備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.11 與牛頓定律相關(guān)的綜合性問題（含解析）

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1、專題3.11 與牛頓運動定律相關(guān)的綜合性問題 【考綱解讀與考頻分析】 牛頓運動定律是物理學核心知識點，與牛頓運動定律相關(guān)的綜合性問題成為高考命題熱點。 【高頻考點定位】 綜合性問題 考點一：與圖像相關(guān)的綜合性問題 【3年真題鏈接】 1.（2019全國理綜III卷20）如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s 時撤去外力。細繩對物塊的拉力f 隨時間t 變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速

2、度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出（ ） A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2 【參考答案】AB 【名師解析】由圖像（b）和圖像（c）可知，2s后物塊相對于木板滑動，其滑動摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物塊摩擦力作用下做減速運動，加速度大小為a2=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律， f

3、=ma2，聯(lián)立解得：木板的質(zhì)量為m=1 kg，2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為F=0.4 N，選項AB正確；由于0~2 s內(nèi)，在拉力作用下木板處于靜止狀態(tài)，而物塊對木板的靜摩擦力逐漸增大，所以0~2 s內(nèi)，力F的大小從0開始逐漸增大，選項C錯誤；由于題述沒有給出物塊質(zhì)量，不能根據(jù)二者之間的滑動摩擦力計算得出物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)，選項D錯誤。 2.（2018高考全國理綜III）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等

4、。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程（ ） A．礦車上升所用的時間之比為4:5 B．電機的最大牽引力之比為2:1 C．電機輸出的最大功率之比為2:1 D．電機所做的功之比為4:5 【參考答案】AC 【命題意圖】 本題考查速度圖像，牛頓運動定律、功和功率及其相關(guān)的知識點。 【解題思路】設(shè)第次所用時間為t，根據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項A正確；由于兩次提升變

5、速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g -)，勻速運動過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升過程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；兩次做功相同，選

6、項D錯誤。 【易錯剖析】解答此題常見錯誤主要有四方面：一是對速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運用牛頓運動定律求解牽引力錯誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機做功。實際上，可以根據(jù)兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相同，利用功能關(guān)系得出兩次做功相同。 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019高考蘭州實戰(zhàn)訓練）（6分）如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動，通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示（取g＝10m/s2）。則下列判斷不正確的是（　　） A．物體的質(zhì)量m＝0.5kg

7、B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40 C．0﹣3s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4N?s D．0﹣3s內(nèi)物體所受合力做的功為1J 【參考答案】C 【解析】由圖甲和圖乙可知，在0~1s時間內(nèi)，推力F1=1N，物體靜止；在1~2s時間內(nèi)，推力F2=3N，物體加速度a=2m/s2，由牛頓運動定律，F(xiàn)2-μmg=ma；在2~3s時間內(nèi)，推力F3=2N，物體勻速運動，F(xiàn)3=μmg；聯(lián)立解得：m=0.5kg，μ=0.40，選項AB正確；在0~1s時間內(nèi)，物體靜止，所受摩擦力f1=1N，摩擦力的沖量I1=f1t1=1N·s；1~3s時間內(nèi)，物體滑動，所受摩擦力f2=μmg =2N，物體所

8、受摩擦力的沖量I2=f2t2=4N·s；在0~3s時間內(nèi)，物體所受摩擦力的沖量I= I1+I2=1N·s+4N·s=5N·s，選項C不正確；由動能定理，在0~3s時間內(nèi)，物體所受合力做的功為W=mv2=×0.5×22J=1J，選項D正確。 【解題方法】對于圖像信息問題，可結(jié)合題述情景，找出各個時間段內(nèi)的推力和速度、加速度的對應關(guān)系，分別應用牛頓運動定律、動量定理、動能定理列方程解答。 2.（2018山西省陽泉市聯(lián)考）以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時．一個物體所受空氣阻力可忽略，另一個物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比。下列用虛線和實線描述兩物體運動的v—t圖象是（ ）

9、 【參考答案】C 【名師解析】空氣阻力不計時，物體只受重力，是豎直上拋運動，做勻變速直線運動，v-t圖象是向下傾斜的直線；有空氣阻力時，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減??；v-t圖象的斜率表示加速度，故圖線切線的斜率不斷減小，圖線與t軸的交點對應時刻的加速度為g，切線與虛線平行；故ABD錯誤，C正確．故選C. 3.（2018貴州省貴陽名校月考）如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一個質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運

10、動的速度v與時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對斜面靜止．斜面對物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說法正確的是(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，N增大，f減小 B．在0～t1時間內(nèi)，N減小，f增大 C．在t1～t2時間內(nèi)，N增大，f增大 D．在t1～t2時間內(nèi)，N減小，f減小 【參考答案】：D 【名師解析】：在0～t1時間內(nèi)，由圖可知，物體做加速運動，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為θ，對物體受力分析，在豎直方向上有N cos θ＋f sin θ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsin θ＝f cos θ，因加速度減小，則支持力N和摩擦

11、力f均減?。趖1～t2時間內(nèi)，由圖可知，物體做減速運動，加速度逐漸增大，對物體受力分析，在豎直方向上有mg－(Ncos θ＋fsin θ)＝ma2，在水平方向上有Nsin θ＝fcos θ，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故選D. 4．（2019湖南師大附中二模）如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離。t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨

12、時間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是( ) A．t＝2.0 s時刻A、B之間作用力為零 B．t＝2.5 s時刻A對B的作用力方向向左 C．t＝2.5 s時刻A、B分離 D．從t＝0時刻到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m 【參考答案】D 【名師解析】由圖可知：F1＝3.6－0.9t，F(xiàn)2＝0.9t；分析可知一開始AB一起運動，對AB整體有：F1＋F2＝a，有a＝1.2 m/s2；若t時刻A與B分離，此時對A：F1＋FNmax＝mAa，得t＝3.0 s，即t＝2.5 s時刻A、B分離，A、B之間

13、作用力為零，選項AC錯誤；此過程中s＝at2＝5.4 m；當t＝2.5 s時，對A：F1＋FN＝mAa，F(xiàn)N＝－0.15 N，故此時A對B的作用力向右；選項D正確B錯誤。 5.（2019浙江紹興模擬）某玩具汽車從t=0時刻出發(fā)，由靜止開始沿直線行駛。其a-t圖象如圖所示，下列說法正確的是（　　） A. 6s末的加速度比1s末的大 B. 1s末加速度方向與速度方向相同 C. 第4s內(nèi)速度變化量大于零 D. 第6s內(nèi)速度在不斷變大 【參考答案】B 【名師解析】由圖知，6s末的加速度比1s末的小，故A錯誤。 0-1s內(nèi)汽車從靜止開始做變加速直

14、線運動，加速度方向與速度方向相同，故B正確。根據(jù)圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量，知第4s內(nèi)速度變化量為零，故C錯誤。根據(jù)圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量，圖象在時間軸上方速度變化量為正，圖象在時間軸下方速度變化量為負，知第6s內(nèi)速度變化量為負，速度在不斷變小，故D錯誤。 【關(guān)鍵點撥】由a-t圖象能直接讀出加速度的大小。根據(jù)圖象分析汽車的運動情況，從而確定1s末加速度方向與速度方向的關(guān)系。根據(jù)圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量，分析第4s內(nèi)速度變化量的大小，并由“面積”法分析第6s內(nèi)速度變化情況。解決本題的關(guān)鍵是要理解a-t圖象的數(shù)學意義，知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度變化量

15、，圖象在時間軸上方速度變化量為正，圖象在時間軸下方速度變化量為負。 考點二：與其他知識結(jié)合的綜合性問題 【3年真題鏈接】 1.（2018年11月浙江選考物理） 如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是（ ） A.

16、5s B. 4.8s C. 4.4s D. 3s 【參考答案】A 【名師解析】小車在水平軌道上運動，由0.2mg=ma，解得加速度大小a=0.2g。運動到B點時，由v2= v02-2aL，解得v=4m/s，小車從A到C的運動的平均速度=m/s，小車從A到C的運動時間是t1==3s. 設(shè)斜直軌道BC長s，傾角為θ，由幾何關(guān)系可得：sinθ=，小車在傾斜軌道上運動的加速度a=gsinθ=，v2=2as，在BC上運動時間是t2=，聯(lián)立解得：t2=2s。小車從A到C的運動時間是t= t1+t2=5s選項A正確。 2.（2018全國理綜II·

17、24）汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動了4.5 m，A車向前滑動了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為kg和kg，兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小.求 （1）碰撞后的瞬間B車速度的大??； （2）碰撞前的瞬間A車速度的大小。 【命題意圖】本題主要考查機械能、功能原理及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的的能力。 【解題思路】 （1）設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，

18、根據(jù)牛頓第二定律有 ① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有 ② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 ③ （2）設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 ④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有 ⑤ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過程中動量守恒，有 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 ⑦ 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（11分）（2019山東棗莊二模）如圖所示，傾角為45的光滑軌道AB和水平軌道BC

19、在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接，水平軌道上D點的正上方有一探測器，探測器只能探測處于其正下方的物體。一小物塊P自傾斜軌道AB上離水平軌道BC高h處由靜止釋放，以小物塊P運動到B處的時刻為計時零點，探測器只在t1＝2s末至t＝3s末內(nèi)工作，已知P的質(zhì)量為m＝1kg，BD段長為L＝6m，BC間的動摩擦因數(shù)為H＝0.2，取g＝10m，P視為質(zhì)點。 （1）若h＝1.25m，求小物塊P從B點運動到D點所用的時間。 （2）若小物塊P能在探測器的工作時間內(nèi)通過D點，求h的取值范圍。 【思路分析】（1）先研究物塊在斜面上下滑的過程，由牛頓第二定律求出加速度，由速度位移關(guān)系公式求出物塊到達A點的速

20、度v。再研究物塊在AC上滑行的過程，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解時間t即可。 （2）結(jié)合上題的結(jié)果得到v與時間t的關(guān)系式，當物體P反彈后到達B點的速度恰好為0時，求出時間，從而得到時間范圍，解出速度v的范圍，從而得到h的范圍。 【名師解析】（1）設(shè)物塊沿傾斜軌道AB運動的加速度為a1，由牛頓第二定律有： mgsin45°＝ma1 設(shè)物塊到達A處的速度為v，由速度位移關(guān)系有： v2＝2a1 由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞。故P在AC間等效為勻減速運動，設(shè)P在AC段加速度大小為a2， 則 a2＝＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 P返回經(jīng)過B時，有：3L＝vt﹣a2t

21、2 聯(lián)立①②③④解得 t＝2s （2）設(shè)小物塊恰好到達D點時，釋放點的高度為h，由動能定理得： mgh1﹣μmgL＝0 解得：h1＝1.2m 設(shè)在B到D的過程中，小物塊運動時間為t3，根據(jù)運動學公式得： L＝at32 解得：t3＝s； 因2s＜t3＜3s，故在探測器的工作時間內(nèi)，符合題意。 結(jié)合（1）的結(jié)果可知，在t1＝2s末到達D點，h＝1.25m，故要使小物塊在探測器工作時間內(nèi)過P點，故h的取值范圍為： 1.2m≤h≤1.25m。 答：（1）P與擋板碰撞反彈后運動到B點所用的時間是2s。 （2）h的取值范圍為 1.2m≤h≤1.25m 【點評】正確分析物體

22、的受力情況，求解加速度是解答本題的基礎(chǔ)，熟悉運動學公式是正確解題的關(guān)鍵，要把握隱含的臨界狀態(tài)：物體P反彈后到達B點的速度恰好為0，運用函數(shù)法研究h的范圍。 2.（2019洛陽聯(lián)考）如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一個水平向右的恒力F。當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關(guān)系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1m-1。將物塊視為質(zhì)點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加

23、速度g=10m/s2。 （1）若恒力F=0，則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間是多少？ （2）圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及函數(shù)關(guān)系式。 【參考答案】（1）；（2） 【名師解析】 （1）以初速度v0為正方向，物塊的加速度大?。? 木板的加速度大小： 由圖乙知，板長L=1m 滑塊相對木板的路程： 聯(lián)立解得：

24、 當t=1s時，滑塊的速度為2m/s，木板的速度為4m/s，而當物塊從木板右端滑離時，滑塊的速度不可能小于木板的速度，應舍棄，故所求時間為。 （2）①當F較小時，物塊將從木板右端滑下，當F增大到某一值時物塊恰好到達木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時t1，則： 聯(lián)立解得： 由圖乙知，相對路程： 代入解得：

25、 ②當F繼續(xù)增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當兩者共速后能保持相對靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運動，則： 由于靜摩擦力存在最大值，所以： 聯(lián)立解得： ③綜述：BC段恒力F的取值范圍是，函數(shù)關(guān)系式是。 預測考點一：與圖像結(jié)合的綜合性問題 【2年模擬再

26、現(xiàn)】 1.（2019武漢名校聯(lián)考）如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時的位置為坐標原點建立如圖所示一維坐標系，現(xiàn)將外力突然反向從零開始增大并使B向右做勻加速運動，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移變化的關(guān)系圖像可能正確的是?（ ） ? 【名師解析】當A、B分離時A仍有加速度，所以輕彈簧不可能處于原長。開始時外力大小F=kx0，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運動，設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A、B分離前，對A、B整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)+ k(x0-x)=（mA

27、+mB）a，當x=0時，得：kx0=（mA+mB）a，由此可知剛開始階段，F(xiàn)=kx。隔離A，分析受力，由牛頓第二定律，k(x0-x)- FN=mAa，與kx0=（mA+mB）a，聯(lián)立解得：FN=-kx。當x=時，F(xiàn)N=0，圖象AC錯誤BD正確。 【參考答案】BD 2.(2018洛陽聯(lián)考)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．觀察小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是(　　) 【參考答案】：A 【名師解析】：小

28、球先做自由落體運動，接觸彈簧后小球做加速度減小的加速運動，直至重力和彈力相等，即mg＝kΔx，此時a＝0，小球速度達到最大值vmax，此后小球繼續(xù)下降，小球重力小于彈力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的減速運動直至最低點，小球速度為0，加速度最大，A正確，B錯誤．設(shè)小球到達最低點時，彈簧的形變量為x，由能量關(guān)系得mg(h＋x)＝kx2，則2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x>x得kx>2mg，所以在最低點kx－mg＝ma>mg，即a>g，C錯誤．彈簧形變量x與t不是線性關(guān)系，則a與t也不是線性關(guān)系，D錯誤． 3.（2018豫西名校聯(lián)考）如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻(t＝

29、0)將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度－時間圖象可能是下列選項中的(　　) 【參考答案】　A 【名師解析】　設(shè)在木板與物塊未達到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2。對木板應用牛頓第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，解得a1＝－(μ1＋2μ2)g。設(shè)物塊與木板達到相同速度之后，木板的加速度為a2，對整體有－μ2·2mg＝2ma2，解得a2＝－μ2g

30、，可見|a1|＞|a2|，由v－t圖象的斜率表示加速度大小可知，圖象A正確。 4. (2018·東北四市聯(lián)考)某物體質(zhì)量為1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直線運動，其速度－時間圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知 (　　) A.物體所受的拉力總是大于它所受的摩擦力 B.物體在第3 s內(nèi)所受的拉力大于1 N C.在0～3 s內(nèi)，物體所受的拉力方向始終與摩擦力方向相反 D.物體在第2 s內(nèi)所受的拉力為零 【參考答案】　BC 【名師解析】　由題圖可知，第2 s內(nèi)物體做勻速直線運動，即拉力與摩擦力平衡，所以選項A、D錯誤；第3 s內(nèi)物

31、體的加速度大小為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知物體所受合外力大小為1 N，所受拉力大于1 N，選項B正確；物體運動過程中，拉力方向始終和速度方向相同，摩擦力方向始終和運動方向相反，選項C正確。 【1年仿真原創(chuàng)】 1. 粗糙水平面上靜止放置質(zhì)量均為m的A、B兩物體，它們分別受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面運動了一段時間,之后撤去F1、F2,兩物體最終都停止，其圖象如圖所示，下列說法正確的是（ ） A．A、B兩物體與地面間的滑動摩擦因數(shù)之比為2:1 B．F1與A物體所受摩擦力大小之比為3:1 C．F1和F2大小之比為2:1 D．A、B兩物體通過的總位

32、移大小相等 【參考答案】BD 【名師解析】試題分析：A、由圖象可知，兩個勻減速運動的加速度之比為1：2；由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小1：2，故選項A錯誤；B、對A物體加速（）和減速（）比為1:2，由牛頓第二定律可知，，可得，選項B正確.C、對B物體加速（）和減速（）比為2:1，同理，，聯(lián)立可得：，則，選項C錯誤.D、圖象面積表示位移為，故選項D正確，故選AD. 2.如圖甲所示，質(zhì)量m=2kg的物體在水平面上向右做直線運動.過a點時給物體作用一個水平向左的恒力F并開始計時，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測出物體的瞬時速度，所得v-t圖象如圖乙所示.取重力加速度為g=10

33、m/s2.求： （1）力F的大小和物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ. （2）10s末物體離a點的距離. 【參照答案】（1）3N 0.05 (2)2m 【名師解析】 （1）設(shè)物體向右做勻減速直線運動的加速度為a1，則由v-t圖得a1=2m/s2 ① 根據(jù)牛頓第二定律，有F＋pmp＝ma1 ② 設(shè)物體向左做勻加速直線運動的加速度為a2，則由v-t圖得 a2=1m/s2③（1分） 根據(jù)牛頓第二定律，有 ④ 解①②③④得：F＝3N（1分） （2）設(shè)10s末物體離a點的距離為d，d應為v-t圖與橫軸所圍的面積則，

34、負號表示物體在a點以左 預測考點二：與其他知識結(jié)合的綜合性問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1. (2019蘭州聯(lián)考)如圖所示，半徑R＝0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道C固定在光滑水平地面上，質(zhì)量M＝0.3 kg的木板B左端與C的下端等高平滑對接但未粘連，右端固定一輕彈簧，彈簧原長遠小于板長，將彈簧在彈簧彈性限度內(nèi)壓縮后鎖定?？梢暈橘|(zhì)點的物塊A質(zhì)量m＝0.1 kg，從與圓弧軌道圓心O等高的位置由靜止釋放，滑上木板B后，滑到與彈簧剛接觸時與木板相對靜止，接觸瞬間解除彈簧鎖定，在極短時間內(nèi)彈簧恢復原長，物塊A被水平彈出，最終運動到木板左端時恰與木板相對靜止。物塊A與本板B間動摩擦因數(shù)μ＝0.25

35、，g取10 m/s2。求： (1)物塊A在圓弧軌道C的最下端時受到圓弧軌道支持力的大?。? (2)木板B的長度L； (3)彈簧恢復原長后，物塊A從木板右端運動到左端的時間。 【名師解析】（1）設(shè)A到達C的最下端時速度大小為v0，圓弧軌道支持力大小為FN，則 (1分) (1分) 解得＝4m/s，F(xiàn)N＝3 N (1分) （2）設(shè)A在B上向右滑行過程中，A的加速度大小為a1，B的加速度大小為a2，滑上B后經(jīng)時間t1后接觸彈簧，A的位移x1，B的位移x2，則 (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) 解得t1＝

36、1.2 s，L＝2.4 m (1分) （3）設(shè)A接觸彈簧與B保持相對靜止時速度大小為v1，彈簧恢復原長時A的速度大小為v2，B的速度大小為v3，A相對B向左滑動過程中的加速度大小與A滑上B向右滑行過程中各自加速度大小相等，則 (1分) (2分) 最終運動到木板的左端時A、B共同速度大小為v4，則 (2分) 由能量守恒 (2分) 解得v1＝1 m/s，v4＝1m/s，v2＝2 m/s，v3＝2 m/s 設(shè)物塊A從木板右端運動到左端的時間為t2，對木板B，由動量定理有 (2分) 解得t2＝1.2 s (1分) 【1年仿真原創(chuàng)】 1．如圖所示，一

37、斜面體固定在水平地面上，傾角θ＝30°、高度h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止，木板下端連接有一根自然長度l0＝0.2 m的輕彈簧，木板總質(zhì)量m＝1 kg、總長度L＝2.0 m。一質(zhì)量M＝3 kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度H＝1.7 m，物塊A經(jīng)過一段時間后從斜面頂端沿平行于斜面方向落到木板上并開始向下滑行。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝，木板下滑到斜面底端碰到擋板時立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求： (1)物塊A落到木板上的速

38、度大小v； (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。 【名師解析】(1)物塊A落到木板上之前做平拋運動，豎直方向有： 2g(H－h(huán))＝vy2 得vy＝2 m/s 物塊A落到木板上時速度大?。簐＝＝4 m/s (2)由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的動摩擦因數(shù)μ0應滿足：mgsin 30°＝μ0mgcos 30° 得：μ0＝tan 30°＝ 物塊A在木板上滑行時，由牛頓第二定律得： aA＝＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上) aB＝＝7.5 m/s2 (方向沿斜面向下) 假設(shè)A與木板B達到共同速度v共時，A還沒有壓縮彈簧

39、且木板B還沒有到達斜面底端，則有 v共＝aBt＝v－aAt 解得v共＝3 m/s，t＝0.4 s 此過程，xA＝·t＝1.4 m xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m 故Δx＝xA－xB＝0.8 m