2019版《5年高考3年模拟》高考物理北京版讲义：专题三 牛顿运动定律 PDF版含答案

专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 三　牛顿运动定律１７　　　专题三　牛顿运动定律对应学生用书起始页码Ｐ２７考点一　牛顿运动定律的理解和简单应用　　一、对牛顿运动定律的理解１．牛顿第一定律（１）力不是产生并维持物体运动的原因，而是使物体产生加速度的原因。（２）惯性是任何物体在任何状况下都具有的固有属性，牛顿第一定律揭示了这一属性。（３）惯性的表现形式：总是以“保持原态”或“反抗改变”两种形式表现出来。（４）质量是物体惯性大小的唯一量度。２．牛顿第二定律的特性Ｆ＝ｍａ→Ｆ是产生ａ的原因→因果性→ａ与Ｆ对应同一时刻→瞬时性→ａ与Ｆ方向相同→矢量性→Ｆ、ｍ、ａ对应同一物体→Ｆ、ｍ、ａ统一使用国际单位→统一性→每一个力都可以产生各自的加速度→独立性→３．牛顿第三定律：作用力与反作用力（１）作用力与反作用力的关系可 总结 初级经济法重点总结下载党员个人总结TXt高中句型全总结.doc高中句型全总结.doc理论力学知识点总结pdf 为“三同（同大小、同性质、同变化）、三异（反向、异物、异效果）、三无关（与物体种类、运动状态、其他受力情况无关）”。（２）一对作用力、反作用力和一对平衡力的异同一对作用力与反作用力一对平衡力相同点等大、反向，作用在同一条直线上不同点受力物体作用在两个不同的物体上作用在同一个物体上依赖关系相互依存，不可单独存在无依赖关系，解除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡力的效果两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零力的性质一定相同不一定相同　　　如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到Ｏ点并系住物体，现将弹簧压缩到Ａ点，然后释放，物体一直可以运动到Ｂ点。如果物体受到的阻力恒定，则（　　）Ａ．物体从Ａ到Ｏ先加速后减速Ｂ．物体从Ａ到Ｏ加速运动，从Ｏ到Ｂ减速运动Ｃ．物体运动到Ｏ点时所受合力为零Ｄ．物体从Ａ到Ｏ的过程中加速度逐渐减小解析　由题意可知：①物体在Ａ点所受弹簧的弹力大于物体与地面间的摩擦力（因为物体能运动）；②物体在Ｏ点所受弹簧的弹力为０。所以在Ａ、Ｏ之间有弹簧弹力与摩擦力相等的位置，故物体从Ａ到Ｏ先加速后减速，Ａ正确，Ｂ错误。物体在Ｏ点所受弹簧弹力为０，但摩擦力不为０，Ｃ错误。物体从Ａ到Ｏ过程中，加速度先减小后增大，Ｄ错误。 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 　Ａ二、瞬时性问题的两种模型刚性绳模型弹簧模型代表物轻绳、轻杆、接触面轻弹簧、橡皮绳不同点不发生明显形变就能产生弹力，剪断（或脱离）后，弹力立即消失，不需要形变恢复的时间（一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理）形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬间问题中，其弹力的大小不能发生突变，往往可以看成是不变的相同点都是质量可忽略的理想化模型，都会发生形变而产生弹力，同一时刻内部弹力处处相等且与运动状态无关　如图所示，Ａ、Ｂ两小球分别连在弹簧两端，与Ｂ球相连的细线另一端固定在倾角为３０°的光滑斜面顶端。Ａ、Ｂ两小球的质量分别为ｍＡ、ｍＢ，重力加速度为ｇ，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，Ａ、Ｂ两球的加速度分别为（　　）Ａ．都等于ｇ２Ｂ．ｇ２和０Ｃ．ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２和０Ｄ．０和ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２解析　在线被剪断瞬间，弹簧的长度没有变化，弹簧的弹力不变，受力分析知Ａ、Ｂ球所受合力分别为ＦＡ＝０，ＦＢ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ３０°，则ａＡ＝０，ａＢ＝ｍＡ＋ｍＢｍＢ·ｇ２，则选项Ｄ正确。答案　Ｄ１．（２０１８北京二中月考，３）对于一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是（　　）Ａ．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明：可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋１８　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）Ｂ．“强弩之末势不能穿鲁缟”，这表明强弩的惯性减小了Ｃ．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性Ｄ．摩托车转弯时，车手一方面要适当地控制速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的１．答案　Ｃ　惯性只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大，故Ａ、Ｂ错误；货运列车摘下或加挂一些车厢，改变它的总质量，从而改变它的惯性，故Ｃ正确；人和车的质量不变，则其惯性不变，故Ｄ错误。２．（２０１８北京人大附中月考，３）如图所示为探究小车加速度与所受合力关系的实验示意图局部。该实验中，两小车各自受到向左的恒定拉力，通过控制铁夹子同时释放细线，让两小车同时由静止开始运动，然后通过铁夹子同时夹住小车后面的细线使小车同时突然停止运动，从而使小车近似做了一段匀加速直线运动，进而比较两小车的加速度。关于此实验中两小车加速度的判断，下列说法正确的是（　　）Ａ．两小车的加速度之比等于位移之比Ｂ．两小车的加速度之比等于位移的反比Ｃ．两小车的加速度之比等于位移平方之比Ｄ．两小车的加速度之比等于位移平方的反比２．答案　Ａ　两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，且两个小车运动的时间相等，由位移公式：ｓ＝１２ａｔ２，可知，两小车的加速度之比等于位移之比，故Ａ正确。３．伽利略的理想实验（如图所示）是将可靠的事实和理论思维结合起来，更能深刻地反映自然规律，伽利略的斜面实验程序如下：（１）减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然能达到原来的高度；（２）两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；（３）如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度；（４）继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。请按程序先后次序排列，并指出它究竟属于可靠的事实还是通过思维过程得到的推论，下列选项正确的是（数字表示上述程序号码）（　　）Ａ．事实（２）→事实（１）→推论（３）→推论（４）Ｂ．事实（２）→推论（１）→事实（３）→推论（４）Ｃ．事实（２）→推论（３）→推论（１）→推论（４）Ｄ．事实（２）→事实（３）→推论（１）→推论（４）３．答案　Ｃ　小球从对接的两个斜面的一个斜面上滚下，它将滚到另一个斜面上，这可以在实验中做到，所以是事实，即事实（２），在实际实验中，永远摆脱不了力的作用，特别是摩擦力，所以既不能达到同样高度也不能在水平面上永不停止地做匀速直线运动，所以（１）、（３）、（４）都是推论，在实验中，是将第二个斜面的倾角逐渐减小直到为零，所以程序为：事实（２）→推论（３）→推论（１）→推论（４）。４．如图所示，物体在水平力Ｆ作用下压在竖直墙上静止不动，则（　　）Ａ．物体所受摩擦力的反作用力是重力Ｂ．力Ｆ就是物体对墙的压力Ｃ．力Ｆ的反作用力是墙壁对物体的支持力Ｄ．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力４．答案　Ｄ　作用力与反作用力的性质相同，故Ａ错；力Ｆ与物体对墙的压力是两个不同的力，故Ｂ错误；力Ｆ与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，故Ｃ错。只有Ｄ对。５．（２０１５北京石景山一模，１８）如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于Ｏ点。现有一小球从Ｏ点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）。在此过程中，关于小球的加速度ａ随下降位移ｘ的变化关系，下图中正确的是（　　）５．答案　Ａ　小球自Ｏ点由静止下降的过程中，跟弹簧一起构成了做简谐运动的系统。小球做简谐运动的回复力由重力和弹力的合力提供。由牛顿第二定律有ａ＝ｍｇ－ｋｘｍ，可见ａ跟ｘ成线性变化关系。由简谐运动的对称性知小球初、末状态的加速度大小相等而方向相反。综合以上分析可知Ａ选项正确。６．图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在Ｏ点，另一端和运动员相连。运动员从Ｏ点自由下落，至Ｂ点弹性绳自然伸直，经过合力为零的Ｃ点到达最低点Ｄ，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是（　　）①经过Ｂ点时，运动员的速率最大②经过Ｃ点时，运动员的速率最大③从Ｃ点到Ｄ点，运动员的加速度增大④从Ｃ点到Ｄ点，运动员的加速度不变Ａ．①③Ｂ．②③Ｃ．①④Ｄ．②④６．答案　Ｂ　在ＢＣ段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度等于零时，速度最大，即在Ｃ点时速度最大，②对。在ＣＤ段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③对。故选Ｂ。７．（２０１５北京师大附中月考，１２）（多选）如图所示，弹簧ｐ和细绳ｑ的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为ｍ的小球Ｃ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。静止时ｐ、ｑ与竖直方向的夹角均为６０°。下列判断正确的有（　　）Ａ．若ｐ和球突然脱钩，则脱钩后瞬间ｑ对球的拉力大小为ｍｇ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三　牛顿运动定律１９　　　Ｂ．若ｐ和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为３２ｇＣ．若ｑ和球突然脱钩，则脱钩后瞬间ｐ对球的拉力大小为１２ｍｇＤ．若ｑ和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为ｇ１．答案　ＢＤ　原来ｐ、ｑ对球的拉力大小均为ｍｇ。ｐ和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，脱钩后瞬间将球的重力分别沿绳方向和垂直于绳方向进行分解（见图１），得Ｆ－ｍｇｃｏｓ６０°＝ｍｖ２ｒ＝０，即Ｆ＝１２ｍｇ，合力为ｍｇｓｉｎ６０°＝ｍａ，则ａ＝３２ｇ，Ａ错误，Ｂ正确；ｑ和球脱钩后瞬间，ｐ的拉力未来得及改变，仍为ｍｇ，因此合力为ｍｇ（见图２），球的加速度大小为ｇ，故Ｃ错误，Ｄ正确。考点二　牛顿运动定律的综合应用　　一、运用牛顿运动定律解决的两类基本问题　质量为０．１ｋｇ的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的ｖ－ｔ图像如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的３／４。设球受到的空气阻力大小恒为ｆ，取ｇ＝１０ｍ／ｓ２，求：（１）弹性球受到的空气阻力ｆ的大小；（２）弹性球第一次碰撞后反弹的高度ｈ。解析　（１）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为ａ１，由题图知ａ１＝ΔｖΔｔ＝４０．５ｍ／ｓ２＝８ｍ／ｓ２①根据牛顿第二定律得ｍｇ－ｆ＝ｍａ１②ｆ＝ｍ（ｇ－ａ１）＝０．２Ｎ③（２）由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为ｖ１＝４ｍ／ｓ，设球第一次离开地面时的速度大小为ｖ２，则ｖ２＝３４ｖ１＝３ｍ／ｓ④第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为ａ２，则ｍｇ＋ｆ＝ｍａ２ａ２＝１２ｍ／ｓ２⑤于是，有０－ｖ２２＝－２ａ２ｈ⑥解得ｈ＝３８ｍ⑦答案　（１）０．２Ｎ　（２）３８ｍ二、超重和失重超重现象失重现象完全失重现象概念物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的现象产生条件物体的加速度方向竖直向上或加速度有竖直向上的分量物体的加速度方向竖直向下或加速度有竖直向下的分量物体的加速度方向竖直向下，大小ａ＝ｇ视重Ｆ＞ｍｇＦ＜ｍｇＦ＝０＜ｍｇ　　　（２０１８北京海淀期中，３）如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象。由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。她稳定站立时，体重计的示数为Ａ０，关于实验现象，下列说法正确的是（　　）Ａ．“起立”过程，体重计的示数一直大于Ａ０Ｂ．“下蹲”过程，体重计的示数一直小于Ａ０Ｃ．“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于Ａ０的现象Ｄ．“起立”过程，先出现超重现象后出现失重现象解析　“起立”过程先加速上升，再减速上升，最后静止，所以加速度先向上，后向下，最后为零，体重计的示数先大于Ａ０后小于Ａ０最后等于Ａ０，先出现超重现象后出现失重现象，选项Ａ错误，选项Ｄ正确；“下蹲”过程先加速向下，后减速向下，最后静止，体重计的示数先小于Ａ０，后大于Ａ０，最后等于Ａ０，选项Ｂ错误。综合以上分析知，选项Ｃ正确。答案　ＣＤ三、“整体、隔离法”解决连接体问题１．若求解整体的加速度，可用整体法。整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。２．若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。３．若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。也可用“系统的牛顿第二定律”求解。设系统内有几个物体，这几个物体的质量分别为ｍ１、ｍ２、ｍ３、…，加速度分别为ａ１、ａ２、ａ３、…，这个系统的合外力为Ｆ合，则这个系统的牛顿第二定律的表达式为Ｆ合＝ｍ１ａ１＋ｍ２ａ２＋ｍ３ａ３＋…，其正交分解表达式为Ｆｘ合＝ｍ１ａ１ｘ＋ｍ２ａ２ｘ＋ｍ３ａ３ｘ＋…􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２０　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）Ｆｙ合＝ｍ１ａ１ｙ＋ｍ２ａ２ｙ＋ｍ３ａ３ｙ＋…　如图所示，ａ、ｂ两物体的质量分别为ｍ１和ｍ２，由轻质弹簧相连。当用恒力Ｆ竖直向上拉着ａ，使ａ、ｂ一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为ｘ１，加速度大小为ａ１；当用大小仍为Ｆ的恒力沿水平方向拉着ａ，使ａ、ｂ一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为ｘ２，加速度大小为ａ２。则有（　　）Ａ．ａ１＝ａ２，ｘ１＝ｘ２Ｂ．ａ１＜ａ２，ｘ１＝ｘ２Ｃ．ａ１＝ａ２，ｘ１＞ｘ２Ｄ．ａ１＜ａ２，ｘ１＞ｘ２解析　对ａ、ｂ物体及弹簧整体分析，有：ａ１＝Ｆ－（ｍ１＋ｍ２）ｇｍ１＋ｍ２＝Ｆｍ１＋ｍ２－ｇ，ａ２＝Ｆｍ１＋ｍ２，可知ａ１＜ａ２，再隔离ｂ分析，有：Ｆ１－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ１，解得：Ｆ１＝ｍ２Ｆｍ１＋ｍ２，Ｆ２＝ｍ２ａ２＝ｍ２Ｆｍ１＋ｍ２，可知Ｆ１＝Ｆ２，再由胡克定律知，ｘ１＝ｘ２。所以Ｂ选项正确。答案　Ｂ四、动力学中的临界极值问题１．在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现。２．产生临界问题的条件接触与脱离的临界条件两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力ＦＮ＝０相对滑动的临界条件两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值绳子断裂与松弛的临界条件绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是ＦＴ＝０加速度最大与速度最大的临界条件当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合外力最大时，具有最大加速度，合外力最小时，具有最小加速度。当加速度为零时，速度往往达到最大值　　　如图所示，一质量ｍ＝０．４ｋｇ的小物块，以ｖ０＝２ｍ／ｓ的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力Ｆ作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经ｔ＝２ｓ的时间物块由Ａ点运动到Ｂ点，Ａ、Ｂ之间的距离Ｌ＝１０ｍ。已知斜面倾角θ＝３０°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝３３。重力加速度ｇ取１０ｍ／ｓ２。（１）求物块加速度的大小及到达Ｂ点时速度的大小。（２）拉力Ｆ与斜面夹角多大时，拉力Ｆ最小？拉力Ｆ的最小值是多少？解析　（１）设物块加速度的大小为ａ，到达Ｂ点时速度的大小为ｖ，由运动学公式得Ｌ＝ｖ０ｔ＋１２ａｔ２①ｖ＝ｖ０＋ａｔ②联立①②式，代入数据得ａ＝３ｍ／ｓ２③ｖ＝８ｍ／ｓ④（２）设物块所受支持力为ＦＮ，所受摩擦力为Ｆｆ，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Ｆｃｏｓα－ｍｇｓｉｎθ－Ｆｆ＝ｍａ⑤Ｆｓｉｎα＋ＦＮ－ｍｇｃｏｓθ＝０⑥又Ｆｆ＝μＦＮ⑦联立⑤⑥⑦式得Ｆ＝ｍｇ（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）＋ｍａｃｏｓα＋μｓｉｎα⑧由数学知识得ｃｏｓα＋３３ｓｉｎα＝２３３ｓｉｎ（６０°＋α）⑨由⑧⑨式可知对应Ｆ最小时与斜面间的夹角α＝３０°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得Ｆ的最小值为Ｆｍｉｎ＝１３３５Ｎ􀃊􀁉􀁓答案　（１）３ｍ／ｓ２　８ｍ／ｓ　（２）３０°　１３３５Ｎ１．（２０１８北京师大附中期中，３）某同学站在体重计上，通过做下蹲、起立的动作来探究超重和失重现象。下列说法正确的是（　　）Ａ．下蹲过程中人始终处于超重状态Ｂ．起立过程中人始终处于超重状态Ｃ．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态Ｄ．起立过程中人先处于超重状态后处于失重状态１．答案　Ｄ　下蹲过程中，人的重心先加速下降后减速下降，故人的加速度先向下，后向上，人先处于失重状态后处于超重状态，选项Ａ、Ｃ错误；起立过程中，人的重心先加速上升，后减速上升，故人的加速度先向上，后向下，人先处于超重状态后处于失重状态，选项Ｂ错误，Ｄ正确。２．（２０１８北京师大附中期中，１０）如图甲所示，一根材质均匀的粗绳ＡＢ的长度为ｌ，其质量均匀分布，在水平恒力Ｆ的作用􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三　牛顿运动定律２１　　　下，沿水平面做匀加速直线运动，测得绳上距Ａ端ｘ处的张力Ｔ与ｘ的关系如图乙所示。下列说法中正确的是（　　）Ａ．粗绳一定不受摩擦力作用Ｂ．粗绳可能受到摩擦力作用Ｃ．图像的斜率与粗绳的质量有关Ｄ．图像的斜率与粗绳运动的加速度有关２．答案　Ｂ　假设粗绳与水平面间存在摩擦力，设动摩擦因数为μ、粗绳的质量为ｍ，则粗绳单位长度质量为λ＝ｍｌ，先对整个粗绳有Ｆ－ｆ＝ｍａ，可得粗绳的加速度为ａ＝Ｆ－ｆｍ＝Ｆｍ－μｇ，再对粗绳左侧ｌ－ｘ长部分研究，应有Ｔ－μλ（ｌ－ｘ）ｇ＝λ（ｌ－ｘ）ａ，可得Ｔ＝－Ｆｌｘ＋Ｆ。同理若粗绳不受摩擦力，也可得到Ｔ＝－Ｆｌｘ＋Ｆ，无法确定粗绳是否受到摩擦力，故Ａ错误，Ｂ正确。图像的斜率为－Ｆｌ，则图像的斜率只与Ｆ和ｌ有关，与粗绳的质量以及粗绳运动的加速度无关，选项Ｃ、Ｄ错误。３．（２０１８北京四中期中，１６）如图所示，物体Ａ叠放在物体Ｂ上，Ｂ置于光滑水平地面上。Ａ、Ｂ质量分别为６．０ｋｇ和２．０ｋｇ，Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数为０．２，在物体Ａ上施加水平方向的拉力Ｆ，开始时Ｆ＝１０Ｎ，此后逐渐增大，在增大到４５Ｎ的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以下判断正确的是（　　）Ａ．两物体间始终没有相对运动Ｂ．两物体间从受力开始就有相对运动Ｃ．当拉力Ｆ＜１２Ｎ时，两物体均保持静止状态Ｄ．两物体开始没有相对运动，当Ｆ＞１８Ｎ时，开始相对滑动３．答案　Ａ　隔离Ｂ分析，当Ａ、Ｂ间摩擦力达到最大静摩擦力时，Ａ、Ｂ将要发生相对滑动，此时Ｂ的加速度ａＢ＝μｍＡｇｍＢ＝０．２×６．０×１０２．０ｍ／ｓ２＝６ｍ／ｓ２；再对ＡＢ整体分析有：Ｆ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝８×６Ｎ＝４８Ｎ，知当拉力达到４８Ｎ时，Ａ、Ｂ才开始发生相对滑动。故Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误。名师点睛　隔离Ｂ分析，求出Ａ、Ｂ发生相对滑动时的临界加速度，再对ＡＢ整体分析，运用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力。４．（２０１８北京二中月考，８）天花板上吊着一个质量为Ｍ的小盒子，盒中有一个质量为ｍ（不包含在Ｍ之中）的小球，一根轻弹簧将小球与盒子连接在一起，初始时系统静止，如图所示。现突然剪断小盒上方的悬线，有如下判断：①剪断瞬间小球与盒子加速度都为ｇ②小球的加速度为向下ｇ３时盒子的加速度为２ｍ３Ｍ＋１()ｇ③弹簧的弹性势能最大时盒子与小球的速度必相等④当弹簧的弹性势能最小时盒子与小球的加速度必相等以上判断正确的是（　　）Ａ．②③④Ｂ．①③④Ｃ．②③Ｄ．③④４．答案　Ａ　悬线剪断前，以小球为研究对象可知，弹簧的弹力大小Ｆ＝ｍｇ。以整体为研究对象可知悬线的拉力Ｔ＝（Ｍ＋ｍ）ｇ，剪断悬线瞬间弹簧的弹力不变，Ｆ＝ｍｇ，根据牛顿第二定律：对小球有ｍｇ－Ｆ＝ｍａ，得ａ＝０；对盒子有Ｆ＋Ｍｇ＝Ｍａ′，得ａ′＝Ｍ＋ｍＭｇ，故①错误；当小球的加速度为向下ｇ３时，由牛顿第二定律：对小球有ｍｇ－Ｆ′＝ｍａ球，得Ｆ′＝２３ｍｇ；对盒子有Ｆ′＋Ｍｇ＝Ｍａ盒，得ａ盒＝２ｍ３Ｍ＋１()ｇ，故②正确；当弹簧形变量最大时，弹性势能最大，此时小球和弹簧相对静止，弹簧和盒子也相对静止，则知三者速度相等，故③正确；当弹簧形变量为零时，弹性势能最小，此时小球和盒子均只受重力，加速度相等，故④正确。故选Ａ。５．（２０１３北京东城二模）如图（ａ）所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力Ｆ作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力Ｆ与物体位移ｘ的关系如图（ｂ）所示（ｇ＝１０ｍ／ｓ２），则正确的结论是（　　）Ａ．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态Ｂ．弹簧的劲度系数为７．５Ｎ／ｃｍＣ．物体的质量为３ｋｇＤ．物体的加速度大小为５ｍ／ｓ２５．答案　Ｄ　设初始时弹簧压缩量为ｘ０，则ｋｘ０＝ｍｇ。设物体加速度为ａ，当物体位移为ｘ时，Ｆ＋ｋ（ｘ０－ｘ）－ｍｇ＝ｍａ，由此可得Ｆ＝ｋｘ＋ｍａ，弹簧恰好恢复到自然长度时，物体与弹簧分离，Ａ错误；根据Ｆ－ｘ图像的斜率可知，弹簧劲度系数ｋ＝５Ｎ／ｃｍ，所以Ｂ项错误；又当ｘ＝０时，１０Ｎ＝ｍａ，当ｘ＝４ｃｍ时，３０Ｎ－ｍｇ＝ｍａ，联立可得ｍ＝２ｋｇ，ａ＝５ｍ／ｓ２，所以Ｃ错误，Ｄ正确。６．（２０１５北京四中期中，１９）如图所示，在倾角θ＝３７°的足够长的固定斜面上，有一质量ｍ＝１．０ｋｇ的物体，其与斜面间动摩擦因数μ＝０．２５。物体受到平行于斜面向上Ｆ＝９．０Ｎ的拉力作用，从静止开始运动，经时间ｔ＝８．０ｓ绳子突然断裂。若已知ｓｉｎ３７°＝０．６０，ｃｏｓ３７°＝０．８０，ｇ取１０ｍ／ｓ２。试分析求解：􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）（１）绳断时物体的速度大小；（２）从绳子断裂开始到物体再返回斜面底端的运动时间。６．答案　（１）８．０ｍ／ｓ　（２）５．２４ｓ解析　（１）物体向上运动过程中，受拉力Ｆ、重力ｍｇ和摩擦力ｆ，设物体向上运动的加速度为ａ１，根据牛顿第二定律有Ｆ－ｍｇｓｉｎθ－ｆ＝ｍａ１因ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ解得ａ１＝１．０ｍ／ｓ２所以经过ｔ＝８．０ｓ物体的速度大小为ｖ１＝ａ１ｔ＝８．０ｍ／ｓ（２）绳断时物体距斜面底端的位移ｓ１＝１２ａ１ｔ２＝３２ｍ绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为ａ２，则根据牛顿第二定律，对物体沿斜面向上运动的过程有　　ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ２解得ａ２＝８．０ｍ／ｓ２物体做减速运动的时间ｔ２＝ｖ１ａ２＝１．０ｓ，减速运动的位移ｓ２＝ｖ１ｔ２２＝４．０ｍ此后将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为ａ３，根据牛顿第二定律对物体加速下滑的过程有ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ３解得ａ３＝４．０ｍ／ｓ２设物体由最高点到斜面底端的时间为ｔ３，所以物体向下匀加速运动的位移ｓ１＋ｓ２＝１２ａ３ｔ２３，解得ｔ３＝３２ｓ＝４．２４ｓ所以物体从绳子断裂到返回斜面底端的时间为ｔ总＝ｔ２＋ｔ３＝（１．０＋４．２４）ｓ＝５．２４ｓ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋对应学生用书起始页码Ｐ３２方法一　传送带问题的分析方法　　传送带问题历来是高考的热点，同时也是同学们学习的难点，处理这类问题时首先要了解模型，然后利用运动规律分析求解。处理此类问题的一般流程：弄清初始条件→判断相对运动→判断滑动摩擦力的大小和方向→分析物体受的合外力以及加速度的大小和方向→由物体的速度变化分析相对运动，进一步判断以后的受力及运动情况。一、水平传送带问题图示滑块可能的运动情况情景１（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速情景２（１）ｖ０＞ｖ时，可能一直减速，也可能先减速再匀速（２）ｖ０＜ｖ时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景３（１）传送带较短时，滑块一直减速到达左端（２）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。若ｖ０＞ｖ返回时速度为ｖ，若ｖ０＜ｖ返回时速度为ｖ０　　　（２０１７北京海淀期中，９）如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速度ｖ１运行。现使一个质量为ｍ的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度ｖ０（ｖ０＜ｖ１）从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，ｔ０时刻物体的速度达到ｖ１，２ｔ０时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的ｖ－ｔ图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）Ａ．０～ｔ０时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，ｔ０～２ｔ０时间内物体受到静摩擦力的作用Ｂ．０～ｔ０时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大Ｃ．若增大物体的初速度ｖ０但ｖ０仍小于ｖ１，则物体在传送带上运动的时间一定小于２ｔ０Ｄ．若增大物体的初速度ｖ０但ｖ０仍小于ｖ１，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加解析　０～ｔ０时间内，物体与传送带之间有相对滑动，物体受向右的滑动摩擦力，ｔ０～２ｔ０时间内，物体做匀速运动且速度与传送带的速度相等，物体与传送带间无摩擦力，Ａ错误。０～ｔ０时间内，ｆ＝μｍｇ一定，ｖ在增大，所以物体所受摩擦力对物体做功的功率Ｐ瞬＝ｆｖ越来越大，Ｂ正确。如图所示，若增大ｖ０，但ｖ０仍小于ｖ１，又物体的位移相同，即图线与ｔ轴围成的面积相同，则ｔ１＜２ｔ０，Ｃ正确。传送带在物体做加速运动过程中对其做功，所做的功Ｗ＝１２ｍｖ２１－１２ｍｖ２０，末速度ｖ１不变，ｖ０变大，所以做功减小，Ｄ错误。答案　ＢＣ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题三　牛顿运动定律２３　　　　　二、倾斜传送带问题图示滑块可能的运动情况情景１（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速情景２（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速（３）可能先以ａ１加速后以ａ２加速情景３（１）可能一直加速（２）可能先加速后匀速（３）可能一直减速（４）可能先减速后匀速（５）可能一直匀速（６）可能先以ａ１加速后以ａ２加速情景４（１）可能一直加速（２）可能一直减速（３）可能一直匀速（４）可能先减速后反向加速　　　如图所示，倾角为３７°、长为ｌ＝１６ｍ的传送带，转动速度为ｖ＝１０ｍ／ｓ，在传送带顶端Ａ处无初速度地释放一个质量为ｍ＝０．５ｋｇ的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝０．５。已知ｓｉｎ３７°＝０．６，ｃｏｓ３７°＝０．８，ｇ＝１０ｍ／ｓ２。求：（１）传送带顺时针转动时，物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间；（２）传送带逆时针转动时，物体从顶端Ａ滑到底端Ｂ的时间。解析　（１）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向上，又μ＜ｔａｎ３７°，故物体相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有ｍｇｓｉｎ３７°－μｍｇｃｏｓ３７°＝ｍａ则ａ＝ｇｓｉｎ３７°－μｇｃｏｓ３７°＝２ｍ／ｓ２又ｌ＝１２ａｔ２得ｔ＝４ｓ（２）传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为ａ１，由牛顿第二定律得ｍｇｓｉｎ３７°＋μｍｇｃｏｓ３７°＝ｍａ１则有ａ１＝ｍｇｓｉｎ３７°＋μｍｇｃｏｓ３７°ｍ＝１０ｍ／ｓ２设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为ｔ１，位移为ｘ１，则有ｔ１＝ｖａ１＝１０１０ｓ＝１ｓ，ｘ１＝１２ａ１ｔ２１＝５ｍ＜ｌ＝１６ｍ因ｍｇｓｉｎ３７°＞μｍｇｃｏｓ３７°，则当物体运动速度等于传送带速度后，物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力———摩擦力发生突变。设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为ａ２，则ａ２＝ｍｇｓｉｎ３７°－μｍｇｃｏｓ３７°ｍ＝２ｍ／ｓ２ｘ２＝ｌ－ｘ１＝１１ｍ又因为ｘ２＝ｖｔ２＋１２ａ２ｔ２２，则有１０ｔ２＋ｔ２２＝１１，解得：ｔ２＝１ｓ（ｔ２＝－１１ｓ舍去）所以ｔ总＝ｔ１＋ｔ２＝２ｓ。答案　（１）４ｓ　（２）２ｓ１－１如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率ｖ１运行。初速度大小为ｖ２的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的Ａ处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的ｖ－ｔ图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知ｖ２＞ｖ１，则（　　）甲　乙Ａ．ｔ２时刻，小物块离Ａ处的距离达到最大Ｂ．ｔ２时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大Ｃ．０～ｔ２时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左Ｄ．０～ｔ３时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用１－１答案　Ｂ　由ｖ－ｔ图像知物块先向左减速，后反向加速到ｖ１再做匀速直线运动，ｔ１时刻离Ａ距离最大，Ａ错误；ｔ２时刻二者相对静止，故ｔ２时刻物块相对传送带滑动距离最大，Ｂ正确；０～ｔ２时间内摩擦力方向一直向右，Ｃ错误；在０～ｔ２时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在ｔ２～ｔ３时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，Ｄ错误。１－２（２０１５北京东城调研，１１）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，传送带的速率为ｖ１。一物块从传送带的上端Ａ滑上传送带，滑上时速率为ｖ２，且ｖ１＞ｖ２，物块与传送带间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力，关于物块离开传送带时可能的速率ｖ和位置，下面说法中一定错·误·的是　（　　）Ａ．从下端Ｂ离开，ｖ＞ｖ２Ｂ．从下端Ｂ离开，ｖ＜ｖ２Ｃ．从上端Ａ离开，ｖ＝ｖ２Ｄ．从上端Ａ离开，ｖ＜ｖ２１－２答案　Ｄ　对物块受力分析如图所示，当ｍｇｓｉｎθ＞ｆ＝μｍｇｃｏｓθ时，物块沿传送带加速下滑，从下端Ｂ离开，且ｖ＞ｖ２。当ｍｇｓｉｎθ＜ｆ＝μｍｇｃｏｓθ时，物块沿传送带减速下滑，若传送带长度较短，物块的速度未减到０就已从Ｂ端离开，则ｖ＜ｖ２；若物块在未离开传送带时速度已经减到０，则会以相同的加速度ａ向上加速，由于ａ相同，位移ｓ相同，故物块从Ａ离开时ｖ＝ｖ２。选Ｄ。􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４　　　５年高考３年模拟　Ｂ版（教师用书）方法二　滑块—滑板问题的分析方法　　一、模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。二、两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。设板长为Ｌ，滑块位移为ｘ１，滑板位移为ｘ２同向运动时：反向运动时：三、解题思路审题建模弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况、运动情况，清楚题给条件和所求→建立方程↓根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度（两过程接连处的加速度可能突变）→明确关系↓找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带→　如图所示，质量Ｍ＝８ｋｇ的小车放在光滑水平面上，在小车左端施加一水平恒力Ｆ＝８Ｎ，当小车向右运动速度达到ｖ０＝３ｍ／ｓ时，在小车的右端轻轻放一个大小不计、质量ｍ＝２ｋｇ的小物块。小物块与小车间的动摩擦因数μ＝０．２，小车足够长。ｇ取１０ｍ／ｓ２，则：（１）放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；（２）经多长时间两者达到相同的速度；（３）从小物块放上小车开始，经过ｔ＝３ｓ小物块通过的位移大小为多少？解析　（１）小物块的加速度ａｍ＝μｍｇｍ＝μｇ＝２ｍ／ｓ２小车的加速度ａＭ＝Ｆ－μｍｇＭ＝０．５ｍ／ｓ２（２）由ａｍｔ＝ｖ０＋ａＭｔ，得ｔ＝２ｓ，ｖ同＝２×２ｍ／ｓ＝４ｍ／ｓ（３）在开始２ｓ内，小物块通过的位移ｘ１＝１２ａｍｔ２＝４ｍ在接下来的１ｓ内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度ａ＝ＦＭ＋ｍ＝０．８ｍ／ｓ２小物块的位移ｘ２＝ｖ同ｔ′＋１２ａｔ′２＝４．４ｍ通过的总位移ｘ＝ｘ１＋ｘ２＝８．４ｍ。答案　（１）２ｍ／ｓ２　０．５ｍ／ｓ２　（２）２ｓ　（３）８．４ｍ２－１如图，在光滑水平面上有一质量为ｍ１的足够长的木板，其上叠放一质量为ｍ２的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间ｔ增大的水平力Ｆ＝ｋｔ（ｋ是常数），木板和木块加速度的大小分别为ａ１和ａ２。下列反映ａ１和ａ２变化的图线中正确的是（　　）２－１答案　Ａ　在ｍ２与ｍ１相对滑动前，ｍ１和ｍ２一起以相同的加速度ａ运动，Ｆ＝ｋｔ＝（ｍ１＋ｍ２）ａ，ａ与ｔ成正比关系，ａ－ｔ关系图线的斜率为ｋｍ１＋ｍ２；当ｍ１与ｍ２相对滑动后，ｍ１受到的摩擦力Ｆｆ＝μｍ２ｇ＝ｍ１ａ１，得ａ１＝μｍ２ｇｍ１为一恒量。对ｍ２有Ｆ－μｍ２ｇ＝ｍ２ａ２，得ａ２＝ｋｔｍ２－μｇ，图线的斜率为ｋｍ２，斜率比共同运动时增大，可知Ａ正确，Ｂ、Ｃ、Ｄ错误。２－２如图所示，质量Ｍ＝１ｋｇ的木板Ａ静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量ｍ＝１ｋｇ的铁块Ｂ（大小可忽略），铁块与木板间的动摩擦因数μ１＝０．３，木板长Ｌ＝１ｍ，用Ｆ＝５Ｎ的水平恒力作用在铁块上，ｇ取１０ｍ／ｓ２。（１）若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动；（２）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ２＝０．１，求铁块运动到木板右端所用的时间。２－２答案　（１）见解析　（２）２ｓ解析　（１）Ａ、Ｂ之间的最大静摩擦力为ｆｍ＝μ１ｍｇ＝０．３×１×１０Ｎ＝３Ｎ假设Ａ、Ｂ之间不发生相对滑动，则对ＡＢ整体：Ｆ＝（Ｍ＋ｍ）ａ对Ａ：ｆＢＡ＝Ｍａ解得：ｆＢＡ＝２．５Ｎ因ｆＢＡ＜ｆｍ，故Ａ、Ｂ之间不发生相对滑动。（２）对Ｂ：Ｆ－μ１ｍｇ＝ｍａＢ对Ａ：μ１ｍｇ－μ２（Ｍ＋ｍ）ｇ＝ＭａＡ据题意：ｘＢ－ｘＡ＝ＬｘＡ＝１２ａＡｔ２；ｘＢ＝１２ａＢｔ２解得：ｔ＝２ｓ􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋