1、考點(diǎn)11牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用考點(diǎn)名片考點(diǎn)細(xì)研究：本考點(diǎn)是物理教材的基礎(chǔ)，也是歷年高考必考的內(nèi)容之一，其主要包括的考點(diǎn)有：(1)超重、失重；(2)連接體問題；(3)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。其中考查到的如：2015年全國(guó)卷第25題、2015年全國(guó)卷第25題、2015年海南高考第9題、2014年北京高考第8題、2014年四川高考第7題、2014年大綱卷第19題、2014年江蘇高考第5題、2014年福建高考第15題、2013年浙江高考第17題和第19題、2013年廣東高考第19題、2013年山東高考第15題等。備考正能量：牛頓運(yùn)動(dòng)定律是歷年高考的主干知識(shí)；它不僅是獨(dú)立的知

2、識(shí)點(diǎn)，更是解決力、電動(dòng)力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律。可單獨(dú)命題(選擇題、實(shí)驗(yàn)題)，也可綜合命題(解答題)。高考對(duì)本考點(diǎn)的考查以對(duì)概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1小明家住十層，他乘電梯從一層直達(dá)十層。則下列說法正確的是()A他始終處于超重狀態(tài)B他始終處于失重狀態(tài)C他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)D他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)答案C解析小明乘坐電梯從一層直達(dá)十層過程中，一定是先向上加速，再向上勻速，最后向上減速，運(yùn)動(dòng)過程中加速度方向最初向上，中間為零，最后加速度方向向下，因此先后對(duì)應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重、平衡、失重三個(gè)狀態(tài)，C正確。2如圖所示，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在

3、某時(shí)刻(t0)將一相對(duì)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(dòng)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(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象可能是圖中的()答案A解析放上小木塊后，長(zhǎng)木板受到小木塊施加的向左的滑動(dòng)摩擦力和地面向左的滑動(dòng)摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小木塊受到向右的滑動(dòng)摩擦力作用，做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時(shí)的加速度小于木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度，故A正確，也可能物塊與長(zhǎng)木板間動(dòng)摩擦因數(shù)較小，達(dá)到共同速度后物塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)，給木板向右的摩擦力

4、，但木板的加速度也小于剛開始運(yùn)動(dòng)的加速度，B、C錯(cuò)誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。3如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個(gè)豎直向下的恒力F，則()A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度a勻加速下滑C物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D物塊將以小于a的加速度勻加速下滑答案C解析對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，設(shè)斜面的角度為，可列方程mgsinmgcosma，sincos，當(dāng)加上力F后，由牛頓第二定律得(mgF)sin(mgF)cosma1，即mgsinmgcosFsinFcosma1，maFsinFcosma1，F(xiàn)sinFcosF(sincos)，大

5、于零，代入上式知，a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項(xiàng)正確。4. (多選)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()A減小A物塊的質(zhì)量 B增大B物塊的質(zhì)量C增大傾角 D增大動(dòng)摩擦因數(shù)答案AB解析對(duì)A、B組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F(mAmB)gsin(mAmB)gcos(mAmB)a，隔離物體B，應(yīng)用牛頓第二定律得，F(xiàn)TmBgsinmBgcosmBa。以上兩式聯(lián)立可解得：FT，由此可知，F(xiàn)T的大小與、無(wú)關(guān)，mB越

6、大，mA越小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確。5(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是()A輕繩的拉力等于MgB輕繩的拉力等于mgCM運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1sin)gDM運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g答案BC解析互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsinmg，互換位置后，對(duì)M有MgFTMa，對(duì)m有：FTmgsinma，又FTFT，解得：a(1sin)g，F(xiàn)Tmg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。6. 如圖所示，

7、木塊A的質(zhì)量為m，木塊B的質(zhì)量為M，疊放在光滑的水平面上，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)用水平力F作用于A，則保持A、B相對(duì)靜止的條件是F不超過 ()Amg BMgCmg DMg答案C解析由于A、B相對(duì)靜止，以整體為研究對(duì)象可知F(Mm)a；若A、B即將相對(duì)滑動(dòng)，以物體B為研究對(duì)象可知mgMa，聯(lián)立解得Fmg，選項(xiàng)C正確。7如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B(長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng))的左端靜止放著小物塊A。某時(shí)刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且

8、A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長(zhǎng)木板B運(yùn)動(dòng)的v­t圖象是()答案B解析A、B相對(duì)滑動(dòng)之前加速度相同，由整體法可得：F2ma，F(xiàn)增大，a增大。當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板有Ffma，故此時(shí)F2Ffkt，t，之后木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故只有B項(xiàng)正確。8. 如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長(zhǎng)的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等。現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力Fkt(k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2。下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()答案A解析本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開始階段兩物

9、體一起做勻加速運(yùn)動(dòng)有F(m1m2)a，即a，兩物體加速度相同且與時(shí)間成正比。當(dāng)兩物體間的摩擦力達(dá)到m2g后，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。對(duì)m2有Ffma2，在相對(duì)滑動(dòng)之前f逐漸增大，相對(duì)滑動(dòng)后fm2g不再變化，a2g，故其圖象斜率增大；而對(duì)m1，在發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，有m2gm1a1，故a1為定值。故A選項(xiàng)正確。9. (多選)神舟飛船返回時(shí)，3噸重的返回艙下降到距地面10 km時(shí)，下降速度為200 m/s。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘，16 s后返回艙的速度減至80 m/s，此時(shí)減速傘與返回艙分離。然后拉出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至10 m/s，此時(shí)飛船距地面高度為1 m，接著艙內(nèi)4臺(tái)緩沖

10、發(fā)動(dòng)機(jī)同時(shí)點(diǎn)火，給飛船一個(gè)向上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，g10 m/s2。根據(jù)以上材料可得()A減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)B主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)C減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為7.5 m/s2D每臺(tái)緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)的反沖推力約為返回艙重力的1.5倍答案CD解析減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態(tài)，A、B項(xiàng)錯(cuò)；減速傘工作期間，返回艙從200 m/s減速至80 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a17.5 m/s2，C項(xiàng)正確；緩沖發(fā)動(dòng)機(jī)開動(dòng)后，加速度大小為a350 m/s2，由牛頓第二定律得4Fmgma3，解得1.5, D項(xiàng)正確。10(多

11、選)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的圖象如圖乙所示，g10 m/s2。下列說法中正確的是()A05 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B在t1 s時(shí)刻恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3答案BD解析題圖乙為物塊運(yùn)動(dòng)的v2­x圖象，由v2v2ax可知，圖象的斜率k2a，得05 m位移內(nèi)a110 m/s2，513 m位移內(nèi)a24 m/s2，可知恒力F反向時(shí)物塊恰好位于x5 m處，t1 s，A錯(cuò)誤，B正確。對(duì)物塊受力分析可知，F(xiàn)F

12、fma1，F(xiàn)Ffma2，得F7 N，F(xiàn)f3 N，0.3，C錯(cuò)誤，D正確。二、真題與模擬11. 2015·海南高考(多選)如圖所示，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時(shí)，升降機(jī)做勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)()A物塊與斜面間的摩擦力減小B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對(duì)于斜面減速下滑D物塊相對(duì)于斜面勻速下滑答案BD解析當(dāng)升降機(jī)勻速運(yùn)動(dòng)，物塊相對(duì)于斜面勻速下滑時(shí)有：mgsinmgcos，則tan(為斜面傾角)。當(dāng)升降機(jī)加速上升時(shí)，設(shè)加速度為a，物體處于超重狀態(tài)，超重ma。物塊“重力”變?yōu)镚mgma，支持力變?yōu)镹(mgma)cos>mgcos，B正確

13、。“重力”沿斜面向下的分力GF(mgma)sin，沿斜面摩擦力變?yōu)閒N(mgma)cos>mgcos，A錯(cuò)誤。f(mgma)costan(mgma)cos(mgma)sinG下，所以物塊仍沿斜面勻速運(yùn)動(dòng)，D正確，C錯(cuò)誤。122015·海南高考 (多選)如圖所示，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將細(xì)線剪斷。將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為l1和l2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2答案AC解析剪斷

14、細(xì)線前，把a(bǔ)、b、c看成整體，細(xì)線上的拉力為T3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c之間的作用力與剪斷細(xì)線之前相同。則將細(xì)線剪斷瞬間，對(duì)a隔離進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：3mgma1，得a13g，A正確，B錯(cuò)誤。由胡克定律知：2mgkl1，mgkl2，所以l12l2，C正確，D錯(cuò)誤。132014·北京高考應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出。對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是()A受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開手的瞬間

15、，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案D解析物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時(shí)，物體處于超重狀態(tài)。當(dāng)物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯(cuò)誤；物體離開手的前一時(shí)刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時(shí)刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時(shí)間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確。142014·四川高考(多選)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長(zhǎng)的

16、輕繩相連，t0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，tt0時(shí)刻P離開傳送帶。不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)。正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是()答案BC解析若v2<v1且mQg<mPg，對(duì)P、Q整體分析有mPgmQg(mPmQ)a1，當(dāng)P加速運(yùn)動(dòng)速度達(dá)到v1后，與皮帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，直到離開傳送帶(也可能加速過程中就離開傳送帶)，所以B項(xiàng)正確。若v2<v1且mQg>mPg，則P先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2>v1，且mQg<mPg，則P先勻減速至v1，然后與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，直到離開傳送帶

17、(也可能減速過程中就離開傳送帶)；若v2>v1且mQg>mPg，滿足mQgmPg(mPmQ)a2，中途減速至v1，以后滿足mQgmPg(mPmQ)a3，以a3先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶(也可能減速過程中就離開傳送帶)，故C正確，A、D錯(cuò)誤。152014·大綱卷一物塊沿傾角為的斜坡向上滑動(dòng)。當(dāng)物塊的初速度為v時(shí)，上升的最大高度為H，如圖所示；當(dāng)物塊的初速度為時(shí)，上升的最大高度記為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)和h分別為()Atan和 B.tan和Ctan和 D.tan和答案D解析對(duì)物塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsinmgcosma，根據(jù)

18、運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得v22a·，22a·，聯(lián)立可得tan，h。故D項(xiàng)正確。162014·福建高考如圖，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長(zhǎng)的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對(duì)于該運(yùn)動(dòng)過程，若用h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象最能正確描述這一運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是()答案B解析對(duì)物體受力分析，由于物體在斜面上能夠停止，物體所受的滑動(dòng)摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)fmgsinma，F(xiàn)Nmgcos，又FfFN，解得agcosgsin，加速度a為定值，D錯(cuò)誤。由vv0at可知，v­t圖線

19、應(yīng)為傾斜的直線，C錯(cuò)誤。由sv0tat2可知，s­t圖線為拋物線，B正確。由幾何關(guān)系可知hs·sin，即h­t圖線應(yīng)類似于s­t圖線，A錯(cuò)誤。172017·江西宜春三中檢測(cè) 如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動(dòng)凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止時(shí)，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成角，則下列說法正確的是()A小鐵球受到的合外力方向水平向左B凹槽對(duì)小鐵球的支持力為C系統(tǒng)的加速度為agtanD推力FMgtan答案C解析根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對(duì)靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右的

20、加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對(duì)小鐵球的支持力為，A、B錯(cuò)誤。小球所受合外力為mgtan，加速度agtan，推力F( mM)gtan，C正確，D錯(cuò)誤。182016·海口聯(lián)考(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1。工件滑上A端瞬時(shí)速度vA 4 m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，則(g10 m/s2)()A若傳送帶不動(dòng)，則vB3 m/sB若傳送帶以速度v4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB3 m/sC若傳送帶以速度v2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB3 m/sD若傳送帶以速度v2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB2 m/s答案ABC解析若

21、傳送帶不動(dòng)，由勻變速規(guī)律可知vv2as，ag，代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s，當(dāng)滿足選項(xiàng)B、C中的條件時(shí)，工件所受滑動(dòng)摩擦力跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，還是向左，加速度還是g，所以工件到達(dá)B端時(shí)的瞬時(shí)速度仍為3 m/s，故選項(xiàng)A、B、C正確，D錯(cuò)誤。192016·福州質(zhì)檢 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(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。觀察小球開始下落到小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是()答案A解析此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度ag，方向豎直

22、向下，速度vgt；第二段小球向下做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變小，方向向下；第三段運(yùn)動(dòng)小球向下做減速運(yùn)動(dòng)，加速度a，彈簧的壓縮量x變大，加速度a變大，方向向上，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)a>g，而且小球接觸彈簧后a­t圖線不是線性關(guān)系，所以C、D都錯(cuò)誤。又由v­t圖象的斜率變化代表加速度的變化，故選項(xiàng)A正確。202016·山東煙臺(tái)期中 (多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個(gè)角的角度為(>45°)。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪

23、的細(xì)繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。不計(jì)滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將m1和m2同時(shí)由靜止釋放后，下列說法正確的是()A若m1m2，則兩物體可靜止在斜面上B若m1m2cot，則兩物體可靜止在斜面上C若m1m2，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(Mm1m2)gD若m1m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案BC解析若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin，由于>45°，則m2gsin(90°)<m1gsin，則m1將沿斜面向下加速運(yùn)

24、動(dòng)，m2將沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2gsin(90°)m1gsin，即有m1m2cot，B正確。若m1m2，設(shè)加速度大小為a，對(duì)兩個(gè)物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有FN(Mm1m2)gm2asin(90°)m1asin<0，即地面對(duì)三棱柱的支持力FN<(Mm1m2)g，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(Mm1m2)g；水平方向有Ffm1acosm2acos(90°)<0，C正確，D錯(cuò)誤。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典21. 如圖所示，長(zhǎng)L1.6 m、質(zhì)量M3 kg的木板靜置于光滑水平面上，質(zhì)量m1 kg的小物塊放在木板

25、的右端，木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1。現(xiàn)對(duì)木板施加一水平向右的拉力F，取g10 m/s2。(1)求使物塊不掉下去的最大拉力F；(2)如果拉力F10 N恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案(1)4 N(2)1.26 m/s解析(1)物塊不掉下去的最大拉力，其存在的臨界條件必是物塊與木板具有共同的最大加速度a1。對(duì)物塊，最大加速度a1g1 m/s2，對(duì)整體，F(xiàn)(Mm)a1(31)×1 N4 N。(2)當(dāng)F10 N時(shí)，木板的加速度a2 m/s23 m/s2由a2t2a1t2L得物塊滑過木板所用時(shí)間t s，物塊離開木板時(shí)的速度v1a1t m/s1.26 m/s即小物塊所能獲得的最大速

26、度為1.26 m/s。22質(zhì)量為20 kg的物體若用20 N的水平力牽引它，剛好能在水平面上勻速前進(jìn)。問：若改用50 N拉力、沿與水平方向成37°的夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進(jìn)2.3 m，它的速度多大？在前進(jìn)2.3 m時(shí)撤去拉力，又經(jīng)過3 s，物體的速度多大？(sin37°0.6，cos37°0.8，g取10 m/s2)答案2.3 m/s0解析施加20 N水平拉力時(shí)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1f1，f1FN1，F(xiàn)N1G，解得0.1。對(duì)物體施加斜向上的拉力后，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律可得F2cosf2ma1，f2(GF2sin)，a11.15 m

27、/s2(方向與運(yùn)動(dòng)方向相同)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)定律可得v22a1x，v2.3 m/s，撤去拉力后，物體的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有f1ma2，a2 1 m/s2(方向與運(yùn)動(dòng)方向相反)。由t，可得物體停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2.3 s<3 s，所以3 s后物體的速度大小為0。二、真題與模擬232015·全國(guó)卷一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板

28、。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v­t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案(1)10.120.4(2)木板的最小長(zhǎng)度為6.0 m(3)木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1由題圖(b)可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式和題給條件得10.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由題圖(b)可得a2式中，t22 s, v20，聯(lián)立式