(三)“牛顿第二定律”难题-压轴题2015.6.4解析

(三)“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4解析LtD第4页（共88页）（三）“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4一．选择题（共3小题）1．（2015•抚顺一模）真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且QE＞QFB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能2．（2014•南充一模）如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串连接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重5．（2012•凤冈县校级模拟）一质量m的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v﹣t图线，如图所示．（取sin37°=0.6cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小．（2）小物块与斜面间的动摩擦因数．（3）小物块从冲上斜面到返回出发点的时间（保留两位有效数字）6．（2012•嘉峪关校级一模）如图所示，质量分别为m1=1kg和m2=2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上，若对A、B分别施加大小随时间变化的水平外力F1和F2，若F1=（9﹣2t）N，F2=（3+2t）N，设F1、F2的方向不变．则：（1）经多长时间t0两物块开始分离？（2）在同一坐标中画出A、B两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象？（3）速度的定义为V=，“V﹣t”图象下的“面积”在数值上等于位移△s；加速度的定义为a=，则“a﹣t”图象下的“面积”在数值上应等于什么？7．（2012•浉河区校级三模）如图所示，A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=，盒外没有电场．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行．已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离；（3）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触．8．（2011•泰兴市校级模拟）如图所示的传送皮带，其水平部分ab=2m，bc=4m，bc与水平面的夹角α=37°，小物体A与传送带的动摩擦因数μ=O．25，皮带沿图示方向运动，速率为2m/s．若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．（g=10m/s2）9．（2011•故城县校级模拟）如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m．一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出．10．（2011•修水县校级模拟）为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练．故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿30°倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s的初速度向上作匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练．若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N•s/m），每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失速）．求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间．（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）．11．（2011•仓山区校级模拟）一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s=2m．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生碰撞，每次碰后，滑块与小球速度均交换，已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能，水平面与滑块间的动摩擦因数为μ=0.25，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；（2）若滑块B从h′=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数．12．（2011•沐川县校级模拟）质量为M=2kg、长为L=5m的薄木板，在水平向右的力F=10N作用下，以v0=6m/s的速度匀速运动．某时刻将质量为m=1kg的铁块（可看成质点）轻轻地放在木板的最右端，水平拉力F不变，木板与铁块的动摩擦因数为μ1=0.1．（g=10m/s2．）（1）木板与地面的动摩擦因数μ2（2）刚放上铁块后铁块的加速度a1、木板的加速度a2．（3）通过计算判断铁块是否会从木板上掉下去，若不掉下去计算木板从放上铁块后到停止运动的总时间．13．（2011•润州区校级模拟）在光滑水平面上有一质量m=2.0kg的小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿x轴正方向的、平行水平面的恒力F1，F1=3.0N，使小球开始运动，经过1.0s，撤去恒力F1，再经过1.0s，将平行水平面的恒力变为沿y轴正方向，大小为F2=4.0N，使小球在此恒力下再运动1.0s，求此时小球的位置．若要求小球在此后1.0s内停下，则所加的平行水平面的恒力F3的大小和方向如何？（表示方向的角度可用反三角函数表示）14．（2011•龙门县校级模拟）“神舟”六号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱于2005年10月17日4时11分开始从太空向地球表面按预定轨道返回．在离地l0km的高度返回舱打开阻力降落伞减速下降，返回舱在这一过程中所受空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k．已知返回舱的总质量M=3000kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落．从某时刻起开始计时，返回舱的运动v﹣t图象如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴于B点的坐标为（10，0），CD是AD的渐近线，亦是平行于横轴的直线，交纵轴于C点，C点的坐标为（0，6）．请解决下列问题：（取g=10m/s2）（1）在初始时刻v0=160m/s时，它的加速度多大？（2）推证空气阻力系数k的表达式并算出其数值；（3）返回舱在距地高度h=10m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由6m/s迅速减至1m/s后落在地面上．若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力（计算结果取两位有效数字）．15．（2011•鼓楼区校级模拟）如图所示，质量为M=20kg的木板静止在光滑水平面上．一质量为m=10kg的小滑块（可视为质点）以初速度v0=6m/s从木板的左端沿水平向右方向滑上木板．滑块和木板间的动摩擦因素μ=0.2，滑块最终不会从木板上掉下，则木块的长度至少多长？（g=10m/s2）A.4mB.6mC.8mD.10m．16．（2011•渑池县校级模拟）如图所示，质量为mA=2m的长木板长为L、A置于光滑的水平地面上，在其左端放一质量为mB=m的小木块B，A和B之间的摩擦因数等于μ．若使A固定，用水平方向的恒力F拉B，B的加速度为μg．若释放A使它能自由运动，将B仍置于A的左端，从静止开始，仍用恒力F拉B到某一位置后撤去拉力F．为保证B不从A上滑落，求：（1）F作用的最长时间（2）若使B刚好不从A上滑下，求产生的内能．17．（2011•南京校级模拟）如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放在水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，求B相对地面的加速度a．并用以下特殊值进行检验：A．当θ°时，B．当θ=90°时，C．当M≥m时，D．当m≥M时．18．（2010•分宜县校级一模）如图，一滑块通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上，小车上表面光滑．小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m，后3s内滑行了10.5m．求（1）小车底板长是多少？（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多少？19．（2010•佛山一模）如图所示，竖直放置的金属薄板M、N间距为d．绝缘水平直杆左端从N板中央的小孔穿过，与M板固接，右端处在磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+q的中空小球P，套在水平直杆上，紧靠M板放置，与杆的动摩擦因数为μ．当在M、N板间加上适当的电压U后，P球将沿水平直杆从N板小孔射出，试问：（1）此时M、N哪个板的电势高？它们间的电势差必须大于多少？（2）若M、N间电压U=时，小球能沿水平直杆从N板中央小孔射入磁场，则射入的速率多大？若磁场足够大，水平直杆足够长，则小球在磁场中运动的整个过程中，摩擦力对小球做多少功？20．（2009•广东）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同），B与极板的总质量mB=1.0kg．带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N．假设A所带的电量不影响极板间的电场分布．t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动．问（g取10m/s2）（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？21．（2009•上海）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．22．（2009•南京一模）如图所示，足够长的木板质量M=10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ=0.5，当木板运动了L=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．（取g=10m/s2）试问：（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（2）最终木板上放有多少个铁块？（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？23．（2009•佛山二模）倾角θ为37°的斜面与水平面如图平滑相接，A、B两完全相同的物块静置于斜面上相距S1=4m，B距斜面底端的P点的距离S2=3m，物块与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ=0.5．现由静止释放物块A后1秒钟再释放物块B．设AB碰撞的时间极短，碰后就粘连在一起运动．试求：（1）B物块释放后多长时间，AB两物块发生碰撞？（2）AB最后停在距斜面底端P点多远处？取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．24．（2008•四川）如图，一质量为m=1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L=0.08m；质量为m=1kg的小物块以初速度v0=2m/s滑上木板左端．木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的．取g=10m/s2，求（1）从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；（2）达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．25．（2008•济南模拟）如图1所示，质量M=1kg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=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2，（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，请在图2中画出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象．（写出分析过程）26．（2008•韶关一模）物体A的质量m1=1kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2=0.5kg、长L=1m，某时刻A以v0=4m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不致于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数µ=0.2，试求拉力F大小应满足的条件．（忽略物体A的大小，取重力加速度g=10m/s2）27．（2007•广东）如图所示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放一铁块．（取g=10m/s2）试问：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（2）最终木板上放有多少块铁块？（3）最后一块铁块与木板右端距离多远？28．（2007•海南）如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1=30m/s进入向下倾斜的直车道．车道每100m下降2m．为使汽车速度在s=200m的距离内减到v2=10m/s，驾驶员必须刹车．假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B，30%作用于汽车A．已知A的质量m1=2000kg，B的质量m2=6000kg．求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力．取重力加速度g=10m/s2．29．（2007•天津）离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正．推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进人B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出．已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J．为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度．（1）求加在BC间的电压U；（2）为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因．30．（2004•广东模拟）飞船降落过程中，在离地面高度为h处速度为v0，此时开动反冲火箭，使船开始做减速运动，最后落地时的速度减为v0若把这一过程当作为匀减速运动来计算，则其加速度的大小等于．已知地球表面处的重力加速度为g，航天员的质量为m，在这过程中航天员对坐椅的压力等于．

（三）“牛顿第二定律”难题--压轴题2015.6.4参考答案与试题解析一．选择题（共3小题）1．（2015•抚顺一模）真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE．则（）A．E带正电，F带负电，且QE＞QFB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能考点：电场线；电场的叠加；电势能．专题：压轴题；电场力与电势的性质专题．分析：A、根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．C、电场线和等势面垂直．D、先比较电势的高低，再根据Ep=qU，比较电势能．解答：解：A、根据电场线的流向，知E带正电，F带负电；N点的场强可看成E、F两电荷在该点产生场强的合场强，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而NF＞NE，所以QF＞QE．故A错误．B、只有电场线方向是一条直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行，运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故B错误．C、因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直．故C正确．D、沿电场线方向电势逐渐降低，UM＞UN，再根据Ep=qU，q为负电荷，知EpM＜EpN．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键知道电场线的特点及电势能高低的判断．电势能高低判断：一可以从电场力做功角度判断，二根据电势能的公式判断．2．（2014•南充一模）如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串连接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球从AB间的某一固定点水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板始终平行），则下列说法正确的是（）A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N点的右侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N点的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N点的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N点的左侧考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平行板电容器的电容．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：因为二极管的单向导电性，只能给A充电而不能放电，使得Q只能增大或不变，不能减小．根据U=，C=，E===，Q不变时，改变d，E不变，所以E也只能增大或不变，即小球受的电场力只能增大或不变．解答：A、若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E===，E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点．故A错误．B、若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E===，所以d减小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧．故B正确．C、若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，根据E===，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故C正确．D、若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E===，E不变所以电场力大小不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍落在N点．故D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法．以及知道二极管的单向导电性．3．（2014•孝南区校级模拟）一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板右侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电压的周期T=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t=时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向运动情况不同，则知不是从同一点离开电场．所有电子都能穿过平行板，竖直方向加速和减速的时间必然相等，飞出电场时，电子只有水平速度．t=0时刻进入电场的电子，离开电场时速度等于v0，电子的动能不是最大．分析t=时刻进入电场的电子运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求解最大侧位移．解答：解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误．B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度vy=0，速度都等于v0，故B正确．C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故C错误．D、t=时刻进入电场的电子，在t=时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax=2=…①在t=0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有：=4×a…②联立①②得：ymax=故D正确．故选BD点评：本题作出速度图象，根据“面积”大小等于位移分析竖直方向的运动情况．二．解答题（共27小题）4．（2012•孝南区校级模拟）如图所示，水平传送带AB长l=1.3m，距离地面的高度h=0.20m，木块与地面之间的动摩擦因数μ0=0.20．质量为M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50．当木块运动至最左端A点时，此时一颗质量为m=20g的子弹以v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1.0s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2．求：（1）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？（2）从第一颗子弹射中木块后到木块最终离开传送带的过程中，木块和传送带间因摩擦产生的热量是多少？（3）如果在木块离开传送带时，地面上有另一相同木块立即从C点以v1=1.0m/s向左运动，为保证两木块相遇，地面木块应在距离B点正下方多远处开始运动？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；功能关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：子弹击中木块的瞬间动量守恒，用动量守恒动量解出木块向右的初速度，木块在传送带上做匀减速直线运动，由速度时间关系式解出1s后的速度，把其与传送带的速度比较，判断木块是否已经达到匀速，还可以解出此过程中木块向右运动的最大距离；下一个过程再用动量守恒定律与第一过程比较．木块和传送带间因摩擦产生的热量等于滑动摩擦力乘以木块与传送带之间的相对位移；最后一问是平抛运动与匀减速直线运动相结合，分别应用平抛运动与匀变速直线运动的规律．解答：解：（1）由于子弹射中木块的瞬间动量守恒，选向右为正方向，由动量守恒得：mv0﹣Mv=mu+Mv1，整理得：解得：v1=3m/s由于木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50，所以物体在传送带上的加速度a=5m/s2，方向向左．木块经过t1=0.6s时速度减为零，此时木块向右的最大位移：x1=t1=0.9m每隔t=1.0s就有一颗子弹射向木块，在子弹射出之前的1s内，木块做匀减速直线运动，由速度时间关系式：v2=v1﹣at=﹣2m/s，说明木块此时刚好与传送带达到相同的速度，此过程中木块的位移：x2=v1t﹣at2=0.5m当下一颗子弹击中木块时，过程与第一颗子弹射入过程相同，木块会在x2=0.5m的基础上向右运动0.9m，然而传送带一共1.3m，所以此时木块就会落地．所以木块在传送带上最多能被2颗子弹击中．（2）从第一颗子弹击中木块到木块再次与传送带达到相同的速度一共用时t=1s，所以此过程传送带向左运动的位移X1=vt=2m，木块向右的位移为0.5m，所以此过程木块相对于传送带的位移为△x1=2.5m，第二颗子弹击中木块后，当木块向右运动0.8m时落下传送带，此过程为匀减速运动，故：0.8m=v1t2﹣at22解得：t2=0.4s此过程中传送带向左位移X2=vt2=0.8m，木块向右运动的位移0.8m所以此过程木块相对于传送带的位移为△x2=1.6m，故全程木块与传送带间的相对滑动距离为：△x=△x1+△x2=4.1m所以木块和传送带间因摩擦产生的热量：Q=μMg△x=20.5J（3）木块落下传送带时的速度：v2=v1﹣at2=1m/s，做平抛运动，竖直方向：h=gt32解得：t3=0.2s水平方向木块运动的位移：X3=0.2m地面上有另一相同木块立即从C点以v=1.0m/s向左运动，加速度向右a2=2m/s2，所以t3内的位移：X4=vt3﹣at32=0.16m故为保证两木块相遇，地面木块应在距离B点正下方X3+X4=0.36m远处开始运动．答：（1）木块在传送带上最多能被2颗子弹击中．（2）木块和传送带间因摩擦产生的热量是20.5J．（3）地面木块应在距离B点正下方0.36m处开始运动．点评：此题综合性非常强既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，还要平抛运动和摩擦生热，要求掌握物理知识要准确到位能够灵活应用．5．（2012•凤冈县校级模拟）一质量m的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v﹣t图线，如图所示．（取sin37°=0.6cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小．（2）小物块与斜面间的动摩擦因数．（3）小物块从冲上斜面到返回出发点的时间（保留两位有效数字）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）速度﹣时间图线的斜率大小等于加速度大小．（2）小物块冲上斜面过程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根据牛顿第二定律求解μ．（3）根据图象看出向上运动的时间，根据图象的面积求出位移，下滑过程中根据牛顿第二定律求出加速度，再根据位移时间公式求出下滑时间，总时间为两段时间之和．解答：解：（1）由小物块上滑过程的速度﹣时间图线，可知：a=m/s2小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．（2）如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，则有：﹣mgsin37°﹣f=﹣maN﹣mgcos37°=0f=μN带入数据解得：μ=0.25（3）从图中可以看出向上运动的时间为t1=1s，位移为：x=下滑过程中的加速度：a′=m/s2根据：x=解得：t2=s所以总时间：t=≈2.4s答：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．（3）小物块从冲上斜面到返回出发点的时间为2.4s．点评：本题首先考查理解速度图象的能力．速度﹣时间图象其“斜面”表示加速度，“面积”表示位移．6．（2012•嘉峪关校级一模）如图所示，质量分别为m1=1kg和m2=2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上，若对A、B分别施加大小随时间变化的水平外力F1和F2，若F1=（9﹣2t）N，F2=（3+2t）N，设F1、F2的方向不变．则：（1）经多长时间t0两物块开始分离？（2）在同一坐标中画出A、B两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象？（3）速度的定义为V=，“V﹣t”图象下的“面积”在数值上等于位移△s；加速度的定义为a=，则“a﹣t”图象下的“面积”在数值上应等于什么？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）A、B两物块在未分离前加速度相同，根据牛顿第二定律求解加速度．（2）当两物块刚开始分离时两物块之间的作用力为零，再由牛顿第二定律求出时间．（3）由牛顿第二定律分别求出两个物块的加速度，作出图象．解答：解：（1）对A、B整体，有：F1+F2=（m1+m2）a∴；当A、B间Nab=0时，对A，有：F1=m1a即：9﹣2t0=4∴t0=2.5s即：2.5s时开始分离．（2）t0=2.5s以后，对A：9﹣2t=m1a1；∴a1=9﹣2t对B：3+2t=m2a2，∴a2==1.5+t；据此作图，如图所示：（3）由题，速度的定义为v=，“v﹣t”图象下的“面积”在数值上等于位移△x；加速度的定义为a=，则“a﹣t”图象下的“面积”在数值上应等于速度的变化量△v答：（1）经2.5s时间两物块开始分离．（2）在图乙的坐标系中画出两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象如图所示．（3）“a﹣t”图象下的“面积”在数值上应等于面积是速度的变化量△v．点评：本题是连接体问题，采用整体法和隔离法相结合的处理方法，刚分离时的临界条件是两物体间的弹力等于零，是常用的临界条件．7．（2012•浉河区校级三模）如图所示，A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=，盒外没有电场．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行．已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离；（3）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触．考点：牛顿第二定律；电场强度；电势能．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间分为两部分，A在盒子内运动时运动牛顿第二定律求出加速度，再用运动学基本公式求出时间，A在盒子外运动的时间根据运动学基本公式即可求得，时间之和即为经历的总时间；（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的位移分为两部分，A在盒子内运动时运用牛顿第二定律求出加速度，再用运动学基本公式求出位移，A在盒子外运动的位移根据运动学基本公式即可求得，位移之和即为经历的总位移；（3）分别求出小球在盒内和盒外时的盒子的加速度，进而求出小球运动一个周期盒子减少的速度，再求出从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数n，要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个．解答：解：（1）A在盒子内运动时，qE﹣mg=maE=由以上两式得：a=gA在盒子内运动的时间t1=A在盒子外运动的时间t2=所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间T=t1+t2=0.4s（2）球在盒子内运动，盒子的加速度球在盒子外运动时盒子的加速度小球第一次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1﹣a1t1=5.2m/s球第一次在盒子外运动时，故x=x1+x2=2.12m（3）小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+μgt2=1.2m/s从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n=，故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离为2.12m；（3）盒子上至少要开11个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．点评：该题是较为复杂的往复运动，要求同学们能正确分析每个过程的受力情况，求出加速度、时间和位移，要求较高，难度适中．8．（2011•泰兴市校级模拟）如图所示的传送皮带，其水平部分ab=2m，bc=4m，bc与水平面的夹角α=37°，小物体A与传送带的动摩擦因数μ=O．25，皮带沿图示方向运动，速率为2m/s．若把物体A轻轻放到a点处，它将被皮带送到c点，且物体A一直没有脱离皮带．求物体A从a点被传送到c点所用的时间．（g=10m/s2）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律求出小物块的加速度，并求出当物块的速度达到2m/s时的位移，判断出物体的运动情况，从而求出小物块从a端被传送到b端所用的时间．A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出时间，三段时间之和即为总时间．解答：解：物块A放于传送带上后，物块受力图如答图a所示．A先在传送带上滑行一段距离，此时A做匀加速运动（相对地面），直到A与传送带匀速运动速度相同为止，此过程A的加速度为a1，则有：μmg=ma1，a1=μgA做匀加速运动的时间是：这段时间内A对地的位移是当A相对地的速度达到2m/s时，A随传送带一起匀速运动，所用时间为，物块在传送带的bc之间，受力情况如图b，由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在bc段将沿倾斜部分加速下滑，此时A受到的为滑动摩擦力，大小为μmgcos37°，方向沿传送带向上，由牛顿第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2A在传送带的倾斜bc部分，以加速度a2向下匀加速运动，由运动学公式其中sbc=4m，v=2m/s解得t3=1s，物块从a到c端所用时间为t=t1+t2+t3=2.4s答：物体A从a点被传送到c点所用的时间为2.4s点评：本题是动力学问题，关键根据加速度方向与速度方向的关系，理清物体的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式求解．9．（2011•故城县校级模拟）如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m．一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；（2）由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．解答：解：①对滑块，μmg=ma1，a1=μg=5m/s2对平板车，μmg=Ma2，②设经过t时间滑块从平板车上滑出．而x块1﹣x车1=L解得t1=0.5s或2s（舍去）此时，v块1=v0﹣a1t1=3.5m/s，v车1=a2t1=0.5m/s所以，滑块能从平板车的右端滑出．点评：滑块与小车间通过摩擦力相互作用，在研究时应注意所选的研究对象的受力及质量不能用错．10．（2011•修水县校级模拟）为了使航天员能适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局组织对航天员进行失重训练．故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿30°倾角爬升到7000米高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s的初速度向上作匀减速直线运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练．若飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N•s/m），每次飞机速度达到350m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失速）．求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间．（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）．考点：牛顿第二定律；竖直上抛运动；超重和失重．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）飞机先以加速度g减速上升，再以加速度g加速下降，达到350m/s时，结束训练周期，根据运动学公式列式计算即可；（2）飞机下降离地4500米时，飞机处于完全失重状态，根据牛顿第二定律列式求解．解答：解：（1）上升时间上升高度判断当速度达到350m/s时，下落高度，此时离地高度为h+h上﹣h下=7000+2000﹣6125=2875＞2000m，，所以一次上下创造的完全失重的时间为55s．（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，飞机自由下落的高度h2=2000+7000﹣4500m，此时，推力即飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力为2.7×105N．点评：本题关键是分析清楚飞机的运动情况，然后对其运用运动学公式列式计算，最后再结合牛顿第二定律列式计算．11．（2011•仓山区校级模拟）一轻质细绳一端系一质量为m=0.05kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L=0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s=2m．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生碰撞，每次碰后，滑块与小球速度均交换，已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能，水平面与滑块间的动摩擦因数为μ=0.25，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2，试问：（1）若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；（2）若滑块B从h′=5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数．考点：牛顿第二定律；向心力；功能关系；机械能守恒定律．专题：压轴题．分析：（1）小球恰好在竖直平面内做圆周运动，说明此时只有重力作为向心力，再根据小球做圆周运动的过程中机械能守恒，列出方程可以求得滑块的高度；（2）每次碰撞没有能量损失，只是在水平面上运动时克服摩擦力做功，小球的速度也是一次次的减小，最小的时候应该是恰好能做圆周运动，根据动能定理可以求得总的路程和碰撞的次数．解答：解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为V1，则又有mV12=mg•2L+mV02﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②解得：V1=m/s滑块从h高处运动到将与小球碰撞时速度为v2，对滑块由能量的转化及守恒定律有mgh=μmg•+mV22，因弹性碰撞后速度交换V2=m/s，解上式得h=0.5m．（2）若滑块从h′=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为u，同理有mgh′=μmg•+mu2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③解得u=m/s，滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以u=m/s的速度开始作圆周运动，滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为V=m/s，滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s′，同理有mgh′=μmg•s′+mV2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④小球做完整圆周运动的次数为n=+1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤解④、⑤得s′=19m，n=10次．答：（1）高度为0.5m，（2）小球做完整圆周运动的次数为10次．点评：题目中物体的运动过程好像是挺复杂，但是每次碰撞只是由于克服摩擦力做功而减小了能量，当减到最小时小球应该恰好能做圆周运动，找到能量损失的原因，利用动能定理就可以求出了，本题很好的考查了学生的分析理解能力，是道好题．12．（2011•沐川县校级模拟）质量为M=2kg、长为L=5m的薄木板，在水平向右的力F=10N作用下，以v0=6m/s的速度匀速运动．某时刻将质量为m=1kg的铁块（可看成质点）轻轻地放在木板的最右端，水平拉力F不变，木板与铁块的动摩擦因数为μ1=0.1．（g=10m/s2．）（1）木板与地面的动摩擦因数μ2（2）刚放上铁块后铁块的加速度a1、木板的加速度a2．（3）通过计算判断铁块是否会从木板上掉下去，若不掉下去计算木板从放上铁块后到停止运动的总时间．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）木板匀速运动，由平衡条件可得：F=μ2Mg即可求得木板与地面的动摩擦因数μ2；（2）放上铁块后，铁块和木板相对滑动，分别对铁块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律即可解得加速度；（3）若铁块不掉下去，当二者速度相同时，求出它们的相对位移，若相对位移小于木板长度，则不会掉下去，此后都做匀减速运动，求出匀减速运动的时间，总时间等于两段时间之和．解答：解：（1）木板匀速运动，由平衡条件可得：F=μ2Mg解得：μ2=0.5（2）放上铁块后，铁块的加速度为：a1=μ1g=1m/s2铁块将向右加速运动．木板的加速度为：木板将减速运动．（3）若铁块不掉下去，当二者速度相同时有：V=a1t=v0+a2t解得：t=1.5sV=1.5m/s相对位移为：，可见铁块不会掉下去．以后M的加速度为：m的加速度为：a4=﹣μ1g=﹣1m/s2M减速到0．总时间t+t'=2.25s答：（1）木板与地面的动摩擦因数μ2为0.5；（2）刚放上铁块后铁块的加速度a1为1m/s2，木板的加速度a2为﹣3m/s2；（3）不会掉下去，木板从放上铁块后到停止运动的总时间为2.25s．点评：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学基本公式的直接应用，注意速度相等时不掉下去，以后就不会掉下去了，难度适中．13．（2011•润州区校级模拟）在光滑水平面上有一质量m=2.0kg的小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿x轴正方向的、平行水平面的恒力F1，F1=3.0N，使小球开始运动，经过1.0s，撤去恒力F1，再经过1.0s，将平行水平面的恒力变为沿y轴正方向，大小为F2=4.0N，使小球在此恒力下再运动1.0s，求此时小球的位置．若要求小球在此后1.0s内停下，则所加的平行水平面的恒力F3的大小和方向如何？（表示方向的角度可用反三角函数表示）考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：分析小球的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解小球的位置坐标．要求小球在此后1.0s内停下，小球的合力方向与速度相反，根据平行四边形定则求解恒力F3的大小和方向．解答：解：（1）第1s内，小球沿x轴正方向做匀加速直线运动，加速度大小为a1==1.5m/s2，第1s末速度为v1=a1t1=1.5m/s，通过的位移为=0.75m．第2s内，小球沿x轴正方向做匀速直线运动，速度为v2=1.5m/s，通过的位移为x2=v2t2=1.5m．第3s内，小球受到恒力大小为F2=4.0N，方向沿y轴正方向，与速度v2方向垂直，小球做类平抛运动，加速度大小为，沿y轴方向做匀加速直线运动，沿x轴方向做匀速直线运动，经过1s时间，小球沿y轴方向的位移大小为y==1m，小球沿x轴方向的位移大小为x3=v2t3=1.5m．所以第3s末小球的纵坐标为y=1m，横坐标为x=x1+x2+x3=3.75m．（2）第3s末小球沿y轴方向的分速度为vy=a2t3=2m/s，沿x轴方向的速度为vx=v2=1.5m/s，合速度大小为v==2.5m/s，设速度方向与x轴的夹角为α，则tanα==，α=arctan．要求小球在此后1.0s内停下，加速度大小为a3==2.5m/s2，则合力大小为F=ma3=5N，方向与速度v方向相反．根据正交分解，将恒力F3分解为沿x轴和y轴方向的两个分力，设两个分力的大小分别为Fx和Fy．Fx=Fcosα=5×=4N，Fy=Fsinα+F2=5×+3N=6N，则F3==，设方向与x轴负方向的夹角为θ则有tanθ==1.5，θ=arctan1.5答：第3s末小球的纵坐标为1m，横坐标为3.75m．要求小球在此后1.0s内停下，所加的平行水平面的恒力F3的大小为N，方向沿x轴负方向的夹角为θ=arctan1.5．点评：本题过程较为复杂，要边计算边分析小球的运动过程，要有耐心和细心．14．（2011•龙门县校级模拟）“神舟”六号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱于2005年10月17日4时11分开始从太空向地球表面按预定轨道返回．在离地l0km的高度返回舱打开阻力降落伞减速下降，返回舱在这一过程中所受空气阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k．已知返回舱的总质量M=3000kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落．从某时刻起开始计时，返回舱的运动v﹣t图象如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴于B点的坐标为（10，0），CD是AD的渐近线，亦是平行于横轴的直线，交纵轴于C点，C点的坐标为（0，6）．请解决下列问题：（取g=10m/s2）（1）在初始时刻v0=160m/s时，它的加速度多大？（2）推证空气阻力系数k的表达式并算出其数值；（3）返回舱在距地高度h=10m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速度由6m/s迅速减至1m/s后落在地面上．若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的影响，并忽略此段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力（计算结果取两位有效数字）．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的图像；共点力平衡的条件及其应用．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）过A点切线的斜率为初始时刻的加速度．（2）根据牛顿第二定律，列出当速度为160m/s时的表达式Kv02+f﹣Mg=Ma1．当速度为6m/s时，做匀速运动，列出表达式Kv12+f﹣Mg=0．联立两方程组解出k．（3）在距地高度h=10m前，返回舱已处于匀速运动状态，返回舱所受浮力、阻力与重力的合力为0．减速运动的加速度由火箭推力产生，根据匀减速运动求出加速度，再根据牛顿第二定律求出每支小火箭的平均推力．解答：解：（1）根据速度图象可知，在初始v0=160m/s时，过A点切线的斜率即为此时的加速度，设为a1，其大小为a1==m/s2=16m/s2（2）由图知，返回舱的v﹣t图的斜率逐渐减小，最后是以v1=6m/s的速度作匀速运动．设返回舱所受空气浮力为f，在t=0时，根据牛顿第二定律则有：Kv02+f﹣Mg=Ma1．①速度为v1=6m/s时，返回舱受力平衡，即有：Kv12+f﹣Mg=0②由①、②两式解得：k=代入数值得：k=kg/m=1.88kg/m（3）由题意知，在距地高度h=10m前，返回舱已处于匀速运动状态，返回舱所受浮力、阻力与重力的合力已持续为0．故返回舱在着地减速期间的加速度实际由4个小火箭的反推力共同产生．设每支小火箭的平均推力为F0，反推加速度大小为a2，着地速度为v2，根据牛顿第二定律4F0=Ma2③由运动学公式知：v22﹣v12=﹣2a2h④由③、④两式解得：F0==N=1.3×103N．点评：解决本题的关键掌握牛顿第二定律．知道速度时间图线上点的切线斜率表示瞬时加速度，以及在距地高度h=10m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，合力就为4个反推力之和．15．（2011•鼓楼区校级模拟）如图所示，质量为M=20kg的木板静止在光滑水平面上．一质量为m=10kg的小滑块（可视为质点）以初速度v0=6m/s从木板的左端沿水平向右方向滑上木板．滑块和木板间的动摩擦因素μ=0.2，滑块最终不会从木板上掉下，则木块的长度至少多长？（g=10m/s2）BA.4mB.6mC.8mD.10m．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：滑块最终不会从木板上掉下的临界情况是滑块滑到最右端时，滑块与木板具有相同速度，根据动量守恒定律求出共同速度，再根据能量守恒定律求出木板的最小长度．解答：解：根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v解得：．根据能量守恒定律得，f=μmg代入数据，解得L=6m．故B正确，A、C、D错误．故选B．点评：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，知道该问题的临界情况，以及知道摩擦产生的热量Q=f△s=fL．16．（2011•渑池县校级模拟）如图所示，质量为mA=2m的长木板长为L、A置于光滑的水平地面上，在其左端放一质量为mB=m的小木块B，A和B之间的摩擦因数等于μ．若使A固定，用水平方向的恒力F拉B，B的加速度为μg．若释放A使它能自由运动，将B仍置于A的左端，从静止开始，仍用恒力F拉B到某一位置后撤去拉力F．为保证B不从A上滑落，求：（1）F作用的最长时间（2）若使B刚好不从A上滑下，求产生的内能．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）当A固定时，对B由牛顿第二定律求出恒力F．在A自由运动的情况下，若B刚好不从A右端滑出，这段时间内B做匀加速运动，撤去外力后，B木板做匀减速运动到达最右端，滑到A的最右端二者速度相等．分别对A、B运用运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．而A一直作匀加速运动，（2）产生的内能等于客服摩擦力做的功，等于摩擦力乘以相对位移．解答：解：（1）当A固定时，对B由牛顿第二定律：F﹣μmg=maa=μg由以上两式得：F=2μmg在A自由运动的情况下，若B刚好不从A右端滑出，F作用时间为t1，这段时间内B做匀加速运动，撤去外力后，B木板做匀减速运动到达最右端的时间为t2，加速度大小均为a=μg，滑到A的最右端二者速度相等．而A一直作匀加速运动，设加速度大小为a′，撤去外力F时，B的速度为V1=at1B滑到最右端时速度为V2=V1﹣at2对A由牛顿第二定律得μmg=2ma′B滑到最右端时A木板的速度VA=a′（t1+t2）由题中条件，V2=VA由以上各式可知t1=3t2相对位移L=解得：t1=3（2）若使B刚好不从A上滑下，产生的内能等于客服摩擦力做的功．摩擦力为恒力，可以用功的定义求解，摩擦力乘以相对位移：Q=μmgL答：（1）F作用的最长时间为3（2）若使B刚好不从A上滑下，产生的内能为μmgL．点评：此题要求对AB物体的运动过程能分析清楚，找出时间和空间上的关系是解决此题的关键．此题有一定的难度，属于中档题．17．（2011•南京校级模拟）如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放在水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，求B相对地面的加速度a．并用以下特殊值进行检验：A．当θ°时，B．当θ=90°时，C．当M≥m时，D．当m≥M时．考点：牛顿第二定律．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：分别对滑块B和A进行受力分析，运用牛顿第二定律分别求出水平方向和竖直方向的加速度，再求合加速度，再分析A、B的运动情况，根据运动学基本公式表示出水平方向和竖直方向的加速度，联立方程即可表示出加速度．解答：解：图1为A、B物体受力图，用ax表示物体A的加速度a在水平方向的分量，ay表示物体A的加速度a在竖直方向的分量，aM表示物体B的加速度．根据图2和牛顿定律，有对B：mg﹣FNcosθ=may①FNsinθ=max②对A：FNsinθ=MaM③④图2为AB运动情况分析图，即A、B运动关系示意图．用x表示物体A在水平方向的位移，y表示物体A在竖直方向的位移，s表示物体B的位移，根据图2，有⑤并且⑥⑥中3个式子代入⑤得，⑦根据②③得⑧代入⑦式得⑨以上两式及②代入①解得=10⑩⑩代入⑨得出ay，再代入④解得a==（11）A．当θ°时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的；B．当θ=90°时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的；C．当M≥m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的；D．当m≥M时，该解给出a=g，这符合预期的结果，说明该解可能是对的．点评：该题要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，较为复杂，对同学们的过程分析和数学计算要求较高，属于中等偏上的题目．18．（2010•分宜县校级一模）如图，一滑块通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上，小车上表面光滑．小车由静止开始向右匀加速运动，经过2s，细绳断裂．细绳断裂后，小车的加速度不变，又经过一段时间，滑块从小车左端掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3s内滑行了4.5m，后3s内滑行了10.5m．求（1）小车底板长是多少？（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）绳子断裂前，物块和小车一起做匀加速运动，绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动，根据滑块相对小车前3s内滑行了4.5m，求出绳子断裂时的速度，再根据后3s内滑行了10.5m，求出后3s内的初速度，从而确定滑块在小车上运动的总时间，分别求出小车和木块的位移，两者位移之差为小车的板长．（2）滑块相对于地面做匀速直线运动，根据s滑=v1t总求出相对于地面移动的距离．解答：解：设小车加速度为a．断裂时，车和物块的速度为v1=at=2a．断裂后，小车的速度v=v1+at，小车的位移，滑块的位移s2=v1t前3s，设后3s初速度为v1′，则小车的位移，滑块的位移s2′=v1ts1′﹣s2′=3v1′+4.5﹣3v1=10.5m，解得v1′=4m/s由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为t总=5s．（1）小车底板总长=（2）滑块相对地位移，s滑=+v1t总=．点评：解决本题的关键知道绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动．再根据匀变速直线运动的公式进行求解．19．（2010•佛山一模）如图所示，竖直放置的金属薄板M、N间距为d．绝缘水平直杆左端从N板中央的小孔穿过，与M板固接，右端处在磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+q的中空小球P，套在水平直杆上，紧靠M板放置，与杆的动摩擦因数为μ．当在M、N板间加上适当的电压U后，P球将沿水平直杆从N板小孔射出，试问：（1）此时M、N哪个板的电势高？它们间的电势差必须大于多少？（2）若M、N间电压U=时，小球能沿水平直杆从N板中央小孔射入磁场，则射入的速率多大？若磁场足够大，水平直杆足够长，则小球在磁场中运动的整个过程中，摩擦力对小球做多少功？考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力；功的计算；动能定理．专题：压轴题．分析：（1）力是改变物体运动状态的原因，使静止的物体运动，要产生加速度，即物体的合外力不等于零；（2）电场的基本性质是对放入其中的带电体有力的作用；（3）小球P射入磁场后受到竖直向上的洛伦兹力作用，并且洛伦兹力对小球不做功；（4）进入磁场后，速度在摩擦力作用下会减小，引起洛伦兹力减小，引起正压力变化，从而会引起摩擦力发生改变，要注意分情况具体分析；（5）关于变力做功，可用动能定理去求，简洁方便．解答：解：（1）因P球带正电，只有M板电势高于N板电势，P球才会受到向右的电场力作用．才有可能向右运动．故，若要小球P沿水平直杆从板间射出，必须使M板电势高于N板电势．而要使小球P能沿水平直杆从板间射出，必须使电场力大于小球所受的摩擦力，即qE＞μmg而E=故（2）设P球射出电场时的速率为v，由动能定理得：即解得：小球P射入磁场后受到竖直向上的洛伦兹力作用，可能出现三种情况．Ⅰ．qvB=mg，则小球不受摩擦力，做匀速直线运动．故摩擦力做功为零．Ⅱ．qvB＞mg，则直杆对小球有向下的压力，小球受摩擦力减速，当减速到洛仑兹力与重力大小相等后做匀速运动．设小球匀速时的速度vt，则qvtB=mg设此过程中摩擦力做的功为W，由动能定理得：即解得：Ⅲ．qvB＜mg，则直杆对小球有向上的支持力，小球受摩擦力减速，最终速度减为零．则摩擦力所做的功为解得：W=﹣4μmgd答：M板电势高于N板电势，它们间的电势必须大于；（2）射入的速率为，当qvB=mg时，摩擦力做功为零，当qvB＞mg时，摩擦力做功为，当qvB＜mg时，摩擦力做的功为﹣4μmgd．点评：本题是电磁学的综合问题，涉及到得知识点较多，难度较大．特别是第二小问中有三种情况，很多同学只能分析其中的一种或两种，出现遗漏情况．要注意本题中小球在磁场中运动时所受的摩擦力是一个变力，求变力做功一般用动能定理求解．20．（2009•广东）如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极扳间形成匀强电场E，长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同），B与极板的总质量mB=1.0kg．带正电的小滑块A质量mA=0.6kg，其受到的电场力大小F=1.2N．假设A所带的电量不影响极板间的电场分布．t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度vA=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度vB=0.40m/s向右运动．问（g取10m/s2）（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）A刚开始运动是所受的合外力为电场力，根据牛顿第二定律求出A的加速度，因为力的作用是相互的，B刚开始运动时受电场力和摩擦力，根据牛顿第二定律求出B的加速度．（2）B向右做匀减速直线运动，当B速度为零时，求出A的速度，知A的速度大于零，根据运动学公式求出这段时间内的相对位移以及摩擦力对B所做的功；因为电场力大于B所受的摩擦力，所以B又反向做匀加速直线运动，A继续做匀减速直线运动，当两者速度相等时，A、B相距最远，运用运动学公式再求出这段时间内两者的相对位移以及摩擦力对B所做的功，从而得出整个过程中两者相对运动的最大位移和在此过程中摩擦力对B所做的功．解答：解：（1）A刚开始运动时的加速度大小方向水平向右B受电场力F′=F=1.2N摩擦力f=μ（mA+mB）g=0.8NB刚开始运动时的加速度大小方向水平向左答：A的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向右，B的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向左．（2）设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有t1时刻A的速度vA1=vA﹣aAt1=1.2m/s＞0A的位移此t1时间内A相对B运动的位移s1=sA1+sB1=0.32mw1=﹣f•sB1=﹣0.032Jt1后，由于F′＞f，B开始向左作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有对A：速度v=vA1﹣aAt2对B：加速度速度v=aB1t2解得：v=0.2m/st=0.5st2时间内A运动的位移B运动的位移t2内A相对B的位移s2=sA2﹣sB2=0.30m摩擦力对B做功为w1=﹣f•sB2=﹣0.04JA最远到达b点a、b的距离为L=s1+s2=0.62m从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为wf=w1+w2=﹣0.072J答：a、b的距离L应为0.62m，摩擦力对B做的功为﹣0.072J．点评：本题第一问难度不大，关键对研究对象受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度．第（2）问较难，关键能够确定出在整个过程中A和B的运动情况，从而根据动力学知识进行求解．21．（2009•上海）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．（已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线．考点：牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势．专题：压轴题．分析：测得电阻两端电压随时间均匀增大，部分电阻欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得出产生的感应电动势随时间均匀增大，即v随时间均匀增大．对金属棒进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．解答：解：（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压U∝I，感应电动势E∝I，E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．（2）对金属棒受力分析，有牛顿第二定律得：F﹣=ma，以F=0.5v+0.4代入得0.5v﹣+0.4=a，因为a与v无关，所以a=0.4m/s2，（0.5﹣）=0，得B=0.5T．（3）撤去外力前，x1=at2，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：0.2t2+0.8t﹣1=0，t=1s．（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2=2ax，撤去外力后，v=v0﹣x，v2=2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线，v=v0﹣x，v与x可能是线性关系，图象是直线．根据物理量关系可能图线如下：答：（1）金属棒做匀加速直线运动．（2）磁感应强度B的大小是0.5T．（3）外力F作用的时间为1s．（4）可能的图线如上图．点评：根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量．要善于对物体过程分析和进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．22．（2009•南京一模）如图所示，足够长的木板质量M=10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ=0.5，当木板运动了L=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小