《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1 第三章 专题课 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1 第三章 专题课 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析.pdf（24页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题课 牛顿运动定律的综合应用专题课 牛顿运动定律的综合应用 超重、失重问题 1.超重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有向上的加速度。 2.失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)产生条件：物体具有向下的加速度。 3.完全失重 (1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于 0 的现象称为完全失 重现象。 (2)产生条件：物体的加速度 ag，方向竖直向下。 4.对超重和失重的“三点”深度理解 (1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。 (2)
2、在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。 (3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于 物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失 重状态。 命题角度 1 超重、失重现象的判断 【例 1】 伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中， 一名质量为 m 的演员穿着这种 高跷从距地面 H 高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高 h 处。 假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力， 演员和弹跳高跷始终在竖直方 向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( ) 图 1 A.在向下运动的过程中始终处于失重状态 B.在向上运动的过程
3、中始终处于超重状态 C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态 D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态 解析 演员在空中时，加速度为 g，方向向下，处于失重状态；当演员落地加速 时，加速度 a 向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度 a 向上，处于超重状 态 ； 所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态， 选项 C 正确 ； 同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，选项 D 错误。 答案 C 命题角度 2 根据超重、失重现象判断物体的受力情况 【例 2】 某人在地面上最多可举起 50 kg 的物体，当他在竖直向上运动的电梯 中最多举起了
4、 60 kg 的物体时，电梯加速度的大小和方向为(g10 m/s2)( ) A.2 m/s2 竖直向上 B. m/s2 竖直向上 5 3 C.2 m/s2 竖直向下 D. m/s2 竖直向下 5 3 解析 由题意可知，在地面上，人能承受的最大压力为 Fmmg500 N，在电梯 中人能举起 60 kg 物体，物体一定处于失重状态，对 60 kg 的物体：mgFm ma，即 a m/s2 m/s2，所以选项 D 正确。 600500 60 5 3 答案 D 判断超重和失重的方法 从受力的 角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重 状态；小于重力时，物体处于失重状态；等于零
5、时，物体处于 完全失重状态 从加速度的 角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的 加速度时，物体处于失重状态；向下的加速度(ag)时，物体 处于完全失重状态 从速度变化的物体向上加速或向下减速时，超重 角度判断物体向下加速或向上减速时，失重 【变式训练 1】 (20184 月浙江选考)如图 2 所示，小芳在体重计上完成下蹲动 作。下列 Ft 图象能反映体重计示数随时间变化的是( ) 图 2 解析 体重计的读数为人所受的支持力大小， 下蹲过程人的速度从 0 开始最后又 回到 0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后 超重，所以支持力先小于重力，后
6、大于重力，因此选项 C 正确。 答案 C 动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象 vt 图象、at 图象、Ft 图象、Fa 图象等。 2.图象问题的类型 (1)已知物体受到的力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图线。要求分析物体的受力情况。 (3)由已知条件确定某物理量的变化图象。 3.解题策略 命题角度 1 动力学中的 vt 图象 【例 3】 (2018宁夏模拟)将一个质量为 1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回 抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的 vt 图象如图 3 所示，g 取 10 m/s2。下列说法正
7、确的是( ) 图 3 A.小球所受重力和阻力之比为 61 B.小球上升与下落所用时间之比为 23 C.小球回落到抛出点的速度大小为 8 m/s6 D.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态 解析 小球向上做匀减速运动的加速度大小 a1 m/s212 m/s2，根据牛 v t 24 2 顿第二定律得 mgfma1， 解得阻力 fma1mg2 N， 则重力和阻力大小之比 为 51，故选项 A 错误；小球下降的加速度大小 a2 m/s28 mgf m 102 1 m/s2， 根据 x at2得 t， 知上升的时间和下落的时间之比为 t1t2 1 2 2x a a2a1 3， 故选项 B 错误
8、 ； 小球匀减速上升的位移 x 224 m24 m， 根据 v26 1 2 2a2x 得，v m/s8 m/s，故选项 C 正确；下落的过程2a2x2 8 246 中，加速度向下，处于失重状态，故选项 D 错误。 答案 C 命题角度 2 动力学中的 Ft 图象 【例 4】 物体最初静止在倾角 30的足够长斜面上， 如图 4 甲所示受到平行 斜面向下的力 F 的作用，力 F 随时间变化的图象如图乙所示，开始运动 2 s 后物 体以 2 m/s 的速度匀速运动，下列说法正确的是(g 取 10 m/s2)( ) 图 4 A.物体的质量 m0.5 kg B.物体的质量 m2 kg C.物体与斜面间的动
9、摩擦因数 3 3 D.物体与斜面间的动摩擦因数 7 3 15 解析 由开始运动 2 s 后物体以 2 m/s 的速度匀速运动，可知 02 s 内物体的加 速度大小为 a m/s21 m/s2； 在 02 s 内对物体应用牛顿第二定律得， F1 v t 2 2 mgsin 30mgcos 30ma，2 s 后由平衡条件可得，F2mgsin 30mgcos 300，联立解得 m1 kg，选项 D 正确。 7 3 15 答案 D 1.(2018绍兴期中)一物体放在水平地面上，如图 5 甲所示，已知物体所受水平拉 力 F 随时间 t 的变化情况如图乙所示，物体相应的速度 v 随时间 t 的变化关系如
10、图丙所示，则( ) 图 5 A. 滑动摩擦力为 3 N B. 全过程克服摩擦力做功 30 J C. 动摩擦因数为 0.2 D. 物体的质量为 1.5 kg 解析 由图象可知：68 s 内物体匀速，则滑动摩擦力 Ff2 N，A 错误；物体 全过程位移为 vt 图象与 t 轴围成面积 x3 m15 m，全过程摩擦力 （28） 2 做功Wfx215 J30 J， B正确 ； 根据810 s内物体匀减速加速度a m/s21.5 m/s2，由牛顿第二定律mgma 可知 0.15，C 错误； v t 3 2 根据 26 s 内物体匀加速，a1 m/s2，由 F1Ffma1，可求得 m kg，D 3 4 4
11、 3 错误。 答案 B 2.如图 6(a)，质量 m1 kg 的物体沿倾角 37的固定粗糙斜面由静止开始向下 运动， 风对物体的作用力沿水平方向向右， 其大小与风速 v 成正比， 比例系数用 k 表示， 物体加速度 a 与风速 v 的关系如图(b)所示， (sin 370.6， cos 370.8， g 10 m/s2) 求： 图 6 (1)物体与斜面间的动摩擦因数 ； (2)比例系数 k。 解析 (1)当 v0 时，由图(b)知 a04 m/s2， 由 mgsin mgcos ma0， 得 0.25。 gsin a0 gcos (2)当 v5 m/s 时，a0， 由 mgsin FNkvco
12、s 0， FNmgcos kvsin 得 k0.84 kg/s。 mg（sin cos ） v（sin cos ） 答案 (1)0.25 (2)0.84 kg/s 3.质量为 3 kg 的物体放在水平地面上，在水平恒力 F 的作用下做匀加速直线运 动，4 s 末撤去此水平恒力 F。物体运动的 vt 图象如图 7 所示。求： 图 7 (1)物体在 04 s 的加速度大小； (2)物体在 410 s 的位移大小； (3)物体所受的摩擦力大小。 解析 设加速运动时间为 t1，减速运动时间为 t2，运动过程最大速度为 v1 (1)04 s 内的加速度大小 a1得 a13 m/s2 v1 t1 (2)4
13、10 s 的加速度大小 a2得 a22 m/s2 v1 t2 410 s 的位移大小 x2 a2t 得 x236 m 1 2 2 2 (3)由牛顿第二定律 Ffma2 得 Ff6 N 答案 (1)3 m/s2 (2)36 m (3)6 N 动力学中的临界极值问题 1.临界或极值条件的标志 (1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在 着临界点； (2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存 在着极值，这个极值点往往是临界点。 2.解答临界问题的三种方法 极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达 到正确解
14、决问题的目的 假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可 能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题 数学法将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件 【例 5】 一斜面放在水平地面上，倾角为 53，一个质量为 0.2 kg 的小球用 细绳吊在斜面顶端， 如图 8 所示。 斜面静止时， 球紧靠在斜面上， 绳与斜面平行， 不计斜面与水平面的摩擦，当斜面以 10 m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉 力及斜面对小球的弹力。(g 取 10 m/s2) 图 8 解析 设小球刚刚脱离斜面时斜面向右的加速度为 a，此时斜面对小球的支持力 恰好为零
15、，小球只受到重力和细绳的拉力，且细绳仍然与斜面平行。 对小球受力分析如图所示。 易知ma0 mg tan a07.5 m/s2 g tan 因为 a10 m/s2a0 故小球已离开斜面，斜面对小球的弹力 FN0 细绳的拉力 T2 N（mg）2（ma）22 tan 1，45，即细绳拉力的方向与水平方向成 45角斜向上。 mg ma 答案 2 N，方向与水平方向成 45角斜向上 02 1.如图9所示， 木块A的质量为m， 木块B的质量为M， 叠放在光滑的水平面上， A、 B 之间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现 用水平力 F 作用于 A，则保持 A、B 相对静止的
16、条件是 F 不超过( ) 图 9 A.mg B.Mg C.mg D.Mg (1 m M) (1 M m) 解析 由于 A、B 相对静止，以整体为研究对象可知 F(Mm)a； 若 A、B 即将 相对滑动， 以物体 B 为研究对象可知 mgMa， 联立解得 Fmg， 选项 C (1 m M) 正确。 答案 C 2.(2018济宁检测)如图 10 所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦 因数为 ，重力加速度为 g，木板与水平面成 角，让小木块从木板的底端 3 3 以大小恒定的初速率 v0沿木板向上运动。随着 的改变，小木块沿木板向上滑 行的距离 x 将发生变化，当 角为何值时，小木块沿木板向
17、上滑行的距离最小， 并求出此最小值。 图 10 解析 当 变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为 a，则木块沿木板 斜面方向列牛顿第二定律方程： mgsin mgcos ma 木块的位移为 x，有 0v 2ax 2 0 根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据式有 ag(sin cos ) 根据数学关系有 sin cos sin()，其中 tan ，则 3012 3 3 要使加速度 a 最大，则有 90时取最大值 g 12 所以有 9060时，加速度取最大值为 a2g 3 代入可得 xmin 3v 4g 答案 60 3v 4g 动力学中的连接体问题 1.连接体 多个相互关联的物体连接
18、(叠放、并排或由绳子、弹簧、细杆联系)在一起构成的 物体系统称为连接体。连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。 2.解决连接体问题的两种方法 【例 6】 如图 11 所示，两个质量分别为 m13 kg、m22 kg 的物体置于光 滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为 F130 N、F220 N 的水平拉力分别作用在 m1、m2上，则( ) 图 11 A.弹簧测力计的示数是 50 N B.弹簧测力计的示数是 24 N C.在突然撤去 F2的瞬间，m2的加速度大小为 4 m/s2 D.在突然撤去 F2的瞬间，m1的加速度大小为 10 m/s2 解析 对两物体和弹簧测力计组
19、成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度 a m/s22 m/s2， 隔离 m2， 根据牛顿第二定律有 FF2m2a， 解得 F F1F2 m1m2 10 5 24 N，所以弹簧测力计的示数为 24 N，选项 A 错误，B 正确；在突然撤去 F2的 瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为 2 m/s2，m2的加速度 a2 F m2 24 2 m/s212 m/s2，选项 C、D 错误。 答案 B 1.如图 12 所示，在光滑水平地面上，水平外力 F 拉动小车和木块一起做无相对 滑动的加速运动。小车质量为 M，木块质量为 m，加速度大小为 a，木块和小车 之间的动摩擦因数为 ，则在这个过程中
20、，木块受到的摩擦力大小是( ) 图 12 A.mg B.（Mm）F m C.(Mm)g D.ma 解析 m 与 M 无相对滑动，故 a 相同，对 m、M 整体，有 F(Mm)a，故 a ，m 与整体加速度相同也为 a，对 m 有 fma，即 f，故 D 正确。 F Mm mF Mm 答案 D 2.如图 13 所示，在光滑的水平地面上质量分别为 m1和 m2的木块 A 和 B 之间用 轻弹簧相连，在拉力 F 作用下，以加速度 a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤 去拉力 F，此瞬间 A 和 B 的加速度的大小分别为 a1和 a2，则( ) 图 13 A.a1a20 B.a1a，a20 C.a1a，
21、a2a m1 m1m2 m2 m1m2 D.a1a，a2a m1 m2 解析 两木块在光滑的水平地面上一起以加速度 a 向右做匀加速直线运动时， 以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律得，弹簧的弹力 F弹m1a，在力 F 撤去的 瞬间，弹簧的 弹力来不及改变，大小仍为 m1a，因此木块 A 的加速度此时仍为 a；以木块 B 为 研究对象，则 F弹m2a2，又 F弹F弹，解得木块 B 的加速度大小 a2a， m1 m2 所以选项 D 正确。 答案 D 3.(2017三明模拟)如图 14 所示，木块 A、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量 为 m， B 的质量为 2m。 现施加水平力 F 拉 B
22、(如图甲)， A、 B 刚好不发生相对滑动， 一起沿水平面运动。若改用水平力 F拉 A(如图乙)，使 A、B 也保持相对静止， 一起沿水平面运动，则 F不得超过( ) 图 14 A.2F B. C.3F D. F 2 F 3 解析 力 F 拉物体 B 时，A、B 恰好不滑动，故 A、B 间的静摩擦力达到最大值， 对物体 A 受力分析，受重力 mg、支持力 FN1、向前的静摩擦力 fm，根据牛顿第 二定律，有 fmma 对 A、 B 整体受力分析， 受重力 3mg、 支持力和拉力 F， 根据牛顿第二定律， 有 F 3ma 由解得 fm F。 1 3 当 F作用在物体 A 上时，A、B 恰好不滑动
23、时，A、B 间的静摩擦力达到最大值， 对物体 A，有 Ffmma1 对整体，有 F3ma1 由上述各式联立解得 F fm F，即 F的最大值是 F。 3 2 1 2 1 2 答案 B 科学思维传送带模型 1.水平传送带问题 求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。 物体的速度与传送带 速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。 【例 1】 如图 15 所示，水平长传送带始终以 v 匀速运动，现将一质量为 m 的 物体轻放于 A 端，物体与传送带之间的动摩擦因数为 ，AB 长为 L，L 足够长。 问： 图 15 (1)物体从 A 到 B 做什么运动？ (2)当物体的速度达到传送
24、带速度 v 时，物体的位移多大？传送带的位移多大？ (3)物体从 A 到 B 运动的时间为多少？ (4)什么条件下物体从 A 到 B 所用时间最短？ 解析 (1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线 运动。 (2)由 vat 和 ag，解得 t v g 物体的位移 x1 at2 1 2 v2 2g 传送带的位移 x2vtv 2 g (3)物体从 A 到 B 运动的时间为 t总 v g Lx1 v L v v 2g (4)当物体从 A 到 B 一直做匀加速直线运动时，所用时间最短由 v22ax 得 v ，所以要求传送带的速度满足 v。2gL2gL 答案 (1)先匀加速，后
25、匀速 (2) (3) v2 2g v2 g L v v 2g (4)v 2gL 【拓展延伸 1】 若在【例 1】中物体以初速度 v0(v0v)从 A 端向 B 端运动，则 ： (1)物体可能做什么运动？ (2)什么情景下物体从 A 到 B 所用时间最短，如何求最短时间？ 解析 (1)若 v0v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为 ag 的匀减速运动。假 定物体一直减速到离开传送带， 则其离开传送带时的速度为 v。 显然，v2gL 若 v，则物体在传送带上将一直减速运动；若 v0v，则物v2gLv2gL 体在传送带上将先减速，后匀速运动。 (2)物体一直做匀减速直线运动时，从 A 到 B 所用
26、时间最短，加速度大小 ag， 由 Lv0t gt2可求最短时间。 1 2 答案 见解析 【拓展延伸 2】 若在【例 1】中物体以初速度 v0从 B 向 A 运动，则物体可能做 什么运动？ 解析 物体刚放到传送带上时将做加速度大小为 ag 的匀减速运动， 假定物体 一直减速到离开传送带， 则其离开传送带时的速度为 v。 显然， 若 v0v2gL ，则物体将一直做匀减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若 v0mg， 钢索最容易发生断裂，选项 C、D 错误。 答案 B 5.如图 2 所示，质量分别为 m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用 下一起沿水平方向向右做匀加速直线运动(m1
27、在光滑地面上，m2在空中)。已知 力 F 与水平方向的夹角为 。则 m1的加速度大小为( ) 图 2 A. B. Fcos m1m2 Fsin m1m2 C. D. Fcos m1 Fsin m2 解析 把 m1、m2看做一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可 得 Fcos (m1m2)a，所以 a，选项 A 正确。 Fcos m1m2 答案 A 6.某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象。在地面上称得其体重为 500 N，再 将台秤移至电梯内称其体重。 电梯从 t0 时由静止开始运动， 到 t11 s 时停止， 得到台秤的示数 F 随时间 t 变化的情况如图 3 所示(g10 m/
28、s2)， 则下列选项不正 确的是( ) 图 3 A.电梯为下降过程 B.在 1011 s 内电梯的加速度大小为 2 m/s2 C.F3的示数为 550 N D.电梯运行的总位移为 19 m 解析 在 02 s 内电梯支持力小于该同学重力，合力向下，加速度向下，初速 为零，所以 02 s 电梯匀加速下降，210 s 内支持力等于该同学重力，该同学 受力处于平衡状态， 向下匀速， 1011 s 内支持力大于该同学的重力， 合力向上， 所以向下匀减速，A 正确；电梯匀加速阶段 a11 m/s2，2 s 末电梯速 GFN1 m 度 v1a1t12 m/s，此阶段位移 x1 a1t 2 m，匀速阶段 x
29、2v1t216 m，匀减 1 2 2 1 速阶段 t31 s，则此阶段加速度大小 a22 m/s2，由牛顿第二定律有 FN2mg v1 t3 ma2，求得 FN2600 N，即 F3600 N，此阶段位移 x3t31 m，电梯总 0v1 2 位移 xx1x2x319 m，B、D 正确，C 错误。 答案 C 7.质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落， 该下落过程对应的 vt 图象如图 4 所示，球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 。设 3 4 球受到的空气阻力大小恒为 Ff，取 g10 m/s2，求： 图 4 (1)弹性球受到的空气阻力 Ff的大小； (2)弹性
30、球第一次碰撞后反弹的高度 h。 解析 (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1，由题图知 a1 v t 4 0.5 m/s28 m/s2，根据牛顿第二定律，得 mgFfma1，Ffm(ga1)0.2 N。 (2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v14 m/s，设球第一次离开 地面时的速度大小为 v2，则 v2 v13 m/s，第一次离开地面后，设上升过程中 3 4 球的加速度大小为 a2，则 mgFfma2，a212 m/s2，于是有 0v 2a2h， 2 2 解得 h m。 3 8 答案 (1)0.2 N (2) m 3 8 B 组 能力提升 8.如图 5 所示，水平光
31、滑的细杆上套一环 A，环 A 与球 B 用一不可伸长轻质绳相 连，质量分别为 mA和 mB，由于 B 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角 为 ，A 环与 B 球一起向右做加速度为 a 的匀加速运动，则下列说法中正确的是 ( ) 图 5 A.B 球所受到的风力大小为 mBa B.当风力增大时，杆对 A 环的支持力变大 C.此时 B 受到的绳子拉力大小为 mBgcos D.当风力增大时，轻绳对 B 球的拉力不变 解析 对 B 球受力分析可知，B 球受到水平风力、绳拉力和重力作 用， 在水平方向 FTsin mBa，竖直方向： Tcos mBg， 解得 T ， 选项 A、 C 错误 ； 对 A
32、、B 整体分析可知，在竖直方向上 A、B mBg cos 整体受力平衡，杆对 A 环支持力等于(mAmB)g，风力增大时拉力不变，B 错 误，D 正确。 答案 D 9.(2018浙江温州期末)利用传感器和计算机可以研究力的大小变化的情况。 实验 时某消防队员从平台上自由下落，在 t1时刻双脚触地，他顺势弯曲双腿。计算机 显示消防队员双脚触地后的过程中，他受到地面支持力 F 随时间变化的图象如 图 6 所示。根据图象提供的信息，以下判断正确的是( ) 图 6 A.在 t1至 t2时间内，消防队员做减速运动 B.在 t2至 t3时间内，消防队员处于失重状态 C.t2时刻，消防队员的速度达到最大 D
33、.t3时刻，消防队员的速度达到最大 解析 在 t1到 t2时间内，支持力的大小小于重力，加速度大小向下，消防队员在 加速下降，A 错误；t2到 t3时间内，支持力的大小大于重力，加速度大小向上， 消防队员处于超重状态，B 错误；t2时刻之前消防员做加速运动，而此后消防员 做减速运动，故 t2时刻消防员的速度达最大，故 C 正确，D 错误。 答案 C 10.如图 7 所示，传送带的水平部分长为 L，传动带速率为 v，在其左端无初速度 释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为 ，则木块从左端运动到右端 的时间不可能是( ) 图 7 A. B. C. D. L v v 2g L v 2L g 2
34、L v 解析 若木块一直做匀加速直线运动，并且到达右端未达到速度 v，由牛顿第 二定律有 ag，L at2，t，若木块一直做匀加速直线运动且到达右端速 1 2 2L g 度刚好达到 v， 则 L t， t。 若木块先做匀加速， 再做匀速直线运动有 ： t1 v 2 2L v ，匀加速阶段木块经过的位移 x1，匀速的位移 Lx1，匀速时间 t2 v a v g v2 2g ，总时间 tt1t2 ，选项 B 正确。 L v2 2g v L v v 2g L v v 2g 答案 B 11.如图 8 所示，水平轨道 AB 段为粗糙水平面，BC 段为一水平传送带，两段相 切于 B 点， 一质量为 m1
35、kg 的物块(可视为质点)， 静止于 A 点， AB 距离为 x2 m。已知物块与 AB 段和 BC 段的动摩擦因数均为 0.5，g 取 10 m/s2。 图 8 (1)若给物块施加一水平拉力 F11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达 B 点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到 C 点，求传送带的长度； (2)在(1)问中，若将传送带绕 B 点逆时针旋转 37后固定(AB 段和 BC 段仍平滑连 接)，要使物块仍能到达 C 端，则在 AB 段对物块施加拉力 F应至少多大。 解析 (1)物块在 AB 段：Fmgma1，a16 m/s2 则到达 B 点时速度为 vB，有 v 2a1
36、x，vB2 m/s 2 B 6 滑上传送带有mgma2，a25 m/s2 刚好到达 C 点，有v 2a2L，得传送带长度 L2.4 m。 2 B (2)将传送带倾斜，滑上传送带有 mgsin 37mgcos 37ma3，a310 m/s2 物块仍能刚好到 C 端，有vB22a3L，vB4 m/s3 在 AB 段，有 vB22ax，Fmgma 联立解得 F17 N。 答案 (1)2.4 m (2)17 N 12.(2018浙江教育绿色评价联盟适应性考试)一旦发生火灾，高楼居民如何逃生 是一直困扰我们的致命问题。最近有人设计了一种新型逃生滑梯，提供了颇具创 意的解决方式， 这种装置类似于 “滑滑梯
37、” ， 紧急情况中放下， 逃生者躺在滑梯内， 即可顺势滑到底楼。(假设楼层间的高度 h3 m) 图 9 (1)经发明者测试， 逃生者可以从 5 楼滑到 1 楼需要 10 秒钟， 假设滑梯坡度为 37， 忽略转角处的速度损失和空气阻力。求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑 滑梯”间的动摩擦因数？ (2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系 统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过 6 m/s，刹车系统可以使减速过程 的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等。为了安全，滑到地面时的速度大 小要求不超过 2 m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中
38、的 加速度大小相等，求从 25 楼下滑到地面的最短时间？ 解析 (1)发明者测试时做初速度为零的匀加速直线运动，则有 at2 4h sin 37 1 2 解得：a0.4 m/s2 对发明者受力分析，根据牛顿第二定律得： mgsin 37mgcos 37ma 解得 0.7 (2)经分析研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短 根据几何关系有：s总120 m 24h sin 37 则加速度时间：t115 s，加速的位移 s1t145 m vmax a vmax 2 减速时间有：t310 s，减速的位移 s3t340 m vmaxv末 a vmaxv末 2 故匀速的时间为 t2 s5.83 s s总s1s3 vmax 35 6 则总时间为 t总t1t2t330.83 s 答案 (1)0.7 (2)30.83 s