北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
专题三 牛顿运动定律
23年真题
1.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关
系,如图所示。电梯加速上升的时段是( )
A.从20.0 s到30.0 s B.从30.0 s到40.0 s
C.从40.0 s到50.0 s D.从50.0 s到60.0 s
答案：A 由题图可知,从20.0 s到30.0 s是电梯加速上升时段,从30.0 s到40.0 s是匀速
上升时段,从40.0 s到50.0 s是减速上升时段,50.0 s以后电梯静止,故A正确。
2.(2023全国甲,19,6分)(多选)用水平拉力使质量分别为m 、m 的甲、乙两物体在水
甲 乙
平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ 和μ 。甲、
甲 乙
乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知( )
A.m <m B.m >m
甲 乙 甲 乙
C.μ <μ D.μ >μ
甲 乙 甲 乙
答案：BC 甲、乙两物体的运动过程类似,由牛顿第二定律有F-μmg=ma,即F=ma+μmg,
故题给图线斜率反映物体的质量m,纵截距表示滑动摩擦力μmg,观察题图,甲物体的F-a
图线斜率大于乙物体的F-a图线斜率,故m >m ,B选项正确;又纵截距相等,故μ m
甲 乙 甲 甲
g=μ m g,则μ <μ ,故C选项正确;故选B、C。
乙 乙 甲 乙
3.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的
作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑
左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,
杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是
(重力加速度为g)( )
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A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mg tan θ
C.若推力F向左,且μ<tan θ≤2μ,则F的最大值为4mg(2μ-tan θ)
D.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
答案：CD 若B球受到的摩擦力为零,设轻杆的弹力大小为N ,对A球在竖直方向有N
1 1
cos θ=mg,对B球在水平方向有N sin θ=ma,对整体有F=4ma,联立解得F=4mg tan θ,A错
1
误。若推力F向左,当A球与车厢左壁的弹力刚好为零时,对A球根据牛顿第二定律得
mg tan θ=ma ,解得a =g tan θ;当B球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力时,对
1 1
A、B受力分析如图所示,在竖直方向根据平衡条件有N' cos θ=mg,在水平方向根据牛顿
1
第二定律有f -N sin θ=ma ,N =N' ,对A、B整体有N =2mg,又f =μN ,联立解得a =(2μ-
m 1 2 1 1 2 m 2 2
tan θ)g;若a ≤a ,即tan θ≤μ时,对整体由F=4ma 求得F的最大值为4mg tan θ,B错误。若
1 2 1
a >a ≥0,即μ<tan θ≤2μ时,对整体由F=4ma 求得F的最大值为4mg(2μ-tan θ),C正确。若
1 2 2
推力F向右,当B相对车厢底部即将向右滑动时,最大静摩擦力方向向左,在竖直方向根
据平衡条件有N ' cos θ=mg,N =2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有N sin θ-f =ma ,又
1 2 1 m 3
f =μN ,N =N ',联立解得a =(tan θ-2μ)g,对整体由F=4ma 求得F的最小值为4mg(tan
m 2 1 1 3 3
θ-2μ);当B相对车厢底部即将向左滑动时,最大静摩擦力方向向右,在竖直方向根据平衡
条件有N ' cos θ=mg,N =2mg,在水平方向根据牛顿第二定律有N sin θ+f =ma ,又
1 2 1 m 4
f =μN ,N =N ',联立解得a =(tan θ+2μ)g,对整体由F=4ma 求得F的最大值为4mg(tan
m 2 1 1 4 4
θ+2μ),即F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。
22年及之前真题
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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/s2 B.4.0 m/s2
C.6.0 m/s2 D.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μmg=ma 得a =μg=4.0 m/s2,
m m
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,故选A。
3.(2022浙江6月选考,1,3分)下列属于力的单位是 ( )
A.kg·m/s2 B.kg·m/s
C.kg·m2/s D.kg·s/m2
答案 A 根据F=ma可知,力的单位间的换算关系为1 N=1 kg·m/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。
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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 =kv2,k为常量)。
阻
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.发动机的最大推力为1.5Mg
√17
B.当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时,发动机推力的大小为 Mg
4
C.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5√3 m/s
D.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,kv 2 =Mg,v =10 m/s,以最大推力推动飞行器向上匀速
1 1
运动时,F =Mg+kv 2 ,v =5 m/s,故F =1.25Mg,A项错误;飞行器以5 m/s水平匀速飞行时,
max 2 2 max
√17
对飞行器受力分析如图1,有F=√(kv 2 ) 2+(Mg) 2= Mg,B项正确;发动机以最大推力
2 4
推动飞行器匀速水平飞行时,对飞行器受力分析如图2,有F =√(kv 2 ) 2+(Mg) 2,得v =5
max 3 3
√3 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
kv 2+F +Mg
速度大小最大,此时对飞行器受力分析如图3,有a = 2 max =2.5g,D项错误。
m
M
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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μ。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2μg
B.Q的加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P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
μmg+kx=ma ,对Q有μmg-kx=ma ,且撤去外力瞬间μmg=kx,故P做加速度从2μg减小到
P Q
μg的减速运动,Q做加速度从0逐渐增大到μg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,ρ <ρ <ρ )( )
木 水 铁
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A.A球将向上运动,B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动,C球不动
C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动
D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动
答案 D 开始时A球下面的弹簧被压缩,A球所受弹力向上;B球下面的弹簧被拉长,B
球所受弹力向下;将挂吊篮的绳子剪断的瞬时,系统的加速度为g,为完全失重状态,A球将
在弹力作用下相对于杯底向上运动,B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动,C球相对
于杯底不动,故选D。
8.(2018课标Ⅰ,15,6分)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于
静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示
P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的
是( )
答案 A 本题考查胡克定律、共点力的平衡及牛顿第二定律,利用物块P上升过程的
动力学分析,考查学生的分析综合能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了“科
学思维”素养中的“科学推理”及“模型建构”要素。
设系统静止时弹簧压缩量为x ,由胡克定律和平衡条件得mg=kx 。力F作用在P上后,物
0 0
块受重力、弹力和F,向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得,F+k(x -x)-mg=ma。联
0
立以上两式得F=kx+ma,所以F-x图像中图线是一条不过原点的倾斜直线,故A正确。
9.(2016上海单科,4,2分)如图,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加
速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )
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A.OA方向 B.OB方向
C.OC方向 D.OD方向
答案 D 本题考查牛顿第二定律的理解,通过对力与运动关系的分析考查学生的理解
能力,体现了“运动与相互作用观念”的素养要素。
当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受合
外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。
10.(2015课标Ⅱ,20,6分)(多选)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好
的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车
2
厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为 a的加速度向西行
3
驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列
车厢的节数可能为 ( )
A.8 B.10 C.15 D.18
答案 BC 如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为
m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=mya;当向西行驶时,以x节车厢为研究
2 2 5
对象,则有F= mxa,联立两式有y= x。可见,列车车厢总节数N=x+y= x,设
3 3 3
x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故可知选项B、C正确。
11.(2015海南单科,8,5分)(多选)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完
全相同的轻弹簧S 和S 相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止
1 2
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状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a ,S 和S 相对于原长的伸长分别
1 1 2
记为Δl 和Δl ,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间,( )
1 2
A.a =3g B.a =0
1 1
C.Δl =2Δl D.Δl =Δl
1 2 1 2
答案 AC 剪断细线前,把a、b、c看成整体,细线上的拉力为T=3mg。因在剪断瞬间,
弹簧未发生突变,因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间,
对a隔离进行受力分析,由牛顿第二定律有:3mg=ma ,得a =3g,A正确,B错误。由胡克定
1 1
律知:2mg=kΔl ,mg=kΔl ,所以Δl =2Δl ,C正确,D错误。
1 2 1 2
12.(2015海南单科,9,5分)(多选)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,
升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,( )
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
答案 BD 当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mg sin θ=μmg cos θ,则
μ=tan θ(θ为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为a;物块处于超重状态,超重ma。
物块“重力”变为G'=mg+ma,支持力变为N'=(mg+ma)cos θ>mg cos θ,B对。“重力”沿
斜面向下的分力G '=(mg+ma)sin θ,沿斜面的摩擦力变为f'=μN'=μ(mg+ma)cos θ>μmg
下
cos θ,A错误。f'=μ(mg+ma)cos θ=tan θ(mg+ma)cos θ=(mg+ma)sin θ=G ',所以物块仍沿斜
下
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( )
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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 >a ,分离瞬间物体的加速度等
手 物
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。
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15.(2016课标Ⅱ,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
4
答案 BD 甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m =ρV =ρ( πR3 )得R
甲 甲 3 甲
= √ 3 3m 甲,阻力f =kR =k √ 3 3m 甲,由牛顿第二定律知a = m 甲 g-f 甲 =g-k √ 3 3 ,同
甲 4ρπ 甲 甲 4ρπ 甲 m 4ρπm2
甲 甲
√ 3 1
理a =g-k 3 ,因m >m ,所以a >a ,故C项错误;再由位移公式h= at2可知t
乙 4ρπm2 甲 乙 甲 乙 2 甲
乙
<t ,故A项错误;再由速度位移公式v2=2ah得v >v ,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、
乙 甲 乙
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:①同一种材料;②甲球质量大于乙球质量;③静止下落;④阻力与球的
半径成正比。
解题时应先易后难,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θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时,
v
上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为 时,上升的最大高度记为h。重力加
2
速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
H ( v2 ) H
A.tan θ和 B. -1 tan θ和
2 2gH 2
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H ( v2 ) H
C.tan θ和 D. -1 tan θ和
4 2gH 4
答案 D 由动能定理有
H 1
-mgH-μmg cos θ =0- mv2
sinθ 2
h 1 (v) 2
-mgh-μmg cos θ =0- m
sinθ 2 2
( v2 ) H
解得μ= -1 tan θ,h= ,故D正确。
2gH 4
审题指导 物块上升到最大高度时速度为0,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W=μmg cos θ·AB+μmg·BC=μmg(A'B+BC)=μmgA'C,与物体直接从水平面
f
上A'C段滑动时克服滑动摩擦力做功相同。
17.(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( )
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答案 C 小芳下蹲的过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。
18.(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0~5
s,5~10 s,10~15 s内F的大小分别为F 、F 和F ,则( )
1 2 3
A.F <F B.F >F C.F >F D.F =F
1 2 2 3 1 3 1 3
答案 A 根据v-t图像可知,在0~5 s内加速度为a =0.2 m/s2,方向沿斜面向下;在5~10 s
1
内,加速度a =0;在10~15 s内加速度为a =-0.2 m/s2,方向沿斜面向上;受力分析如图。在
2 3
0~5 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-f-F =ma ,则F =mg sin θ-f-0.2m;在5~10 s内,根据牛
1 1 1
顿第二定律:mg sin θ-f-F =ma ,则F =mg sin θ-f;在10~15 s内,根据牛顿第二定律:mg sin θ-
2 2 2
f-F =ma ,则F =mg sin θ-f+0.2m,故可以得到F >F >F ,故选项A正确。
3 3 3 3 2 1
19.(2015课标Ⅰ,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v 、v 、t 均为已知量,则可求出( )
0 1 1
A.斜面的倾角
B.物块的质量
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
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答案 ACD 设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物
块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a 和a ,根据牛顿第二定律有:mg sin θ+μmg
1 2
v v
0 1
cos θ=ma ,mg sin θ-μmg cos θ=ma 。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a = ,a = 。由
1 2 1 t 2 t
1 1
上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错,A、C均正确。0~t 时间内的v-t图线
1
与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑
的最大高度,故D正确。
20.(2015重庆理综,5,6分)若货物随升降机运动的v-t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:F<mg)→向下匀速
(F=mg)→向下减速(超重:F>mg)→向上加速(超重:F>mg)→向上匀速(F=mg)→向上减速
(失重:F<mg),对照F-t图像可知,B正确。
21.(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( )
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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F =mg+ma,t=2 s时,a有正的最大值,此时F 最大,由牛顿
N N
第三定律知,A正确,B错误;t=8.5 s时,a有负的最大值,此时F 最小,由牛顿第三定律可
N
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。
22.(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.t B.t C.t D.t
1 2 3 4
答案 AC v-t图像中,纵轴表示各时刻的速度,t 、t 时刻速度为正,t 、t 时刻速度为负,
1 2 3 4
图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t 、t 时刻加速度为正,t 、t 时刻加速度为
1 4 2 3
负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t 时刻合外力与速度均为正,t 时刻合
1 3
外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。
23.(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( )
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k
答案 D 受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+ v,v减小,a减小,A错
m
误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D正确。
24.(2014福建理综,15,6分)如右图,滑块以初速度v 沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从
0
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θ,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos
θ=ma,a=g sin θ-μg cos θ,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
1 1
s=v t+ at2,选项B正确;滑块下降高度h=s·sin θ=v sin θ·t+ a sin θ·t2,选项A错误;滑块下
0 2 0 2
滑时的速度v=v +at,选项C错误。
0
25.(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μ,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( )
1 1 1
A.F-2μmg B. F+μmg C. F-μmg D. F
3 3 3
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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-μ·3mg=3ma,
对P进行受力分析:T-μmg=ma,
F
联立解得轻绳的张力大小为T= ,故A、B、C错误,D正确。
3
26.(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3∶2
C.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1∶2
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
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F 3
1
由牛顿第二定律可得F2-2kmg=2ma,两方程联立可得 = ,选项B正确;动车组进站时,
F 2
2
v2
做匀减速直线运动,由速度位移公式可得x= ,即x与v2成正比,选项C错误;由功率
2a'
定义和牛顿第二定律可得:
2P
第一种情况动车组的最大速度为v1, -8kmg=0,
v
1
4P
第二种情况动车组的最大速度为v2, -8kmg=0,
v
2
v 1
1
两方程联立可得 = ,选项D正确。
v 2
2
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。
27.(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μg;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
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F=μmg可知,F 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
f f
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”、“动摩擦因
数均相等”。
28.(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。
8
答案 (1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
3
解析
(1)AB段,根据v2
=2a x
1 1 1
8
可得a = m/s2
1 3
(2)AB段,到达B点的速度v =a t =8 m/s,
1 11
则t =3 s
1
故BC段用时t =5 s-t =2 s
2 1
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1
BC段,根据x =v t + a
t2
2 1 2 2 2 2
代入数据解得a =2 m/s2
2
则v =v +a t =12 m/s
C 1 22
(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°-F=ma
f 2
解得F=66 N
f
29.(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l =4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从
1
2
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 ,货物可视为质点(取cos
9
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a 的大小;
1
(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l 。
2
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°-μmg cos 24°=ma a =2 m/s2
1 1
(2)匀加速 v2=2a l v=4 m/s
1 1
(3)匀减速 v2 -v2=2a l a =-μg l =2.7 m
1 22 2 2
30.(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
第19页共32页北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 A版 物理
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μ=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/s2 4 m/s2 (3)2√34 m/s
1
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中,有x= at2,代入数据解得x=16 m
2
(2)在企鹅卧倒以后将经历两个运动过程,第一个过程是从卧倒到运动至最高点,第二个过
程是从最高点滑到出发点,两个过程根据牛顿第二定律分别有
mg sin 37°+μmg cos 37°=ma
1
mg sin 37°-μmg cos 37°=ma
2
代入数据解得a =8 m/s2,a =4 m/s2
1 2
(3)企鹅从卧倒至滑到最高点的过程中,做匀减速直线运动,设该过程所用时间为t',位移为
x',则有
at
t'=
a
1
1
x'= a t'2
2 1
解得x'=1 m
企鹅从最高点滑到出发点的过程中,初速度为0,设末速度为v,则有v2
=2a (x+x')
t t 2
解得v=2√34 m/s
t
31.(2018天津理综,10,16分)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气
式客机C919首飞成功后,拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑
跑是初速度为零的匀加速直线运动,当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度
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v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍,重力加
速度取g=10 m/s2。求飞机滑跑过程中
(1)加速度a的大小;
(2)牵引力的平均功率P。
答案 (1)2 m/s2 (2)8.4×106 W
解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动,有
v2=2ax①
代入数据解得
a=2 m/s2②
(2)设飞机滑跑受到的阻力为F ,依题意有
阻
F =0.1mg③
阻
设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有
F-F =ma④
阻
设飞机滑跑过程中的平均速度为v,有
v
v= ⑤
2
在滑跑阶段,牵引力的平均功率
P=Fv⑥
联立②③④⑤⑥式得
P=8.4×106 W⑦
评分细则 ①式4分,②③④⑤⑥⑦式各2分。
32.(2014课标Ⅰ,24,12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突
然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通
常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面
上以108 km/h的速度匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间
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的动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大
速度。
答案 20 m/s(72 km/h)
解析 设路面干燥时,汽车与路面间的动摩擦因数为μ ,刹车时汽车的加速度大小为a ,安
0 0
全距离为s,反应时间为t ,由牛顿第二定律和运动学公式得
0
μ mg=ma ①
0 0
v2
s=v t + 0 ②
00
2a
0
式中,m和v 分别为汽车的质量和刹车前的速度。
0
2
设在雨天行驶时,汽车与路面间的动摩擦因数为μ,依题意有μ= μ ③
5 0
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律
和运动学公式得
μmg=ma④
v2
s=vt + ⑤
0
2a
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v=20 m/s(72 km/h)⑥
33.(2014课标Ⅱ,24,13分)2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球
升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并
成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
(1)若忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处
速度的大小;
(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表
示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。
已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总
质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1
位有效数字)
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答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m
解析 (1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5
km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有
v=gt①
1
s= gt2②
2
根据题意有
s=3.9×104 m-1.5×103 m=3.75×104 m③
联立①②③式得
t=87 s④
v=8.7×102 m/s⑤
(2)该运动员达到最大速度v 时,加速度为零,根据牛顿第二定律有
max
mg=kv2
⑥
max
由所给的v-t图像可读出
v ≈360 m/s⑦
max
由⑥⑦式得
k=0.008 kg/m⑧
34.(2019江苏单科,15,16分)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘
对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速
度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右
运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑
动摩擦力,重力加速度为g。求:
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(1)A被敲击后获得的初速度大小v ;
A
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a 、a ';
B B
(3)B被敲击后获得的初速度大小v 。
B
答案 (1)√2μgL (2)3μg μg (3)2√2μgL
解析 ①敲击A后只有A动,B不动,可以用动力学方程求v ,也可以用动能定理求解。
A
②敲击B后,分别对A、B进行受力分析和运动分析,列出动力学方程与运动学方程,A、
B的运动关系是当v =v 时x -x =L,联立各方程可求得v 与加速度大小。
A B B A B
(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小
a =μg①
A
匀变速直线运动2a
L=v2
②
A A
解得v =√2μgL③
A
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg④
由牛顿运动定律F=ma ,得a =3μg⑤
B B
对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg⑥
由牛顿运动定律F'=2ma ',得a '=μg⑦
B B
(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为x 、x ,A加速度的大小等于a
A B A
则v=a t,v=v -a t⑧
A B B
1 1
x = a t2,x =v t- a t2⑨
A 2 A B B 2 B
且x -x =L⑩
B A
解得v =2√2μgL
B
35.(2017课标Ⅲ,25,20分)如图,两个滑块A和B的质量分别为m =1 kg和m =5 kg,放在
A B
静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ =0.5;木板的质量为
1
m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ =0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大
2
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小均为v =3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦
0
力,取重力加速度大小g=10 m/s2。求
(1)B与木板相对静止时,木板的速度大小;
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
答案 (1)1 m/s (2)1.9 m
解析 本题考查直线运动和牛顿定律。
(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大
小分别为f 、f 和f ,A和B相对于地面的加速度大小分别为a 和a ,木板相对于地面的
1 2 3 A B
加速度大小为a 。在滑块B与木板达到共同速度前有
1
f =μ m g①
1 1 A
f =μ m g②
2 1 B
f =μ (m+m +m )g③
3 2 A B
由牛顿第二定律得
f =m a ④
1 A A
f =m a ⑤
2 B B
f -f -f =ma ⑥
2 1 3 1
设在t 时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v 。由运动学公式有
1 1
v =v -a t ⑦
1 0 B1
v =a t ⑧
1 11
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得
v =1 m/s⑨
1
(2)在t 时间间隔内,B相对于地面移动的距离为
1
1
s =v t - a t2 ⑩
B 01 2 B 1
设在B与木板达到共同速度v 后,木板的加速度大小为a 。对于B与木板组成的体系,由
1 2
牛顿第二定律有
f +f =(m +m)a
1 3 B 2
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由①②④⑤式知,a =a ;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v ,但
A B 1
运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v 。设
2
A的速度大小从v 变到v 所用的时间为t ,则由运动学公式,对木板有
1 2 2
v =v -a t
2 1 22
对A有
v =-v +a t
2 1 A2
在t 时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为
2
1
s =v t - a t2
1 12 2 2 2
在(t +t )时间间隔内,A相对地面移动的距离为
1 2
1
s =v (t +t )- a (t +t )2
A 0 1 2 2 A 1 2
A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为
s =s +s +s
0 A 1 B
联立以上各式,并代入数据得
s =1.9 m
0
(也可用如图的速度-时间图线求解)
审题指导 如何建立物理情景,构建解题路径
①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小,判断出A、B及木
板的运动情况。
②把握好几个运动节点。
③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速,此后B与木板共同运动。
④A与木板存在相对运动,且A运动过程中加速度始终不变。
⑤木板先加速后减速,存在两个过程。
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36.(2016四川理综,10,17分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防
撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m
的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡
床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床
顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的
动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44
倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cos θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
(2)制动坡床的长度。
答案 (1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m
解析 (1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数
μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a ,则
1
f+mg sin θ=ma ①
1
f=μmg cos θ②
联立①②式并代入数据得a =5 m/s2③
1
a 的方向沿制动坡床向下。
1
(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始
滑动到车头距制动坡床顶端s =38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为
0
s ,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a ,货车相对制动坡床的运动距离为
1 2
s 。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度
2
l =12 m,制动坡床的长度为l,则
0
Mg sin θ+F-f=Ma ④
2
F=k(m+M)g⑤
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1
s =vt- a t2⑥
1 2 1
1
s =vt- a t2⑦
2 2 2
s=s -s ⑧
1 2
l=l +s +s ⑨
0 0 2
联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩
解题指导 (1)货物在车厢内向上滑动时,通过受力分析,由牛顿第二定律可求货物的加速
度大小和方向。
(2)货车和货物沿坡床上滑过程中,货车、货物都做减速运动,二者位移的几何关系是解答
此题的关键所在。
37.(2015课标Ⅱ,25,20分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有
3
一倾角为θ=37°(sin 37°= )的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平
5
行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨
中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩
3
擦因数μ 减小为 ,B、C间的动摩擦因数μ 减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起
1 8 2
点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ 保持不变。已知A开始运动时,A离B下边缘
2
的距离l=27 m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10
m/s2。求:
(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;
(2)A在B上总的运动时间。
答案 (1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s
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解析 (1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f 、N 是A与B之间的摩擦力和
1 1
正压力的大小,f 、N 是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示。由滑动摩
2 2
擦力公式和力的平衡条件得
f =μ N ①
1 1 1
N =mg cos θ②
1
f =μ N ③
2 2 2
N =N +mg cos θ④
2 1
规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a 和a ,由牛顿第二定律得
1 2
mg sin θ-f =ma ⑤
1 1
mg sin θ-f +f =ma ⑥
2 1 2
联立①②③④⑤⑥式,并代入题给条件得
a =3 m/s2⑦
1
a =1 m/s2⑧
2
(2)在t =2 s时,设A和B的速度分别为v 和v ,则
1 1 2
v =a t =6 m/s⑨
1 11
v =a t =2 m/s⑩
2 21
t>t 时,设A和B的加速度分别为a '和a '。此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
1 1 2
a '=6 m/s2
1
a '=-2 m/s2
2
即B做减速运动。设经过时间t ,B的速度减为零,则有
2
v +a 't =0
2 2 2
联立 式得
t =1 s
2
在t +t 时间内,A相对于B运动的距离为
1 2
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s= (1 a t2+v t + 1 a 't2) - (1 a t2+v t + 1 a 't2) =
2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2
12 m<27 m
此后B静止不动,A继续在B上滑动。设再经过时间t 后A离开B,则有
3
1
l-s=(v +a 't )t + a 't2
1 1 2 3 2 1 3
可得
t =1 s(另一解不合题意,舍去)
3
设A在B上总的运动时间为t ,有
总
t =t +t +t =4 s
总 1 2 3
(利用下面的速度图线求解,正确的,参照上述答案及评分参考给分。)
38.(2015课标Ⅰ,25,20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板
右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。t=0时刻开始,小物块与木
板一起以共同速度向右运动,直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木
板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内
小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g取
10 m/s2。求
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ 及小物块与木板间的动摩擦因数μ ;
1 2
(2)木板的最小长度;
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
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答案 (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
解析 (1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,
设加速度为a ,小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
1
-μ (m+M)g=(m+M)a ①
1 1
由图(b)可知,木板与墙壁碰前瞬间的速度v =4 m/s,由运动学公式得
1
v =v +a t ②
1 0 11
1
s =v t + a t2 ③
0 01 2 1 1
式中,t =1 s,s =4.5 m是木板与墙壁碰前瞬间的位移,v 是小物块和木板开始运动时的速度。
1 0 0
联立①②③式并结合题给条件得
μ =0.1④
1
在木板与墙壁碰撞后,木板以-v 的初速度向左做匀变速运动,小物块以v 的初速度向右
1 1
做匀变速运动。设小物块的加速度为a ,由牛顿第二定律有
2
-μ mg=ma ⑤
2 2
由图(b)可得
v -v
2 1
a = ⑥
2 t -t
2 1
式中,t =2 s,v =0,联立⑤⑥式并结合题给条件得
2 2
μ =0.4⑦
2
(2)设碰撞后木板的加速度为a ,经过时间Δt,木板和小物块刚好具有共同速度v 。由牛顿
3 3
第二定律及运动学公式得
μ mg+μ (M+m)g=Ma ⑧
2 1 3
v =-v +a Δt⑨
3 1 3
v =v +a Δt⑩
3 1 2
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板的位移为
-v +v
s = 1 3Δt
1
2
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小物块的位移为
v +v
s = 1 3Δt
2
2
小物块相对木板的位移为
Δs=s -s
2 1
联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得
Δs=6.0 m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0 m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直至停止,设加速度为a ,此
4
过程中小物块和木板运动的位移为s 。由牛顿第二定律及运动学公式得
3
μ (m+M)g=(m+M)a
1 4
0-v2=2a s
3 4 3
碰后木板运动的位移为
s=s +s
1 3
联立⑥⑧⑨⑩ 式,并代入数据得
s=-6.5 m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。
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