1、公众号：卷洞洞专题专题 03 牛顿运动定律牛顿运动定律1（2020山东省高三模拟）如图所示，压缩的轻弹簧将金属块卡在矩形箱内，在箱的上顶板和下底板均安有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱静止时，上顶板的传感器显示的压力 F1=2N，下底板传感器显示的压力 F2=6N，重力加速度 g=10m/s2。下列判断正确的是（）A若加速度方向向上，随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，F2逐渐增大B若加速度方向向下，随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，F2逐渐减小C若加速度方向向上，且大小为 5m/s2时，F1的示数为零D若加速度方向向下，且大小为 5m/s2时，F2的示数为零【答案】C【解析】若加速度方向
2、向上，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2不变，根据牛顿第二定律得21FmgFma得12FFmgma知随着加速度缓慢增大，F1逐渐减小，A 错误；若加速度方向向下，在金属块未离开上顶板时弹簧的压缩量不变，则 F2不变，根据牛顿第二定律得12mgFFma得12FFmgma知随着加速度缓慢增大，F1逐渐增大，故 B 错误；C当箱静止时，有21FmgF得 m=0.4kg若加速度方向向上，当 F1=0 时，由 A 项分析有120FFmgma解得 a=5m/s2，故 C 正确；若加速度方向向下，大小是 5m/s2小于重力加速度，不是完全失重，弹簧不可能恢复原长，则 F2的示数不可能为零，D
3、错误。故选 C。公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞2（2020金太阳高三一模）如图所示，一倾角、质量为的斜面体置于粗糙的水平面上，斜面60M体上固定有垂直于光滑斜面的挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端拴接质量为的小球。现对斜面m体施加一水平向右的推力，整个系统向右做匀加速直线运动，已知弹簧恰好处于原长，斜面体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是（）gA若增大推力，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力变大B若撤去推力，则小球在此后的运动中对斜面的压力可能为零C斜面对小球的支持力大小为2 33mgD水平推力大小为3()3Mm g【答案】B【解析】斜面体受到的摩擦力大小决定于动摩擦因
4、数和正压力，若增大推力，动摩擦因数和正压力不变，则整个系统稳定后斜面体受到的摩擦力不变，故 A 错误；若撒去推力，系统做减速运动，如果小球在此后的运动中对斜面的压力为零，则加速度方向向左，其大小为。以整体为研究对象可得tan30ag，由此可得摩擦因数。所以当时小球在此后的运动中对斜面的压力为零，故 Bag 3333正确；弹簧处于原长则弹力为零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如图所示竖直方向根据平衡条件可得，则支持力，故 C 错误；对小球根据牛顿第二定律cos60Nmg 0.5Nmg可得，解得。再以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得tan60mgma 3ag公众号：卷洞洞公众号：卷洞
5、洞，解得水平推力，故 D 错误。()()FMm gMm a()()(3)()FMmgaMm g3（2020安徽皖江名校联盟高三联考）质量为 m 的光滑小球恰好放在质量也为 m 的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为 A 点和 B 点，圆弧槽的半径为 R，OA 与水平线 AB 成 60角槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物 C 相连，细线始终处于水平状态通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物 C 的最大质量为（）A2 33mB2mC(31)mD(31)m【答案】D【解析】小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在
6、 A 点，小球受到重力和 A 点的支持力，合力为，对小球运用牛顿第二定律可得，解得小球的加速度，tan60mgtan60mgmatan60ga 对整体分析可得：，联立解得，故 D 正确，A、B、C 错误；故选()CCm gmmma(31)CmmD。4（2020江西南昌十中高三联考）如图甲所示，一块质量为 mA=2kg 的木板 A 静止在水平地面上，一个质量为 mB=1kg 的滑块 B 静止在木板的左端，对 B 施加一向右的水平恒力 F，一段时间后 B 从 A 右端滑出，A 继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中 A 的速度随时间变化的图像如图乙所示设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取
7、g=10m/s2则下列说法正确的是公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞A滑块与木板之间的动摩擦因数为 0.6B木板与地面之间的动摩擦因数为 0.1CF 的大小可能为 9NDF 的大小与板长 L 有关【答案】BD【解析】滑块在木板上滑动时木板的加速度为，对木板根据牛顿第二定律：2212/2/1vam sm st；滑块从木板上滑出时木板的加速度为，对121()BABAm gmmgm a2222/1/2vam sm st木板根据牛顿第二定律：；联立解得：1=0.7，2=0.1，选项 A 错误，B 正确；对木块22AAm gm aB：，其中的 aA2m/s2，则 F9N，则 F 的大小不可能为 9N，选项 C
8、 错误；根据1BBBFm gm a，式中 t=1s，联立解得：F=2L+9，即 F 的大小与板长 L 有关，选项 D 正确；故选2211122BLa tatBD。5（2020江苏省扬州市高三检测）1966 年科研人员曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的实验。实验时，用双子星号宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（可视为质点），接触后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，如图所示。推进器的平均推力为 F，开动时间 t，测出飞船和火箭的速度变化是 v，下列说法正确的有（）A推力 F 通过飞船传递给火箭，所以飞船对火箭的弹力大小应为 F公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞B宇宙飞船和火箭组的
9、总质量应为F tvC推力 F 越大，就越大，且与 F 成正比vtvtD推力 F 减小，飞船与火箭组将分离【答案】BC【解析】对飞船和火箭组组成的整体，由牛顿第二定律，有12()Fmm a设飞船对火箭的弹力大小为 N，对火箭组，由牛顿第二定律，有2Nm a解得，故 A 错误；由运动学公式，有，且212m FNFmmvat12()Fmm a解得，故 B 正确；对整体，由于（m1+m2）为火箭组和宇宙飞船的总质12F tmmv12()vFmmt量不变，则推力 F 越大，就越大，且与 F 成正比，故 C 正确；推力 F 减小，根据牛顿第二定律知vtvt整体的加速度减小，速度仍增大，不过增加变慢，所以飞
10、船与火箭组不会分离，故 D 错误。故选 BC。6（2020四川省眉山市高三二诊）一物体沿倾角为 30的粗糙斜面从顶端由静止开始下滑，运动的位移 x时间 t 关系图像是一段抛物线，如图所示，g=10m/s2。则（）A下滑过程中物体的加速度逐渐变大Bt=0.5s 时刻，物体的速度为 0.5m/sC00.5s 时间内，物体平均速度为 1m/sD物体与斜面间动摩擦因数为35【答案】D公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【解析】由匀变速直线运动位移公式，代入图中数据解得 a=2m/s2，A 错误；根据运动学公式212xat，t=0.5s 代入方程解得，B 错误；00.5s 时间内，物体平均速度tvat1m/st
11、v，0.25m/s0.5m/s0.5xvtC 错误；由牛顿第二定律有 mgsin30mgcos30=ma，解得动摩擦因数，D 正确。故选 D。357（2020山西省临汾市高三模拟）如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为 m 的木块。弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为。从某时刻开始给小车施加水平向右的外力 F，外力 F 从零开始缓慢均匀增大，当 F增大到 2(m+M)g 时保持大小不变。弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（）A木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不
12、变B当弹簧产生弹力时，外力 F 的大小为(m+M)gC在外力 F 从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等D在外力 F 从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能【答案】AB【解析】当 F 较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有F=(m+M)aFf=ma得 Ff=mFmMFf与 F 成正比，当 Ff增大到等于 mg 后，木块与小车间缓慢相对移动，Ff保持不变，故 A 正确；当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大 Ff=mg可得 F=(m+M)g，故 B 正确；当 F 达最大时，有 2(m+M)g=(m+M)amg+F=ma得 F=mg公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞所以静摩
13、擦力和弹簧弹力都是由零增大到 mg，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故 C 错误；弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故 D 错误。故选 AB。8（2020四川省眉山市高三二诊）如图所示，水平面上，向下与水平方向成 30、大小为 F 的推力作用在质量为 m1的物体 A 上，向上与水平方向成 30、大小为 F 的拉力作用在质量为 m2的物体 B 上，A、B 都由静止开始运动，
14、相等时间内运动了相同的位移，A、B 与水平面的动摩擦因数分别为 1和 2，则（）A推力对 A 做的功与拉力对 B 做的功相等B推力对 A 的冲量与拉力对 B 的冲量相同C若 1=2，则 m1m2D若 1=2，则 m1m2【答案】AD【解析】根据功的定义，可知推力对 A 做的功与拉力对 B 做的功相等，A 正确；cosWFx根据冲量的定义，可知推力对 A 的冲量与拉力对 B 的冲量大小相同，方向不同，B 错误；IFt两物体在相等时间内运动了相同的位移，根据，可知两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二212xat定律分别求解两物体加速度大小11A1cos(sin)Fm gFam22B2cos(si
15、n)Fm gFam式中，化简整理后有30121212cossincossinFFFFggmm若，则，C 错误，D 正确。故选 AD。1212mm公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞9（2020湖北武汉市高三质检）如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块，系统处于P静止状态，现用竖直向下的力作用在上，使其向下做匀加速直线运动，在弹簧的弹性限度内，下列是FP力和运动时间 之间关系的图象，正确的是（）FtABCD【答案】D【解析】在作用力 F 之前，物块放在弹簧上处于静止状态，即0mgkx作用力 F 之后，物块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有0()Fmgk xxmax 即为物块向下运动的
16、位移，则212xat联立可得，即 F 随时间变化图象为 D，所以 D 正确，ABC 错误。故选 D。22kaFmat10（2020宁夏银川一中高三一模）如图所示，半径为 R 的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为 m 的物块从 P 点由静止释放刚好从槽口 A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到 B 点，不计物块的大小，P 点到 A 点高度为 h，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是（）A物块从 P 到 B 过程克服摩擦力做的功为 mgRB物块从 A 到 B 过程与圆弧槽间正压力为2mghR公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞C物块在 B 点时对槽底的压力大小为2Rh
17、 mgRD物块滑到 C 点（C 点位于 A、B 之间）且 OC 和 OA 的夹角为，此时时重力的瞬时功率为2cosmggh【答案】ACD【解析】物块从 A 到 B 做匀速圆周运动，动能不变，由动能定理得 mgR-Wf=0，可得克服摩擦力做功：Wf=mgR，故 A 正确；物块从 A 到 B 过程做匀速圆周运动，合外力提供向心力，因为重力始终竖直，但其与径向的夹角始终变化，而圆弧槽对其的支持力与重力沿径向的分力的合力提供向心力，故圆弧槽对其的支持力是变力，根据牛顿第三定律可知，物块从 A 到 B 过程与圆弧槽间正压力是变力，非恒定值，故 B 错误；物块从 P 到 A 的过程，由机械能守恒得，可得物
18、块 A 到 B 过程中的速度大小为，212mghmv2vgh物块在 B 点时，由牛顿第二定律得，解得：。根据牛顿第三定律知物块2vNmgmR(2)Rh mgNR在 B 点时对槽底的压力大小为，故 C 正确；在 C 点，物体的竖直分速度为(2)Rh mgR，重力的瞬时功率，故 D 正确。故选 ACD。cosco2syvvgh2cosyPmgvmggh11（2020山东济宁市高三监测）如图所示，A、B 两滑块质量分别为 2kg 和 4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的水平面上，并用手按着两滑块不动。第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为 4kg 的钩码 C 挂于动滑轮上，只释放
19、 A 而按着 B 不动；第二次是将钩码 C 取走，换作竖直向下的40N 的恒力作用于动滑轮上，只释放 B 而按着 A 不动。重力加速度 g10m/s2，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）A第一次操作过程中，滑块 A 和钩码 C 加速度大小相同B第一次操作过程中，滑块 A 的加速度为220m/s3C第二次操作过程中，绳张力大小为 20ND第二次操作过程中，滑块 B 的加速度为 10m/s2公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】BC【解析】第一次操作过程中，因 AC 移动的位移之比为 2：1，则滑块 A 和钩码 C 加速度大小之比为2：1，A 错误；第一种方式：只释放 A 而 B 按着不动，设绳
20、子拉力为 T1，C 的加速度为 a1，对 A 根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA对 C 根据牛顿第二定律可得 mCg-2T1=mCa1根据题意可得 aA=2a1联立解得，B 正确；第二种方式：只释放 B 而 A 按着不动，换作竖直向下的 40N 的恒力作220m/s3Aa 用于动滑轮上，则绳张力大小为 20N，C 正确；对 B 受力分析，根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB，根据题意可得 T2=20N，联立解得 aB=5m/s2，故 D 错误。故选 BC。12（2020百师联盟高三联考）在光滑的水平面上有一质量为 M、倾角为的光滑斜面，其上有一质量为m 的物块，如图所示。物块在下滑的过程中对
21、斜面压力的大小为（）ABcossincosMmgMmcossincosMmgMmCD2cossinMmgMm2cossinMmgMm【答案】C【解析】设物块对斜面的压力为 N，物块 m 相对斜面的加速度为 a1，斜面的加速度为 a2，方向向左；则物块 m 相对地面的加速度为 12 cosxaaa1sinyaa由牛顿第二定律得对 m 有12sincosNm aa公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞1cossinmgNma对 M 有2sinNMa解得，故 C 正确，ABD 错误。2cossinMmgNMm13（2020广东省广州市育才中学高三模拟）放置于固定斜面上的物块，在平行于斜面向上的拉力 F 作用下
22、，沿斜面向上做直线运动。拉力 F 和物块速度 v 随时间 t 变化的图象如图，则不正确的是：（）A第 1s 内物块受到的合外力为 0.5NB物块的质量为 11kgC第 1s 内拉力 F 的功率逐渐增大D前 3s 内物块机械能一直增大【答案】B【解析】由图像可知，01s 内物体的加速度为220.5m/s0.5m/s1vat由牛顿第二定律可得sinFmgma1s 后有sinFmg 其中5.5N,5.0NFF联立解得1.0kg,30m第 1s 内物块受到的合外力为，故 A 正确，B 错误；第 1s 内拉力 F 的功率1 0.5N0.5NFma 合P=Fv，F 不变，v 增大，则 P 增大，故 C 正
23、确；前 1s 内物块的动能和重力势能均增大，则其机械能增大，23s 内，动能不变，重力势能增大，其机械能增大，所以物块的机械能一直增大，故 D 正确。14（2020山东省实验中学高三模拟）汽车 A、B 在同一水平路面上同一地点开始做匀加速直线运动，A、B 两车分别在 t0和 2t0时刻关闭发动机，二者速度一时间关系图象如图所示。已知两车的质量相同，两公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞车运动过程中受阻力都不变。则 A、B 两车（）A阻力大小之比为 2：1B加速时牵引力大小之比为 2：1C牵引力的冲量之比为 1：2D牵引力做功的平均功率之比为 2：1【答案】C【解析】关闭发动机后，汽车在阻力的作用下做匀
24、减速运动，由 vt 图像知 a3：a4=1：2再根据牛顿第二定律知，汽车 A、B 所受阻力分别为 f1=ma3，f2=ma4得 f1：f2=1：2，A 错误；在加速阶段，对 A 车 F1f1=ma1对 B 车 F2f2=ma2由 v-t 图像知 a1：a2=2：1，a1=a4=2a2=2a3联立解得 F1：F2=1：1，B 错误；由图知，在加速阶段，两车的平均速度相等均为，牵引力相等，所以牵引力平均功率02vPFv得 P1=P2，D 错误；牵引力作用的时间 t1：t2=1：2，牵引力的冲量，C 正确。故选 C。11 122 212IFtIF t15（2020山西省临汾市高三模拟）一小物块从倾角
25、为=30的足够长的斜面底端以初速度 v0=10m/s 沿斜面向上运动(如图所示)，已知物块与斜面间的摩擦因数=，g 取 10m/s2，则物块在运动时间 t=1.5s 时33离斜面底端的距离为A3.75mB5mC6.25mD15m【答案】B【解析】小物块沿斜面向上运动时加速度大小为：2sincos10maggs公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞物块运动到最高点时间：011.5vtssa由于，小物块运动到最高点速度为 0 时即停止，故此时小物块离斜面底端距离为sincosmgmg，故 B 正确。故选 B。2052vxma16（2020山东省青岛第十七中学高三摸底考试）2019 年 7 月 9 日，在沈阳
26、进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以 1 米 86 的成绩获得女子跳高冠军。若不计空气阻力，对于跳高过程的分析，下列说法正确的是（）A王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力B王雪毅起跳后在空中上升过程中处于失重状态C王雪毅跃杆后在空中下降过程中处于超重状态D王雪毅落到软垫后一直做减速运动【答案】B【解析】王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，A 错误；王雪毅起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B 正确；王雪毅越杆后在空中下降过程中，她只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C 错误；王雪毅落到软垫后，软垫对她的作用力先
27、是小于重力，所以她仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D 错误。故选 B。17（2020百师联盟高三冲刺）如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为的猴子以初速度8kgm 沿竖直杆从杆底部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度，加速度10.5v m/s21m/sv 沿水平方向向左做匀加速直线运动，末猴子到达杆的顶部。已知竖直杆的长度为22s2m/a 3st，重力加速度，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（6mL210m/sg）公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞A猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/sB猴子相对地面做匀加速的曲线运动C猴子运动的轨迹方程12yxD杆给
28、猴子的作用力大小为88N【答案】C【解析】猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由21112Lv ta t得，故 A 错误；211m/sa 根据分运动与合运动的关系：，1212vv=，1212aa速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故 B 错误；猴子在竖直方向的分运动：，2211110.522yv ta ttt水平方向：，222212xv ta ttt 联立可得：，故 C 正确；12yx杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：，1yFmgma公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞得：，88yFN水平方向：，216xFmaN则杆对猴子的作用力：，故 D 错误。故选 C。
29、2288xyFFFN18（2020百师联盟高三冲刺）如图所示，水平传送带的质量，两端点间距离，传9kgM A B、4mL 送带以加速度由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为的滑块（可视为质点）22m/sa 1kgm 无初速度地轻放在点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1，取，电动机的内阻不计。Ag210m/s传送带加速到的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从运动到的过2m/sv AB程中（）A系统产生的热量为1JB滑块机械能的增加量为3JC滑块与传送带相对运动的时间是3sD传送滑块过程中电动机输出的电能为5J【答案】A【解析】传送带初始做匀加速运动，加速时间，1
30、2s1s2vta根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足，1mamg得：，211m/sa 滑块加速过程的位移，214m2m4m22vsa块故滑块会一直加速到与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。2m/s滑块加速的时间：，12s2s1vta公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞相同时间内传送带的位移，213m2vsv tta传故滑块与传送带的相对路程：，1msss相传块系统产生的热量：，故 A 正确，C 错误；1JQmgs相根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量：，故 B 错误；由能量守恒定律得，电动机输出的电能：2JEmgs块，故 D 错误。故选 A。221121J22Emgsm
31、vMv相19（2020陕西西安中学高三三模）如图所示，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相等的光滑轨道甲、乙两小孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有A甲的切向加速度始终比乙的大B甲、乙在同一高度的速度大小相等C甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D甲比乙先到达 B 处【答案】BD【解析】由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故 A 错误；由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故 B 错误；由甲乙的速度时间图像可知 C 错误，D 正确。20（2020安徽省合肥市高三质检）图示为深圳市地标建筑平
32、安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到 116 层的观景台只需 58s，整个过程经历匀加速、匀速360和匀减速，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大加速度为 10m/s。当电梯加速上升时，质公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞量为 50kg 的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为 65kg，g 取 10m/s2，求：(1)电梯加速上升的加速度大小；(2)观景台距地面的高度。【答案】(1)a=3m/s2(2)H=m16403【解析】(1)当电梯加速上升时，有 Fmgma代入数据，可解得 a=3m/s2(2)设匀加速运动高度为 h1，时间为 t，则有 h
33、=，t=22vava代入数值解得：h=m，t=s503103因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移量相同。故匀速运动时间为 t1，则12tTt总高度为 h1=vt1代入数值解得：t1=s，h1=m154315403故观景台距地面的高度：H=h1+2h代入数值解得：H=m1640321（2020河南省焦作市高三一模）如图所示，质量相等的物块 A 和 B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与 B、B 与地面间的动摩擦因数均为。先敲击 A，A 立即获得水平向右的初速度，在 B 上滑动距离 L后停下。接着敲击 B，B 立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐
34、时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。求：公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB；【答案】(1)(2)3g，gA2vgL【解析】(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aA=gmgm匀变速直线运动 2aAL=vA2，解得A2vgL(2)设 A、B 的质量均为 m，对齐前，B 所受合外力大小 F=3mg由牛顿运动定律 F=maB，得 aB=3g3 mgm对齐后，A、B 所受合外力大小 F=2mg由牛顿运动定律 F=2maB得=g。Ba22（2020福建
35、高三模拟）如图所示，足够长的金属导轨 MNC 和 PQD 平行且间距为 L 左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为=37、=53，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为 B。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长度均为 L，电阻均为 R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数为=0.5，金属棒 ef 光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒 ef 施加外力 F，使 ef 棒保持 a=0.2g 的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计，重力加速度大小为 g，sin37=0.6，cos37=0.8。求：
36、（1）金属棒 ab 运动过程中最大加速度的大小；（2）金属棒 ab 达到最大速度所用的时间；（3）金属棒 ab 运动过程中，外力 F 对 ef 棒的冲量。公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】（1）；（2）；（3），负号代表冲量沿斜面向上。0.2mag1224mRtB L22285Fm gRIB L【解析】（1）金属棒 ab 释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有sincosmmgmgma得0.2mag（2）金属棒 ab 释放之后，合外力为零时速度最大，则有sin(cos)mgmgBIL其中2EIRefEBLv0.2efvgt得1224mRtB L（3）金属棒 ab 释放之后，根据牛顿第二定律，
37、可得任意时刻的加速度sin(cos)abmgmgBILma得：，其图象如图所示22520abgB L gatmR公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒 ab 释放起，经过时间速度at212282mRttB L减为零，此后保持静止，在此过程中，金属 ef 一直匀加速直线运动，则有20.2efvgt2210.22efxgt对金属棒 ef，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得2sin0FefIBILtmgtmv其中2efBLxqItR得：，负号代表冲量沿斜面向上。22285Fm gRIB L 解法 2：其它方法求解也可以，如写出外力的表达式，用其平均值计算冲
38、量大小F2sinFmgBILma得220.610B L gFmgtR 则可知释放瞬间，00.6Fmg 时刻，2t20.2mgF 公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞 图象所围成的面积代表其冲量，则有Ft0222FFFIt得：，负号代表冲量沿斜面向上。22285Fm gRIB L 23（2020全国百强名校高三领军考试）如图所示，质量为 m1=0.5kg 的物块 A 用细线悬于 O 点，质量为M=2kg 的长木板 C 放在光滑的水平面上，质量为 m2=1kg 的物块 B 放在光滑的长木板上，物块 B 与放在长木板上的轻弹簧的一端连接，轻弹簧的另一端与长木板左端的固定挡板连接，将物块 A 拉至悬线与竖直方
39、向成=53的位置由静止释放，物块 A 运动到最低点时刚好与物块 B 沿水平方向发生相碰，碰撞后，B 获得的速度大小为 2.5m/s，已知悬线长 L=2m，不计物块 A 的大小，重力加速度 g=10m/s2，求：(1)物块 A 与 B 碰撞后一瞬间，细线的拉力；(2)弹簧第一次被压缩后，具有的最大弹性势能。【答案】(1)5.25N(2)25J12pE【解析】(1)设物块 A 与 B 砸撞前速度大小为 v1，根据机械能守恒可知 211 11(cos)2m g LLmv解得 v1=4m/s 设 A 被反弹后的速度大小为 v2，碳撞过程动量守恒，设 B 获得的速度大小为 v3，则有 m1v1=m2v3
40、+m1v2解得 v2=-1m/s公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞设细线的拉力为 F，根据牛顿第二定律有 2211vFm gmL解得 F=5.25N(2)当弹簧第一次被压缩到最短时，物块 B 和长木板 C 具有共同速度，设共同速度大小为 v4，根据动量守恒定律有 m2v3=(M+m2）v4解得45m/s6v 根据能量守恒，得弹簧具有的最大弹性势能 222 3241122pEm vmM v解得25J12pE 24（2020安徽省六安市一中高三模拟）如图所示，质量均为 m=1kg 的长方体物块 A、B 叠放在光滑水平面上，两水平轻质弹簧的一端固定在竖直墙壁上，另一端分别与 A、B 相连接，两弹簧的原长均
41、为L0=0.2m，与 A 相连的弹簧的劲度系数 kA=100N/m，与 B 相连的弹簧的劲度系数 kB=200N/m。开始时A、B 处于静止状态。现在物块 B 施加一水平向右的拉力 F，使 A、B 静止在某一位置，此时拉力 F=3N，使 A、B 静止在某一位置，A、B 间的动摩擦因数为=0.5，撤去这个力的瞬间（A、B 无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），求：(1)物块 A 的加速度的大小；(2)如果把拉力改为 F=4.5N（A、B 无相对滑动，弹簧处于弹性限度内），其它条件不变，则撤去拉力的瞬间，求物块 B 对 A 的摩擦力比原来增大多少？【答案】(1)1.5m/s2；(2)0.25N【解析】
42、(1)在拉力撤去前，根据受力平衡有AB1()Fkkx代入数据解得 x1=0.01m拉力 F 撤去后的瞬间，对 A、B 整体根据牛顿第二定律有 F=2ma1解得 a1=1.5m/s2以 A 为研究对象，用隔离法有 kAx1+Ff=ma1公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得f0.5NFmg即 A、B 之间相对静止，为静摩擦力，所以物块 A 的加速度为 a1=1.5m/s2(2)在拉力改为 F=4.5N 后，撤去拉力前，根据受力平衡有AB2()Fkkx代入数据解得 x2=0.015m拉力 F 撤去后的瞬间，对 A、B 整体根据牛顿第二定律有 F=2ma2解得 a2=2.25m/s2以 A 为研究对象，用
43、隔离法有 kAx2+Ff=ma2解得 Ff=0.75N故 Ff=FfFf=0.25N25（2020湖北华中师大附中高三测试）如图(a)，木板 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动，木板上有一质量为 m1kg 的物块，始终受到平行于斜面、大小为 8N 的力 F 的作用。改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度 a，如图(b)所示为加速度 a 与斜面倾角的关系图线。已知物块与木板间的动摩擦因数为 0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。求：(g 取10m/s2，sin370.6，cos370.8)(1)图线与纵坐标交点 a0的大小；(2)图线与 轴重合区间为1，2，木板处
44、于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于 1和 2之间时，物块的运动状态如何？(3)如果木板长 L2m，倾角为 37，物块在 F 的作用下由 O 点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F 最多作用多长时间？【答案】(1)6m/s2 (2)1时，沿斜面向下，2时，沿斜面向上；静止(3)3.1s公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【解析】(1)当木板水平放置时，物块的加速度为 a0此时滑动摩擦力 f N mg0.2110 N2N由牛顿第二定律：0Ffma求得：m/s26m/s2；0821Ffam(2)当木板倾角为 1时，摩擦力沿斜面向下；当木板倾角为 2时，摩擦力沿斜面向上；当 角处于 1和 2之
45、间时物块静止；(3)力 F 作用时间最长时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。设力 F 作用时物块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得：21sin37cos370.4m/sFmgmgam撤去力 F 后物块的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律：22sin37cos377.6m/smgngam设物块不冲出木板顶端，力 F 最长作用时间为 t则撤去力 F 时的速度 va1t由题意有：2 2211212122a tLssata由以上各式得：211222 7.6 2s3.1s0.4(0.47.6)a Lta aa26（2020安徽皖江名校联盟高三联考）如图所示，质量为 m1的长木板静止在水平地面
46、上，与地面间的动摩擦因数为 1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径 R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距 x 0=1m。质量为 m2=2m1的小木块（看成质点）从距木板右端 x=2m 处以 v0=10m/s 的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为 2 =0.9，重力加速度取 g=10m/s2。求：(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。(2)使 m2不从 m1上滑下，m1的最短长度。(3)若 m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度
47、。公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞【答案】(1)2.8m；(2)m；(3)m83130【解析】（1）设滑块到达木板右端的速度为 v1，由动能定理可得 22222 12 01122m gxm vm v代入数据，解得 v1=8 m/s设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为 h1，由动能定理可得2212 1102m g Rhm v代入数据，解得 h1=2.8 m。（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小 v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为 a2，由牛顿第二定律：2222m gm a木板的加速的为 a1，由牛顿第二定律：21211 1()mgmm gm a解得：，。213m/sa 2
48、29m/sa 设经过 t1时间后两者共速，共同速度为 v，由运动学公式可知：，12 11 1vva tat12s3t 解得：2m/sv 该过程中木板的位移112vxt12m3x 滑块走过的位移1212vvxt210m3x 由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度101mxx公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞21Lxx联立以上各式，解得8m3L（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为 a，由牛顿第二定律可知11212mmgmma解得25m/sa 滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为 v2，由动能定理可得 2211201122121122mmg x
49、xmmvmmv随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为 h2，则由动能定理可得22222102m ghm v代入数据，解得21m30h 27（2020福建省福清市高三质检）如图所示，半径 R1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向间的夹角 37，另一端点 C 为轨道的最低点C 点右侧的光滑水平面上紧挨 C 点静止放置一木板，木板质量 M1 kg，上表面与 C 点等高质量为 m1 kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v01.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方向进入轨道取 g10 m/s2求：（1）物块经过 B 点时
50、的速度 vB（2）物块经过 C 点时对木板的压力大小（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量 Q【答案】（1）（2）（3）Q9 J2/Bvm s46NFN【解析】设物块在 B 点的速度为 vB，在 C 点的速度为 vC，从 A 到 B 物块做平抛运动，有 公众号：卷洞洞公众号：卷洞洞解得：b0v sin=v2/Bvm s（2）从 B 到 C，根据动能定理有mgR(1sin)22cB11mv-mv22解得 vC6 m/s 在 C 点，由牛顿第二定律列式，有 解得：2cNvFmgmR46NFN再根据牛顿第三定律得，物块对木板的压力大小 46NFN(3)根据动量守恒定律得：(mM)v
