1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版专题三牛顿运动定律1.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2。若书不滑动,则高铁的最大加速度不超过 ()A.2.0 m/s2B.4.0 m/s2C.6.0 m/s2D.8.0 m/s2答案B当书所受静摩擦力达到最大时,书将要滑动,则由mg=mam得am=g=4.0 m/s2,故B正确。2.(2022浙江1月选考,1,3分)单位为J/m的物理量是 ()A.力B.功C.动能D.电场强度答案A由公式W=Fx可知,J/m为力的单位,故
2、选A。3.(2022浙江6月选考,1,3分)下列属于力的单位是 ()A.kgm/s2B.kgm/sC.kgm2/sD.kgs/m2答案A根据F=ma可知,力的单位间的换算关系为1 N=1 kgm/s2,故A正确,B、C、D错误。4.(2022浙江6月选考,2,3分)下列说法正确的是 ()A.链球做匀速圆周运动过程中加速度不变B.足球下落过程中惯性不随速度增大而增大C.乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变D.篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关答案B链球做匀速圆周运动过程中,加速度大小不变,方向指向圆心,即方向时刻变化,故加速度变化,选项A错误;惯性大小只与物体质量有关,质量越大,惯
3、性越大,并不随速度增大而增大,选项B正确;乒乓球被击打过程中受到的作用力是个瞬间突变的力,选项C错误;篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反,D错误。5.(2022湖南,9,5分)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机,总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻=kv2,k为常量)。当发动机关闭时,飞行器竖直下落,经过一段时间后,其匀速下落的速率为10 m/s;当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动,经过一段时间后,飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化,下列说法正确的是 ()A.发
4、动机的最大推力为1.5MgB.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为174MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,飞行器速率为53 m/sD.当飞行器以5 m/s的速率飞行时,其加速度大小可以达到3g答案BC关闭发动机匀速下落时,kv12=Mg,v1=10 m/s,以最大推力推动飞行器向上匀速运动时,Fmax=Mg+kv22,v2=5 m/s,故Fmax=1.25Mg,A项错误;飞行器以5 m/s水平匀速飞行时,对飞行器受力分析如图1,有F=(kv22)2+(Mg)2=174Mg,B项正确;发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时,对飞行器受力分析如图2,有Fmax=
5、(kv32)2+(Mg)2,得v3=53 m/s,C项正确;当发动机以最大推力向下推动飞行器,且飞行器向上做减速运动时,加速度大小最大,此时对飞行器受力分析如图3,有am=kv22+Fmax+MgM=2.5g,D项错误。6.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ()A.P的加速度大小的最大值为2gB.Q的加速度大小的最大值为2gC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P
6、的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小答案AD撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前,弹簧弹力kx减小,对P有mg+kx=maP,对Q有mg-kx=maQ,且撤去外力瞬间mg=kx,故P做加速度从2g减小到g的减速运动,Q做加速度从0逐渐增大到g的减速运动,即P的加速度始终大于Q的加速度,故除开始时刻外,任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小,故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小,由x=vt可知Q的位移大小大于P的位移大小,可知B、C错误,A、D正确。7.(2019浙江4月选考,12,3分)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线
7、一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,木水mg cos ,B对。“重力”沿斜面向下的分力G下=(mg+ma)sin ,沿斜面的摩擦力变为f=N=(mg+ma)cos mg cos ,A错误。f=(mg+ma)cos =tan (mg+ma)cos =(mg+ma)sin =G下,所以物块仍沿斜面匀速运动,D对,C错误。13.(2014北京理综,19,6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止
8、释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小答案A根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接得出的结论,所以B和C选项错误。而D项
9、不是本实验所说明的问题,故错误。考查点牛顿运动定律。思路点拨本题也可从能量守恒的角度分析:若斜面光滑,则没有机械能的损失,小球必上升到与O点等高处。14.(2014北京理综,18,6分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度答案D物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于
10、超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。考查点超重和失重。思路点拨分析出物体运动的加速度方向是解本题的关键。超重时物体具有向上的加速度,失重时物体具有向下的加速度。15.(2016课标,19,6分)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关。若它们下落相同的距离,则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末
11、速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=V甲=(43R甲3)得R甲=33m甲4,阻力f甲=kR甲=k33m甲4,由牛顿第二定律知a甲=m甲g-f甲m甲=g-k334m甲2,同理a乙=g-k334m乙2,因m甲m乙,所以a甲a乙,故C项错误;再由位移公式h=12at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。解题指导关键词:同一种材料;甲球质量大于乙球质量;静止下落;阻力与球的半径成正比。解
12、题时应先易后难,逐次找到各物理量的正确表达式,然后再进一步分析求解。16.(2014大纲全国,19,6分)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为v2时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()A.tan 和H2B.v22gH-1 tan 和H2C.tan 和H4D.v22gH-1 tan 和H4答案D由动能定理有-mgH-mg cos Hsin=0-12mv2-mgh-mg cos hsin=0-12mv22解得=v22gH-1tan ,h=H4,故D正确。审题指导物块上升到最大高度时速度为0,
13、对两次上滑过程利用动能定理列式求解即可。知识拓展斜面和水平面材料相同,物体从斜面上由静止滑到水平面至停止运动,克服滑动摩擦力做功Wf=mg cos AB+mgBC=mg(AB+BC)=mgAC,与物体直接从水平面上AC段滑动时克服滑动摩擦力做功相同。17.(2013浙江理综,19,6分)(多选)如图所示,总质量为460 kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2,当热气球上升到180 m 时,以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10 m/s2。关于热气球,下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4 83
14、0 NB.加速上升过程中所受空气阻力保持不变C.从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N答案AD刚开始上升时,空气阻力为零,F浮-mg=ma,解得F浮=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830 N,A项正确。加速上升过程,随着速度增大,空气阻力增大,B项错误。浮力和重力不变,而随着空气阻力的增大,加速度会逐渐减小,直至为零,故上升10 s后的速度vat=5 m/s,C项错误。匀速上升时,F浮=Ff+mg,所以Ff=F浮-mg=4 830 N-4 600 N=230 N,D项正确。18.(2013海南单科,2,3分)一质点受多
15、个力的作用,处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零,再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中,其他力保持不变,则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是()A.a和v都始终增大B.a和v都先增大后减小C.a先增大后减小,v始终增大D.a和v都先减小后增大答案C质点在多个力作用下处于静止状态时,其中一个力必与其余各力的合力等值反向。当该力大小逐渐减小到零的过程中,质点所受合力从零开始逐渐增大,做加速度逐渐增大的加速运动;当该力再沿原方向逐渐恢19.(2018浙江4月选考,8,3分)如图所示,小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是()答案C小芳下蹲的过
16、程中先加速运动后减速运动,其加速度方向先向下后向上,即小芳先失重后超重,她所受的支持力先小于自身重力后大于自身重力,则示数先小于人的质量后大于人的质量,故选项C正确。20.(2016海南单科,5,3分)沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用,其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数,在05 s,510 s,1015 s内F的大小分别为F1、F2和F3,则()A.F1F3C.F1F3D.F1=F3答案A根据v-t图像可知,在05 s内加速度为a1=0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在510 s内,加速度a2=0;在1015 s内加速度为a3=-0.2 m
17、/s2,方向沿斜面向上;受力分析如图。在05 s内,根据牛顿第二定律:mg sin -f-F1=ma1,则F1=mg sin -f-0.2m;在510 s内,根据牛顿第二定律:mg sin -f-F2=ma2,则F2=mg sin -f;在1015 s内,根据牛顿第二定律:mg sin -f-F3=ma3,则F3=mg sin -f+0.2m,故可以得到F3F2F1,故选项A正确。21.(2015课标,20,6分,0.677)(多选)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块
18、的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度答案ACD设物块的质量为m、斜面的倾角为,物块与斜面间的动摩擦因数为,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mg sin +mg cos =ma1,mg sin -mg cos =ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=v0t1,a2=v1t1。由上述四式可见,无法求出m,可以求出、,故B错,A、C均正确。0t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。22.(2015重庆理综,5,6分)若货物随升降机运动的v-t
19、图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()答案B由v-t图像可知,升降机的运动过程为:向下加速(失重:Fmg)向上加速(超重:Fmg)向上匀速(F=mg)向上减速(失重:Fmg),对照F-t图像可知,B正确。23.(2015江苏单科,6,4分)(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小答案AD地板对人的支持力FN=mg+ma,t=2 s时,a有正的最大值,此时FN最大,由牛顿第三定律知,
20、A正确,B错误;t=8.5 s时,a有负的最大值,此时FN最小,由牛顿第三定律可知,C错误,D正确。考查点本题考查了加速度、牛顿运动定律、超重与失重等内容,属于中等难度题。知识链接“上超下失均为ma”,即加速度方向竖直向上超重、竖直向下失重,对应人对电梯的压力分别增加ma、减小ma,由此可见,2 s时压力最大,8.5 s时压力最小。24.(2014山东理综,15,6分)(多选)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A.t1B.t2C.t3D.t4答案ACv-t图像中,纵轴表示各时刻的速度,t1、t2时刻速度
21、为正,t3、t4时刻速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t1、t4时刻加速度为正,t2、t3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t1时刻合外力与速度均为正,t3时刻合外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。25.(2014重庆理综,5,6分)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是()答案D受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+kmv,v减小,a减小,A错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴
22、相交时斜率相等,故D正确。26.(2014福建理综,15,6分)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是() 答案B设斜面倾角为,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma,a=g sin -g cos ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块加速下滑时的位移s=v0t+12at2,选项B正确;滑块下降高度h=ssin =v0 sin t+12a sin t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v
23、=v0+at,选项C错误。27.(2013课标,14,6分,0.733)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()答案C物块的受力如图所示,当F不大于最大静摩擦力时,物块仍处于静止状态,故其加速度为0;当F大于最大静摩擦力后,由牛顿第二定律得F-FN=ma,即F=FN+ma,F与a成线性关系。选项C正确。考查点牛顿第二定律的应用解题关键通过动力学分析推出F与a的函数关系表达式。易错警示注意题中假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动
24、摩擦力。28.(2013课标,21,6分,0.235)(多选)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则()图(a)图(b)A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距
25、离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC速度图线与时间轴所围面积表示物体的位移,估算图中面积约为110 m,故A正确;由于速度图线的斜率表示物体的加速度,由图可知在0.4 s2.5 s内飞机加速度大小几乎不变,约为27 m/s2,则飞机所受阻拦索的合力F不变,但飞机的速度在减小,两侧阻拦索间夹角在减小,故由P=Fv知D错误;由F=2T cos 2知阻拦索的张力在减小,B错误;由上述知C正确。考查点力的合成与分解、运动图
26、像问题解题关键(1)估算v-t图像中图线与时间轴所围面积,00.4 s围成的图形视为矩形,0.43.0 s围成的图形视为三角形。(2)0.42.5 s加速度不变,则合力不变,由力的合成可知拦阻索的张力改变。易错警示阻拦系统对飞机做功的功率等于两个拦阻索的张力功率的代数和,也等于阻拦索合力对飞机做功的功率。29.(2013浙江理综,17,6分)如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10 m/s2,下列判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC
27、.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.6 s9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2答案D由图像可知物块在04 s内处于静止状态,其所受合外力为零,选项B错误;4 s5 s内做变加速直线运动,因此5 s内拉力对物块做的功不为零,选项A错误;物块的滑动摩擦力Ff=3 N,则=Ffmg=0.3,选项C错误;在6 s9 s内由牛顿第二定律得FFf=ma,a=5-31.0 m/s2=2.0 m/s2,选项D正确。30.(2013广东理综,19,4分)(多选)如图,游乐场中,从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。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
28、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由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的,后是小于乙的,A项错误。由机械能守恒定律可知,甲、乙在同一高度时速度大小相等,B项正确。开始时甲的加速度大于乙的加速度,故甲开始时下滑较快,C项错误。因开始时甲的平均加速度较大,其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度,所以甲比乙先到达B处,D项正确。31.(2013重庆理综,4,6分)图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为的光滑斜面滑下,然后在不同的角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实
29、验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随变化的图像分别对应图2中的()图1图2A.、和B.、和C.、和D.、和答案B重力加速度g与无关,其值在值增大时保持不变,故其图像应为,则A、D两项均错。当=0时小球的加速度a=0,故其图像必定为,所以B项正确,C项错误。32.(2019海南单科,5,4分)如图,两物块P、Q置于水平地面上,其质量分别为m、2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g,现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动,轻绳的张力大小为() A.F-2mgB.13F+mgC.13F-mgD.13F
30、答案D本题为“连接体”问题,通过对本题的分析解答,考查了学生的推理能力,同时也渗透了“科学思维”素养中的“模型建构”及“科学推理”要素。对整体进行受力分析:F-3mg=3ma,对P进行受力分析:T-mg=ma,联立解得轻绳的张力大小为T=F3,故A、B、C错误,D正确。33.(2016天津理综,8,6分)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成,提供动力的车厢叫动车,不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等,动车的额定功率都相同,动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成,其中第1、5节车厢为动车,其余为拖车,则该动车组()A.启
31、动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为12答案BD启动时,乘客与车一起做加速运动,由牛顿第二定律可知,乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,选项A错误;对6、7、8节车厢水平方向受力分析,如图甲所示甲由牛顿第二定律可得:F1-3kmg=3ma;对7、8节车厢水平方向受力分析,如图乙所示乙由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得F1F2=32,选项B正确;动车组进站时,做匀减速直线运动,由
32、速度位移公式可得x=v22a,即x与v2成正比,选项C错误;由功率定义和牛顿第二定律可得:第一种情况动车组的最大速度为v1,2Pv1-8kmg=0,第二种情况动车组的最大速度为v2,4Pv2-8kmg=0,两方程联立可得v1v2=12,选项D正确。审题指导在解答选项D时,理解“最大速度”的含义是解答关键,速度最大时,动车组受到的合外力为零。动车组为连接体问题,合理选取研究对象,可以有效减少计算量。34.(2016江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中()A.桌布对鱼缸摩擦力的方
33、向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面答案BD由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为g;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=mg可知,Ff不变,故C错。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。审题技巧审题时抓住下列关键词:“猛地拉出”、“没有滑出桌面”、
34、“动摩擦因数均相等”。35.(2011课标,21,6分)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()答案A在m2与m1相对滑动前,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受的是f21=m2g=m1a1,a1=m2gm1为一恒量,对m2有F-m2g=m2a2,得a2=ktm2-g,斜率为km2,可知A正确,B
35、、C、D错误。36.(2022浙江1月选考,19,9分)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示,长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道与水平面的夹角为15。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示),到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15=0.26,g=10 m/s2,求雪车(包括运动员):(1)在直道AB上的加速度大小;(2)过C点的速度大小;(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。答案(1)83
36、 m/s2(2)12 m/s(3)66 N解析(1)AB段,根据v12=2a1x1可得a1=83 m/s2(2)AB段,到达B点的速度v1=a1t1=8 m/s,则t1=3 s故BC段用时t2=5 s-t1=2 sBC段,根据x2=v1t2+12a2t22代入数据解得a2=2 m/s2则vC=v1+a2t2=12 m/s(不同阶段的物理量要注意用角标进行区分)(3)在BC段,由牛顿第二定律有mg sin 15-Ff=ma2解得Ff=66 N37.(2022浙江6月选考,19,9分)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两
37、滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为29,货物可视为质点(取cos 24=0.9,sin 24=0.4,重力加速度g=10 m/s2)。(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。答案(1)2 m/s2(2)4 m/s(3)2.7 m解析(1)由牛顿第二定律mg sin 24-mg cos 24=ma1a1=2 m/s2(2)匀加速v2=2a1l1v=4 m/s(3)匀减速v12-v2=2a2l2a2=-gl2=2.7 m38.
38、(2013福建理综,21,19分)质量为M、长为3L的杆水平放置,杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳,绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g,不计空气影响。(1)现让杆和环均静止悬挂在空中,如图甲,求绳中拉力的大小;(2)若杆与环保持相对静止,在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动,此时环恰好悬于A端的正下方,如图乙所示。求此状态下杆的加速度大小a;为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力,方向如何?答案(1)64mg(2)33g233(M+m)g与水平方向的夹角为60斜向右上方解析(1)如图1,设平衡时,绳中拉力为T,有图12T cos -mg=0由图知cos =6
39、3由式解得T=64mg(2)此时,对小铁环进行受力分析,如图2所示,有图2T sin =maT+T cos -mg=0由图知=60,代入式解得a=33g如图3,设外力F与水平方向成角,将杆和小铁环当成一个整体,有图3F cos =(M+m)aF sin -(M+m)g=0由式解得F=233(M+m)gtan =3=60即外力方向与水平方向的夹角为60斜向右上方39.(2018浙江4月选考,19,9分)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示,有一企鹅在倾角为37的倾斜冰面上,先以加速度a=0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”,t=8 s时,突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行,最后退滑到出发点,完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数=0.25,已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,g=10 m/s2。求:(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小;(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小;(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)答案(1)16 m(2)8 m/s24 m/s2(3)234 m/s解析(1)在企鹅向上“奔跑”过程中,
