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)作出厶 E . ：.-J

51、.根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得知：作“ a-m ”圖線，圖線的斜率i，_p閱徑約計(jì)陽(yáng) h-_ -_k=，圖線的截距 b=將 k、b、m 代入計(jì)算，解得 m=3kg, mi=1.5kg .故答案為：（3）; （ 4） a - m ;（ 5） 3; 1.5 .t-【分析】本題是加速度不同的連接體問(wèn)題，運(yùn)用隔離法研究加速度，當(dāng)質(zhì)量為m 的沙袋從靜止開(kāi)始下降做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)下降的距離h 和時(shí)間，由位移公式求出其加速度；根據(jù)牛頓第二定律對(duì)m2、m 分別研究，得出m與 a的關(guān)系式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析圖線的斜率與截距的意義，求解兩個(gè)沙袋的質(zhì)量。四、綜合題40. （2018?卷 H）汽車(chē)在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)

52、其正前方停有汽車(chē)，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上【解析】【分析】（1 ）對(duì) B 車(chē)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得碰后瞬間B 車(chē)的速度。（2） 對(duì) A 車(chē)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得其碰后的速度， 兩車(chē)在碰撞過(guò)程中由動(dòng)量守恒定律可得碰撞前的瞬 間A 車(chē)的速度大小。41.（2018?卷 H） 一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在平面內(nèi)的截面如圖所示： 中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與 y 軸垂直，寬度為 1,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂真于吃平面：磁場(chǎng)的上下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為，方向均沿 x 軸正方向：M、N 為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與 y 軸平行。一帶正電

53、的粒子以某一速度從M 點(diǎn)沿 y 軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從 M 點(diǎn)入射的速度從 N 點(diǎn)沿 y軸正方向射出。不計(jì)重力。了汽車(chē).兩車(chē)碰撞時(shí)和兩車(chē)都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后車(chē)向前滑動(dòng)了 4-訂，車(chē)向前滑動(dòng)了已知 和 的質(zhì)量分別為 me.；和 i：i 普;=兩車(chē)與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 車(chē)碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車(chē)輪均沒(méi)有滾動(dòng)，重力加速度大小，求（1）碰撞后的瞬間車(chē)速度的大?。?）碰撞前的瞬間車(chē)速度的大小【答案】（1 ）設(shè)B車(chē)質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 口總彩=出淪式中卩是汽車(chē)與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。設(shè)碰撞后瞬間B車(chē)速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由

54、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有5 亠忽 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得1甘-，”訃:（2）設(shè)A車(chē)的質(zhì)量為m,碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)碰撞后瞬間A車(chē)速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有設(shè)碰撞后瞬間A車(chē)速度的大小為，兩車(chē)在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有+ 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，動(dòng)量守恒定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用（1）定性畫(huà)出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從 M 點(diǎn)入射時(shí)速度的大??；（3） 若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x 軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從 M 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 N 點(diǎn)的時(shí)間【答案】（1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌

55、跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱(chēng)）（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為Vo,在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v,方向與電場(chǎng)方向的夾角為（見(jiàn)圖（b）,速度沿電場(chǎng)方向的分量為V1,根據(jù)牛頓第二定律有0.10,兩qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有V1=atfa憨粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得設(shè)飛機(jī)滑跑過(guò)程中的平均速度為，有 二匚在滑跑階段，牽引力的平均功率二，聯(lián)立式得 P=8.4x106W【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，功率的計(jì)算，高考真

56、題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)出公式應(yīng)用【解析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式v1 2=2ax 可以直接求出加速度 a;通過(guò)牛頓第二定律，可以將受力和加速度聯(lián)系起來(lái)，求出牽引力 F,根據(jù)功率的計(jì)算式，從而求出功率 .1加速度a的大?。?牽引力的平均功率P。由幾何關(guān)系得二_上匚聯(lián)立式得2E1（3） 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得vl= vOcotf聯(lián)立式得q43.如圖所示，質(zhì)量 M=10kg 上表面光滑的足夠長(zhǎng)的木板在F=50N 的水平拉力作用下，以初速度 v=5m/s 沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)現(xiàn)有足夠多的小鐵塊，它們的質(zhì)量均為m=1kg,將一鐵塊無(wú)初速地放在木板的最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了 L=1m 時(shí)，又無(wú)初速度地

57、在木板的最右端放上第塊.（取 g=10m/s2）試問(wèn):wi2 塊鐵塊，只要木板運(yùn)動(dòng)了 L 就在木板的最右端無(wú)初速度放一鐵存加力.# S*加療刃（1）木板與地面之間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)多大?2JI式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期,?由？式得【考點(diǎn)】勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用，洛倫茲力，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng) 中的圓周運(yùn)動(dòng)【解析】【分析】（1）明確粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。正確畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡。（2）在電場(chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，磁場(chǎng)中由洛倫茲力公式和牛頓第二定律以及幾何關(guān)系列式求解該粒子從M 點(diǎn)入射時(shí)速度的大小。（3）利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合（2）中分

58、析過(guò)程求解粒子比荷，明確粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間包含電場(chǎng)中的兩段時(shí)間和磁場(chǎng)中的時(shí)間（需正確解出粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角）可解出其從M 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 N 點(diǎn)的時(shí)間。42.（2018?天津） 我國(guó)自行研制、具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919 首飛成功后，拉開(kāi)了全面試驗(yàn)試飛的新征程，假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x=1.6x103m 時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v=80 m/s。已知飛機(jī)質(zhì)量 m=7.0 x104kg ,滑跑時(shí)受到的阻力為自身重力的0.1 倍，重力加速度取- 1 門(mén)：一|。求飛機(jī)滑跑過(guò)程中（2） 第 1 塊鐵塊放上后，木板運(yùn)動(dòng)

59、了L 時(shí)，木板的速度多大？（3）最終木板上放有多少塊鐵塊？【答案】（1 ）解：木板最初做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得:豎直方向：FN=Mg水平方向：Ff=F,滑動(dòng)摩擦力為：Ff=yFN,則得：F=yMg解得：卩=0.5 ;【答案】（1 ）解：飛機(jī)滑跑過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有（2）解：設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為，依題意可得=0.1mg設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為 F,根據(jù)牛頓第二定律有；答：木板與地面之間的滑動(dòng)摩擦系數(shù)是0.5 .（2）解：放第 1 塊鐵塊后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有：（ M+r） g - F=Ma；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得為：2a1L=v02- V12代入數(shù)據(jù)解得：V1=2m/

60、s答：第 1 塊鐵塊放上后，木板運(yùn)動(dòng)了L 時(shí)，木板的速度是 2 m/s .（3）解：設(shè)最終有 n 塊鐵塊能靜止在木板上.則木板運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： 第 1塊鐵塊放上后有：2a1L=v02-vj第 2 塊鐵塊放上后有：2a2L=V12- V222 2第 n 塊鐵塊放上后有：2anL=vn-1- vn由以上各相加得：（1+2+3+ +n） ?2?要使木板停下來(lái)，必須有 vn=0，代入解得：n=6.6則 6vnv7故最終有 7 塊鐵塊放在木板上.答：最終木板上放有 7 塊鐵塊.【考點(diǎn)】對(duì)單物體（質(zhì)點(diǎn)）的應(yīng)用，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【分析】解答本題的關(guān)鍵是對(duì)物體進(jìn)行正確的受力分析，根據(jù)牛頓