2019年高考物理备考中等生百日捷进提升系列专题03牛顿运动定律含解析.pdf

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1、专题 03 牛顿运动定律专题 03 牛顿运动定律 第一部分名师综述第一部分名师综述 综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规 律，且更加突出考查学生运用“力和运动的观点“分析解决问题的能力。牛顿运动定律及其应用是每年高考 考查的重点和热点，应用牛顿运动定律解题的关键是对研究对象进行受力分析和运动分析，特别是牛顿运 动定律与曲线运动，万有引力定律以及电磁学等相结合的题目，牛顿定律中一般考查牛顿第二定律较多， 一般涉及一下几个方面：一是牛顿第二定律的瞬时性，根据力求加速度或者根据加速度求力，二是动力学 的两类问题，三是连接体问题，四是牛顿第二定律

2、在生活生产和科技中的应用。 牛顿运动定律牛顿运动定律 第一部分知识背一背第一部分知识背一背 1.牛顿第一定律1.牛顿第一定律 (1)牛顿第一定律的意义 指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律. 指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因. (3)惯性 量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小. 普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性. 2.牛顿第二定律2.牛顿第二定律 (1)物理意义：反映物体运动的加速度大小、方向与所受合外力的关系，且这种关系是瞬时的. (2)适用范围： 牛顿第二定律只适用于惯性参考

3、系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系). 牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况. 4.牛顿第三定律4.牛顿第三定律 四同： (1)大小相同(2)方向在同一直线上(3)性质相同(4)出现、存在、消失的时间相同 三不同：(1)方向不同(2)作用对象不同(3)作用效果不同 5.超重与失重和完全失重5.超重与失重和完全失重 超重、失重和完全失重的比较 现象实质 超重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉 力大于自身重力的现象 系统具有竖直向上的加速度或加速度 有竖直向上的分量 失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉 力小于自身重力的现象 系统具有竖直向下的加速度

4、或加速度 有竖直向下的分量 完全失重 物体对支持物的压力或对悬挂物的拉 力等于零的现象 系统具有竖直向下的加速度，且ag 第三部分技能+方法第三部分技能+方法 一、如何理解牛顿第一定律一、如何理解牛顿第一定律 牛顿第一定律不是实验定律，即不能由实验直接加以验证，它是在可靠的实验事实基础上采用科学的抽象 思维而推理和总结出来的. 二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较二、牛顿第一定律、惯性、牛顿第二定律的比较 1.力不是维持物体运动的原因，力是改变运动状态的原因，也就是力是产生加速度的原因. 2.牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例，而是牛顿第二定律的基础，牛顿第一定律不是由实验直接总结 出来

5、的，是以伽利略的理想实验为基础，通过对大量实验现象的思维抽象、推理而总结出来的.牛顿第一定 律定性地给出了物体在不受力的理想情况下的运动规律，在此基础上牛顿第二定律定量地指出了力和运动 的关系：Fma. 三、牛顿第二定律的理解三、牛顿第二定律的理解 1.物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，合力与加速度的大小关系是F合ma，只要有合力，不管速 度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零时，加速度才能为零，一般情况下，合力与速度无必 然的联系，只有速度变化才与合力有必然的联系. 2.合力与速度同向时，物体加速，反之则减速. 3.物体的运动情况取决于物体受的力和物体的初始条件(即初速度)，尤

6、其是初始条件是很多同学最容易忽 视的，从而导致不能正确地分析物体的运动过程 四、作用力和反作用力与平衡力四、作用力和反作用力与平衡力 作用力和反作用力与平衡力的比较 内容作用力和反作用力平衡力 受力物体作用在两个相互作用的物体上作用在同一物体上 依赖关系 相互依存， 不可单独存在， 同时产生， 同时变化，同时消失 无依赖关系，撤除一个，另一个可依 然存在，只是不再平衡 叠加性两力作用效果不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加， 可求合力，且合力为零 力的性质一定是同性质的力 可以是同性质的力，也可以是不同性 质的力 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一条直 线上 大小相等、方向

7、相反、作用在一条直 线上 五、整体法和隔离法的应用五、整体法和隔离法的应用 1.解答问题时，不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况 出发，灵活选取对象，恰当地选择使用隔离法和整体法. 2.在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物 体(包含两个或两个以上的单个物体)，而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理. 3.在选用整体法和隔离法时，可依据所求的力进行选择，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔 离法.但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力

8、时，先 隔离后整体；求内力时，先整体后隔离.先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度. 应用牛顿第二定律时，若研究对象为一物体系统，可将系统的所有外力及系统内每一物体的加速度均沿互 相垂直的两个方向分解，则牛顿第二定律的系统表达式为： Fxm1a1xm2a2xmnanx Fym1a1ym2a2ymnany 应用牛顿第二定律的系统表达式解题时，可不考虑系统内物体间的相互作用力(即内力)，这样能达到简化 求解的目的，但需把握三个关键点： (1)正确分析系统受到的外力； (2)正确分析系统内各物体加速度的大小和方向； (3)确定正方向，建立直角坐标系，并列方程进行求解. 六、牛顿运动定律应用规律

9、六、牛顿运动定律应用规律 （一）、动力学两类基本问题的求解思路 两类基本问题中，受力分析是关键，求解加速度是桥梁和枢纽，思维过程如下： （二）、用牛顿定律处理临界问题的方法 1.临界问题的分析思路 解决临界问题的关键是：认真分析题中的物理情景，将各个过程划分阶段，找出各阶段中物理量发生突变 或转折的“临界点”，然后分析出这些“临界点”应符合的临界条件，并将其转化为物理条件. 2.临界、极值问题的求解方法 (1)极限法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理此类问 题时，应把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，达到尽快求解的目的.

10、(2)假设法：有些物理过程中没有明显出现临界问题的线索，但在变化过程中可能出现临界问题，也可能不 出现临界问题，解答此类题目，一般采用假设法. 此外，我们还可以应用图象法等进行求解. （三）、复杂过程的处理方法程序法 按时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程(或不同的状态)进行分析(包括列式计算)的解题方法可称为 程序法.用程序法解题的基本思路是： 1.划分出题目中有多少个不同的过程或多少个不同的状态. 2.对各个过程或各个状态进行具体分析，得出正确的结果. 3.前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的分界点是关键 第四部分基础练+测第四部分基础练+测 一、单选题 1如图所示，水平桌面

11、上，质量为小的物块放在质量为 2m 的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数 为 木板和桌面间的动摩擦因数为 ， 开始时物块和木板均静止， 若在物块上施加一个水平向右的恒力 F， 已知重力加速度为 g，下列说法正确的是 A当时，物块和木板一定发生相对滑动F mg B当时，物块的加速度大小为F = mg 1 12g C当时，木板的加速度大小为F = 2mg 1 6g D不管力 F 多大，木板的加速度始终为 0 【答案】 B 【解析】 【详解】 对长木板，因，长木板可以向右运动，由可得其运动的最大加速mg 1 4 3mg mg - 1 4 3mg = 2ma2 度为，选项 D 错误。当物块、木板将

12、要发生相对滑动时，对物块，将a2= 1 8g F0- mg = ma2a2= 1 8g 代入得。故有， （1）当拉力时，二者均保持静止 ； （2）当拉力F0= 9 8mg F 1 4 3mg 3 4mgF 9 8mg 时，二者相对静止，一起加速运动；（3）当拉力时，二者发生相对运动。故 AC 错误，B 正确。F 9 8mg 2如图所示，一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图所示，一个质量为m的物块从A点 竖直向上抛出， 以速度v与弹簧在B点相接触， 然后向上压缩弹簧， 到C点时物块速度为零， 不计空气阻力， 则下列说法正确的是 A由B到C的过程中，弹簧弹性势能和物块动能之和逐渐减小

13、 B由B到C的过程中，物块动能和重力势能之和不变 C由B到C的过程中，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和不变 D由B到C的过程中，物块加速度逐渐减小 【答案】 A 【解析】 【详解】 由 B 到 C 的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重 力势能增大，则弹性势能和动能之和减小；由于弹簧的弹性势能增加，则物块动能和重力势能之和减小， 故 A 正确，BC 错误；由 B 到 C 的过程中，弹力向下逐渐变大，根据 mg+F弹=ma 可知，物块加速度逐渐变大， 选项 D 错误；故选 A. 3质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时

14、间后撤去外力，已知物体 的vt图象如图所示，则下列说法正确的有 A水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的 2 倍 B在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小大于摩擦力的冲量大小 C在物体运动的整个过程中， F 做的功大于克服摩擦力做的功 D物体在加速段的平均速度等于减速段的平均速度 【答案】 D 【解析】 【详解】 由 v-t 图象知物体在加速过程的加速度大小为 a1= ，在减速过程的加速度大小为 a2=； 对于匀减速运动过 v0 t0 v0 2t0 程，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为 f=ma2=； 在匀加速过程中，由牛顿第二定律有 F-f=ma1，即 mv0 2t0 水平拉力大小为， 是

15、物体所受摩擦力大小的 3 倍， 故 A 错误 ； 对整个过程， 由动量定理 ：，F = 3mv0 2t0 IF- If= 0 则在物体运动的整个过程中， F 的冲量大小等于摩擦力的冲量大小， 选项 B 错误 ； 对整个过程， 由动能定理 ： ，则在物体运动的整个过程中，F 做的功等于克服摩擦力做的功，选项 C 错误；由 v-t 图象知WF- Wf= 0 物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为 ，故 D 正确；故选 D. v0 2 4如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处由静 止释放某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，

16、他以小球开始下落的位置为原点， 沿竖直向下方向建立坐标轴Ox， 作出小球所受弹力F 的大小随小球下落的位置坐标x 变化的关系， 如图所示， 不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断不正确的是( ) A当 xhx0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小 B小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大 C当 xh2x0，小球的加速度大小为 g D小球动能的最大值为 mghmgx0 【答案】 D 【解析】 【详解】 A根据乙图可知，当 x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的 系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故 A 正确； B小

17、球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹 力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大， 小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度 先减小后增大，故 B 正确； C在 x=h+x0位置：mg=kx0，则在 xh2x0时：k2x0-mg=ma，解得 a=g，选项 C 正确； D 小球达到最大速度的过程中， 根据动能定理可知mg（h+x0） -W弹=， 故小球动能的最大值小于mg（h+x0） ， 1 2mv 2 m 故 D 错误； 5如图，不计空气阻力

18、，从 O 点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端 P 处时，速度方向恰好沿着斜面方向， 然后紧贴斜面 PQ 做匀加速直线运动 下列说法正确的是（ ） A小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大 B小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重 C撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地速率将变大 D撤去斜面，小球仍从 O 点以相同速度水平抛出，落地时间将减小 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度 a=gsin，平抛运动的加速度为 g，可知小球在 mgsin m 斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故 A 错误。对小球和斜面整体

19、分析，小球沿斜面向下加速的 过程中， 小球具有沿斜面向下的加速度， 处于失重状态， 可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力， 故 B 错误。根据动能定理得，mgh= mv2- mv02，撤去斜面，h 不变，落地的速率不变，故 C 错误。比较小球 1 2 1 2 在斜面上与空中运动的时间。由于小球在斜面上运动的加速度为 a=gsin，竖直分加速度为 ay=asin=gsin2g，则知撤去斜面，落地时间变短。故 D 正确。故选 D。 6如图所示，倾角为 的斜面体c置于水平地面上，不带电绝缘小物块b置于绝缘斜面上，通过绝缘细 绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球a连接，连接b的一段细绳与斜面平行。在

20、a所在空间中有竖直向下的 匀强电场，当电场强度逐渐增加的情况下，a、b、c都处于静止状态，则（ ） Ab对c的摩擦力一定减小 B地面对c的摩擦力一定减小 C地面对c的摩擦力方向一定向右 Db对c的摩擦力方向可能平行斜面向上一直增加 【答案】 D 【解析】 【详解】 AD由于电场强度增加，所以连接 ab 的细绳中的拉力增大，如果 b 物块的重力沿斜面向下的分力与刚才时 的拉力相等，随拉力的增大，b 受的摩擦力沿斜面向下且增大，则 c 受到 b 的摩擦力方向沿斜面向上且一直 增大，故 A 错误，D 正确； BC将 bc 看成一个整体，绳的拉力方向斜向右上方，所以 c 受到的摩擦力方向一定水平向左，

21、由于拉力增 大，拉力沿水平方向的分力增大，由平衡可知，c 受到的摩擦力增大，故 BC 错误。 7如图所示，在倾角 =37的光滑斜面上质量均为 m=5kg 的 A、B 两物体用 k=200N/m 的轻弹簧相连，初 始时 A、B 两物体静止放在斜面底端的挡板上。现施加一个沿斜面向上的外力 F 作用在物体 A 上，使之能匀 加速上升，经 t=0.4s 物体 B 刚要脱离挡板。已知 sin37=0.6，g=10m/s2，则下列说法正确的是 A所施外力 F 随时间均匀增大 B物体 A 运动的加速度为 3m/s2 C物体 B 脱离挡板时物体 A 的速度为 2m/s D0.4s 内外力 F 所做的功为 14

22、.625J 【答案】 D 【解析】 【详解】 A 项：弹簧处于压缩状态，后处于拉伸状态，弹簧处于压缩状态时，对 A，由牛顿第二定律得：F + kx - ，得，随着的减小，F 增大，mgsin = max 弹簧处于拉伸状态时， 对A， 根据牛顿第二定律得 ：， 得，F - kx - mgsin = maF = mgsin + ma + kx 随着的增大，F 增大，由数学知识知所加外力 F 随弹簧形变量均匀增大，由于 A 做匀加速运动，当弹xx 簧处于压缩状态时，由和得，是初始时弹簧的压缩量，可知，x = 1 2at 2 x = x1- xx = x1- 1 2at 2 x1x 随时间 t 不是均

23、匀增大，所以外力 F 随时间不是均匀增大，同理，当弹簧处于拉伸状态时，外力 F 随时间 不是均匀增大，故 A 错误； B 项：开始时 A、B 处于静止时，对 A：，解得，B 刚要离开挡板时，挡板对 B 的kx1= mgsinx1= 0.15m 支持力为 0， 对 B：， 解得 ：， 所以从开始到 B 刚离开挡板时 A 移动的位移为 ：kx2= mgsinx2= 0.15mx = ，由解得：，故 B 错误；x1+ x2= 0.3mx = 1 2at 2 a = 3.75m s2 C 项：物体 B 脱离挡板时物体 A 的速度为，故 C 错误；v = at = 1.5m s D 项：由于，所以初末位

24、置时弹簧的弹性势能相等，对 A，根据动能定理得，x1= x2W - mgxsin = 1 2mv 2 可得外力 F 所做的功为，故 D 正确。W = 14.625J 故选：D。 8将一小球竖直向上抛出，取向上为正方向设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒 定 则上升过程中， 小球的加速度 a、 速度 v、 机械能 E、 动能 Ek与小球离抛出点高度 h 的关系错误的是( ) AB CD 【答案】 B 【解析】 【详解】 根据牛顿第二定律，则-mg-f=ma，解得，则选项 A 正确；根据 v2=v02-2gh 可知，选项 B 错误；根a =- mg + f m 据能量关系：E=E0

25、-fh 可知，选项 C 正确；根据动能定理：可知，选项 D 正确；此题选Ek= Ek0- mgh - fh 择不正确的选项，故选 B. 9以下涉及物理学史上的四个重大发现,其中说法不正确的是 A卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力常量 B奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场 C牛顿根据理想斜面实验,提出力是改变物体运动状态的原因 D纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,总结出后人称之为法拉第电磁感应定律的结论 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、卡文迪许通过扭秤实验,测定出了万有引力恒量.所以 A 选项是正确的. B、奥斯特通过实验研究,发现了电流周围存在磁场,所以 B 选项是

26、正确的; C、伽利略根据理想斜面实验,提出力不是维持物体运动的原因,故 C 错误 D、纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后,先后指出：闭合电路中电磁感应电动势的大小，跟穿 过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故 D 对； 本题选不正确的，故选 C 10物块在 1N 合外力作用下沿x轴做匀变速直线运动，图示为其位置坐标和速率的二次方的关系图线，则 关于该物块有关物理量大小的判断正确的（ ） A质量为 1kg B初速度为 2ms C初动量为 2kgms D加速度为 05ms2 【答案】 D 【解析】 【分析】 本题考查的是图像问题，先判断图像的横轴坐标，然后求出表

27、达式，最后分析斜率和截距的含义。 【详解】 根据图像求出解析式为， 与类比可得 ： a=0.5m/s2， m=2kg， v0=m/s， p0=2kgm/s，x = v2- 2v2- v20= 2ax22 D 正确。 【点睛】 图像问题的切入点是求出图像的解析式，然后与我们所学的规律类比即可。 二、多选题 11如图所示,水平地面上固定一竖直挡板,倾角为 、质量为 M 的斜面体右侧用楔子 P 固定于地面,一质量 为 m 的球体静止于挡板与斜面之间,设所有接触面均光滑:若将固定斜面体的楔子 P 取走,小球下落且未脱离 斜面的过程中,下列说法正确内是 A球将做自由落体运动 B球对竖直挡板压力相对于球静

28、止时减小 C球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒 D球体与斜面体组成系统动量守恒 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项 A 错误； B球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项 B 正确； C因此过程中只有球的重力对系统做功，则球体、地球与斜面体组成系统机械能守恒，选项 C 正确； D球体与斜面体组成系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒 ； 竖直方向受合外力也不为零， 竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项 D 错误. 12如图所示，可视为质点的小球套在光滑的竖直杆上，一根不

29、可伸长的细绳绕过滑轮连接小球，已知小 球重力为 IN，电动机从 A 端以 1m/s 的速度沿水平方向匀速拉绳，绳子始终处于拉直状态。某一时刻，连接 小球的绳子与竖直方向的夹角为 600，对此时小球速度及绳子中拉力的判断正确的是 A小球速度等于 2m/s B小球速度等于 0.5m/s C绳中拉力大于 2N D绳中拉力等于 2N 【答案】 AC 【解析】 【详解】 设小球速度为v1，绳子速度为v2，小球的运动速度可分解到沿绳和垂直绳的方向上，故v2=v1cos，可得 v1=v2/cos=2m/s。小球运动过程角逐渐增大，故小球在做加速运动，加速度向上，对小球受力分析知F cos-mg=ma，故。故

30、选项 AC 正确，BD 错误。F mg cos = 2N 13静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小随时间变化如图甲所示。在 拉力 F 从零逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取 10m/s2。则下列说法中错误的是 A物体与水平面间的摩擦力先增大后减小至某一值并保持不变 B物体与水平面间的动摩擦因数为 0.1 C4s 末物体的动量大小为 12kgm/s D4s 内滑动摩擦力的冲量大小为 9Ns 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 由乙知，0-2s 内物体静止不动，物体所受的静摩擦力与拉力平衡，则知摩擦力逐渐增大。t=2s 时静摩擦力 达到最大值，t

31、=2s 后物体开始运动，受到滑动摩擦力作用，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，并且保持不变， 所以物体所受的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变。故 A 正确。在 2-4s 内，由牛顿第二定律得 ：F- mg=ma；由图知：当F=6N 时，a=1m/s2，代入得6-10m=m；当F=12N 时，a=3m/s2，代入得 12-10m=3m； 联立解得=0.1，m=3kg，故 B 正确。根据a-t图象与时间轴所围的面积表示速度的变化量，可知 4s 内物 体速度的变化量为v=2=4m/s，由于初速度为 0，所以 4s 末物体的速度为 4m/s，动量大小为 1 + 3 2 P=mv=12kgm/s，故 C

32、 正确。4s 内滑动摩擦力的冲量大小为，I = mgt = 0.1 30 2N s = 6N s 选项 D 错误。 14 火箭是靠火箭发动机喷射工质 （工作介质） 产生的反作用力向前推进的飞行器。 它自身携带全部推进剂， 不依赖外界工质产生推力，可以在稠密大气层内，也可以在稠密大气层外飞行。一枚火箭升空后沿着直线 离开某个星球的表面，星球很大，表面可视为水平面，如图所示。若不计星球的自转，不计空气阻力，则 以下轨迹（图中虚线）可能正确的是： AB CD 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A 图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，合力方向与速度共线做直线运动，选项 A 正确

33、；B 图中，火箭向下喷气，产生竖直向上的作用力，重力竖直向下，若重力与向上的作用力相等，则火 箭可沿虚线方向做匀速直线运动，选项 B 正确；C 图中，火箭向后喷气，产生沿斜向上方向的作用力，重力 竖直向下，若合力方向沿虚线方向，火箭可沿虚线方向做加速运动，选项 C 正确；D 图中，火箭向后喷气， 产生沿虚线方向的斜向上的作用力，重力竖直向下，合力方向不能沿虚线方向，火箭不可能沿虚线方向做 直线运动，选项 D 错误；故选 ABC. 15如图所示，在光滑水平桌面上有一个质量为m的质点，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以 初速度v0从A点开始做曲线运动，图中曲线是质点的运动轨迹。已知在t s

34、末质点的速度达到最小值v，到 达B点时的速度方向与初速度v0的方向垂直，则 A恒定外力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧，且sin = v v0 B质点所受合外力的大小为 mv20- v2 t C质点到达B点时的速度大小为 v0v v20- v2 Dt s 内恒力F做功为 1 2m(v 2 0- v2) 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 分析可知，恒力F的方向应与速度方向成钝角，如图所示： 在x方向上由运动学知识得vv0sin ；在y方向上由运动学知识得v0cos ayt；由牛顿第二定律 有Fmay； 解得F， sin ， 即恒力F的方向与初速度的反方向成角指向曲线内侧， 且 mv2

35、0- v2 t v v0 sin 。故 AB 正确 ； 设质点从A点运动到B历时t1，设在v0方向上的加速度大小为a1，在垂直v0方向 v v0 上的加速度大小为a2， 由牛顿第二定律有Fcos ma1；Fsin ma2； 由运动学知识可得v0a1t1；vBa2t1 解得vB，则选项 C 正确；t s 内恒力F做功为m(v02v2) ，故 D 错误。故选 ABC. v0v v20- v2 1 2 16如图所示，质量为 M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为 m 的小物块在受到沿斜面 向下的力 F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为零。已知重力加速度为 g，

36、则 下列说法正确的是（） A斜而体对地面的压力大小等于(m+M)g B斜面体给小物块的作用力大小小于 mg C若将力 F 撤掉，小物块将匀速下滑 D若将力 F 的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动 【答案】 AC 【解析】 【分析】 因为斜面体与地面的摩擦力为零，隐含条件“小物块对斜面体作用力的合力竖直向下” ，运用隔离法分析斜 面体和小物块，结合牛顿第二定律和第三定律分析各选项； 【详解】 A. 根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为 0，说明 m 对 M 的压力和 m 对 M 的 摩擦力的合力竖直向下，大小等于 mg，对斜面体受力分析知，斜面体对地面的压力大小等

37、于(M+m)g，故 A 正确； B. 小物块对斜面体的作用力大小等于 mg，根据牛顿第三定律，斜面体给小物块的作用力大小等于 mg，故 B 错误； C. 若将 F 撤掉，则重力、支持力和摩擦力的合力为 0，小物块将匀速下滑，故 C 正确； D. 对 m:水平方向 FNsin=fcos,得 =f/FN=sin/cos=tan 若将 F 方向改为竖直向下，则(mg+F)sin(mg+F)cos=ma，解得 a=0，即小物块做匀速运动，故 D 错误 ； 故选：AC 17如图所示，光滑水平面上静置一质量为 m、长为 L 的长木板 B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量 为 m 的小物块 A(可视为质点

38、)从左端以速度 v 冲上木板，当 v=v0时，小物块 A 历时 t0恰好运动到木板右端 与木板共速。此过程中 A、B 系统生热为 Q，则( ) A若 v= ，A、B 相对运动时间为 v0 2 t0 2 B若 v= ，A、B 系统生热为 v0 2 Q 2 C若 v=2v0，A 经历 达木板右端 t0 4 D若 v=2v0，A、B 系统生热为 Q 【答案】 AD 【解析】 【分析】 对于 A、B 组成的系统，由于系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒，由动量守恒定律求出最终两者的 共同速度，再由对 B，运用动量定理求运动时间。由系统的能量守恒求系统生热。 【详解】 A 项：当 v=v0时，取向右为

39、正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv 代入数据得：v=0.5v0 对 B，由动量定理得：ft0=mv 可得：t0= mv0 2f 由能量守恒定律得：Q = 1 2mv 2 0- 1 2 2mv2= 1 4mv 2 0 若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：v = v0 2 解得： m v0 2 = 2mvv= v0 4 对 B，由动量定理得： ft=mv 解得：t = mv0 4f 可得：t = t0 2 AB 系统生热，故 A 正确，B 错误；Q= 1 2m( v0 2) 2 - 1 2 2mv2= 1 16mv 2 0= Q 4 C、D 项：若 v=2v0，取向右为正方向，根据动量

40、守恒定律得： m2v0=mvA+mvB， A、B 系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知 A、B 系统生热仍为 Q。 根据能量守恒定律得： Q = 1 2m(2v0) - 1 2mv 2 A- 1 2mv 2 B 结合上面解答有：Q = 1 4mv 2 0 对 B，由动量定理得： ft=mvB-0 联立解得：，故 C 错误，D 正确。vB= 4 -13 3 v0t = (4 - 13) 3f t0 4 故选：AD。 【点睛】 解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律和能量守恒定律，要知道摩擦生热与相对位 移有关。 18 如图所示， 一倾角为 30的光滑斜面， 下端

41、与一段很短的光滑弧面相切， 弧面另一端与水平传送带相切， 水平传送带以 5 m/s 的速度顺时针转动。现有质量为 1 kg 的物体（视为质点）从斜面上距传送带高h5 m 处由静止滑下；物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。已知传送带足 够长，它与物体之间的动摩擦因数为 0.5，取g10 m/s2，则 A物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为 5 m/s B物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为 4.5 s C物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为 200 J D物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体

42、做的功为-37.5 J 【答案】 BD 【解析】 【分析】 A.物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小； B、当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由位移公式求出物块向左的时间；随后物块 先向右加速到速度等于 5m/s，然后做匀速直线运动，由运动学的公式分别求出各段的时间，然后求和； C、摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，由此即可求出； D、根据动能定理求解即可 【详解】 A. 物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh= mv2 1 2 解得：v=m/s=10m/s.故 A 错误；2gh =2 1

43、0 5 B. 当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小, 物块在传送带上的加速度：a=mg/m=g=0.510=5m/s2 物块到速度等于 0 的时间：t1=s=2s 0 - v - a = 0 - 10 - 5 物块的位移：L=m=10m 0 + v 2 t 1= 0 + 10 2 2 物块的速度等于 0 后，随传送带先向右做加速运动，加速度的大小不变，则物块达到与传送带速度相等的 时间： t2=v0/a=5/5=1s 位移：x1=m=2.5m 1 2at 2 2= 1 2 5 12 物块随传送带做匀速直线运动的时间：t3=s=1.5s L - x1 v0 = 10 - 2

44、.5 5 所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s.故 B 正确； C. 物块向左做减速运动的过程中,传送带的位移：x2=v0t1=52=10m 物块向右加速的过程中传送带的位移：x3=v0t2=51=5m 相对位移：x=L+x2+x3x1=10+10+52.5=22.5m， 该过程中产生的热量：Q=mgx=0.511022.5=112.5J.故 C 错误； D. 由动能定理得：Wf= 1 2mv 2 0- 1 2mv 2 解得：Wf=37.5J.故 D 正确。 故选：BD 19如图所示，一质量m=0.1kg 的小煤块以v0=5m

45、/s 的初速度从最左端水平进入轴心距离L=8m 的水平传送 带，传送带可由一电机驱使而转动。已知小煤块与传送带间的动摩擦因数=0.1(取 g=10m/s2)（） A若电机不开启，传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为 3m/s B若电机不开启，传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为 3s C若开启电机，传送带以 6m/s 的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为 1.0m D若开启电机，传送带以 6m/s 的速率逆时针转动，则小煤块在传送带滑动的过程中产生的热量为 2.0J 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB、当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线

46、运动，加速度为：a=g=0.110m/s2=1m/s2 根据速度位移公式有：v20- v2= 2al 解得：v=3m/s， 运动的时间为：t=2s.故 A 正确，B 错误； v0- v a = 5 - 3 1 s C. 当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起 做匀速直线运动，则煤块达到传送带速度所经历的时间为：t=1s v - v0 a = 6 - 5 1 s 此时小煤块的位移为：x1=5.5m8m v2- v20 2a = 62- 52 2 1m 传送带的位移为：x2=vt=61m=6m 则黑色痕迹的长度为：x=x2x1=65.5m=0.5

47、m.故 C 错误； D. 当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上一直做匀减速直线运动，运动的时间为：t=2s，此 时传送带的位移为： x1=vt=62m=12m 则相对运动的位移大小为：x=x1+L=12+8m=20m 则摩擦产生的热量为：Q=mgx=0.111020J=2.0J.故 D 正确。 故选：AD. 【点睛】 当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出小煤块到达传 送带右端时的速度大小和运动的时间当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线 运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出相对

48、滑动的距 离当电机开启，传送带逆时针转动，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，结合运动学公式求出相对滑 动的距离，从而求出摩擦力产生的热量 20如图所示，质量为M的长木板 A 静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块 B 以初速度v0从左侧 滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为。下列说法中正确的是：（） A若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量增大 C若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D若只减小，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A、 滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积， 因为相对位移没变，Q = mgl相对 所以产生热量不变，故 A 错误； B、由极限法，当 M 很大时，长木板运动的位移会减小，滑块的位移等于减小,对滑块根据动能定理xMxM+ L ，可知滑块滑离木板时的速度增大，把长木板和小滑块看成一个系统，满- mg(xM+ L) = 1 2mv 2 1- 1 2mv 2 0 v1 足动量守恒 ：，可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大 M，则滑块滑离木板过程中木Mv0= mv1