2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题03：牛顿运动定律（含解析）

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1、专题 03 牛顿运动定律第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律，且更加突出考查学生运用“力和运动的观点“分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多，一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律在生活生产和科技中的应用。第二部分精选试题一、单选题1

2、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块（）A加速度逐渐减小B经过 O 点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】 D【解析】【详解】由于水平面粗糙且 O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在 OA 之间，加速度为零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从 A 到 B 的过程中加速度先减小后反向增大，A 错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在 AO 之间某一位置，B 错误；从

3、 A 到 O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从 O 到 B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C 错误；从 A 到 B 过程中根据动能定理可得 ，即 ，即弹簧弹力做弹 克 =0 弹 =克 的功等于克服摩擦力做的功，D 正确2质量为 400 kg 的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度 a 和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车在加速的过程中( )1A速度随时间均匀增大B加速度随时间均匀增大C输出功率为 160 kWD所受阻力大小为 1 60 N【答案】 C【解析】【详解】由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，速度随时间不是均匀增大故 A 错误；a- 函

4、数方程1a 4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故 B 错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、400牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；其中：F=P/v；联立得： ，结合图线，=当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a=0 时， =0.01，v=100m/s，所以最大1速度为 100m/s；由图象可知：f/m4，解得：f=4m=4400=1600N； ，解得：01400 100400P=160kW，故 C 正确，D 错误；故选 C。3最近，不少人喜欢踩着一种独轮车，穿梭街头。这种独轮车全名叫电动平衡独轮车，其中间是一个窄窄的轮子，两侧各有一块踏板。当人站在踏板

5、上向右运动时，可简化为如图甲、乙所示的模型。关于人在运动中踏板对人脚的摩擦力，下列说法正确的是A考虑空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力向左B不计空气阻力，当人以如图甲所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力向左C考虑空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右匀速运动时，脚所受摩擦力可能为零D不计空气阻力，当人以如图乙所示的状态向右加速运动时，脚所受摩擦力不可能为零【答案】 C【解析】【详解】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力为右，故 A 错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，合力向右，即脚所受摩擦力向右，故 B

6、 错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故 C 正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力提供加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故 D 错误；故选 C。【点睛】此题考查根据不同的运动状态来分析脚受到力的情况，掌握物体的平衡条件以及加速度与合外力的关系，注意人水平方向向右运动时空气阻力的方向是水平向左的4如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至 A 点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在 A、B 两点间来回摆

7、动当小球摆到 B 点时，细线恰好断开，则小球将（）A在 B 点保持静止 B沿 BE 方向运动C沿 BC 方向运动 D沿 BD 方向运动【答案】 B【解析】由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在 A、 B 两点间来回摆动。当小球摆到 B 点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿 BE 方向运动。故选B。【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在 B 点的运动状态。5 （2018普通高等学校招生全国统一考试模拟试题）如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角 、长

8、 l=500 m 的斜面。一辆质量 m=2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，=30其加速度 a 随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到 1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定。已知行驶过程中电动汽车受到的阻力 Ff（摩擦和空气阻力）不变，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列说法正确的是A电动汽车所受阻力 Ff=12 000 NB电动汽车的速度达到 1 m/s 后，牵引力的功率 P0=12 kWC第 1 s 内电动汽车牵引力的功率 P 与时间 t 满足 P=12 000tD第 1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为 6 000 J【

9、答案】 D【解析】加速阶段由牛顿第二定律可知：F-F f-mgsin=ma，之后保持功率不变， -Ff-mgsin=ma，电功汽0车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到 0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，-Ff-mgsin=0 解得 P0=14KW；F f=2000N；选项 AB 错误；第 1s 内电动汽车牵引力的功率0P=Fv=14000t，选项 C 错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移 ，牵引力大小为=22=0.514000N，牵引力与阻力做功的代数和为(F-F f)x=6000J，选项 D 正确；故选 D.点睛：此题关键是能从 a-t 图像中获取有用的信息，搞清电动汽车

10、的运动的特这，结合牛顿第二定律及功率的知识进行分析解答.6如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块A上滑所需时间与下滑所需时间相等B上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等C上滑时的加速度与下滑时的加速度相等D上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反【答案】 B【解析】设斜面的长度为 x，物块和斜面间的动摩擦因数为 ，斜面倾角为 ，物体质量为 m，斜面质量为 M；A、C、根据牛顿第二定律可得物体上滑的加速度大小 ，下滑1=+ =+的加速度大小 ，可知 a1 a2，上升过程中根据逆向思维可以

11、看2= =成是加速度为 a1的匀加速直线运动，根据 知， t1 t2，即物体沿斜面上滑的时间一定小于=122沿斜面下滑的时间，故 A、C 错误；B、上滑过程中和下滑过程中机械能的损失都等于克服摩擦力做的功，即为 mgx cos ，故 B 正确；D、物体先减速上滑，后加速下滑，加速度一直沿斜面向下，对整体受力分析，受到总重力、支持力和向左的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：x 方向分析：上滑过程中 f1=ma1cos ，下滑过程中 f2=ma2cos ，地面对斜面体的静摩擦力方向一直未变向左，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题关键是用整体法进行受力分析，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列方程分析

12、求解；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。7如图，在绕地运行的天宮一号实验舱中，宇 航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球拉直 细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它沿 bdac 做圆周运动在 a、b、c、d四点时（d、c 两点与圆心等高） ，设在天宫一号实验舱中测量小球动能分别为 、 、 ，细绳拉力大小分别为 、 、 、 ，阻力不计，则（） A =B若在 c 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做竖直上抛运动C =D若在 b 点绳子突然断裂，王亚平看到小球做平抛运动【答案】 C【解析】AC：在绕地运行的天宫一号实验舱中，小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，小球做匀速圆周运

13、动，则有 Eka=Ekb=Ekc=Ekd完全失重时，只有绳的拉力提供向心力公式 ，=2v、 r、 m 都不变，小球的向心力大小不变，则有： Ta=Tb=Tc=Td故 A 项错误，C 项正确。BD：在 b 点或 c 点绳断，小球只有沿着圆周的切线方向的速度，没有力提供向心力，做离心运动且沿切线方向做匀速直线运动。故 BD 两项均错误。点睛：解答本题要抓住小球处于完全失重状态，由绳子的拉力提供向心力，再根据向心力公式分析即可。8如图所示，一个“V”形槽的左侧挡板 A 竖直，右侧挡板 B 为斜面，槽内嵌有一个质量为 的光滑球 C。 “V”形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段

14、时间内，设挡板 A、B 对球的弹力分别为 F1、F 2，下列说法正确的是( )AF 1、F 2都逐渐增大BF 1、F 2都逐渐减小CF 1逐渐减小，F 2逐渐增大DF 1、F 2的合外力逐渐减小【答案】 D【解析】光滑球 C 受力情况如图所示：F2的竖直分力与重力相平衡，所以 F2不变；F1与 F2水平分力的合力等于 ma，在 V 形槽在水平面上由静止开始向右做加速度不断减小的直线运动的一小段时间内，加速度不断减小，由牛顿第二定律可知 F1不断减小，F 1、F 2的合力逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误；故选 D。【点睛】以光滑球 C 为研究对象，作出光滑球 C 受力情况的示意图；竖直方

15、向上受力平衡，水平方向根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合加速度的变化解答。9如图所示，质量为 M 的斜面体放在粗糙的水平面上，物体 A 和 B 通过细线跨过定滑轮相连，不考虑滑轮的摩擦和质量，斜面与 A 和 B 间都没有摩擦，细线与斜面平行。在图示情况下都静止不动，细线的张力为 T，斜面体对地面的压力为 N，斜面体与地面的摩擦力为 f。如果将 A 和 B 位置对换且 A 和 B 都没达地面上时；，斜面体依然静止，细线的拉力为 T1，斜面体对地面的压力为N1，斜面体与地面的摩擦力为 f1，那么（）ATT 1，f 1 fBN 1N，T=T 1CT 1=T，f 1不为零，f=0DN 1=N，f

16、1=f0【答案】 C【解析】由初始情景可加 mA=mBsin, mAmB,互换位置后 , ，1BBgTma1sinAAgma解得 T1= mAg， a=g(1-sin ),B 将加速下落，由超重和失重可知， NN1；初始细度拉力 T= mAg，互接位置后， T1=mAg，由质点系的牛顿第二定律可得 f=0， f1=mAax+M0+mB0=mAg(1-sin )cos 0.故选 C.【点睛】本题涉及加速度不同的连接体问题，也可以采用整体法研究，可分竖直和水平两个方向分别列式分析。10一个质量为 M 的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为 m 的小球,线的另一端拴在箱子的顶板

17、上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成 角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,则以下判断正确的是( )A在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变B小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力C小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力D小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于 mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g【答案】 D【解析】在小球摆动的过程中，速度越来越大，对小球受力分析根据牛顿第二定律可知：，绳子在竖直方向的分力为： ，由于速度越来=2 =(+2)越大，角度 越来越小，故

18、越大，故箱子对地面的作用力增大，在整个运动过程中箱子对地面的 作用力时刻变化，故 A 错误；小球摆到右侧最高点时，小球有垂直于绳斜向下的加速度，对整体由于箱子不动加速度为 ， 为 小球在竖直方向的加速度，根据牛顿第二定律可知：=0 ，则有： ，故 ，根据牛顿第三定(+)=+ =(+) 2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧B若 1= 2, 可用轻杆替代弹簧C若 10B、设木块 1 的最小速度为 ，木块 1 的加速度 做匀减速；木板的加速度为 做1 =1 3=3匀加速；当两者速度相等时 木块 1 的速度达到最小即 解得 ，故 B 错误；1=0= 1=120C、设木块 2 的最小速度为 ，此过程木块 2

19、 的速度该变量为 ，而木块 3 速度改变量与木块2 022 速度该变量相等，即木块 3 的速度为 由动量守恒可得0+2，解得： ，故 C 正确；(0+20+30)=52+(0+2) 2=560D、当木块 3 相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为 ，则由动量守恒可得：3(0+20+30)=63解得： 3=0对木块 3，由动能定理可知 ，解得： ，故 D 正确；=122312(30)2 =420故选 CD17如图倾角为 300的传送带在电动机带动下始终以 V0的速度匀速上行. 相等质量的甲，乙两种不同材料的滑块（可视为质点）分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升 h 高度滑至顶端

20、时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升 h/2 高度处恰与皮带保持相对静止.现比较甲，乙两滑块从传送带底端到顶端的过程A甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C两个过程中皮带对滑块所做的功相同D两个过程中电动机对皮带所做的功相同【答案】 BC【解析】A：对甲滑块： ， ；对乙滑块：20=21300 1300300=1， 。可得 ，即甲滑块与皮带的动摩擦因数小于20=222300 2300300=2 1E 3BE 2E 1E 3Cv 1=v2v 3Dv 2E3，物体在 2 上做曲线运动，则物体对曲面的压力大于对斜面 1 的压力

21、，则物体下滑过程中克服摩擦力做功 W2f=FNLmg Lcos=W 1f，损失的机械能关系为：E 2E 1；即E 2E 1E 3，故 A错误，B 正确；根据能量关系： ，则 v2 v1v 3，则选项 D 正确，C 错误；故选122=BD.20如图所示，一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，物体 A、B 叠放在斜面体上，物体 B 受沿斜面向上的力 F 作用沿斜面匀速上滑，A、B 之间的动摩擦因数为 ，mg cos ，所以 A、 B 不能保持相对静止，故 A 错误B、以 A 为研究对象， A 受到重力、支持力和 B 对 A 的摩擦力，如图甲所示N mgcos ，mgsin N ma，由于 0.将

22、 B 和斜面体视为整体，受力分析如图乙所示可知地面对斜面体的摩擦力等于 mg(sin cos )cos Fcos ；故 B 正确；C、以三者整体为研究对象： A 有沿斜面向下的加速度，故地面受到的压力不等于( M2 m)g， C 错误D、 B 与斜面体间的正压力 N2 mgcos ，对 B 分析，根据共点力平衡有F mgsin mg cos f，则 B 与斜面间的动摩擦因数 ，故 D 正确=-2故选 BD三、解答题21如图所示，质量 、长度 的木板 静置于水平地面上，木板 与地面间的动摩擦=15 g =2 m 因数 ，地面右端的固定挡板 与木板 等高。在挡板 右侧竖直虚线 、 之间的区域内1=

23、0.1 存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为 和 的半圆围成的环带状区域内存1 1 m 2=3 m在方向垂直纸面向里的匀强磁场，两半圆的圆心 到固定挡板 顶点的距离 。现有一质量 2 m、带电荷量 的物块 可视为质点）以 的初速度滑上木板 ，二者之 15 g =+6105 0=4 m/s 间的动摩擦因数 ，当物块 运动到木板 右端时二者刚好共速，且本板 刚好与挡板 碰撞，2=0.3 物块 从挡板 上方飞入 区城，并能够在磁场区域内做匀速圆周运动，重力加速度 取 . 10 m/s2(1)当物块 刚滑上本板 时，求物块 和木板 的加速度大小， (2)求电场强度的大小.(3)为保证小物块 只

24、能从环带状区城的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。【答案】(1) ； ；(2) ；(3) 或3 m/s2 1 m/s2 25 V/m 153 T 5 T【解析】【详解】解：(1) 当物块 刚滑上木板 时，对物块 受力分析有： 2=2解得： 2=3 m/s2对本板 受力分析有： 212=1解得： 1=1 m/s2(2)物块 进入区域 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有： =解得： =25 V/m(3)物块 与木板 共速时有： =02=1解得： =1 m/s粒于做匀速圆周运动有： =2要使物块 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场、物块 在磁场中运动的轨迹半径 应满足： 或

25、12 +12 +22解得： 或5 T 153 T则磁感应强度大小的取值范围为： 或153 T 5 T22如图所示，长木板质量 M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块 A，右端放着一个质量也为 m=1 kg 的物块 B，两物块与木板间的动摩擦因数均为 =0.4，AB 之间的距离 L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块 A 施加方向水平向右的恒定推力 F 作用，取 g=10 m/s2。（1）为使物块 A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）若 F=8 N，求物块 A 经过多长时间与 B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则

26、碰后瞬间 AB 的速度分别是多少？【答案】 （1）5 N （2）v A=2m/s vB=8m/s【解析】【详解】（1）据分析物块 A 与木板恰好发生相对滑动时物块 B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力。设物块 A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为 F0，整体的加速度大小为 a，则：对整体： F0=（2 m+M） a对木板和 B： mg =（ m+M） a解之得： F0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为 5 N；（2）物块的加速度大小为： =42木板和 B 的加速度大小为： =1m/s2=设物块滑到木板右端所需时间为 t，则：x A-xB=L即122122=解之得： t=2

27、 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a+mvB=mva+mv B机械能守恒： mva2+ mvB2= mva 2+ mvB 212 12 12 12解得：v A=2m/s v B=8m/s23如图所示，一质量为 m1=1kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因素 1=0.1，木板最右端放有一质量为 m2=1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因素 2=0.2。现给木板左端施加一大小为 F=12N、方向水平向右的推力，经时间 t1=0.5s 后撤去推力 F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未

28、脱离木板，取 g=10m/s2，求：(1)撤去推力 F 瞬间，木板的速度大小 v1即物块的速度大小 v2；(2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量。【答案】 （1）4m/s；1m/s（2）1.5m（3）12J【解析】【详解】(1)假设木板和物块有相对滑动，撤 F 前，对木板： 1(1+2)22=11解得： 1=8m/s2对物块： 22=22解得： 2=2m/s2因 ，故假设成立，撤去 F 时，木板、物块的速度大小分别为： 12 1=11=4m/s2=21=1m/s(2)撤 F 后，对木板： 1(1+2)+22=13解得： 3=4m/s2对物块： 22=24解得： 4=2m/s2撤去

29、 F 后，设经过 t2时间木板和物块速度相同：对木板有： =132对物块有： =2+42得： ， 2=0.5s =2m/s撤 F 前，物块相对木板向左滑行了 1=121222=0.75m撤 F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 2=1+222+22=0.75m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为： =1+2=1.5m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量： 1=22=3J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为 a，有： =1=1m/s2全过程中木板对地位移为： =121+1+22+22=4.5m木板与地面间因摩擦产生的热量为： 2=1(1+2)=9J故全过程中因摩擦产生的热量为

30、： =1+2=12J解法二：由功能关系可得： =11=121=12J24如图所示，t0 时一质量 m1 kg 的滑块 A 在大小为 10 N、方向与水平向右方向成 37的恒力 F 作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t 12 s 时撤去力 F； t0 时在 A 右方 x07 m 处有一滑块 B 正以 v07 m/s 的初速度水平向右运动。已知 A 与地面间的动摩擦因数 10.5，B 与地面间的动摩擦因数 20.1，取重力加速度大小 g10 m/s2，sin370.6，cos370.8。两滑块均视为质点，求：（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；（2）两滑块间的最小距离。【答案】

31、 （1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力 F 前后时 A 的加速度以及 B 的加速度；根据撤去 F 之前时速度相等和撤去 F 之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.【详解】（1）对物块 A，由牛顿第二定律： ；1()=1对物体 A 撤去外力后： ；1=1对物体 B： 2=2A 撤去外力之前两物体速度相等时： ，得 t1 s1=02A 撤去外力之后两物体速度相等时： ，得 t3.75 s111(1)=02（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则： x x

32、0 x2 x1；2=012221=12121+11(1)121(1)2得 x0.875 m25如图甲所示，长为 L=4.5m 的薄木板 M 放在水平地面上，质量为 m=l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止。现用一水平向左的力 F 作用在木板 M 上，通过传感器测m、M 两物体的加速度与外力 F 的变化关系如图乙所示。已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m/s 2。求：(1)m、M 之间的动摩擦因数;(2)M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数;(3)若开始时对 M 施加水平向左的恒力 F=29 N，求:t=4s 时 m 到

33、M 右端的距离.【答案】(1) (2)4kg； (3) 0.4 0.1 6.625【解析】【详解】(1)由乙图知， m、 M 一起运动的最大外力 Fm=25N，当 F25N 时， m 与 M 相对滑动，对 m 由牛顿第二定律有： 1=1由乙图知 1=4m/s2解得： 1=0.4(2)对 M 由牛顿第二定律有： 12(+)=2即: 2=12(+) =12(+) +乙图知： ，1=14 12(+)=94解得： M = 4kg, 2=0.1(3)由于 F=29N25N，所以从开始 m 就 与 M 相对滑动对地向左做匀加速运动，加速度为 ， M 加速度1为 2M 的加速度大小 ,方向向左，2=12(+

34、) =5m/s2在 m 没有滑落板之前 M 的位移大小 2=12221m 的位移大小 1=1212121=解得： 1=3此后 m 从 M 上掉下来，之后 M 的加速度大小为 a3，对 M 由生顿第二定律 2=3可 得: 3=254m/s2M 的加速度为 4 2=4m/s24=1m 从 M 上刚掉下来时 M 的速度为 , =15m/s=21M 的速度为 =12m/s=11m 从 M 上刚掉下来后 M 的位移为 =(1)+123(1)2m 从 M 上刚掉下来后 m 的位移为 =(1)124(1)2m 从 M 上刚掉下来后 m 与 M 的距离为 =538=6.625【点睛】本题综合性很强，涉及到物理

35、学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点。26如图所示，一足够长斜面倾角 =37，斜面上有一质量为 m=1kg 的木板，在木板上放一质量也为 m=1kg 的金属块（可看成质点） ，t=0 时刻金属块的速度为 v0=20m/s。方向沿斜面向上，同时给木板施加一个眼斜面向上的拉力 F=14N，使木板从静止开始运动。当 t=2s 时撤去拉力 F，已知金属块和木板间动摩擦因数 1=0.25，木板和斜面间动摩擦因数 2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）前 2s 内金属块和木板的加速度；（2）从 t=0 到金属块速度减小到 0 的过程中木板

36、在斜面上的位移（此过程金属块始终未离开木板，计算结果保留三位有效数字） 。【答案】(1) 金属块的加速度 ，方向沿斜面向下，木板的加速度 ，方向沿斜1=8/2 2=2/2面向上 (2) 4.67【解析】(1)对金属块和木板应用牛顿运动定律有 1+=1+122=2解得金属块的加速度 ，方向沿斜面向下，1=8m/s2木板的加速度 ，方向沿斜面向上。2=2m/s2(3)2s 末金属块的速度为 ，1=01=4m/s木板的速度为 2=2=4m/s可见撤去 F 时金属块和木板速度相等。分析得知此后一段时间金属块的加速度仍为 ，方向沿斜面向下。1=8m/s2设此后一段时间板的加速度为 ：3由牛顿第二定律可得

37、： ，+221=3解得 ，方向沿斜面向下。3=12m/s2由于 ，故木板速度先减到零，此后在金属块上滑的过程中，假设木板静止在斜面上斜面上，13受到斜面的静摩擦力为 f，则 ， f=4N=+1木板和斜面之间的最大静摩擦力 , ，假设成立。=2=8设金属块速度减小到 0,的过程中木板在斜面上滑动的位移为 x，则 ，方向沿斜=2122+2123=4.67面向上。【点睛】本题的关键要正确分析木块和木板受力情况，判断其运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理是基本方法。27如图所示，与水平面成 30的传送带正以 v3 m/s 的速度匀速运行， A、 B 两端相距l13.5 m。现每隔 1 s 把

38、质量 m1 kg 的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 ，取 g10 m/s 2，结果保留两位有效数字。求：235(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？【答案】(1)0.50 m 3.0 m (2)33 N【解析】【详解】（1）设工件在传送带上加速运动时的加速度为 a，则由牛顿第二定律有：=代入数据可得加速度为： =1/2刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离为：=122=12112=0.5当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有： =3.0（2）由于工件加速时间为 ，

39、因此传送带上总有三个（n 1=3)工件正在加速，故所有1=31=3做 加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力：1=3在滑动摩擦力作用下工件移动的距离为：=2=3221=4.5所以传送带上匀速运动的工件个数为：=13.54.53 =3当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力 所以做匀速运动的工件对传0=送带的总静摩擦力 2=20与空载相比，传送带需要增加的牵引力为：=1+2=3235 110+3110=33【点睛】本题是关于传送带的问题，解决本题注意以下几个方面：1、对工件正确的受力分析，正确的列出动力学方程。2、必须分析清楚在加速的工件和匀速的工件个数，这样才能求出与空载相比，传送带需要

40、增加的牵引力。28如图所示，上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 37的足够长的斜面上；将一小物块 A从木板 B 的中点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块 A 的质量 m1 kg，木板 B 的质量 m04 kg，板长 L3.6 m，木板与斜面间的动摩擦因数为 0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8。（1）求第一次碰撞后的瞬间 A、 B 的速度；（2）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中， A 距 B 下端的最大距离。（3）求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程

41、中，重力对 A 做的功。【答案】(1)3.6 m/s，沿斜面向上 2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m 28.8 J【解析】【详解】（1）对木板 B 有 ，所以 A 与 B 发生碰撞前木板 B 处于静止状态。(+)37=37设小物块 A 与木板 B 碰撞前得速度为 ，根据机械能守恒有0 2=1220A 与 B 碰撞满足动量守恒和机械能守恒：0=1+021220=1221+12022解得 ， ，可见 A 与 B 第一次碰撞后 A 的速度大小为 3.6m/s，方向沿斜面1=3.6/2=2.4/向上；B 的速度为 2.4m/s，方向沿斜面向下。（2）A 与 B 第一次碰撞后，A 沿木板向上做匀减速运动，B 沿斜面向下做匀速运动，在 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，当 AB 的速度相等时，A 距 B 下端的距离最大，A 的运动时间为，A 距 B 下端的最大距离 其中： ， ，联立以上方1=2137 =- =12(1+2)1 =21程解得 =3A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞的时间为 ，碰撞前 A 的速度为 ，由于 A 与 B 从第一次碰撞到2 第二次碰撞前的位移相同，即：1+22=22此过程对 A 由动能定理 ，解得=1221221 =28.8【点睛】本题是一道牛顿运动定