高考物理复习专题三牛顿运动定律习题市赛课公开课一等奖省名师获奖课件

一、多项选择题1.(江苏单科,9,4分)如图所表示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌

面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间动摩擦因数均相等,则在上述过程中

()A.桌布对鱼缸摩擦力方向向左B.鱼缸在桌布上滑动时间和在桌面上相等A组

自主命题·江苏卷题组五年高考C.若猫增大拉力,鱼缸受到摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面1/71答案

BD由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸滑动摩擦力方向向右,A错。

因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程加速度大

小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动时间与在桌面上减速运动时间相等,故B

正确。若猫增大拉力,鱼缸受到摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错。若猫

拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。疑难突破

摩擦力方向与物体相对运动或相对运动趋势方向相反,而与物体运动方向无

直接关系。审题技巧审题时抓住以下关键词:“猛地……拉出”、“没有滑出桌面”、“动摩擦因数均

相等”。2/712.(江苏单科,6,4分)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t改变图线如图所

示,以竖直向上为a正方向,则人对地板压力

()A.t=2s时最大

B.t=2s时最小C.t=8.5s时最大

D.t=8.5s时最小3/71答案

AD地板对人支持力FN=mg+ma,t=2s时,a有正最大值,此时FN最大,由牛顿第三定律

知,A正确,B错误;t=8.5s时,a有负最大值,此时FN最小,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确。考查点

本题考查了加速度、牛顿运动定律、超重与失重等内容,属于中等难度题。知识链接“上超下失均为ma”,即加速度方向竖直向上超重、竖直向下失重,对应人对电梯

压力分别增加ma、减小ma,由此可见,2s时压力最大,8.5s时压力最小。4/713.(江苏单科,8,4分)如图所表示,A、B两物块质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面

上。A、B间动摩擦因数为μ,B与地面间动摩擦因数为

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

()

A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=

μmg时,A加速度为

μgC.当F>3μmg时,A相对B滑动D.不论F为何值,B加速度不会超出

μg5/71答案

BCD对A、B整体,地面对B最大静摩擦力为

μmg,故当

μmg<F时,A、B相对地面运动,故A错。对A、B整体应用牛顿第二定律,有F-

×3mg=3ma;对B,在A、B恰好要发生相对运动时,μ×2mg-

×3mg=ma,两式联立解得F=3μmg,可见,当F>3μmg时,A相对B滑动,C对。当F=

μmg时,A、B相对静止,对整体有:

μmg-

×3mg=3ma,a=

μg,故B正确。不论F为何值,B所受最大动力为A对B最大静摩擦力2μmg,故B最大加速度aBm=

=

μg,可见D正确。考查点

本题考查了牛顿第二定律及其应用、静摩擦力和滑动摩擦力等知识以及分析物体受

力情况和运动状态能力。对考生分析综合能力有较高要求,属于中等难度题。易错警示易错选A项,错误地将A、B发生相对运动临界条件当成A、B整体相对地面发生相

对运动临界条件。6/714.(江苏单科,14,16分)如图所表示,将小砝码置于桌面上薄纸板上,用水平向右拉力将纸板

快速抽出,砝码移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉惯性演示试验。若砝码和纸板

质量分别为m1和m2,各接触面间动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。

(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力大小;(3)本试验中,m1=0.5kg,m2=0.1kg,μ=0.2,砝码与纸板左端距离d=0.1m,取g=10m/s2。若砝码移

动距离超出l=0.002m,人眼就能感知。为确保试验成功,纸板所需拉力最少多大?二、非选择题答案(1)μ(2m1+m2)g

(2)大于2μ(m1+m2)g

(3)22.4N7/71解析(1)砝码对纸板摩擦力f1=μm1g桌面对纸板摩擦力f2=μ(m1+m2)gf=f1+f2解得f=μ(2m1+m2)g(2)设砝码加速度为a1,纸板加速度为a2,则f1=m1a1F-f1-f2=m2a2发生相对运动a2>a1解得F>2μ(m1+m2)g(3)纸板抽出前,砝码运动距离为x1=

a1

纸板运动距离为d+x1=

a2

纸板抽出后,砝码在桌面上运动距离x2=

a3

l=x1+x28/71由题意知a1=a3,a1t1=a3t2解得F=2μ[m1+(1+

)m2]g代入数据得F=22.4N考查点

本题为动力学题,重点考查了学生受力分析、过程分析、临界点分析能力,其中

过程分析是难点。错误剖析错误一:将纸板受到桌面摩擦力错误地认为是μm2g,遗漏了砝码产生压力。错误二:摩擦力方向判断有误,没有正确了解“相对运动”含义。错误三:错误地认为纸板抽出后砝码就马上停在桌面上不动。9/71考点一牛顿运动定律了解一、单项选择题1.(上海单科,5,3分)如图,在匀强电场中,悬线一端固定于地面,另一端拉住一个带电小球,使

之处于静止状态。忽略空气阻力,当悬线断裂后,小球将做

()

A.曲线运动

B.匀速直线运动C.匀加速直线运动

D.变加速直线运动B组

统一命题、省（区、市）卷题组10/71答案

C本题考查力与运动关系。在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而

处于平衡状态,故重力与电场力协力与拉力等值反向。悬线断裂后,小球所受重力与电场力

协力大小、方向均不变,故小球将沿原来悬线拉力反方向做匀加速直线运动,C项正确。解题关键解答本题,关键是分析清楚悬线断裂后,重力和电场力协力大小、方向均不发生变

化。11/712.(北京理综,19,6分)伽利略创造把试验、假设和逻辑推理相结合科学方法,有力地促

进了人类科学认识发展。利用如图所表示装置做以下试验:小球从左侧斜面上O点由静止

释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐步降低材料时,

小球沿右侧斜面上升到最高位置依次为1、2、3。依据三次试验结果对比,能够得到最

直接结论是

()

A.假如斜面光滑,小球将上升到与O点等高位置B.假如小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.假如小球受到力作用,它运动状态将发生改变D.小球受到力一定时,质量越大,它加速度越小答案

A依据试验结果,得到最直接结论是假如斜面光滑,小球将上升到与O点等高位

置,A项正确。12/713.(重庆理综,4,6分)图1为伽利略研究自由落体运动试验示意图,让小球由倾角为θ光滑

斜面滑下,然后在不一样θ角条件下进行屡次试验,最终推理出自由落体运动是一个匀加速直线

运动。分析该试验可知,小球对斜面压力、小球运动加速度和重力加速度与各自最大值

比值y随θ改变图像分别对应图2中

()

图1图2A.①、②和③

B.③、②和①C.②、③和①

D.③、①和②答案

B重力加速度g与θ无关,其值在θ值增大时保持不变,故其图像应为①,则A、D两项均

错。当θ=0时小球加速度a=0,故其图像必定为②,所以B项正确,C项错误。13/714.(课标Ⅰ,18,6分)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力,且原来作用在质点上力

不发生改变,则

()A.质点速度方向总是与该恒力方向相同B.质点速度方向不可能总是与该恒力方向垂直C.质点加速度方向总是与该恒力方向相同D.质点单位时间内速率改变量总是不变二、多项选择题答案

BC由题意知此恒力即为质点所受合外力,若原速度与该恒力在一条直线上,则质点做

匀变速直线运动,质点单位时间内速率改变量总是不变;原速度与该恒力不在一条直线上,

则质点做匀变速曲线运动,速度与恒力间夹角逐步减小,质点单位时间内速度改变量是不变

,但速率改变量是改变,A、D项错误,B项正确;由牛顿第二定律知,质点加速度方向总与

该恒力方向相同,C项正确。14/715.(课标Ⅱ,19,6分)两实心小球甲和乙由同一个材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在

空气中由静止下落,假设它们运动时受到阻力与球半径成正比,与球速率无关。若它们下

落相同距离,则

()A.甲球用时间比乙球长B.甲球末速度大小大于乙球末速度大小C.甲球加速度大小小于乙球加速度大小D.甲球克服阻力做功大于乙球克服阻力做功答案

BD甲、乙下落时间与加速度相关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ(

π

)得R甲=

,阻力f甲=kR甲=k

,由牛顿第二定律知a甲=

=g-k

,同理a乙=g-k

,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=

at2可知t甲<t乙,故A项错误;再由速度位移公式v2=2ah得v甲>v乙,B项正确;甲球受到阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做功大于乙球克服

阻力做功,D项正确。15/711.(重庆理综,3,6分)高空作业须系安全带,假如质量为m高空作业人员不慎跌落,从开始跌

落到安全带对人刚产生作用力前人下落距离为h(可视为自由落体运动)。今后经历时间t安全

带到达最大伸长,若在此过程中该作用力一直竖直向上,则该段时间安全带对人平均作用力大

小为

()A.

+mg

B.

-mgC.

+mg

D.

-mg考点二牛顿运动定律应用一、单项选择题答案

A对人与安全带作用过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a=

=

,解得F=

+mg,故A正确。16/712.(上海单科,4,3分)如图,顶端固定着小球直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动

时,球所受合外力方向沿图中

()

A.OA方向

B.OB方向

C.OC方向

D.OD方向答案

D当小车向右做匀加速运动时,其加速度方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所

受合外力方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。17/713.(天津理综,8,6分)我国高铁技术处于世界领先水平。友好号动车组是由动车和拖车编组

而成,提供动力车厢叫动车,不提供动力车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车

额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节

车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组

()A.开启时乘客受到车厢作用力方向与车运动方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行距离与关闭发动机时速度成正比二、多项选择题D.与改为4节动车带4节拖车动车组最大速度之比为1∶218/71答案

BD开启时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力方

向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所表示

甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所表示

乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得

=

,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x=

,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:19/71第一个情况动车组最大速度为v1,

-8kmg=0,第二种情况动车组最大速度为v2,

-8kmg=0,两方程联立可得

=

,选项D正确。审题指导在解答选项D时,了解“最大速度”含义是解答关键,速度最大时,动车组受到合

外力为零。动车组为连接体问题,合理选取研究对象,能够有效降低计算量。20/714.(课标Ⅱ,20,6分)在一东西向水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好车厢。当机

车在东边拉着这列车厢以大小为a加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢挂钩P和Q间拉

力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为

a加速度向西行驶时,P和Q间拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢节数可能为()A.8

B.10

C.15

D.1821/71答案BC如图所表示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向

东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=

mx-a,联立两式有y=

x。可见,列车车厢总节数N=x+y=

x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。

评析本题考查了牛顿第二定律应用。恰当地选取研究对象,充分利用数学知识分析推理,是

解题关键。题目难度适中,区分度很好。情景起源于生活且不偏不怪,很好地考查了考生应用

知识处理实际问题能力,是道好题。22/715.(浙江理综,19,6分)如图所表示,总质量为460kg热气球,从地面刚开始竖直上升时加速

度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所

受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2。关于热气球,以下说法

正确是

()

A.所受浮力大小为4830NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10s后速度大小为5m/sD.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案

AD刚开始上升时,空气阻力为零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460×(10+0.5)N=4830N,

A项正确。加速上升过程,伴随速度增大,空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变,而伴随空气

阻力增大,加速度会逐步减小,直至为零,故上升10s后速度v<at=5m/s,C项错误。匀速上升

时,F浮=Ff+mg,所以Ff=F浮-mg=4830N-4600N=230N,D项正确。23/716.(课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地

面上木板两端,二者与木板间动摩擦因数均为μ1=0.5;木板质量为m=4kg,与地面间动

摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时,

A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10m/s2。求(1)B与木板相对静止时,木板速度;(2)A、B开始运动时,二者之间距离。

三、非选择题答案(1)1m/s(2)1.9m24/71解析本题考查直线运动和牛顿运动定律。(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受摩擦力大小分别为f1、f2和f3,A和B相对于地面加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面加速度大小为a1。在物

块B与木板到达共同速度前有f1=μ1mAg

①f2=μ1mBg

②f3=μ2(m+mA+mB)g

③由牛顿第二定律得f1=mAaA

④f2=mBaB

⑤f2-f1-f3=ma1

⑥设在t1时刻,B与木板到达共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1

⑦v1=a1t1

⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得25/71v1=1m/s⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动距离为sB=v0t1-

aB

⑩设在B与木板到达共同速度v1后,木板加速度大小为a2。对于B与木板组成体系,由牛顿第二

定律有f1+f3=(mB+m)a2

由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板到达共同速度时,A速度大小也为v1,但运动方向

与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板速度相同,设其大小为v2。设A速度大小从v1

变到v2所用时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2

对A有v2=-v1+aAt2

在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动距离为s1=v1t2-

a2

26/71在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动距离为sA=v0(t1+t2)-

aA(t1+t2)2

A和B相遇时,A与木板速度也恰好相同。所以A和B开始运动时,二者之间距离为s0=sA+s1+sB

联立以上各式,并代入数据得s0=1.9m

(也可用如图速度-时间图线求解)

27/71审题指导

怎样建立物理情景,构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间滑动摩擦力大小,判断出A、B及木板运动

情况。②把握好几个运动节点。③由各自加速度大小能够判断出B与木板首先到达共速,今后B与木板共同运动。④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度一直不变。⑤木板先加速后减速,存在两个过程。28/717.(四川理综,10,17分)避险车道是防止恶性交通事故主要设施,由制动坡床和防撞设施等

组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ斜面。一辆长12m载有货物货车

因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23m/s时,车尾位于制动坡床底端,货物开始在车厢

内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4m时,车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间,货车停

止。已知货车质量是货物质量4倍,货物与车厢间动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动

受到坡床阻力大小为货车和货物总重0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cosθ

=1,sinθ=0.1,g=10m/s2。求:

(1)货物在车厢内滑动时加速度大小和方向;(2)制动坡床长度。29/71解析(1)设货物质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间动摩擦因数μ=0.4,受摩

擦力大小为f,加速度大小为a1,则f+mgsinθ=ma1

①f=μmgcosθ

②联立①②式并代入数据得a1=5m/s2

③a1方向沿制动坡床向下。(2)设货车质量为M,车尾位于制动坡床底端时车速为v=23m/s。货物在车厢内开始滑动到

车头距制动坡床顶端s0=38m过程中,用时为t,货物相对制动坡床运动距离为s1,在车厢内滑

动距离s=4m,货车加速度大小为a2,货车相对制动坡床运动距离为s2。货车受到制动坡床

阻力大小为F,F是货车和货物总重k倍,k=0.44,货车长度l0=12m,制动坡床长度为l,则Mgsinθ+F-f=Ma2

④F=k(m+M)g

⑤s1=vt-

a1t2

⑥s2=vt-

a2t2

⑦答案(1)5m/s2方向沿制动坡床向下

(2)98m30/71s=s1-s2

⑧l=l0+s0+s2

⑨联立①②④~⑨并代入数据得l=98m⑩31/711.(江苏单科,4,3分)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力大小与速度大小成正比。以下描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图像,可能正确是

(

)

C组

教师专用题组一、单项选择题答案

C对皮球应用牛顿第二定律有:mg+kv=ma,a=g+

v。上升过程中v减小,故a随时间减小且减小快慢与v改变快慢规律相同,即

=

·

,而

就是加速度,故a-t图线各点切线斜率绝对值是逐步减小;又因为上升过程中a不可能为零,所以只有C项正确。32/712.(江苏单科,5,3分)如图所表示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块质量

分别为m、M,夹子与木块两侧间最大静摩擦力均为f。若木块不滑动,力F最大值是

()A.

B.

C.

-(m+M)gD.

+(m+M)g33/71答案

A对整个系统应用牛顿第二定律:F-(M+m)g=(M+m)a

①对M应用牛顿第二定律:2f-Mg=Ma

②由①②联立可得:F=

,故A正确。34/713.(山东理综,14,5分)伽利略开创了试验研究和逻辑推理相结合探索自然规律科学方法,

利用这种方法伽利略发觉规律有

()A.力不是维持物体运动原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得一样快D.物体间相互作用力总是大小相等、方向相反二、多项选择题答案

AC

伽利略斜面试验表明物体运动不需要外力来维持,A正确;伽利略假想将轻重

不一样物体绑在一起时,重物体会因轻物体妨碍而下落变慢,轻物体会因重物体拖动而

下落变快,即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间,而从绑在一起后更重角度考虑二者一

起下落时应该更加快,从而由逻辑上否定了重物比轻物下落快结论,并用试验证实了轻重物体下

落快慢相同规律,C正确;物体间普遍存在相互吸引力与物体间相互作用力规律是牛顿总结

,对应万有引力定律与牛顿第三定律,故B、D皆错误。35/714.(课标Ⅰ,24,12分)公路上行驶两汽车之间应保持一定安全距离。当前车突然停顿时,

后车司机能够采取刹车办法,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人反

应时间和汽车系统反应时间之和为1s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h速度匀速

行驶时,安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间动摩擦因数为晴天时2/5,若要

求安全距离仍为120m,求汽车在雨天安全行驶最大速度。三、非选择题36/71解析设路面干燥时,汽车与路面间动摩擦因数为μ0,刹车时汽车加速度大小为a0,安全距离

为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg=ma0

①s=v0t0+

②式中,m和v0分别为汽车质量和刹车前速度。设在雨天行驶时,汽车与路面间动摩擦因数为μ,依题意有μ=

μ0

③设在雨天行驶时汽车刹车加速度大小为a,安全行驶最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学

公式得μmg=ma

④s=vt0+

⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v=20m/s(72km/h)

⑥答案20m/s(72km/h)37/715.(课标Ⅱ,24,13分)10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39

km高空后跳下,经过4分20秒抵达距地面约1.5km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞

运动多项世界纪录。取重力加速度大小g=10m/s2。(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需时间及其在此处速度

大小;(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气阻力,高速运动时所受阻力大小可近似表示为f=

kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体形状、横截面积及空气密度相关。已知该运动

员在某段时间内高速下落v-t图像如图所表示。若该运动员和所带装备总质量m=100kg,试估

算该运动员在抵达最大速度时所受阻力阻力系数。(结果保留1位有效数字)38/71答案(1)87s8.7×102m/s(2)0.008kg/m解析(1)设该运动员从开始自由下落至1.5km高度处时间为t,下落距离为s,在1.5km高度处

速度大小为v。依据运动学公式有v=gt

①s=

gt2

②依据题意有s=3.9×104m-1.5×103m=3.75×104m③联立①②③式得t=87s④v=8.7×102m/s⑤(2)该运动员到达最大速度vmax时,加速度为零,依据牛顿第二定律有mg=k

⑥由所给v-t图像可读出vmax≈360m/s⑦由⑥⑦式得k=0.008kg/m⑧39/71一、单项选择题(每小题3分,共12分)1.(江苏六市二模)如图所表示,质量为m2物块B放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1

物块A,A经过跨过光滑定滑轮细线与质量为M物块C连接。释放C,A和B一起以加速度a从

静止开始运动,已知A、B间动摩擦因数为μ,则细线中拉力大小为

()A.Mg

B.Mg+MaC.(m1+m2)a

D.m1a+μm1g三年模拟A组—高考模拟·基础题组(时间：20分钟分值：20分)40/71答案

C以A、B整体为研究对象,所受协力等于细线拉力F(桌面光滑)。由牛顿第二定律可

知:F=(m1+m2)a,选C。友情提醒因为物块C也加速运动,细线拉力不等于C重力Mg。41/712.(江苏南师大附中期中,2)在军事演练中,某空降兵从悬停在空中直升机上跳下,从跳离

飞机到落地过程中沿竖直方向运动v-t图像如图所表示,则以下说法正确是

()

A.0~10s内空降兵和降落伞整体机械能守恒B.0~10s内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越小C.10~15s时间内运动员平均速度小于

D.10~15s内空降兵和降落伞整体处于失重状态42/71答案

C从v-t图中可知0~10s内做加速度越来越小加速运动,说明空气阻力越来越大,

故A、B错误。10~15s内空降兵减速下降且加速度逐步减小,方向竖直向上,空降兵处于超重状

态,故D错误。若10~15s内空降兵做匀变速运动,平均速度为

,减速下降位移小于匀变速运动位移,故C正确。43/713.(江苏无锡月考,2)如图所表示,磁悬浮地球仪悬浮在底座正上方保持静止。已知地球仪

质量为m,底座质量为M,重力加速度为g,则地球仪对底座作用力大小为

()

A.0

B.mgC.Mg

D.(m+M)g答案

B地球仪在重力和底座作用力下处于平衡状态,两力大小相等,依据牛顿第三定律可

知,地球仪对底座作用力大小为mg,即B正确。44/714.(苏北四市一模,4)7月喀山游泳世锦赛中,本省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂

冠。她从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,如图所表示。不计空气阻力。以下说法正确是

()

A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时速度为整个跳水过程中最大速度D.入水过程中,水对她作用力大小等于她对水作用力大小答案

D她在进入水中之前运动加速度均为重力加速度,处于完全失重状态,故A错。她斜

向上跳起,运动轨迹为抛物线,故B错。她入水过程中先加速后减速,故C错。水对她作用力和

她对水作用力是一对相互作用力,大小相等,故D对。45/715.(江苏金陵中学期中,9)在竖直升降电梯内底面上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站

在体重计上,体重计示数为50kg。电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发觉体重计示数如

图所表示,在这段时间内,以下说法中正确是

()A.晓敏同学所受重力变小了B.晓敏对体重计压力小于体重计对晓敏支持力C.电梯可能在竖直向下运动二、多项选择题(每小题4分,共8分)D.电梯加速度大小为g/5,方向一定竖直向下46/71答案

CD由体重计示数可知,晓敏处于失重状态,其加速度方向竖直向下,但运动方向可

能向下、也可能向上,其重力不会变小,故A错,C正确。压力和支持力是一对作用力与反作用力,

总是大小相等,故B错。以晓敏为研究对象,由mg-FN=ma,则a=

g,故D正确。47/716.(苏北四市联考,10,★)如图是一辆静止在水平地面上自卸车,当车厢迟缓倾斜到一定程

度时,货物会自动沿车厢底部向车尾滑动。上述过程,关于地面对车摩擦力,以下说法正确

是

()

A.货物匀速滑动时,无摩擦力B.货物匀速滑动时,摩擦力方向向后C.货物加速滑动时,摩擦力方向向前D.货物加速滑动时,摩擦力方向向后48/71答案

AD货物匀速滑动时,车与货物加速度均为零,能够对整体受力分析,只受重力和地面

支持力,水平方向不受摩擦力,故A对B错。货物加速下滑时,货物重力G与车对货物作用

力F协力方向应该与加速度方向相同,所以F方向应该如图所表示,即指向右上方,则货物对车

作用力为F',F'与F大小相等、方向相反,其水平分力方向向左,故地面对车摩擦力方向向右

(后),即C错D对。

49/71一、单项选择题(每小题3分,共9分)1.(江苏南师大附中期中,3)如图所表示,斜面体M放在水平地面上。现将物块m放在斜面上,物

块恰能沿斜面匀速下滑,而斜面体静止不动。用平行于斜面向下推力F,使物块加速下滑,则斜

面体

()

A.对地面压力增大B.对地面压力不变C.可能沿水平地面向右运动D.受到地面摩擦力方向水平向左B组—高考模拟·综合题组(时间：30分钟分值：35分)50/71答案

B物块恰能沿斜面匀速下滑,物块所受斜面体作用力竖直向上且等于物块重力。所以,

物块对斜面体作用力竖直向下,如图所表示。

此时地面对斜面体无摩擦,地面对斜面体支持力为(M+m)g,用平行于斜面向下力F推物块,不

会改变斜面体受力情况,故B正确。温馨提醒两个物体加速度相同时,能够用“整体法”分析系统受力。若两个物体加速度

不一样,普通要用“隔离法”分析。方法指导本题中把物块对斜面体压力和摩擦力合成为一个力,即“物块对斜面体作用

力”,有利于对斜面体进行受力和运动情况研究,为分析这类型问题好方法。51/712.(江苏淮安一模,5)如图所表示,质量均为mA、B两物块置于水平地面上,物块与地面间

动摩擦因数均为μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A,假设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。以下说法中错误是

()

A.当0<F≤μmg时,绳中拉力为0B.当μmg<F≤2μmg时,绳中拉力为F-μmgC.当F>2μmg时,绳中拉力为

D.不论F多大,绳中拉力都不可能等于

52/71答案

D对物块A,当F>μmg时,才会滑动,绳中才有拉力,故A项正确。对A、B物块组成整体,

当F>2μmg时,整体才会滑动,此时有F-2μmg=2ma,对物块B有:FT-μmg=ma,两式联立解得FT=

,故C项正确。当μmg<F≤2μmg时,对物块A有:FT=F-μmg,故B项正确。假设FT=

,则由

=F-μmg得F=1.5μmg,符合μmg<F≤2μmg条件,可见FT=

是可能,故D错误。解题思绪解本题两个关键点:①F>μmg时,A、B之间绳有拉力;②F>2μmg时,A、B整体被

拉动。解题方法假设法:当讨论一个物理量值是否可能时,能够先假设是可能,再由此推理,若得

到结果合理,则可能,不然就不可能,如本题D选项分析采取就是假设法。53/713.(江苏南通二模,5,★)如图所表示,钢铁构件A、B叠放在卡车水平底板上,卡车底板和B间

动摩擦因数为μ1,A、B间动摩擦因数为μ2,μ1>μ2,卡车刹车最大加速度为a,a>μ1g,能够认为

最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,卡车沿平直公路行驶途中碰到紧急情况时,要求其刹车后

在s0距离内能安全停下,则卡车行驶速度不能超出

()

A. 

B. C. 

D. 54/71答案

C

A相对B滑动临界加速度a=μ2g,欲确保安全,卡车运动加速度不应超出μ2g,故有:0-

v2=-2μ2gs0,v= ,即C正确。考查点

本题考查了运动学公式、牛顿第二定律等相关知识,意在考查考生了解能力、推理

能力,属于中等难度题。解题思绪刹车过程中,车上任何一个物体都不能对车发生相对滑动,所以需要判断卡车最大以

多大加速度刹车时,才能确保车上物体均不发生相对滑动。55/714.(江苏南通调研,9)如图所表示,质量分别为mA、mBA、B两物块用轻线连接放在倾角为θ

斜面上,用一直平行于斜面向上拉力F拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A、B与斜面动摩擦因

数均为μ,为了增加轻线上张力,可行方法是

()

A.减小A物块质量

B.增大B物块质量C.增大倾角θ

D.增大动摩擦因数μ二、多项选择题(每小题4分,共8分)56/71答案

AB依据牛顿第二定律得对整体:F-(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a得a=

-gsinθ-μgcosθ对B:T-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa轻线上张力T=mBgsinθ+μmBgcosθ+mBa=

则要增加T,可减小A物块质量,或增大B物块质量。考查点

本题为连接体问题,考查研究对象选取、牛顿运动定律应用、对整体法与隔离法

了解和应用,为中等难度题。解题思绪

对整体利用牛顿第二定律求出加速度,再对B研究,依据牛顿第二定律求出轻线上

张力,分析增加轻线上张力方法。57/715.(江苏南京、盐城一模,6)如图所表示,蹦床运动员从空中落到床面上,运动员从接触床面到

下降到最低点为第一过程,从最低点上升到离开床面为第二过程,运动员

()

A.在第一过程中一直处于失重状态B.在第二过程中一直处于超重状态C.在第一过程中先处于失重状态,后处于超重状态D.在第二过程中先处于超重状态,后处于失重状态答案

CD第一过程中运动员先向下加速后向下减速,故先失重后超重,故A错,C正确。第二过

程中运动员先向上加速后向上减速,故先超重后失重,故B错,D正确。考查点

本题考查超重与失重分析判断,属于轻易题。解题关键搞清加速度方向,是判断超重和失重关键。58/716.(江苏金陵中学期中,16)传送带以恒定速度v=4m/s顺时针运行,已知传送带与水平面夹

角θ=37°,现将质量m=2kg小物块轻放在其底端(小物块可看成质点),平台上人经过一根轻

绳用恒力F=20N拉小物块,经过一段时间物块被拉到离地高为H=3.6m平台上,如图所表示。已

知物块与传送带之间动摩擦因数μ=0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2,已知sin3

7°=0.6,cos37°=0.8。求:

(1)平台上人刚开始拉物块时,物块加速度大小。(2)物块从传送带底端运动到平台上所用时间是多少。(3)若在物块与传送带到达同速度瞬间撤去恒力F,小物块还需多少时间离开传送带。三、非选择题(每小题9分,共18分)59/71解析(1)物块在到达与传送带速度v=4m/s相等前,由牛顿第二定律得:F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1,解得:a1=8m/s2;(2)速度为:v=a1t1,解得:t1=0.5s,匀加速位移为:x1=

a1

,解得:x1=1m。随即,由牛顿第二定律得:F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2,解得:a2=0,即物块匀速上滑,向上滑行位移为:x2=

-x1=5m,匀速运动时间为:t2=

=1.25s,总时间为:t=t1+t2=1.75s。(3)在物块与传送带到达同速度瞬间撤去恒力F,由牛顿第二定律得:mgsin37°-μmgcos37°=ma3,答案(1)8m/s2(2)1.75s(3)(2+

)s60/71解得:a3=2m/s2,假设物块向上匀减速到速度为零时,经过位移为x,由匀变速直线运动速度位移公式得:v2=2a3x,解得:x=4m<x2,即物块速度减为零时,未抵达最高点,开始向下运动,取向下为正,有:x1=-vt+

a3t2,解得:t=(2+

)s。温馨提醒在(3)问中,当撤去F、物块与传送带速度相同时,判断物块能否相对传送带静止,是解

题关键。判断方法是比较μ与tanθ大小关系,若μ≥tanθ,则能相对静止;若μ<tanθ,则不会

相对静止。61/717.(江苏镇江联考,14,★)质量为m=1kg滑块受到一个沿斜面方向外力F作用,从斜面底

端开始,以初速度v0=36m/s沿着斜面向上运动,斜面足够长,倾角为37°,滑块与斜面间动摩擦因

数为μ=0.8,滑块向上运动过程中,某段时间内v-t图像如图所表示(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos3

7°=0.8)。

(1)求滑块上滑过程中加速度大小;(2)求滑块所受外力F;(3)当滑块抵达最高点后是否马上下滑,若不能下滑,请说明理由,若能够下滑,求出滑块从出发到

回到斜面底端所用时间。答案(1)15m/s2(2)2.6N,方向沿斜面向下(3)能8.7s62/71解析(1)由速度图像可得加速度大小a1=

=15m/s2。(2)设F沿斜面向下,依据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ+F=ma1代入数据解得F=2.6N方向平行于斜面向下。(3)滑块抵达最高点后摩擦力反向,因为mgsinθ+F>μmgcosθ所以滑块能够马上下滑,依据牛顿第二定律有mgsinθ+F-μmgcosθ=ma2代入数据解得a2=2.2m/s2设滑块上滑时间为t1,则t1=

=2.4s滑块上滑距离为x=

=43.2m设滑块下滑时间为t2,则x=

a2

解得t2≈6.3s故滑块从出发到回到斜面底端所用时间为t=t1+t2=8.7s。63/71考查点

本题考查v-t图像了解、牛顿第二定律、摩擦力、匀变速运动公式等知识,综合性较

强,属于中等难度题。解题思绪由v-t图像斜率求加速度。假设F沿斜面向下,由牛顿第二定律求F,若为正,则表示

F假设方向正确;若为负,则表示F方向是沿斜面向上。当滑块抵达最高点时,要依据受力

分析,判断滑块是否会下滑。64/711.(江苏南通调研,4)气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定

一直杆,半径为R、质量为m薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在风力

作用下飘起来。已知风力大小正比于风速和球正对风截面积,当风速v0=3m/s时,测得球平衡

时细线与竖直方向夹角θ=30°,则

()

A.θ=60°时,风速v=6m/sB.若风速增大到某一值时,θ可能等于90°C.若风速不变,换用半径变大、质量不变球,则θ不变D.若风速不变,换用半径相等、质量变大球,则θ减小一、单项选择题C组—高考模拟·创新题组65/71答案

D设球正对风截面积为S,因为已知风力大小正比于风速和球正对风截面积,所以

风力大小为F=kSv,当速度为3m/s时,由平衡条件得,mgtan30°=Sv0k,当角度为60°时,同理可得mg

tan60°=Svk,由此可解得v=9m/s,故A错误。风速增大,θ不可能变为90°,因为细线拉力在竖直方

向上分力与重力平衡,故B错误。若风速不变,换用半径变大、质量不变球,