備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.11 與牛頓定律相關(guān)的綜合性問題（含解析）

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1、專題3.11 與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的綜合性問題 【考綱解讀與考頻分析】 牛頓運(yùn)動(dòng)定律是物理學(xué)核心知識(shí)點(diǎn)，與牛頓運(yùn)動(dòng)定律相關(guān)的綜合性問題成為高考命題熱點(diǎn)。 【高頻考點(diǎn)定位】 綜合性問題 考點(diǎn)一：與圖像相關(guān)的綜合性問題 【3年真題鏈接】 1.（2019全國理綜III卷20）如圖（a），物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器相連，細(xì)繩水平。t=0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s 時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f 隨時(shí)間t 變化的關(guān)系如圖（b）所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖（c）所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速

2、度取g=10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出（ ） A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0~2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 【參考答案】AB 【名師解析】由圖像（b）和圖像（c）可知，2s后物塊相對(duì)于木板滑動(dòng)，其滑動(dòng)摩擦力f=0.2N，木板的加速度a1=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律，F(xiàn)-f=ma1，4s后撤去外力F，木板在物塊摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2=0.2m/s2。隔離木板，分析受力，由牛頓第二定律， f

3、=ma2，聯(lián)立解得：木板的質(zhì)量為m=1 kg，2 s~4 s內(nèi)，力F的大小為F=0.4 N，選項(xiàng)AB正確；由于0~2 s內(nèi)，在拉力作用下木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，而物塊對(duì)木板的靜摩擦力逐漸增大，所以0~2 s內(nèi)，力F的大小從0開始逐漸增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于題述沒有給出物塊質(zhì)量，不能根據(jù)二者之間的滑動(dòng)摩擦力計(jì)算得出物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.（2018高考全國理綜III）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等

4、。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過程（ ） A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4:5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2:1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1 D．電機(jī)所做的功之比為4:5 【參考答案】AC 【命題意圖】 本題考查速度圖像，牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和功率及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。 【解題思路】設(shè)第次所用時(shí)間為t，根據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時(shí)間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項(xiàng)A正確；由于兩次提升變

5、速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由功率公式，P=Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項(xiàng)C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g -)，勻速運(yùn)動(dòng)過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升過程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；兩次做功相同，選

6、項(xiàng)D錯(cuò)誤。 【易錯(cuò)剖析】解答此題常見錯(cuò)誤主要有四方面：一是對(duì)速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解牽引力錯(cuò)誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機(jī)做功。實(shí)際上，可以根據(jù)兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相同，利用功能關(guān)系得出兩次做功相同。 【2年模擬再現(xiàn)】 1.（2019高考蘭州實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練）（6分）如圖甲所示，物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測(cè)到推力F、物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示（取g＝10m/s2）。則下列判斷不正確的是（　?。? A．物體的質(zhì)量m＝0.5kg

7、B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.40 C．0﹣3s內(nèi)物體所受摩擦力的沖量大小為4N?s D．0﹣3s內(nèi)物體所受合力做的功為1J 【參考答案】C 【解析】由圖甲和圖乙可知，在0~1s時(shí)間內(nèi)，推力F1=1N，物體靜止；在1~2s時(shí)間內(nèi)，推力F2=3N，物體加速度a=2m/s2，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)2-μmg=ma；在2~3s時(shí)間內(nèi)，推力F3=2N，物體勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)3=μmg；聯(lián)立解得：m=0.5kg，μ=0.40，選項(xiàng)AB正確；在0~1s時(shí)間內(nèi)，物體靜止，所受摩擦力f1=1N，摩擦力的沖量I1=f1t1=1N·s；1~3s時(shí)間內(nèi)，物體滑動(dòng)，所受摩擦力f2=μmg =2N，物體所

8、受摩擦力的沖量I2=f2t2=4N·s；在0~3s時(shí)間內(nèi)，物體所受摩擦力的沖量I= I1+I2=1N·s+4N·s=5N·s，選項(xiàng)C不正確；由動(dòng)能定理，在0~3s時(shí)間內(nèi)，物體所受合力做的功為W=mv2=×0.5×22J=1J，選項(xiàng)D正確。 【解題方法】對(duì)于圖像信息問題，可結(jié)合題述情景，找出各個(gè)時(shí)間段內(nèi)的推力和速度、加速度的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分別應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理、動(dòng)能定理列方程解答。 2.（2018山西省陽泉市聯(lián)考）以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí)．一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略，另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比。下列用虛線和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)的v—t圖象是（ ）

9、 【參考答案】C 【名師解析】空氣阻力不計(jì)時(shí)，物體只受重力，是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是向下傾斜的直線；有空氣阻力時(shí)，上升階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力隨著速度而減小，故加速度逐漸減小，最小值為g；下降階段，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-，由于阻力隨著速度而增大，故加速度減?。籿-t圖象的斜率表示加速度，故圖線切線的斜率不斷減小，圖線與t軸的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻的加速度為g，切線與虛線平行；故ABD錯(cuò)誤，C正確．故選C. 3.（2018貴州省貴陽名校月考）如圖甲所示，在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜止一個(gè)質(zhì)量為m的物體，木箱豎直向上運(yùn)

10、動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，物體始終相對(duì)斜面靜止．斜面對(duì)物體的支持力和摩擦力分別為N和f，則下列說法正確的是(　　) A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，N增大，f減小 B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，N減小，f增大 C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，N增大，f增大 D．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，N減小，f減小 【參考答案】：D 【名師解析】：在0～t1時(shí)間內(nèi)，由圖可知，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸減小，設(shè)斜面傾角為θ，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有N cos θ＋f sin θ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsin θ＝f cos θ，因加速度減小，則支持力N和摩擦

11、力f均減?。趖1～t2時(shí)間內(nèi)，由圖可知，物體做減速運(yùn)動(dòng)，加速度逐漸增大，對(duì)物體受力分析，在豎直方向上有mg－(Ncos θ＋fsin θ)＝ma2，在水平方向上有Nsin θ＝fcos θ，因加速度增大，則支持力N和摩擦力f均減小，故選D. 4．（2019湖南師大附中二模）如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時(shí)A、B將會(huì)分離。t＝0時(shí)刻開始對(duì)物塊A施加一水平推力F1，同時(shí)對(duì)物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨

12、時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運(yùn)動(dòng)情況的分析，正確的是( ) A．t＝2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力為零 B．t＝2.5 s時(shí)刻A對(duì)B的作用力方向向左 C．t＝2.5 s時(shí)刻A、B分離 D．從t＝0時(shí)刻到A、B分離，它們運(yùn)動(dòng)的位移為5.4 m 【參考答案】D 【名師解析】由圖可知：F1＝3.6－0.9t，F(xiàn)2＝0.9t；分析可知一開始AB一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)AB整體有：F1＋F2＝a，有a＝1.2 m/s2；若t時(shí)刻A與B分離，此時(shí)對(duì)A：F1＋FNmax＝mAa，得t＝3.0 s，即t＝2.5 s時(shí)刻A、B分離，A、B之間

13、作用力為零，選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；此過程中s＝at2＝5.4 m；當(dāng)t＝2.5 s時(shí)，對(duì)A：F1＋FN＝mAa，F(xiàn)N＝－0.15 N，故此時(shí)A對(duì)B的作用力向右；選項(xiàng)D正確B錯(cuò)誤。 5.（2019浙江紹興模擬）某玩具汽車從t=0時(shí)刻出發(fā)，由靜止開始沿直線行駛。其a-t圖象如圖所示，下列說法正確的是（　?。? A. 6s末的加速度比1s末的大 B. 1s末加速度方向與速度方向相同 C. 第4s內(nèi)速度變化量大于零 D. 第6s內(nèi)速度在不斷變大 【參考答案】B 【名師解析】由圖知，6s末的加速度比1s末的小，故A錯(cuò)誤。 0-1s內(nèi)汽車從靜止開始做變加速直

14、線運(yùn)動(dòng)，加速度方向與速度方向相同，故B正確。根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，知第4s內(nèi)速度變化量為零，故C錯(cuò)誤。根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，圖象在時(shí)間軸上方速度變化量為正，圖象在時(shí)間軸下方速度變化量為負(fù)，知第6s內(nèi)速度變化量為負(fù)，速度在不斷變小，故D錯(cuò)誤。 【關(guān)鍵點(diǎn)撥】由a-t圖象能直接讀出加速度的大小。根據(jù)圖象分析汽車的運(yùn)動(dòng)情況，從而確定1s末加速度方向與速度方向的關(guān)系。根據(jù)圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，分析第4s內(nèi)速度變化量的大小，并由“面積”法分析第6s內(nèi)速度變化情況。解決本題的關(guān)鍵是要理解a-t圖象的數(shù)學(xué)意義，知道圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量

15、，圖象在時(shí)間軸上方速度變化量為正，圖象在時(shí)間軸下方速度變化量為負(fù)。 考點(diǎn)二：與其他知識(shí)結(jié)合的綜合性問題 【3年真題鏈接】 1.（2018年11月浙江選考物理） 如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置，AB是長(zhǎng)為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無動(dòng)力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（ ） A.

16、5s B. 4.8s C. 4.4s D. 3s 【參考答案】A 【名師解析】小車在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，由0.2mg=ma，解得加速度大小a=0.2g。運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，由v2= v02-2aL，解得v=4m/s，小車從A到C的運(yùn)動(dòng)的平均速度=m/s，小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t1==3s. 設(shè)斜直軌道BC長(zhǎng)s，傾角為θ，由幾何關(guān)系可得：sinθ=，小車在傾斜軌道上運(yùn)動(dòng)的加速度a=gsinθ=，v2=2as，在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t2=，聯(lián)立解得：t2=2s。小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t= t1+t2=5s選項(xiàng)A正確。 2.（2018全國理綜II·

17、24）汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m，已知A和B的質(zhì)量分別為kg和kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小.求 （1）碰撞后的瞬間B車速度的大??； （2）碰撞前的瞬間A車速度的大小。 【命題意圖】本題主要考查機(jī)械能、功能原理及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決實(shí)際問題的的能力。 【解題思路】 （1）設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，

18、根據(jù)牛頓第二定律有 ① 式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 ③ （2）設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 ④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 ⑤ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有 ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 ⑦ 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（11分）（2019山東棗莊二模）如圖所示，傾角為45的光滑軌道AB和水平軌道BC

19、在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接，水平軌道上D點(diǎn)的正上方有一探測(cè)器，探測(cè)器只能探測(cè)處于其正下方的物體。一小物塊P自傾斜軌道AB上離水平軌道BC高h(yuǎn)處由靜止釋放，以小物塊P運(yùn)動(dòng)到B處的時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t1＝2s末至t＝3s末內(nèi)工作，已知P的質(zhì)量為m＝1kg，BD段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝6m，BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為H＝0.2，取g＝10m，P視為質(zhì)點(diǎn)。 （1）若h＝1.25m，求小物塊P從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所用的時(shí)間。 （2）若小物塊P能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過D點(diǎn)，求h的取值范圍。 【思路分析】（1）先研究物塊在斜面上下滑的過程，由牛頓第二定律求出加速度，由速度位移關(guān)系公式求出物塊到達(dá)A點(diǎn)的速

20、度v。再研究物塊在AC上滑行的過程，由牛頓第二定律和位移公式結(jié)合求解時(shí)間t即可。 （2）結(jié)合上題的結(jié)果得到v與時(shí)間t的關(guān)系式，當(dāng)物體P反彈后到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為0時(shí)，求出時(shí)間，從而得到時(shí)間范圍，解出速度v的范圍，從而得到h的范圍。 【名師解析】（1）設(shè)物塊沿傾斜軌道AB運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，由牛頓第二定律有： mgsin45°＝ma1 設(shè)物塊到達(dá)A處的速度為v，由速度位移關(guān)系有： v2＝2a1 由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞。故P在AC間等效為勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)P在AC段加速度大小為a2， 則 a2＝＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2 P返回經(jīng)過B時(shí)，有：3L＝vt﹣a2t

21、2 聯(lián)立①②③④解得 t＝2s （2）設(shè)小物塊恰好到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，釋放點(diǎn)的高度為h，由動(dòng)能定理得： mgh1﹣μmgL＝0 解得：h1＝1.2m 設(shè)在B到D的過程中，小物塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： L＝at32 解得：t3＝s； 因2s＜t3＜3s，故在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)，符合題意。 結(jié)合（1）的結(jié)果可知，在t1＝2s末到達(dá)D點(diǎn)，h＝1.25m，故要使小物塊在探測(cè)器工作時(shí)間內(nèi)過P點(diǎn)，故h的取值范圍為： 1.2m≤h≤1.25m。 答：（1）P與擋板碰撞反彈后運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間是2s。 （2）h的取值范圍為 1.2m≤h≤1.25m 【點(diǎn)評(píng)】正確分析物體

22、的受力情況，求解加速度是解答本題的基礎(chǔ)，熟悉運(yùn)動(dòng)學(xué)公式是正確解題的關(guān)鍵，要把握隱含的臨界狀態(tài)：物體P反彈后到達(dá)B點(diǎn)的速度恰好為0，運(yùn)用函數(shù)法研究h的范圍。 2.（2019洛陽聯(lián)考）如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到的關(guān)系如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1m-1。將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加

23、速度g=10m/s2。 （1）若恒力F=0，則物塊會(huì)從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時(shí)間是多少？ （2）圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及函數(shù)關(guān)系式。 【參考答案】（1）；（2） 【名師解析】 （1）以初速度v0為正方向，物塊的加速度大?。? 木板的加速度大?。? 由圖乙知，板長(zhǎng)L=1m 滑塊相對(duì)木板的路程： 聯(lián)立解得：

24、 當(dāng)t=1s時(shí)，滑塊的速度為2m/s，木板的速度為4m/s，而當(dāng)物塊從木板右端滑離時(shí)，滑塊的速度不可能小于木板的速度，應(yīng)舍棄，故所求時(shí)間為。 （2）①當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t1，則： 聯(lián)立解得： 由圖乙知，相對(duì)路程： 代入解得：

25、 ②當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，則： 由于靜摩擦力存在最大值，所以： 聯(lián)立解得： ③綜述：BC段恒力F的取值范圍是，函數(shù)關(guān)系式是。 預(yù)測(cè)考點(diǎn)一：與圖像結(jié)合的綜合性問題 【2年模擬再

26、現(xiàn)】 1.（2019武漢名校聯(lián)考）如圖所示，光滑水平地面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力作用下緊靠在一起壓緊彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力突然反向從零開始增大并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，下列關(guān)于拉力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移變化的關(guān)系圖像可能正確的是?（ ） ? 【名師解析】當(dāng)A、B分離時(shí)A仍有加速度，所以輕彈簧不可能處于原長(zhǎng)。開始時(shí)外力大小F=kx0，現(xiàn)將外力突然反向并使B向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，A、B分離前，對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)+ k(x0-x)=（mA

27、+mB）a，當(dāng)x=0時(shí)，得：kx0=（mA+mB）a，由此可知?jiǎng)傞_始階段，F(xiàn)=kx。隔離A，分析受力，由牛頓第二定律，k(x0-x)- FN=mAa，與kx0=（mA+mB）a，聯(lián)立解得：FN=-kx。當(dāng)x=時(shí)，F(xiàn)N=0，圖象AC錯(cuò)誤BD正確。 【參考答案】BD 2.(2018洛陽聯(lián)考)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)．觀察小球從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(　　) 【參考答案】：A 【名師解析】：小

28、球先做自由落體運(yùn)動(dòng)，接觸彈簧后小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至重力和彈力相等，即mg＝kΔx，此時(shí)a＝0，小球速度達(dá)到最大值vmax，此后小球繼續(xù)下降，小球重力小于彈力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直至最低點(diǎn)，小球速度為0，加速度最大，A正確，B錯(cuò)誤．設(shè)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的形變量為x，由能量關(guān)系得mg(h＋x)＝kx2，則2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x>x得kx>2mg，所以在最低點(diǎn)kx－mg＝ma>mg，即a>g，C錯(cuò)誤．彈簧形變量x與t不是線性關(guān)系，則a與t也不是線性關(guān)系，D錯(cuò)誤． 3.（2018豫西名校聯(lián)考）如圖所示，一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻(t＝

29、0)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)間圖象可能是下列選項(xiàng)中的(　　) 【參考答案】　A 【名師解析】　設(shè)在木板與物塊未達(dá)到相同速度之前，木板的加速度為a1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2。對(duì)木板應(yīng)用牛頓第二定律得：－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，解得a1＝－(μ1＋2μ2)g。設(shè)物塊與木板達(dá)到相同速度之后，木板的加速度為a2，對(duì)整體有－μ2·2mg＝2ma2，解得a2＝－μ2g

30、，可見|a1|＞|a2|，由v－t圖象的斜率表示加速度大小可知，圖象A正確。 4. (2018·東北四市聯(lián)考)某物體質(zhì)量為1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直線運(yùn)動(dòng)，其速度－時(shí)間圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知 (　　) A.物體所受的拉力總是大于它所受的摩擦力 B.物體在第3 s內(nèi)所受的拉力大于1 N C.在0～3 s內(nèi)，物體所受的拉力方向始終與摩擦力方向相反 D.物體在第2 s內(nèi)所受的拉力為零 【參考答案】　BC 【名師解析】　由題圖可知，第2 s內(nèi)物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即拉力與摩擦力平衡，所以選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；第3 s內(nèi)物

31、體的加速度大小為1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知物體所受合外力大小為1 N，所受拉力大于1 N，選項(xiàng)B正確；物體運(yùn)動(dòng)過程中，拉力方向始終和速度方向相同，摩擦力方向始終和運(yùn)動(dòng)方向相反，選項(xiàng)C正確。 【1年仿真原創(chuàng)】 1. 粗糙水平面上靜止放置質(zhì)量均為m的A、B兩物體，它們分別受到水平恒力F1、F2的作用后各自沿水平面運(yùn)動(dòng)了一段時(shí)間,之后撤去F1、F2,兩物體最終都停止，其圖象如圖所示，下列說法正確的是（ ） A．A、B兩物體與地面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)之比為2:1 B．F1與A物體所受摩擦力大小之比為3:1 C．F1和F2大小之比為2:1 D．A、B兩物體通過的總位

32、移大小相等 【參考答案】BD 【名師解析】試題分析：A、由圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1：2；由牛頓第二定律可知：A、B受摩擦力大小1：2，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、對(duì)A物體加速（）和減速（）比為1:2，由牛頓第二定律可知，，可得，選項(xiàng)B正確.C、對(duì)B物體加速（）和減速（）比為2:1，同理，，聯(lián)立可得：，則，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.D、圖象面積表示位移為，故選項(xiàng)D正確，故選AD. 2.如圖甲所示，質(zhì)量m=2kg的物體在水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng).過a點(diǎn)時(shí)給物體作用一個(gè)水平向左的恒力F并開始計(jì)時(shí)，選水平向右為速度的正方向，通過速度傳感器測(cè)出物體的瞬時(shí)速度，所得v-t圖象如圖乙所示.取重力加速度為g=10

33、m/s2.求： （1）力F的大小和物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. （2）10s末物體離a點(diǎn)的距離. 【參照答案】（1）3N 0.05 (2)2m 【名師解析】 （1）設(shè)物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，則由v-t圖得a1=2m/s2 ① 根據(jù)牛頓第二定律，有F＋pmp＝ma1 ② 設(shè)物體向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，則由v-t圖得 a2=1m/s2③（1分） 根據(jù)牛頓第二定律，有 ④ 解①②③④得：F＝3N（1分） （2）設(shè)10s末物體離a點(diǎn)的距離為d，d應(yīng)為v-t圖與橫軸所圍的面積則，

34、負(fù)號(hào)表示物體在a點(diǎn)以左 預(yù)測(cè)考點(diǎn)二：與其他知識(shí)結(jié)合的綜合性問題 【2年模擬再現(xiàn)】 1. (2019蘭州聯(lián)考)如圖所示，半徑R＝0.8 m的四分之一光滑圓弧軌道C固定在光滑水平地面上，質(zhì)量M＝0.3 kg的木板B左端與C的下端等高平滑對(duì)接但未粘連，右端固定一輕彈簧，彈簧原長(zhǎng)遠(yuǎn)小于板長(zhǎng)，將彈簧在彈簧彈性限度內(nèi)壓縮后鎖定?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的物塊A質(zhì)量m＝0.1 kg，從與圓弧軌道圓心O等高的位置由靜止釋放，滑上木板B后，滑到與彈簧剛接觸時(shí)與木板相對(duì)靜止，接觸瞬間解除彈簧鎖定，在極短時(shí)間內(nèi)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，物塊A被水平彈出，最終運(yùn)動(dòng)到木板左端時(shí)恰與木板相對(duì)靜止。物塊A與本板B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25

35、，g取10 m/s2。求： (1)物塊A在圓弧軌道C的最下端時(shí)受到圓弧軌道支持力的大小； (2)木板B的長(zhǎng)度L； (3)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，物塊A從木板右端運(yùn)動(dòng)到左端的時(shí)間。 【名師解析】（1）設(shè)A到達(dá)C的最下端時(shí)速度大小為v0，圓弧軌道支持力大小為FN，則 (1分) (1分) 解得＝4m/s，F(xiàn)N＝3 N (1分) （2）設(shè)A在B上向右滑行過程中，A的加速度大小為a1，B的加速度大小為a2，滑上B后經(jīng)時(shí)間t1后接觸彈簧，A的位移x1，B的位移x2，則 (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) (1分) 解得t1＝

36、1.2 s，L＝2.4 m (1分) （3）設(shè)A接觸彈簧與B保持相對(duì)靜止時(shí)速度大小為v1，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A的速度大小為v2，B的速度大小為v3，A相對(duì)B向左滑動(dòng)過程中的加速度大小與A滑上B向右滑行過程中各自加速度大小相等，則 (1分) (2分) 最終運(yùn)動(dòng)到木板的左端時(shí)A、B共同速度大小為v4，則 (2分) 由能量守恒 (2分) 解得v1＝1 m/s，v4＝1m/s，v2＝2 m/s，v3＝2 m/s 設(shè)物塊A從木板右端運(yùn)動(dòng)到左端的時(shí)間為t2，對(duì)木板B，由動(dòng)量定理有 (2分) 解得t2＝1.2 s (1分) 【1年仿真原創(chuàng)】 1．如圖所示，一

37、斜面體固定在水平地面上，傾角θ＝30°、高度h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止，木板下端連接有一根自然長(zhǎng)度l0＝0.2 m的輕彈簧，木板總質(zhì)量m＝1 kg、總長(zhǎng)度L＝2.0 m。一質(zhì)量M＝3 kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度H＝1.7 m，物塊A經(jīng)過一段時(shí)間后從斜面頂端沿平行于斜面方向落到木板上并開始向下滑行。已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，木板下滑到斜面底端碰到擋板時(shí)立刻停下，物塊A最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時(shí)一直處于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。求： (1)物塊A落到木板上的速

38、度大小v； (2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。 【名師解析】(1)物塊A落到木板上之前做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有： 2g(H－h(huán))＝vy2 得vy＝2 m/s 物塊A落到木板上時(shí)速度大?。簐＝＝4 m/s (2)由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0應(yīng)滿足：mgsin 30°＝μ0mgcos 30° 得：μ0＝tan 30°＝ 物塊A在木板上滑行時(shí)，由牛頓第二定律得： aA＝＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上) aB＝＝7.5 m/s2 (方向沿斜面向下) 假設(shè)A與木板B達(dá)到共同速度v共時(shí)，A還沒有壓縮彈簧

39、且木板B還沒有到達(dá)斜面底端，則有 v共＝aBt＝v－aAt 解得v共＝3 m/s，t＝0.4 s 此過程，xA＝·t＝1.4 m xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m 故Δx＝xA－xB＝0.8 m