2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系一．选择题（共10小题）1．如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v﹣t图像。关于无人机的运动，下列说法正确的是（）A．0～t2段无人机的加速度大于t3～t5段无人机的加速度 B．0～t3段，无人机的平均速度大小为v2C．t3时刻无人机到达最高点 D．t3～t5段，无人机处于失重状态2．如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v﹣t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（）A．0～0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态 B．0.5～2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m C．2.5～3.0h内，“奋斗者号”的加速度大小为2m/s2 D．0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m3．科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态 B．下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态 C．飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态 D．飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态4．如图甲所示，木箱静止在光滑水平面上，箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ＝37°，可视为质点的滑块静止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F，测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量M＝2kg，滑块的质量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．1s末，水平拉力F的大小为6N B．2s末，木箱的速度为4m/s C．2s后滑块开始相对于斜面向上运动 D．2.9s末滑块到达斜面顶部5．蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（）A．a中张力大于b中张力 B．a中张力大于c中张力 C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止 D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下6．如图所示，某煤炭公司流水线上有匀速传动的水平传送带P和Q，P、Q高度相等、互相垂直。它们的传动方向如图中所示。现有一质量为1kg的小煤块以与传送带P相同的速度v1＝0.6m/s从P滑上Q。已知传送带Q的速度为v2＝0.8m/s，小煤块可视为质点，与传送带Q的动摩擦因数为0.1。取重力加速度大小g＝10m/s2，传送带Q足够长、足够宽。以下说法正确的是（）A．小煤块刚滑上传送带Q的瞬间、相对传送带Q的速度大小为0.2m/s B．小煤块滑上传送带Q后，经0.5s与传送带Q保持相对静止 C．小煤块在传送带Q上留下的划痕是直线且长度为0.5m D．小煤块在传送带Q上与Q有相对滑动的过程中相对地面的运动轨迹为直线7．2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关表述正确的是（）A．赛道一圈总长度为111.12m，长度是国际单位制中的基本单位 B．短道速滑男子500m的世界纪录为39.505s，秒是国际单位制中的基本物理量 C．短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14m/s，米每秒是国际单位制中的导出单位 D．短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4000N，力是国际单位制中的基本物理量8．如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．A的加速度大小的最大值为g B．B的加速度大小的最大值为2g C．A的位移大小一定大于B的位移大小 D．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小9．如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v﹣t和a﹣t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（）A． B． C． D．10．雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa•s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（）A．Re=ρvdμ B．Re=ρvdμ C．Re二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.3，滑块、木板的质量均为1kg，重力加速度g＝10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力为零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力为1N D．F＝8N，经过4s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m（多选）12．如图所示，一个质量为m，长为1.0m的木板放在倾角为37°光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放后木块向上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是（）A．物块与板间的动摩擦因数为0.5 B．物块在板上滑行的加速度为0.5m/s2 C．物块在板上滑行时间为2s D．若将竖直悬挂物体质量改为2M，则板将随物块一起上滑（多选）13．如图所示，质量为m1的小铁块和质量为m的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板长为L，铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝3μ（μ为已知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F，那么下列说法正确的是（）A．若F＝7μmg，铁块需经过2L3B．若F＝7μmg，铁块需经过L3μgC．为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为3μmg D．为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为5μmg（多选）14．如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度v0滑上传送带顶端，同时Q也以速度v0竖直向上运动，此后P运动的v﹣t图像如图（b）所示，t1、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物块P返回传送带顶端的时刻为2t2 D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ三．填空题（共2小题）15．一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示（重力加速度g取10m/s2）。当t＝10s时，该同学处于状态（填“超重”或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小约N，整个过程中电梯运行的最大速率约为m/s。16．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590m，下降一段距离后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a＝m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝m/s2（保留3位有效数字），可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：。四．解答题（共4小题）17．中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；（2）若已知F=18．如图甲所示，质量M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板通过的最大路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系图像，如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，BC为直线段。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情况下，物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t。（2）求图乙中B点的横坐标。（3）求图乙中C点的纵坐标。（4）求直线DE对应的1s-19．如图所示，水平传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L＝6m，每隔1s将物块（可视为质点）依次无初速度放置于传送带左端A点，一段时间后物块从传送带右端B点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均为m＝2kg，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，B点与货车车厢底板间的高度差h＝0.8m，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为0.2s，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）第一个物块从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t；（2）第一个物块从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F的大小；（3）传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离？20．如图所示，一足够长的水平传送带以v1＝1m/s的速度顺时针匀速转动。质量为m1＝2kg的物块A和质量为m2＝3kg的物块B由绕过定滑轮的轻绳连接，质量为m3＝1kg的物块C置于A上，轻绳足够长且不可伸长，A与定滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终保持相对静止。求：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C离开传送带时的速度大小；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量。

2025年高考物理一轮复习之运动和力的关系参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．如图所示为一无人机由地面竖直向上运动的v﹣t图像。关于无人机的运动，下列说法正确的是（）A．0～t2段无人机的加速度大于t3～t5段无人机的加速度 B．0～t3段，无人机的平均速度大小为v2C．t3时刻无人机到达最高点 D．t3～t5段，无人机处于失重状态【考点】超重与失重的图像问题；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】D【分析】速度的正负表示速度的方向，根据速度图象读出速度的正负，分析火箭的运动。图象与坐标轴所围面积表示位移，由数学知识求出火箭上升的最大高度。平均速度等于位移与所用时间的比值。图象的斜率等于加速度，由数学知识求出最大的加速度大小。【解答】解：A、v﹣t图像中，其斜率表示加速度的大小，由于0～t2段倾斜程度小于t3～t5段的倾斜程度，所以0～t2段的加速度小于t3～t5加速度，故A错误；B、0～t3段无人机的加速度发生了变化，不是匀变速运动，所以其平均速度不是v22，而是小于v2C、由图像可知，无人机0～t2加速上升，t2～t3也是加速上升，只不过这一阶段的加速度更大，t3～t5阶段开始减速上升，t3时刻减速到0，达到最高点，故C错误；D、t3～t5阶段开始减速上升，加速度方向向下，无人机处于失重状态，故D正确。故选：D。【点评】本题要抓住速度图象的两个数学意义来分析其物理意义：斜率等于加速度，面积等于位移。2．如图甲所示是创造了中国载人深潜新纪录的“奋斗者号”潜水器，若“奋斗者号”沿竖直方向下潜，从没入海面开始计时，其下潜的v﹣t图像如图乙所示。已知“奋斗者号”在0～0.5h内的总质量为m，下潜时仅吸入或排出海水改变自身总重，但艇身体积不变，且海水密度均匀，则下列说法正确的是（）A．0～0.5h内，“奋斗者号”处于超重状态 B．0.5～2.5h内，“奋斗者号”的总质量小于m C．2.5～3.0h内，“奋斗者号”的加速度大小为2m/s2 D．0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度为7200m【考点】超重与失重的概念、特点和判断；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．【专题】定量思想；图析法；运动学中的图象专题；推理能力．【答案】B【分析】物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态；在v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度分析各选项。【解答】解：A、0～0.5h内，“奋斗者号”加速下潜，加速方向向下，物体处于失重状态，故A错误；B、0.5h～2.5h内，“奋斗者号”匀速下潜，物体处于平衡状态，体积不变，浮力不变，匀速下潜时需排出部分海水，让重力等于浮力，所以此时重力小于mg，“奋斗者号”质量小于m，故B正确；C、2.5h～3h内，“奋斗者号”向下做减速运动，由图像的斜率表示加速度可知a=ΔvΔt=D、根据v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移知，0～3.0h内，“奋斗者号”下潜的深度h=12故选：B。【点评】本题考查了v﹣t图像的应用。解题关键是物体具有向下的加速度时，物体处于失重状态，以及在v﹣t图像中图线与坐标轴围成的面积表示位移，图像的斜率表示加速度。3．科学家对微重力环境下了一个比较科学的定义：微重力环境是指在重力的作用下，系统的表观重量远小于其实际重量的环境。产生微重力环境最常用的方法有4种：落塔、飞机、火箭和航天器。如图所示是利用飞机实现30s的微重力环境的过程，航天员在此过程进行日常训练。A为飞机飞行轨迹的最低点，飞机在B点关闭发动机，C为最高点，飞机在D点开启发动机，E为最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．上升的AC阶段，飞机内的宇航员处于超重状态 B．下降的CE阶段，飞机内的宇航员处于超重状态 C．飞机内的宇航员在BC阶段为超重状态，CD阶段为失重状态 D．飞机内的宇航员在B到D的过程为失重状态【考点】超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据牛顿第二定律，结合超失重定义分析作答。【解答】解：飞机在B点运动到D点的过程关闭发动机，故BC阶段向上减速运动，为失重状态，CD阶段向下加速运动，为失重状态，故飞机内的宇航员在B到D的过程一直处于失重状态，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】学生在解答本题时，应注意对超失重概念的理解。4．如图甲所示，木箱静止在光滑水平面上，箱内有一光滑斜面，斜面倾角θ＝37°，可视为质点的滑块静止在斜面底部。现对木箱施加一水平向左的拉力F，测得木箱加速度a随时间t变化的图像如图乙所示，2.5s后加速度保持不变。已知木箱和斜面的总质量M＝2kg，滑块的质量m＝1kg，斜面高H＝9.6cm，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．1s末，水平拉力F的大小为6N B．2s末，木箱的速度为4m/s C．2s后滑块开始相对于斜面向上运动 D．2.9s末滑块到达斜面顶部【考点】物体在光滑斜面上的运动；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】D【分析】通过受力分析和a﹣t图像，结合牛顿第二定律以及运动学公式，可求出各个选项。【解答】解：A.以木箱作为参考系，当滑块相对于斜面刚要发生相对滑动时受到重力和支持力作用，此时滑块的加速度a＝gtanθ，解得a＝7.5m/s21s末由图可知a1＝3m/s2，滑块相对于木箱没有发生相对运动，滑块木箱可视为整体，由牛顿第二定律F＝（M+m）a1解得F＝9N，故A错误；B.根据图像可知，1s时加速度为3m/s2，则2s时的加速度a2＝6m/s2，所以2s内速度增加量Δv=12a2Δt，解得Δv＝6m/s，2s末速度为6m/s，故C.2.5s末滑块的加速度为7.5m/s2，滑块相对于斜面开始滑动，故C错误；D.2.5s后开始发生相对滑动，设相对加速度为a3，根据ma3＝macosθ﹣mgsinθ，Hsinθ=12解得t＝0.4s，则滑块到达斜面顶部时刻为2.9s末，故D正确。故选：D。【点评】学生在解答本题时，应注意本题要结合加速度情况，分析物体的受力情况，以及要熟练运用运动学公式求解各个阶段的相关物理量。5．蜘蛛网是由部分种类的蜘蛛吐丝所编成的网状物，如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c（可视为弹性绳）的延长线均过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，且c中有张力。蜘蛛静止在蜘蛛网（不计重力）中央，下列说法正确的是（）A．a中张力大于b中张力 B．a中张力大于c中张力 C．若c突然断开，则蜘蛛仍能保持静止 D．若c突然断开，则断后瞬间蜘蛛的加速度竖直向下【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的分解过程中多解和极值的问题．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】B【分析】蛛丝a、b的张力沿竖直方向的分力之和等于蜘蛛的重力与蛛丝c的张力之和。【解答】解：AB.三根蛛丝的张力如图所示，假设蜘蛛的质量为m，根据受力分析及几何关系可知，Fa×sin30°+Fb×sin30°＝mg+Fc，Fa×cos30°＝Fb×cos30°，由此可知Fa＝Fb＝mg+Fc，故A错误，B正确；CD.若蛛丝c突然断开，则蛛网及蜘蛛受到的合力大小为Fa×sin30°+Fb×sin30°﹣mg＝Fc，方向向上，故蜘蛛会向上加速，故CD错误。故选：B。【点评】本题需要利用力的合成与分解，结合牛顿第二定律相关知识以解决此类问题。6．如图所示，某煤炭公司流水线上有匀速传动的水平传送带P和Q，P、Q高度相等、互相垂直。它们的传动方向如图中所示。现有一质量为1kg的小煤块以与传送带P相同的速度v1＝0.6m/s从P滑上Q。已知传送带Q的速度为v2＝0.8m/s，小煤块可视为质点，与传送带Q的动摩擦因数为0.1。取重力加速度大小g＝10m/s2，传送带Q足够长、足够宽。以下说法正确的是（）A．小煤块刚滑上传送带Q的瞬间、相对传送带Q的速度大小为0.2m/s B．小煤块滑上传送带Q后，经0.5s与传送带Q保持相对静止 C．小煤块在传送带Q上留下的划痕是直线且长度为0.5m D．小煤块在传送带Q上与Q有相对滑动的过程中相对地面的运动轨迹为直线【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定性思想；推理法；复杂运动过程的分析专题；推理能力．【答案】C【分析】以传送带Q为参考系，对小煤块的运动进行分析。【解答】解：A.以传送带Q为参考系，小煤块刚滑上时的速度如下图所示，由几何关系可知可知，小煤块的速度大小为1m/s，故A错误；B.以传送带Q为参考系，小煤块滑上传送带Q后，速度大小为1m/s，受到的摩擦力大小为f＝μmg＝1N，根据牛顿第二定律可知，小煤块在传送带上的加速度大小为a=fm=1N1kg=1m/sC.以传送带为参考系，已知小煤块的初速度为1m/s，末速度为0，所受摩擦力为f＝﹣1N，且摩擦力方向与初速度方向相反，由此可知小煤块做匀减速直线运动，根据功能关系可知△Ek＝fx，即0-12×1kg×（1m/s）2＝fx，将f＝﹣1N代入可知，x＝0.5mD.以地面为参考系，小煤块滑上传送带Q时的初速度与受力如图所示，因此可知初速度方向与受力方向不在同一直线，因此小煤块做曲线运动，故D错误。故选：C。【点评】本题需要根据不同的问题情境，建立不同的参考系对小煤块的运动情况进行分析。7．2025年第九届亚洲冬季运动会将在哈尔滨举行，短道速滑是我国传统优势项目，有关短道速滑的相关表述正确的是（）A．赛道一圈总长度为111.12m，长度是国际单位制中的基本单位 B．短道速滑男子500m的世界纪录为39.505s，秒是国际单位制中的基本物理量 C．短道速滑运动员最快滑行速度可以达到近14m/s，米每秒是国际单位制中的导出单位 D．短道速滑运动员蹬地的爆发力能够达到4000N，力是国际单位制中的基本物理量【考点】力学单位制与单位制．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；推理能力．【答案】C【分析】根据国际单位制中给定的七个基本物理量和它们各自的单位进行分析解答。【解答】解：A.长度只是国际单位制中的基本物理量而不是单位，故A错误；B.秒是国际单位制中基本物理量的单位，而不是物理量，故B错误；C.米每秒是国际单位制中根据相关公式得到的导出单位，故C正确；D.在国际单位制中，力不是基本物理量，故D错误。故选：C。【点评】考查单位制问题，熟悉掌握七个基本物理量和单位。8．如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（）A．A的加速度大小的最大值为g B．B的加速度大小的最大值为2g C．A的位移大小一定大于B的位移大小 D．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】C【分析】根据受力情况，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间两球的加速度，再分析两球的运动过程，确定加速度的最大值。根据单簧长度的变化，分析两球位移关系。根据两球加速度关系，分析速度关系。【解答】解：AB、设小球A与B的质量为m，细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变，B球的合力为零，则B球的加速度为零，A球加速度为aA两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为x，对A球，由牛顿第二定律得：mg+kx＝maA，对B球，由牛顿第二定律得：mg﹣kx＝maB，可知随着x减小，A球的加速度aA减小，B球的加速度aB增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最大，为2g，当弹簧第一次恢复原长时，B球的加速度最大，为g，故AB错误；CD、由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题的关键要正确分析两球的受力情况，判断加速度变化情况，利用牛顿第二定律解答。9．如图所示，某同学练习踢毽子，假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力，下列v﹣t和a﹣t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．【专题】比较思想；推理法；运动学中的图象专题；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】D【分析】根据动能定理，分析毽子回到出发点时速度；由牛顿第二定律，分析上升、下降阶段的加速度大小，再根据h=【解答】解：AB．根据动能定理，空气阻力做负功，毽子被竖直向上踢出后，经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小，即回到出发点时，速度不可能为﹣v0，故AB错误；CD.由牛顿第二定律，上升阶段的加速度大小为a1下降阶段的加速度大小a2方向均为竖直向下，由h=12at2故选：D。【点评】本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律规律的掌握，具有一定综合性，难度中等。10．雷诺数Re是流体力学中表征流体的特征的数之一，它是一个无量纲量。已知雷诺数由四个变量决定，流体的流速v、流体的密度ρ、特征长度d，黏性系数μ。已知黏性系数μ的单位是Pa•s，则下列雷诺数的表达式可能正确的是（）A．Re=ρvdμ B．Re=ρvdμ C．Re【考点】力学单位制与单位制．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】B【分析】将各物理量的单位代入公式计算各选项的结果，哪一个符合Re无量纲的要求即为正确答案。【解答】解：ρ的单位是kgm3，v的单位是ms，d的单位是m。μ的单位Pa•A、经过计算可得ρvdμ的单位是sm，即B、经过计算可得ρvdμ的单位是1，即Re无量纲，符合题意，故BC、经过计算可得ρvd2μ的单位是m，即ReD、经过计算可得ρvdμ3的单位是m2s2故选：B。【点评】本题考查的是单位制的相关问题，解题的关键在于知道物理学中的单位是可以单独进行计算的，有些情况下通过单位的计算即可巧妙的解决复杂问题。二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，处于静止状态。小滑块Q（可视为质点）放置于长木板中点。已知滑块与长木板的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面的动摩擦因数μ2＝0.3，滑块、木板的质量均为1kg，重力加速度g＝10m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端。则（）A．F＝4N，Q受到的摩擦力为零 B．F＝14N，P的加速度等于4m/s2 C．F＝8N，Q受到的摩擦力为1N D．F＝8N，经过4s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板至少为4m【考点】无外力的水平板块模型；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】ACD【分析】将F＝4N与木板与地面之间的最大静摩擦力比较，根据P、Q的运动状态分析Q受到的摩擦力的情况；应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律求解P、Q恰好相对滑动时力F的大小。判断P、Q是否相对滑动，根据牛顿第二定律求解加速度与摩擦力的大小；根据牛顿第二定律求解撤去F后P、Q的速度，应用运动学公式求得撤去F时P、Q的速度，以及最终两者的相对位移大小，板长最少长度等于相对位移的2倍。【解答】解：A、设滑块、木板的质量均为m＝1kg，木板与地面之间的最大静摩擦力为：fm＝μ2（m+m）g，解得：fm＝6N，因F＝4N＜fm，故P、Q均保持静止，则Q受到的摩擦力为零，故A正确；B、设P、Q恰好相对滑动时力F的大小为F0，此时P、Q之间的摩擦力为最大静摩擦力，大小为μ1mg，根据牛顿第二定律得：对Q有：μ1mg＝ma对PQ整体有：F0﹣fm＝2ma解得：F0＝10N因F＝14N＞F0，故P、Q相对滑动。对P有：F﹣μ1mg﹣μ2（m+m）g＝ma1，解得：a1=6m/C、因fm＜F＝8N＜F0，故P、Q相对静止一起做匀加速直线运，对P、Q整体有：a2=对Q分析可得其受到的摩擦力为：f＝ma2＝1×1N＝1N，故C正确；D、根据C的解答，经过4s，P、Q的速度为：v＝a2t＝1×4m/s＝4m/s撤去F后P、Q都做匀减速直线运动，滑块Q的加速度大小为：a木板P的加速度为：a4=P先停止运动，Q后停止运动，两者都停止运动后，相对位移大小为：x相=v22因Q初始放置于长木板的中点，故板长至少为2x相＝2×2m＝4m，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型，相对静止与相对滑动的临界问题。相对静止与相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。在运用牛顿第二定律解题时，要掌握整体法和隔离法的应用。（多选）12．如图所示，一个质量为m，长为1.0m的木板放在倾角为37°光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放后木块向上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是（）A．物块与板间的动摩擦因数为0.5 B．物块在板上滑行的加速度为0.5m/s2 C．物块在板上滑行时间为2s D．若将竖直悬挂物体质量改为2M，则板将随物块一起上滑【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】由牛顿第二定律求得物块与板间的动摩擦因数；根据牛顿第二定律求得物块在板上滑行的加速度；根据位移公式求物块在板上滑行时间；木板上的物块相对于木板向上运动，对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不变，可知，木板仍然处于静止状态。【解答】解：A．木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有μMgcos37°＝mgsin37°解得μ＝0.375故A错误；B．对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有Mg﹣Mgsin37°﹣μMgcos37°＝2Ma结合上述解得a＝0.5m/s2故B正确；C．物块做匀加速直线运动，根据位移公式有L=结合上述解得t＝2s故C正确；D．若将竖直悬挂物体质量改为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误。故选：BC。【点评】应用牛顿第二定律解题，关键是做好受力分析求出加速度，利用加速度把受力和物体的运动联系在一起。（多选）13．如图所示，质量为m1的小铁块和质量为m的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1＝m2＝m，木板长为L，铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝3μ（μ为已知常数），长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝μ，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。现对铁块施加一个水平向右的恒定拉力F，那么下列说法正确的是（）A．若F＝7μmg，铁块需经过2L3B．若F＝7μmg，铁块需经过L3μgC．为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为3μmg D．为使铁块能离开木板且离开木板时，铁块相对于地面的速度最小，F应该为5μmg【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】AB：分别对小铁块和长木板受力分析，根据牛顿第二定律分别求出小铁块和长木板加速度，小铁块从长木板上滑离时，铁块与木板的位移之差等于木板长L，由位移公式求时间；CD：由两者位移关系推导铁块离开木板时的速度与其加速度的关系式，应用数学知识求得满足要求的加速度，再由牛顿第二定律求得F值。【解答】解：AB、当F＝7μmg时，对铁块由牛顿第二定律可知F﹣μ1mg＝ma1代入数据解得a1＝4μg对木板，由牛顿第二定律可知μ2mg﹣μ22mg＝ma2代入数据解得a2＝μg设时间为t，铁块对地位移为x1则x木板对地位移为x2则x2铁块从木板有段离开木板，x1﹣x2＝L，代入数据得铁块离开木板的时间t=故A正确，B错误。CD、设拉力为F′，铁块和木板的对地加速度分别为am1和am2，铁块在木板上运动的时间为t′，对铁块有F′﹣μ1mg＝mam1解得a则x对木板有am2＝μg，为定值，可得xm2=右端离开xm1﹣xm2＝L得：t=铁块速度：vm由数学知识知：当am1＝2μg时，铁块速度最小代入铁块加速度计算式可得F′＝5μmg故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查了牛顿第二定律，应用的板块模型，考查了数理结合能力。要注意分别对两物体进行受力分析，明确小铁块滑离时两物体间相对位移大小等于板长。（多选）14．如图（a）所示，一倾斜传送带以恒定速度v向下传动，质量分别为m、M的两物块P、Q用绕过定滑轮的细绳相连，某时刻P以速度v0滑上传送带顶端，同时Q也以速度v0竖直向上运动，此后P运动的v﹣t图像如图（b）所示，t1、t2已知。已知P与滑轮之间的轻绳始终与传送带平行，传送带足够长，Q始终没有与滑轮相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．一定有v0＞v B．一定有M＞m C．物块P返回传送带顶端的时刻为2t2 D．根据图像可求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ【考点】水平传送带模型；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】AD【分析】依据题图（b）可知，根据力与运动的关系判断P所受摩擦力的情况，由此判断物块P相对传送带的运动方向，进而比较速度的大小关系；根据牛顿第二定律判断M与m的大小关系；根据图像数据可求得加速度，根据牛顿第二定律分析是否能求出P与传送带间的动摩擦因数μ以及传送带倾角θ；根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，判断2t2时刻P是否返回到传送带顶端。【解答】解：A.由题图（b）可知，P先沿斜面向下做加速度较大的匀减速直线运动，t1时刻与传送带共速，之后沿斜面向下做加速度较小的匀减速直线运动，t2时刻速度减小到零，之后再沿斜面向上做匀加速直线运动，可知t1时刻后P所受滑动摩擦力沿斜面向下，则0～t1时刻P所受的滑动摩擦力沿斜面向上，P相对传送带下滑，故P的初速度v0大于传送带的速度v，故A正确；B.设P与传送带间的动摩擦因数为μ，传送带倾角θ，0～t1时间内P的加速度大小为a1，t1～t2时间内P的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：0～t1时间内，对P有：μmgcosθ+T﹣mgsinθ＝ma1对Q有：Mg﹣T＝Ma1联立可得：Mg+μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a1……①t1～t2时间内，对P有：T′﹣μmgcosθ+mgsinθ＝ma2对Q有：Mg﹣T′＝Ma2联立可得：Mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝（M+m）a2……②由于不知μ、θ、a1、a2的具体值，无法判断M与m的大小关系，故B错误；D.根据图像可得：a1=联立B选项中①②两式可求出动摩擦因数μ和传送带倾角θ，故D正确；C.根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移的大小，由题图（b）可知，0～t2时间的图像与时间轴围成的面积大于t2～2t2时间内的图像与时间轴围成的面积，可知2t2时刻P还没有返回到传送带顶端，故C错误。故选：AD。【点评】本题考查了牛顿运动定律应用的传送带模型。掌握v﹣t图像的物理意义，根据cv﹣t分析物体的运动情况，由再结合牛顿第二定律求解，要知道力与运动联系的纽带是加速度。三．填空题（共2小题）15．一位质量为50kg的同学从8楼乘电梯下降到1楼，在此过程中利用手机内置的加速度传感器测得电梯运行的加速度a随时间t的变化关系如图所示（重力加速度g取10m/s2）。当t＝10s时，该同学处于超重状态（填“超重”或“失重”），此时他对电梯地板的压力大小约520N，整个过程中电梯运行的最大速率约为1.9m/s。【考点】超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定性思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】超重；520N；1.9m/s。【分析】该同学向下减速运动，加速度竖直向上，此时所受支持力大于重力，处于超重状态；可根据牛顿第二定律计算此时所受支持力大小，再根据牛顿第三定律得出电梯受到人的压力大小等于人所受电梯的支持力大小；利用速度与时间公式可知，加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，故可根据图像得出最大速率。【解答】解：当t＝10时，该同学向下减速运动，加速度竖直向上处于超重状态。t＝10s时，又根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma代入数据解得N＝520N根据牛顿第三定律可得对电梯底的压力大小约为520N。加速度与时间图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，加速度向下时处于加速状态，根据图线在该段时间内与横轴围成面积格数有十九个小格得vm＝0+Δv代入数据解得vm＝1.9m/s则该同学的最大速率约为1.9m/s。故答案为：超重；520N；1.9m/s。【点评】本题考查了对超重、失重状态的理解，已经应用牛顿第二定律计算所受支持力的能力，进一步考查了对牛顿第三定律的应用，以及运用运动学公式综合分析加速度与时间图像的能力。16．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0＝0.590m，下降一段距离后的高度h＝0.100m；由h0下降至h所用的时间T＝0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a＝1.84m/s2（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g＝9.80m/s2。根据牛顿第二定律计算可得小球B加速度的大小为a′＝1.96m/s2（保留3位有效数字），可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：滑轮不光滑（或滑轮有质量）。【考点】牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验能力．【答案】1.84；1.96；滑轮不光滑（或滑轮有质量）。【分析】根据运动学公式得出小球B加速度的大小；根据牛顿第二定律联立等式得出小球B加速度的大小；根据实验原理分析出对应的实验误差的产生原因。【解答】解：释放后小球做初速度为零的匀加速直线运动，在时间T＝0.730s内的位移为Δh＝h0﹣h＝0.590m﹣0.100m＝0.490m根据匀变速直线运动位移与时间的关系可得Δh代入数据解得a≈1.84m/s2对A、B小球整体分析，由牛顿第二定律有mBg﹣mAg＝（mA+mB）a′代入数据解得a′＝1.96m/s2理论上a′与a有应该相等，但由于滑轮有质量，以及滑轮转动过程中与绳子、轮轴之间都存在摩擦，这些都不可忽略，因此造成了明显的差异。故答案为：1.84；1.96；滑轮不光滑（或滑轮有质量）。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。四．解答题（共4小题）17．中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验，如图（a）所示先将一个质量为M＝1kg的滑块（视为质点）以初速度v0＝12m/s滑出，滑行距离为12m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5kg减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下夹角为α的力F作用，如图（b）所示（减速装置未画出），从而获得较大的减速效果，减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数；（2）若已知F=【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数为0.6；（2）装上减速装置后滑块的减速距离大小为7.2m。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度，利用运动学公式求出动摩擦因数；（2）根据牛顿第二定律以及竖直方向受力平衡，结合运动学公式求出滑行距离。【解答】解：（1）设滑块与跑道间的动摩擦因数为μ对图a：μMg＝Ma滑块做匀减速运动2ax=解得μ＝0.6（2）竖直方向上有（m+M）g+Fcosα＝FN水平方向有f+Fsinα＝（m+M）a1f＝μFN联立解得a1＝10m/s2减速距离为s=v022答：（1）滑块与跑道之间的动摩擦因数为0.6；（2）装上减速装置后滑块的减速距离大小为7.2m。【点评】学生在解答本题时，应注意利用牛顿第二定律时，要先进行受力分析。18．如图甲所示，质量M＝0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量m＝1kg的物块以初速度v0＝4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板通过的最大路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系图像，如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m﹣1，BC为直线段。物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s（1）若在恒力F＝0的情况下，物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t。（2）求图乙中B点的横坐标。（3）求图乙中C点的纵坐标。（4）求直线DE对应的1s-【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）物块在木板上滑行的时间13（2）图乙中B点的横坐标1N；（3）图乙中C点的纵坐标1.5m﹣1；（4）直线DE对应的1s-F函数关系式1s=F8+38【分析】（1）分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求物块在木板上滑行的时间；（2）（3）由图象可看出当F小于某一值F1时，m物体在板上的路程始终等于板长S，当F等于某一值F1时，刚好不从木板右端掉下，此后一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S与F、v0的关系式，把S＝1m代入即可求解F1；当F1≤F≤F2时，随着F力增大，S减小，当F＝F2时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，木板的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律列式即可求解关系式，将F＝2N代入求解相对位移，求出B、C的坐标值；（4）根据（2）可得该段恒力F的取值范围及1s-【解答】解：（1）物块在木板上滑动，物块做减速运动，木板做加速运动，物块的加速度大小am＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2木板的加速度大小aM=解得aM＝4m/s2由图乙知F＝0时，物块在木板上相对于木板滑动的距离s＝1m所以木板的长度L＝s＝1m根据运动学公式有L＝v0t-12amt2-12解得t=13s（另一解t＝（2）当F较小时，物块能从木板右端滑下，当F增大到某一值时，物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，则此时F的大小即为B点的横坐标值FB，木板的加速度大小a1=FB+μmgM=（设物块相对木板滑行的时间为t1，则v＝v0﹣amt1＝a1t1根据运动学公式可知L=v0+v2t1-联立解得FB＝1N（3）当F在1N的基础上继续增大时，物块在木板上先做减速运动，两者达到共同速度后，物块和木板都做加速运动；当F不是太大时，两者共速后能保持相对静止（物块和木板间为静摩擦力）一起以相同的加速度a做匀加速运动，整体分析可知，共同运动的加速度大小a=单个分析可知，物块受到的静摩擦力f＝ma由于静摩擦力存在最大值，故f≤fmax＝2N即F≤3N当F＝3N时，木板开始运动时的加速度大小a2=解得a2＝10m/s2设物块相对木板滑行的时间为t2，则v＝v0﹣amt2＝a2t2解得t2=1则物块相对木板滑动的距离sC=v0+v2t2-解得sC=2所以C点的纵坐标1sC=（4）当F在3N的基础上继续增大时，物块在木板上先做减速运动，物块相对木板滑行的距离为x时，两者达到共同速度v'，此后物块和木板都做加速运动，但木板的加速度大于物块的加速度，物块相对木板向左滑动，直到从木板左端滑离木板，故物块相对木板滑动的最大距离smax＝2x木板开始运动时的加速度大小a'=F+μmgM=设物块相对木板滑行的距离为x时，物块滑行的时间为t'，根据速度与时间的关系有v'＝v0﹣amt'＝a't'解得t'=2F+3物块相对木板滑动的距离x=v0+v'2t'-v所以DE直线对应的1s-1s=F8+38（m答：（1）物块在木板上滑行的时间13（2）图乙中B点的横坐标1N；（3）图乙中C点的纵坐标1.5m﹣1；（4）直线DE对应的1s-F函数关系式1s=F8+38【点评】本题考查牛顿运动定律。滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型。滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在。本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动。19．如图所示，水平传送带以v0＝3m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度L＝6m，每隔1s将物块（可视为质点）依次无初速度放置于传送带左端A点，一段时间后物块从传送带右端B点离开传送带做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均为m＝2kg，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，B点与货车车厢底板间的高度差h＝0.8m，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时间为0.2s，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）第一个物块从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t；（2）第一个物块从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F的大小；（3）传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离？【考点】牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）第一个物块从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t为3.15s；（2）第一个物块从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F的大小为305N；（3）传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离为1m。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出加速度大小，利用运动学公式可求出时间；（2）根据运动的合成与分解，结合动量定理以及力的合成可求出合力大小；（3）根据运动学公式可求出最大和最小距离。【解答】解：（1）小物块在传送带上加速的过程满足μmg＝ma解得a＝2m/s2由v0＝at1解得t1＝1.5s根据x1=12解得x1＝2.25m小物块在传送带上匀速的过程中满足L﹣x1＝v0t2解得t2＝1.25s在平抛运动过程中h=12解得t3＝0.4s则t＝t1+t2+t3，得到t＝3.15s（2）物块从接触车厢底到减速为零的过程中，在竖直方向满足（Fy﹣mg）Δt2＝0﹣（﹣mvy）vy＝gt3解得Fy＝60N在水平方向满足﹣FxΔt2＝0﹣（﹣mv0）Fx＝30NF2=F（3）当相邻两个物块相对静止时距离最大Δx1＝v0•Δt1解得Δx1＝3m当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小Δx2=12a（Δt1）2，解得Δx2答：（1）第一个物块从A点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t为3.15s；（2）第一个物块从接触车厢底板到减速为0的过程中对车厢底板的平均作用力F的大小为305N；（3）传送带上相邻两物块间的最大距离和最小距离为1m。【点评】学生在解答本题时，应注意积累传送带模型，同时要熟练掌握牛顿第二定律求解加速度以及对运动学公式的熟练运用。20．如图所示，一足够长的水平传送带以v1＝1m/s的速度顺时针匀速转动。质量为m1＝2kg的物块A和质量为m2＝3kg的物块B由绕过定滑轮的轻绳连接，质量为m3＝1kg的物块C置于A上，轻绳足够长且不可伸长，A与定滑轮间的轻绳水平。某时刻，同时给A、B、C大小相等的初速度v2＝4m/s，使B竖直上升，A、C保持相对静止从传送带左端冲上传送带。已知A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不计定滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中B都没有与定滑轮碰撞，A、C始终保持相对静止。求：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小和方向；（3）A、C离开传送带时的速度大小；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量。【考点】水平传送带模型；功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小为7.5N；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小为7.5N，方向水平向左；（3）A、C离开传送带时的速度大小为6m/s；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量为12J。【分析】（1）根据牛顿第二定律可求出加速度以及绳子的拉力；（2）根据摩擦力提供加速度，可求出摩擦力大小和方向；（3）根据运动学公式，结合牛顿第二定律求解不同阶段的加速度，可求出速度；（4）根据摩擦力做功情况可求出产生的热量。【解答】解：（1）A、C刚滑上传送带时，传送带对A的摩擦力水平向左，故对B有m2g﹣FT1+＝m2a1对A和C组成的整体有FT1+μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a1解得a1＝7.5m/s2，FT1＝7.5N（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力Ff＝m3a1解得Ff＝7.5N方向水平向左（3）设A、C经时间t1后与传送带速度相同，这段时间内A、C向右运动的位移为x1v1＝v2﹣a1t1解得t1＝0.4sv12-v解得x1＝1m由于μ（m1+m3）g＜m2g，因此A、不能随传送带一起匀速运动，此后A、C做减速运动对A、C组成的整体有FT2﹣μ（m1+m3）g＝（m1+m3）a2对B有m2g﹣FT2＝m2a2解得a2＝2.5m/s2设A、C与传送带速度相等之后，向右运动的距离为x20-v12=-解得x2＝0.2m此后A、C向左运动，直至从传送带左端离开。设离开传送带时的速度为v3v32=2a2（x1解得v3=6（4）A、C向右运动的两个过程中，A与传送带摩擦产生的热量分别为Q1＝μ（m1+m3）g（x1﹣v1t1）解得Q1＝9J由分析可得t2=解得t2＝0.4sQ2＝μ（m1+m3）g（v1t2﹣x2）解得Q2＝3J则产生的热量Q＝Q1+Q3＝9J+3J＝12J答：（1）A、C刚滑上传送带时，轻绳的拉力大小为7.5N；（2）A、C刚滑上传送带时，C受到的摩擦力的大小为7.5N，方向水平向左；（3）A、C离开传送带时的速度大小为6m/s；（4）A、C向右运动过程中A与传送带因摩擦产生的热量为12J。【点评】学生在解答本题时，应注意掌握传送带模型，能够熟练利用牛顿第二定律求加速度，并且能够根据摩擦力做功求出产热。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．（2）匀变速直线运动的位移中点的瞬时速度推导：前半段：vx/22-v0后半段：vt2-vx/22将两式相减的：vx/2=（3）不论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动，位移中点的速度均大于时间中点的速度，即：vx/2＞vt/2．【命题方向】例1：甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则（）A．甲车先通过下一路标B．乙车先通过下一路标C．丙车先通过下一路标D．三辆车同时通过下一路标分析：我们可以定性地进行分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．（最终大家的速度都相等）．解答：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大．由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标．故选：B．点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画v﹣t图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移．例2：如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A．物体到达各点的速率vB．物体到达各点所经历的时间：tC．物体从A到E的平均速度vD．物体通过每一部分时，其速度增量vB﹣vA＝vC﹣vB＝vD﹣vC＝vE﹣vD分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较．解答：A、根据运动学公式v2-v0物体由A点从静止释放，所以v2＝2ax所以物体到达各点的速率之比vB：vC：vD：vE＝1：2：3：2，故A正确；B、根据运动学公式x＝v0t+1t=物体到达各点经历的时间tB：tC：tD：tE＝1：2：3：2即tE=2tC、由于vE＝2vB物体从A到E的平均速度v=0+故C正确；D、vB：vC：vD：vE＝1：2：3：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误．故选：ABC．点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解．【知识点的应用及延伸】初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：1．ts末、2ts末、3ts末…nts末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推导：由vt＝at知v1＝at，v2＝2at，v3＝3at，…，vn＝nat，则可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；2．xm末、2xm末、3xm末…nxm末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；推导：由v2＝2ax知v1=2ax，v2=2a2x，v3则可得：v1：v2：v3：…：vn＝1：2：3：…：n；3．ts内、2ts内、3ts内…nts内的位移之比为：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；推导：由x=12at2知x1=12at2，x2=12a（2t）2，x3=12a（3t）2，…，x则可得：x1：x2：x3：…：xn＝12：22：32：…：n2；4．连续相等时间内的位移之比为：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）推导：由x=12at2知xⅠ=12at2，xⅡ=12a（22﹣12）t2，xⅢ=12a（32﹣22）t2，…，xN=12a[n2则可得：xⅠ：xⅡ：xⅢ：…：xN＝1：3：5：…：（2n﹣1）；5．前一个x、前两个x、前三个x…所用的时间之比为：t1：t2：t3：…：tn＝1：：2：3：…：n推导：由x=12at2知t1=2xa，t2=2⋅2xa，则可得：t1：t2：t3：…：tn＝1：：2：3：…：n；6．连续相等位移所用的时间之比为：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（2-1）：（3-2推导：由x=12at2知t1=2xa，t2=2⋅2xa-2xa=（2-1）2xa，则可得：tⅠ：tⅡ：tⅢ：…：tN＝1：（2-1）：（3-2【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．3．根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况4．根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况5．利用v-t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移6．利用v-t图像的斜率求解物体运动的加速度7．复杂的运动学图像问题8．力的分解过程中多解和极值的问题9．力的合成与分解的应用10．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝1m另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关