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專題03 牛頓運動定律
第一部分名師綜述
綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現，試題在考查主干知識的同時，注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)律，且更加突出考查學生運用"力和運動的觀點"分析解決問題的能力。牛頓運動定律及其應用是每年高考考查的重點和熱點，應用牛頓運動定律解題的關鍵是對研究對象進行受力分析和運動分析，特別是牛頓運動定律與曲線運動，萬有引力定律以及電磁學等相結合的題目，牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多，一般涉及一下幾個方面：一是牛頓第二定律的瞬時性，根據力求加速度或者根據加速度求力，二是動力學的兩類問題，三是連接體問題，四是牛頓第二定律在生活生產和科技中的應用。
第二部分精選試題
一、單選題
1．如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊（）
A．加速度逐漸減小
B．經過O點時的速度最大
C．所受彈簧彈力始終做正功
D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】 D
【解析】
【詳解】
由于水平面粗糙且O點為彈簧在原長時物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，A錯誤；物體在平衡位置處速度最大，所以物塊速度最大的位置在AO之間某一位置，B錯誤；從A到O過程中彈力方向與位移方向相同，彈力做正功，從O到B過程中彈力方向與位移方向相反，彈力做負功，C錯誤；從A到B過程中根據動能定理可得W彈-W克f=0，即W彈=W克f，即彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，D正確．
2．質量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數1v的關系如圖所示，則賽車在加速的過程中( )
A．速度隨時間均勻增大
B．加速度隨時間均勻增大
C．輸出功率為160 kW
D．所受阻力大小為1 60 N
【答案】 C
【解析】
【詳解】
由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，速度隨時間不是均勻增大故A錯誤；a-1v函數方程a＝400v?4，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據牛頓第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；聯立得：a=Pmv-fm，結合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖象可以知道，a=0時，1v=0.01，v=100m/s，所以最大速度為100m/s；由圖象可知：?f/m＝?4，解得：f=4m=4400=1600N；0＝1400?P100-f400，解得：P=160kW，故C正確，D錯誤；故選C。
3．最近，不少人喜歡踩著一種獨輪車，穿梭街頭。這種獨輪車全名叫電動平衡獨輪車，其中間是一個窄窄的輪子，兩側各有一塊踏板。當人站在踏板上向右運動時，可簡化為如圖甲、乙所示的模型。關于人在運動中踏板對人腳的摩擦力，下列說法正確的是
A．考慮空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力向左
B．不計空氣阻力，當人以如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力向左
C．考慮空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，腳所受摩擦力可能為零
D．不計空氣阻力，當人以如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，腳所受摩擦力不可能為零
【答案】 C
【解析】
【詳解】
考慮空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據平衡條件，則腳所受摩擦力為右，故A錯誤；不計空氣阻力，當人處如圖甲所示的狀態(tài)向右加速運動時，合力向右，即腳所受摩擦力向右，故B錯誤；當考慮空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右勻速運動時，根據平衡條件，則重力、支持力與空氣阻力處于平衡，則腳所受摩擦力可能為零，故C正確；當不計空氣阻力，當人處如圖乙所示的狀態(tài)向右加速運動時，根據牛頓第二定律，腳受到的重力與支持力提供加速度，那么腳所受摩擦力可能為零，故D錯誤；故選C。
【點睛】
此題考查根據不同的運動狀態(tài)來分析腳受到力的情況，掌握物體的平衡條件以及加速度與合外力的關系，注意人水平方向向右運動時空氣阻力的方向是水平向左的．
4．如圖所示，在豎直平面內用輕質細線懸掛一個小球，將小球拉至A點，使細線處于拉直狀態(tài)，由靜止開始釋放小球，不計摩擦，小球可在A、B兩點間來回擺動．當小球擺到B點時，細線恰好斷開，則小球將（）
A．在B點保持靜止 B．沿BE方向運動
C．沿BC方向運動 D．沿BD方向運動
【答案】 B
【解析】
由于小球被靜止釋放，不計摩擦，它可在A、B兩點間來回擺動。當小球擺到B點時，小球速度恰好為零，此時若細線恰好斷開，則小球只受重力作用而豎直下落。所以，將沿BE方向運動。故選B。
【點睛】此題考查了學生力和運動之間的關系，力可以改變物體的形狀或運動狀態(tài)。在此題中，小球由于重力作用將由靜止下落。解決此題的關鍵是判斷出在B點的運動狀態(tài)。
5．（2018普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試模擬試題）如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個傾角θ=30、長l=500 m的斜面。一輛質量m=2 000 kg的電動汽車從引橋底端由靜止開始加速，其加速度a隨速度可變化的關系圖像如圖乙所示，電動汽車的速度達到1 m/s后，牽引力的功率保持恒定。已知行駛過程中電動汽車受到的阻力Ff（摩擦和空氣阻力）不變，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是
A．電動汽車所受阻力Ff=12 000 N
B．電動汽車的速度達到1 m/s后，牽引力的功率P0=12 kW
C．第1 s內電動汽車牽引力的功率P與時間t滿足P=12 000t
D．第1 s內電動汽車機械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數和，大小為6 000 J
【答案】 D
【解析】
加速階段由牛頓第二定律可知：F-Ff-mgsinθ=ma，之后保持功率不變，P0v-Ff-mgsinθ=ma，電功汽車做加速度逐漸減小的加速運動，最終加速度減小到0，電動汽車達到該功率該路況下的最大速度，P0vmax-Ff-mgsinθ=0解得P0=14KW；Ff=2000N；選項AB錯誤；第1s內電動汽車牽引力的功率P=Fv=14000t，選項C錯誤；電動汽車做勻加速運動的過程，位移x=v22a=0.5m，牽引力大小為14000N，牽引力與阻力做功的代數和為(F-Ff)x=6000J，選項D正確；故選D.
點睛：此題關鍵是能從a-t圖像中獲取有用的信息，搞清電動汽車的運動的特這，結合牛頓第二定律及功率的知識進行分析解答.
6．如圖，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物塊以一定初速度從斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端時的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始終保持靜止，則小物塊
A．上滑所需時間與下滑所需時間相等
B．上滑和下滑過程，小物塊機械能損失相等
C．上滑時的加速度與下滑時的加速度相等
D．上滑和下滑過程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反
【答案】 B
【解析】
設斜面的長度為x，物塊和斜面間的動摩擦因數為μ，斜面傾角為θ，物體質量為m，斜面質量為M；
A、C、根據牛頓第二定律可得物體上滑的加速度大小a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ，下滑的加速度大小a2=mgsinθ-μmgcosθm=gsinθ-μgcosθ，可知a1＞a2，上升過程中根據逆向思維可以看成是加速度為a1的勻加速直線運動，根據x=12at2知，t1＜t2，即物體沿斜面上滑的時間一定小于沿斜面下滑的時間，故A、C錯誤；B、上滑過程中和下滑過程中機械能的損失都等于克服摩擦力做的功，即為μmgxcosθ，故B正確；D、物體先減速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，對整體受力分析，受到總重力、支持力和向左的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，有：
x方向分析：上滑過程中f1=ma1cosθ，下滑過程中f2=ma2cosθ，地面對斜面體的靜摩擦力方向一直未變向左，故D錯誤。故選B。
【點睛】本題關鍵是用整體法進行受力分析，然后根據牛頓第二定律和運動學公式列方程分析求解；知道加速度是聯系靜力學和運動學的橋梁。
7．如圖，在繞地運行的天宮一號實驗艙中，宇航員王亞平將支架固定在桌面上，擺軸末端用細繩連接一小球．拉直細繩并給小球一個垂直細繩的初速度，它沿bdac做圓周運動．在a、b、c、d四點時（d、c兩點與圓心等高），設在天宮一號實驗艙中測量小球動能分別為Eka、Ekb、Ekc、Ekd，細繩拉力大小分別為Ta、Tb、Tc、Td，阻力不計，則（）
A．Eka>Ekc=Ekd>Ekb
B．若在c點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做豎直上拋運動
C．Ta=Tb=Tc=Td
D．若在b點繩子突然斷裂，王亞平看到小球做平拋運動
【答案】 C
【解析】
AC：在繞地運行的天宮一號實驗艙中，小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，小球做勻速圓周運動，則有Eka=Ekb=Ekc=Ekd．完全失重時，只有繩的拉力提供向心力公式T=mv2r，v、r、m都不變，小球的向心力大小不變，則有：Ta=Tb=Tc=Td．故A項錯誤，C項正確。
BD：在b點或c點繩斷，小球只有沿著圓周的切線方向的速度，沒有力提供向心力，做離心運動且沿切線方向做勻速直線運動。故BD兩項均錯誤。
點睛：解答本題要抓住小球處于完全失重狀態(tài)，由繩子的拉力提供向心力，再根據向心力公式分析即可。
8．如圖所示，一個“V”形槽的左側擋板A豎直，右側擋板B為斜面，槽內嵌有一個質量為m的光滑球C?！癡”形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內，設擋板A、B對球的彈力分別為F1、F2，下列說法正確的是( )
A．F1、F2都逐漸增大
B．F1、F2都逐漸減小
C．F1逐漸減小，F2逐漸增大
D．F1、F2的合外力逐漸減小
【答案】 D
【解析】
光滑球C受力情況如圖所示：
F2的豎直分力與重力相平衡，所以F2不變；
F1與F2水平分力的合力等于ma，在V形槽在水平面上由靜止開始向右做加速度不斷減小的直線運動的一小段時間內，加速度不斷減小，由牛頓第二定律可知F1不斷減小，F1、F2的合力逐漸減小，故D正確，A、B、C錯誤；
故選D。
【點睛】以光滑球C為研究對象，作出光滑球C受力情況的示意圖；
豎直方向上受力平衡，水平方向根據牛頓第二定律求出加速度的大小，結合加速度的變化解答。
9．如圖所示，質量為M的斜面體放在粗糙的水平面上，物體A和B通過細線跨過定滑輪相連，不考慮滑輪的摩擦和質量，斜面與A和B間都沒有摩擦，細線與斜面平行。在圖示情況下都靜止不動，細線的張力為T，斜面體對地面的壓力為N，斜面體與地面的摩擦力為f。如果將A和B位置對換且A和B都沒達地面上時；，斜面體依然靜止，細線的拉力為T1，斜面體對地面的壓力為N1，斜面體與地面的摩擦力為f1，那么（）
A．T>T1，f1> f
B．N1>N，T=T1
C．T1=T，f1不為零，f=0
D．N1=N，f1=f≠0
【答案】 C
【解析】由初始情景可加mA=mBsinα,mA>mB,互換位置后,，解得T1= mAg，a=g(1-sinα),B將加速下落，由超重和失重可知，N>N1；初始細度拉力T= mAg，互接位置后，T1=mAg，由質點系的牛頓第二定律可得f=0，f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sinα)cosα≠0.故選C.
【點睛】本題涉及加速度不同的連接體問題，也可以采用整體法研究，可分豎直和水平兩個方向分別列式分析。
10．一個質量為M的箱子放在水平地面上,箱內用一段固定長度的輕質細線拴一質量為m的小球,線的另一端拴在箱子的頂板上,現把細線和球拉到左側與豎直方向成θ角處靜止釋放,如圖所示,在小球擺動的過程中箱子始終保持靜止,則以下判斷正確的是( )
A．在小球擺動的過程中,線的張力呈周期性變化,但箱子對地面的作用力始終保持不變
B．小球擺到右側最高點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子受到地面向左的靜摩擦力
C．小球擺到最低點時,地面受到的壓力為(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D．小球擺到最低點時,線對箱頂的拉力大于mg,箱子對地面的壓力大于(M+m)g
【答案】 D
【解析】
在小球擺動的過程中，速度越來越大，對小球受力分析根據牛頓第二定律可知：F-mgcosθ=mv2r，繩子在豎直方向的分力為：F=Fcosθ=mgcosθ+mv2rcosθ，由于速度越來越大，角度θ越來越小，故F越大，故箱子對地面的作用力增大，在整個運動過程中箱子對地面的作用力時刻變化，故A錯誤；小球擺到右側最高點時，小球有垂直于繩斜向下的加速度，對整體由于箱子不動加速度為aM=0，a為小球在豎直方向的加速度，根據牛頓第二定律可知：M+mg-FN=MaM+ma，則有：FN=M+mg-ma，故FN
μ2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧
B．若μ1=μ2, 可用輕桿替代彈簧
C．若μ1<μ2, 彈簧的形變量是(L－L0)
D．若m1=m2，則μ1=μ2=tanθ
【答案】 BC
【解析】
【詳解】
A、若μ1＞μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯誤；
B、若μ1=μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確；
C、若μ1＜μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L－L0)，C正確；
D、m1=m2時，若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，則μ1＜μ2，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則μ1＞μ2，若彈簧處于原長狀態(tài)，對m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，則μ1=μ2=tanθ，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無法判斷μ1和μ2的關系，故D錯誤。
14．如圖所示，物體從Q點開始自由下滑，通過粗糙的靜止水平傳送帶后，落在地面P點。傳送帶勻速轉動起來以后，物體仍從Q點開始自由下滑，則物體通過傳送帶后（）
A．若傳送帶沿逆時針方向轉動，則物塊一定落在P點
B．若傳送帶沿逆時針方向轉動，則物塊一定落在P點左側
C．若傳送帶沿順時針方向轉動，則物塊可能落在P點右側
D．若傳送帶沿順時針方向轉動，則物塊可能落在P點左側
【答案】 AC
【解析】
【詳解】
當水平傳送帶靜止時，物塊受到水平向左的滑動摩擦力做勻減速直線運動。若傳送帶逆時針轉動，物塊通過傳送帶時，受到的滑動摩擦力仍水平向左，大小不變，則加速度不變，可知物塊仍落在P點，選項A正確，B錯誤。設物塊滑上傳送帶時速度為v0，傳送帶的速度為v。當v0＞v時，物塊滑上傳送帶可能一直做勻減速運動，加速度與傳送帶靜止時相同，當滑到傳送帶右端時，速度與傳送帶靜止時相同，則物塊仍落在P點。物塊也可能先做勻減速運動，后來與傳送帶一起做勻速運動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送帶靜止時速度，則物塊落在P點右側。當v0=v時，物塊滑上傳送帶時兩者相對靜止，一起做勻速運動，則物塊落在P點右側。當v0＜v時，物塊滑上傳送帶可能一直做勻加速運動，也可能先做勻加速運動，后與傳送帶一起勻速運動，滑到傳送帶右端時，速度大于傳送帶靜止時速度，則物塊落在P點右側。故D錯誤， C正確。故選AC。
【點睛】
本題是典型的傳送問題，關鍵是分析物塊的受力情況和運動情況，當傳送帶順時針轉動時，要考慮各種可能的情況．
15．如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質細繩系一質量為m的小球．斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和N.若Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度g取10m/s2.則（）
A．a=403m/s2時，N＝0
B．小球質量m＝0.1 kg
C．斜面傾角θ的正切值為34
D．小球離開斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N)
【答案】 ABC
【解析】
【詳解】
A、小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcos θ－Nsin θ＝ma，Tsin θ＋Ncos θ＝mg，聯立解得：N＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以Ta圖象呈線性關系，由題圖乙可知a=403m/s2時，N＝0，選項A正確。
B、C、當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖(a)所示，所以mgsin θ＝T；當a=403m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖(b)所示，
所以mgcot θ＝ma，聯立可得tanθ=34，m＝0.1 kg，選項B，C正確。
D、將θ和m的值代入N＝mgcos θ-masin θ，得N＝0.8-0.06a(N)，選項D錯誤。
故選ABC。
【點睛】
考查牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的應用，注意會從圖象中獲取信息，并掌握平衡條件方程列式．
16．質量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數均為μ?，F同時給木塊l、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是（）
A．1木塊相對靜止前，木板是靜止的
B．1木塊的最小速度是23v0
C．2木塊的最小速度是56v0
D．木塊3從開始運動到相對靜止時位移是4v02μg
【答案】 CD
【解析】
A、木板開始運動時，木塊對木板的摩擦力f=3mg>0，木板發(fā)生運動，故A錯誤；
B、設木塊1的最小速度為v1，木塊1的加速度f=ma1做勻減速；木板的加速度為3mg=3ma做勻加速；當兩者速度相等時木塊1的速度達到最小
即v1=v0-at=at解得v1=12v0，故B錯誤；
C、設木塊2的最小速度為v2，此過程木塊2的速度該變量為v0-v2，而木塊3速度改變量與木塊2速度該變量相等，即木塊3的速度為v0+v2由動量守恒可得
m(v0+2v0+3v0)=5mv2+m(v0+v2)，解得：v2=56v0，故C正確；
D、當木塊3相對靜止時，速度達到最小，此時四個物體共速，設速度為v3，則由動量守恒可得：m(v0+2v0+3v0)=6mv3
解得：v3=v0
對木塊3，由動能定理可知-μmgs=12mv32-12m(3v0)2，解得：s=4v02μg，故D正確；
故選CD
17．如圖傾角為300的傳送帶在電動機帶動下始終以V0的速度勻速上行. 相等質量的甲，乙兩種不同材料的滑塊（可視為質點）分別無初速放在傳送帶底端，發(fā)現甲滑塊上升h高度滑至頂端時恰好與皮帶保持相對靜止，乙滑塊上升h/2高度處恰與皮帶保持相對靜止.現比較甲，乙兩滑塊從傳送帶底端到頂端的過程
A．甲滑塊與皮帶的動摩擦因數大于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數
B．甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量
C．兩個過程中皮帶對滑塊所做的功相同
D．兩個過程中電動機對皮帶所做的功相同
【答案】 BC
【解析】A：對甲滑塊：v02=2a1hsin300，μ1mgcos300-mgsin300=ma1；對乙滑塊：v02=2a2h2sin300，μ2mgcos300-mgsin300=ma2?？傻忙?<μ2，即甲滑塊與皮帶的動摩擦因數小于乙滑塊與皮帶的動摩擦因數。故A項錯誤。
B：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，滑塊x1=0+v2t1=hsin300，對滑塊μ1mgcos300-mgsin300x1=12mv2；皮帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：s1=vt1-0+v2t1，滑塊與皮帶摩擦產生的熱量Q1=μ1mgcos300s1；解得Q1=12mv2+mgh。乙滑塊與皮帶相對滑動過程中，滑塊x2=0+v2t2=h2sin300，對滑塊μ2mgcos300-mgsin300x2=12mv2；皮帶與滑塊相對滑動過程中兩者相對位移：s2=vt2-0+v2t2，滑塊與皮帶摩擦產生的熱量Q2=μ2mgcos300s2；解得Q2=12mv2+12mgh。則甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量。故B項正確。
C：甲滑塊與皮帶相對滑動過程中，皮帶對滑塊所做的功W1=μ1mgcos300hsin300=mgh+12mv2；乙滑塊與皮帶相對滑動過程中，皮帶對滑塊所做的功W2=μ2mgcos300h2sin300+mgsin300h2sin300=mg12h+12mv2+12mgh=W1。故C項正確。
D：甲滑塊與皮帶摩擦產生的熱量大于乙滑塊與皮帶摩擦產生的熱量，皮帶對滑塊所做的功相同，則甲電動機對皮帶做的功大于乙電動機對皮帶做的功。故D項錯誤。
18．如圖所示，一質量為M=2m、長為L質量均勻的板放在光滑水平桌面上，板的右端與桌邊定滑輪距離足夠大，板的左端有一可視為質點、質量為m的物塊，物塊上連接一條很長的細繩，某人拉繩并使其以恒定速率v=gL向下運動，物塊只能運動到板的中點．下列說法正確的是( )
A．物塊對板做功的功率保持不變
B．物塊與板間因摩擦產生的熱量為mgL
C．整個過程繩的拉力對物塊做的功為mgL
D．若板與桌面間有摩擦，則當板與桌面間動摩擦因數為12時，物塊一定能到達板右端
【答案】 BD
【解析】木板受木塊對它的摩擦力作用，做勻加速直線運動，當速度與木塊速度相等后保持相對靜止，根據P=fv知，物塊對板的功率逐漸增大，A錯誤；當物塊到達板的中點時，此時物塊的位移x1=vt，木板的位移x2=v2t，根據x1-x2=L2得，板的位移x2=L2，相對位移的大小等于物塊位移的一半，等于木板的位移，因為fx板=12Mv2，產生的熱量Q=fx板=12Mv2=12?2mgL2=mgL，B正確；繩子拉力做的功，等于系統(tǒng)動能增加量與產生的熱量之和，故W=12Mv2+Q=2mgL，C錯誤；如果板與桌面有摩擦，因為M與桌面摩擦因數越大，m越易從右端滑下，所以當m滑到M右端兩者剛好共速時摩擦因數最小，設為μ2，對M，由牛頓第二定律得：Ma=μ1mg-μ2m+Mg，板的位移：x2=v2t；速度位移公式：v2=2ax2，對m有：vt=x1，x1-x2=L，聯立得μ2=Mv22M+mgL=2mgL22(2m+m)gL=13，所以桌面與板間的摩擦因數應滿足μ≥13，所以當板與桌面間動摩擦因數為12時，物塊-定能到達板右端，D正確．
【點睛】解決本題的關鍵理清m和M的運動過程，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解，知道物塊能到達板的右端的臨界情況是物塊到達右端時與木板共速．
19．如圖所示，斜面1、曲面2和斜面3的頂端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1與曲面2的水平底邊長度相同。一物體與三個面間的動摩擦因數相同，當它由靜止開始分別沿三個面從頂端下滑到底端的過程中，若損失的機械能分別為△E1、△E2、△E3，到達底端的速度分別為v1、v2、v3，則下列判斷正確的是
A．△E1=△E2>△E3
B．△E2>△E1>△E3
C．v1=v2＜v3
D．v2< v1△E3，物體在2上做曲線運動，則物體對曲面的壓力大于對斜面1的壓力，則物體下滑過程中克服摩擦力做功W2f=FNL>μmg Lcosθ=W1f，損失的機械能關系為：△E2>△E1；即△E2＞△E1＞△E3，故A錯誤，B正確；根據能量關系：12mv2=mgh-Wf，則v2＜ v1＜v3，則選項D正確，C錯誤；故選BD.
20．如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，物體A、B疊放在斜面體上，物體B受沿斜面向上的力F作用沿斜面勻速上滑，A、B之間的動摩擦因數為μ，μμmgcosθ，所以A、B不能保持相對靜止，故A錯誤．
B、以A為研究對象，A受到重力、支持力和B對A的摩擦力，如圖甲所示．
N＝mgcosθ，
mgsinθ－μN＝ma，
由于μ0.
將B和斜面體視為整體，受力分析如圖乙所示．
可知地面對斜面體的摩擦力等于mg(sinθ－μcosθ)cosθ＋Fcosθ；故B正確；
C、以三者整體為研究對象：A有沿斜面向下的加速度，故地面受到的壓力不等于(M＋2m)g， C錯誤．
D、B與斜面體間的正壓力N′＝2mgcosθ，對B分析，根據共點力平衡有F＝mgsinθ＋μmgcosθ＋f′，則B與斜面間的動摩擦因數μ=fN=F-mgsinθ-μmgcosθ2mgcosθ，故D正確．
故選BD
三、解答題
21．如圖所示，質量m=15?g、長度L=2?m的木板D靜置于水平地面上，木板D與地面間的動摩擦因數μ1=0.1，地面右端的固定擋板C與木板D等高。在擋板C右側豎直虛線PQ、MN之間的區(qū)域內存在方向豎直向上的勻強電場，在兩個半徑分別為R1＝1?m和R2=3?m的半圓圍成的環(huán)帶狀區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，兩半圓的圓心O到固定擋板C頂點的距離OC＝2?m?，F有一質量m＝15?g、帶電荷量q=+610-5的物塊A可視為質點）以v0=4?m/s的初速度滑上木板D，二者之間的動摩擦因數μ2=0.3，當物塊A運動到木板D右端時二者剛好共速，且本板D剛好與擋板C碰撞，物塊A從擋板C上方飛入PQNM區(qū)城，并能夠在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，重力加速度g取10?m/s2.
(1)當物塊A剛滑上本板D時，求物塊A和木板D的加速度大小，
(2)求電場強度的大小.
(3)為保證小物塊A只能從環(huán)帶狀區(qū)城的上、下兩個開口端飛出，求磁感應強度大小的取值范圍。
【答案】(1) 3?m/s2；1?m/s2；(2) 25?V/m；(3) 1T?B?53?T或B?5?T
【解析】
【詳解】
解：(1) 當物塊A剛滑上木板D時，對物塊A受力分析有：μ2mg=ma2
解得：a2=3?m/s2
對本板D受力分析有：μ2mg-μ1?2mg=ma1
解得：a1=1?m/s2
(2)物塊A進入區(qū)域PQNM后，能在磁場區(qū)域內做勻速圓周運動，則有：mg=qE
解得：E=25?V/m
(3)物塊A與木板D共速時有：v=v0-a2t=a1t
解得：v=1?m/s
粒于做勻速圓周運動有：qvB=mv2R
要使物塊A只從環(huán)帶狀區(qū)域的上、下兩個開口端飛出磁場、物塊A在磁場中運動的軌跡半徑R應滿足：R?OC-R12或OC+R12?R?OC+R22
解得：B?5?T或1T?B?53?T
則磁感應強度大小的取值范圍為：1T?B?53?T或B?5?T
22．如圖所示，長木板質量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，質量為m=1 kg的物塊A，右端放著一個質量也為m=1 kg的物塊B，兩物塊與木板間的動摩擦因數均為μ=0.4，AB之間的距離L=6 m，開始時物塊與木板都處于靜止狀態(tài)，現對物塊A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2。
（1）為使物塊A與木板發(fā)生相對滑動，F至少為多少？
（2）若F=8 N，求物塊A經過多長時間與B相撞，假如碰撞過程時間極短且沒有機械能損失，則碰后瞬間AB的速度分別是多少？
【答案】（1）5 N （2）vA’=2m/s vB’=8m/s
【解析】
【詳解】
（1）據分析物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時物塊B和木板之間的摩擦力沒有達到最大靜摩擦力。
設物塊A與木板恰好發(fā)生相對滑動時，拉力為F0，整體的加速度大小為a，則：
對整體： F0=（2m+M）a
對木板和B：μmg=（m+M）a
解之得： F0=5N
即為使物塊與木板發(fā)生相對滑動，恒定拉力至少為5 N；
（2）物塊的加速度大小為：aA=F-μmgm=4m∕s2
木板和B的加速度大小為：aB=μmgM-m=1m/s2
設物塊滑到木板右端所需時間為t，則：xA-xB=L
即12aAt2-12aBt2=L
解之得：t=2 s
vA=aAt=8m/s
vB=aBt=2m/s
AB發(fā)生彈性碰撞則動量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇
機械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12mvB＇2
解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s
23．如圖所示，一質量為m1=1kg的長直木板放在粗糙的水平地面上，木板與地面之間的動摩擦因素μ1=0.1，木板最右端放有一質量為m2=1kg、大小可忽略不計的物塊，物塊與木板間的動摩擦因素μ2=0.2。現給木板左端施加一大小為F=12N、方向水平向右的推力，經時間t1=0.5s后撤去推力F，再經過一段時間，木板和物塊均停止運動，整個過程中物塊始終未脫離木板，取g=10m/s2，求：
(1)撤去推力F瞬間，木板的速度大小v1即物塊的速度大小v2；
(2)木板至少多長；
(3)整個過程中因摩擦產生的熱量。
【答案】（1）4m/s；1m/s（2）1.5m（3）12J
【解析】
【詳解】
(1)假設木板和物塊有相對滑動，撤F前，
對木板：F-μ1(m1+m2)g-μ2m2g=m1a1①
解得：a1=8m/s2
對物塊：μ2m2g=m2a2②
解得：a2=2m/s2
因a1>a2，故假設成立，撤去F時，木板、物塊的速度大小分別為：v1=a1t1=4m/s③
v2=a2t1=1m/s④
(2)撤F后，對木板：μ1(m1+m2)g+μ2m2g=m1a3⑤
解得：a3=4m/s2
對物塊：μ2m2g=m2a4⑥
解得：a4=2m/s2
撤去F后，設經過t2時間木板和物塊速度相同：
對木板有：v=v1-a3t2⑦
對物塊有：v=v2+a4t2⑧
得：t2=0.5s，v=2m/s⑨
撤F前，物塊相對木板向左滑行了Δx1=v12t1-v22t2=0.75m⑩
撤F后至兩者共速，物塊相對木板又向左滑行了Δx2=v1+v2t2-v2+v2t2=0.75m
之后二者之間再無相對滑動，故板長至少為：L=Δx1+Δx2=1.5m
(3)解法一：物塊與木板間因摩擦產生的熱量：Q1=μ2m2gL=3J
共速后，兩者共同減速至停止運動，設加速度為a，有：a=μ1g=1m/s2
全過程中木板對地位移為：s=v12t1+v1+v2t2+v22a=4.5m
木板與地面間因摩擦產生的熱量為：Q2=μ1(m1+m2)gs=9J
故全過程中因摩擦產生的熱量為：Q=Q1+Q2=12J
解法二：由功能關系可得：Q=Fx1
x1=v12t1
Q=12J
24．如圖所示，t＝0時一質量m＝1 kg的滑塊A在大小為10 N、方向與水平向右方向成θ＝37的恒力F作用下由靜止開始在粗糙水平地面上做勻加速直線運動，t1＝2 s時撤去力F； t＝0時在A右方x0＝7 m處有一滑塊B正以v0＝7 m/s的初速度水平向右運動。已知A與地面間的動摩擦因數μ1＝0.5，B與地面間的動摩擦因數μ2＝0.1，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8。兩滑塊均視為質點，求：
（1）兩滑塊在運動過程中速度相等的時刻；
（2）兩滑塊間的最小距離。
【答案】（1）3.75s（2）0.875m
【解析】
【分析】
（1）根據牛頓第二定律先求解撤去外力F前后時A的加速度以及B的加速度；根據撤去F之前時速度相等和撤去F之后時速度相等列式求解；（2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最??；根據位移公式求解最小值.
【詳解】
（1）對物塊A，由牛頓第二定律：Fcosθ-μ1(mg-Fsinθ)=ma1；
對物體A撤去外力后：μ1mg=ma1；
對物體B：a2=μ2g
A撤去外力之前兩物體速度相等時：a1t=v0-a2t，得t＝1 s
A撤去外力之后兩物體速度相等時：a1t1-a1(t-t1)=v0-a2t，得t′＝3.75 s
（2）第一次共速時兩物塊距離最大，第二次共速時兩物塊距離最小，則：△x＝x0＋x2－x1；x2=v0t-12a2t2
x1=12a1t12+a1t1(t-t1)-12a1(t-t1)2
得△x＝0.875 m
25．如圖甲所示，長為L=4.5m的薄木板M放在水平地面上，質量為m=l kg的小物塊（可視為質點）放在木板的左端，開始時兩者靜止?，F用一水平向左的力F作用在木板M上，通過傳感器測m、M兩物體的加速度與外力F的變化關系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動摩擦因數相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g= 10m/s2。求：
(1)m、M之間的動摩擦因數;
(2)M的質量及它與水平地面之間的動摩擦因數;
(3)若開始時對M施加水平向左的恒力F=29 N，求:t=4s時m到M右端的距離.
【答案】(1) 0.4 (2)4kg；0.1 (3) 6.625m
【解析】
【詳解】
(1)由乙圖知，m、M一起運動的最大外力Fm=25N，
當F>25N時，m與M相對滑動，對m由牛頓第二定律有：μ1mg=ma1
由乙圖知a1=4m/s2
解得：μ1=0.4
(2)對M由牛頓第二定律有：F-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
即:a2=F-μ1mg-μ2(M+m)gM=-μ1mg-μ2(M+m)gM+FM
乙圖知：1M=14，-μ1mg-μ2(M+m)g=-94
解得：M = 4kg,μ2=0.1
(3)由于F=29N>25N，所以從開始m就與M相對滑動對地向左做勻加速運動，加速度為a1，M加速度為a2
M的加速度大小a2=F-μ1mg-μ2(M+m)gM=5m/s2,方向向左，
在m沒有滑落板之前M的位移大小x2=12a2t12
m的位移大小x1=12a1t12
x2-x1=L
解得：t1=3s
此后m從M上掉下來，之后M的加速度大小為a3，
對M由生頓第二定律F-μ2Mg=Ma3
可得:a3=254m/s2
M的加速度為a4
μ2mg=ma4
a4=1m/s2
m從M上剛掉下來時M的速度為vM,vM=a2t1=15m/s
M的速度為vm=a1t1=12m/s
m從M上剛掉下來后M的位移為xM=vMt-t1+12a3t-t12
m從M上剛掉下來后m的位移為xm=vmt-t1-12a4t-t12
m從M上剛掉下來后m與M的距離為x=xM-xm=538=6.625m
【點睛】
本題綜合性很強，涉及到物理學中重要考點，如牛頓第二定律、動能定理、運動學公式，關鍵是明確木板和木塊的運動規(guī)律和受力特點。
26．如圖所示，一足夠長斜面傾角θ=37，斜面上有一質量為m=1kg的木板，在木板上放一質量也為m=1kg的金屬塊（可看成質點），t=0時刻金屬塊的速度為v0=20m/s。方向沿斜面向上，同時給木板施加一個眼斜面向上的拉力F=14N，使木板從靜止開始運動。當t=2s時撤去拉力F，已知金屬塊和木板間動摩擦因數μ1=0.25，木板和斜面間動摩擦因數μ2=0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：
（1）前2s內金屬塊和木板的加速度；
（2）從t=0到金屬塊速度減小到0的過程中木板在斜面上的位移（此過程金屬塊始終未離開木板，計算結果保留三位有效數字）。
【答案】(1) 金屬塊的加速度a1=8m/s2，方向沿斜面向下，木板的加速度a2=2m/s2，方向沿斜面向上 (2) 4.67m
【解析】
(1)對金屬塊和木板應用牛頓運動定律有μ1mgcosθ+mgsinθ=ma1
F+μ1mgcosθ-mgsinθ-2μ2mgcosθ=ma2
解得金屬塊的加速度a1=8m/s2，方向沿斜面向下，
木板的加速度a2=2m/s2，方向沿斜面向上。
(3)2s末金屬塊的速度為v1=v0-a1t=4m/s，
木板的速度為v2=a2t=4m/s
可見撤去F時金屬塊和木板速度相等。
分析得知此后一段時間金屬塊的加速度仍為a1=8m/s2，方向沿斜面向下。
設此后一段時間板的加速度為a3：
由牛頓第二定律可得：mgsinθ+2μ2mgcosθ-μ1mgcosθ=ma3，
解得a3=12m/s2，方向沿斜面向下。
由于a1
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2019年高考物理備考
優(yōu)生百日闖關系列
專題03
牛頓運動定律含解析
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