2014届高考物理第二轮复习方案新题之牛顿运动定律2 1．质量分别为m、2m、3m的物块A、B、C叠放在光滑的水平地面上,现对B施加一水平力F,已知AB间、BC间最大静摩擦力均为f0,为保证它们能够一起运动,F最大值为（ ）
? A．6f0??? ? B．4f0?????? C．3f0??????? ? D．2f0 答案：D 解析：由牛顿第二定律，F=6ma，对C，f0=3ma，联立解得F=2 f0,选项D正确。 2某物体质量为1kg，受水平拉力作用沿水平粗糙地面做直线运动，其速度图像如图所示，根据图像可知物体 （ ） （A）受的拉力总是大于摩擦力 （B）在第3s内受的拉力为1N （C）在第1s 内受的拉力大于2N （D）在第2s内受的拉力为零 答案：C 解析：在1~2s，物体匀速运动，受的拉力等于摩擦力，选项A错误；第1s内的加速度为2m/s2，第3s内的加速度为1m/s2，由牛顿第二定律，在第1s 内受的拉力大于2N，在第3s 内受的拉力大于1N，在第2s 内受的拉力大于零，选项C正确BD错误。 3我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，“辽宁号”使用了跃飞技术，如图甲所示。其甲板可简化为乙图模型：AB部分水平，BC部分倾斜，倾角为θ。战斗机从A点开始滑跑，C点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F，ABC甲板总长度为L，战斗机质量为m，离舰时的速度为vm。求AB部分的长度。
3.解析: 在AB段，根据牛顿第二定律，F=ma1， 设B点速度大小为v，根据运动学公式，v2=2a1s1， 在BC段，根据牛顿第二定律，F-mgsinθ=ma2， 从B到C，根据运动学公式，vm2-v2=2a1s1 据题意：L= s1+ s2， 联立解得：s1=L-
。 4如图所示，木板与水平地面间的 夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的 一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块 从木板的底端以大小恒定的初速率v0 = 10m/S的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g=10m/s2。 (1) 求小物块与木板间的动摩擦因数； (2) 当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。 4. 解题思路：由平衡条件和摩擦力公式解得小物块与木板间的动摩擦因数；由动能定理得到位移表达式，利用三角函数极值知识求出此最小值。 考查要点：滑动摩擦力公式、平衡条件、动能定理、三角函数极值。 解析：（1）当θ=30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsinθ=f，f=μmgcosθ 联立解得：μ=
。 （2）对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理， - mgsinθ·s-μmgcosθ·s =0-
mv22， 解得s=
。 令a= sinθ+μcosθ=
（
sinθ+
μcosθ） 设cosα=
，则a=
sin(α+θ) 当α+θ=π/2时，a存在最大值am=
=2
。 即sinθ= cosα=
=
，θ=60°时，s最小。 对应的最小值s=
=5
m。 5如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2.5m，质量均为m2=150kg，现有一小滑块以速度v0=6m／s冲上木板A左端，已知小滑块质量m==200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2) (1)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。 (2)若μ1=0.4，求滑块运动时间。(结果用分数表示)。 5解题思路：应用平衡条件列方程解得μ1应满足的条件；应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块运动时间。 考查要点：牛顿运动定律、平衡条件、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律。 解析： 滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
（2分） 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
（2分） 代入数据得0.35≤μ1＜0.5 （2分） （2）若μ1=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，
解得：a1=4m/s2 （1分） 由
达B板时的速度v1=4m/s。 （1分） 在A板上滑动时间由
解得t1=0.5s。（1分） 滑块滑上B板时B运动，由
a2=
m/s2。（1分） 速度相同时a2 t2= v1- a1 t2，解得t2=
s。 （1分） 相对位移
（1分） 物块与板B能达到共同速度：v共= a2 t2=
m/s 。 （1分） 然后一起相对静止的一起减速：
a共=2m/s2（1分）
（1分）
（1分） 注：计算过程中表达正确即给分，数值只看最后结果。 6图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图15乙所示。取g= 10m/s2，根据F-t图象求： （1）运动员的质量； （2）运动员在运动过程中的最大加速度； （3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。 6．（10分） 解题思路：由图象给出的信息得到运动员的质量和所受最大力，应用牛顿运动定律得到运动员在运动过程中的最大加速度；应用竖直上抛规律和相关知识得到运动员重心离开蹦床上升的最大高度。 考查要点：F---t图象、牛顿第二定律、竖直上抛规律等。 解析： （1）由图象可知运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则 m=G/g=50kg……………………………………………3分 （2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则 Fm-mg=mam……………………………………………2分 am=

=
m/s2=40 m/s2 ……………………1分 （3）由图像可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s。………………………………………2分 设运动员上升的最大高度为H，则 H=
=
m=3.2m ………………………………………2分 7一质量m＝0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30o足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v－t图。求：（g取10m/s2） （1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小； （2）滑块与斜面间的动摩擦因数； （3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置。 解： （1）滑块的加速度
（4分） （2）物体在冲上斜面过程中
（2分）
（
） （2分） （3）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑。 （2分）
滑块停在距底端1.5m处。 （2分） 8如图所示，质量m= 2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20 N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当木块运动到x=10m时撤去力F。不计空气阻力。已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，sin37° =0.6，cos37°=0.8。g取10m/s2。求： （1）撤去力F时木块速度的大小； （2）撤去力F后木块运动的时间。 8．（7分） 解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示。根据牛顿运动定律有

又因为
代入数据可求得：
，
因为
所以
（4分） （2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示。根据牛顿运动定律有

又因为
代入数据可求得：
，
因为
所以
（3分） 较易，牛顿运动定律、运动学公式、力的合成和分解。 考查：应用能力。应用能力是指综合运用已有的知识和方法，分析和解决问题的能力。 对问题进行合理的简化，找出物理量之间的关系，利用恰当的数学方法进行分析、求解，得出结论。 9如图13所示，质量m=2.2kg的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=10N的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做匀速直线运动。（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求： （1）金属块与地板间的动摩擦因数； （2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离。 9．（8分）解题思路：分析受力，由平衡条件列方程得到金属块与地板间的动摩擦因数；应用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律得到金属块在水平地板上滑行的最大距离。 考查要点：受力分析、平衡条件、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。 解析：（1）设地板对金属块的支持力为N，金属块与地板的动摩擦因数为μ， 因为金属块匀速运动，所以有 Fcosθ=μN
…………………………………………………1分 mg=Fsinθ+N……………………………………………………1分 解得：
……………………………2分 （2）撤去F后，设金属块受到的支持力为N '，运动的加速度为a，在水平地板上滑行的距离为x，则N '=mg， μmg=ma………………………………………1分
……………………………………………………1分 解得：x=2.5m…………………………………………2分

---

【点此下载】