《浙江新高考備戰(zhàn)2020年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)07 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江新高考備戰(zhàn)2020年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)07 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（含解析）（27頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 專題 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 必考 加試 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用 c c 超重與失重 b 一、用牛頓第二定律解決動(dòng)力學(xué)問題 （1）從受力確定運(yùn)動(dòng)情況（）。 （2）從運(yùn)動(dòng)情況確定受力（F=ma）。 （3）綜合受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析，運(yùn)用牛頓第二定律解決問題。 二、瞬時(shí)變化的動(dòng)力學(xué)模型 受外力時(shí)的形變量 縱向彈力 彈力能否突變 輕繩 微小不計(jì) 拉力 能 輕桿 微小不計(jì) 拉力或壓力 能 輕橡皮繩 較大 拉力 不能 輕彈簧 較大 拉力或壓力 不能 三、傳送帶模型分析方法 四、滑塊–木板模

2、型分析方法 五、超重和失重 1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了。在發(fā)生這些現(xiàn)象時(shí)，物體的重力依然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對(duì)支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化（即“視重”發(fā)生變化）。 2．只要物體有向上或向下的加速度，物體就處于超重或失重狀態(tài)，與物體向上運(yùn)動(dòng)還是向下運(yùn)動(dòng)無關(guān)。 3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會(huì)處于超重或失重狀態(tài)。 4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。 5．物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度的大小和方向沒有

3、關(guān)系。下表列出了加速度方向與物體所處狀態(tài)的關(guān)系。 加速度 超重、失重 視重F a=0 不超重、不失重 F=mg a的方向豎直向上 超重 F=m（g+a） a的方向豎直向下 失重 F=m（g–a） a=g，豎直向下 完全失重 F=0 特別提醒：不論是超重、失重、完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變。 6．超重和失重現(xiàn)象的判斷“三”技巧 （1）從受力的角度判斷，當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）大于重力時(shí)，物體處于超重狀態(tài)，小于重力時(shí)處于失重狀態(tài)，等于零時(shí)處于完全失重狀態(tài)。 （2）從加速度的角度判斷，當(dāng)物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度

4、時(shí)處于失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時(shí)處于完全失重狀態(tài)。 （3）從速度變化角度判斷 ①物體向上加速或向下減速時(shí)，超重； ②物體向下加速或向上減速時(shí)，失重。 （2019·浙江省寧波市余姚市余姚中學(xué)月考）如圖所示兩木塊A和B疊放在光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和M，A與B之間的最大靜摩擦力為Ffm，B與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧連接構(gòu)成彈簧振子，已知A和B在振動(dòng)過程中不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則 A．速度最大時(shí)，A、B間摩擦力最大 B．彈簧彈力最大時(shí)，A、B間摩擦力最大 C．它們的振幅不能大于 D．它們的振幅不能大于 【參考答案】BD 【詳細(xì)解析】A.因?yàn)锳和B在振動(dòng)過程中不

5、發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以加速度相同；當(dāng)速度最大時(shí)，，對(duì)A分析，受力為0，故A、B間摩擦力為0，A錯(cuò)誤；B.對(duì)A、B整體受力分析，，隔離A分析：，所以彈力最大時(shí)，加速度最大，A、B間摩擦力最大，B正確；CD、通過選項(xiàng)C的分析，設(shè)最大振幅為A，當(dāng)振幅最大時(shí)，彈力最大：整體分析，隔離A分析：聯(lián)立兩式得：，C錯(cuò)誤；D正確。 1．如圖所示，質(zhì)量相同的木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑的水平面上，此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)?，F(xiàn)用水平恒力F推A，則從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中 A．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的速度相同 B．彈簧壓縮到最短時(shí)，兩木塊的加速度相同 C．兩木塊速度相同時(shí)

6、，加速度aAvB 【答案】ACD 【解析】從力F開始作用到彈簧至彈簧第一次被壓縮到最短的過程中，彈簧彈力逐漸增大，則A做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，B做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，A、B均由靜止開始運(yùn)動(dòng)，只要A的速度大于B的速度彈簧就處于被壓縮變短的過程中，當(dāng)A、B速度相同時(shí)彈簧壓縮到最短，畫出這一過程A、B的圖象，則時(shí)刻，A、B兩木塊的加速度相同（切線斜率相同），且，時(shí)刻A、B的速度相同，且，故ACD正確，B錯(cuò)誤。 （2019·浙江省溫州市新力量聯(lián)盟期末）2018年11月6日，第十二屆珠海航展開幕。如圖為某一特技飛機(jī)的飛行軌跡，可見該飛機(jī)先俯

7、沖再抬升，在空中畫出了一個(gè)圓形軌跡，飛機(jī)飛行軌跡半徑約為200米，速度約為300 km/h。 A．若飛機(jī)在空中定速巡航，則飛機(jī)的機(jī)械能保持不變 B．圖中飛機(jī)飛行時(shí)，受到重力，空氣作用力和向心力的作用 C．圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，駕駛員處于失重狀態(tài)。 D．圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，座椅對(duì)駕駛員的支持力約為其重力的4.5倍。 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】若飛機(jī)在空中定速巡航，則飛機(jī)的動(dòng)能不變，而重力勢(shì)能要不斷變化，則機(jī)械能要變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖中飛機(jī)飛行時(shí)，受到重力，空氣作用力的作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，加速度向上，則駕駛員處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。300 km/h=83.

8、3 m/s，則圖中飛機(jī)經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，座椅對(duì)駕駛員的支持力，選項(xiàng)D正確。故選D。 1．如圖所示，在光滑地面上，水平外力F拉動(dòng)小車和木塊一起做無相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)。小車質(zhì)量是M，木塊質(zhì)量是m，力的大小是F，加速度大小是a，木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)是μ。則在這個(gè)過程中，木塊受到的摩擦力大小是 A．μmg B．ma C． D．μ（M+m）g 【答案】BC 【解析】先對(duì)整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律有，再對(duì)物體m受力分析，受重力、支持力和向前的靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，BC正確。 如圖所示，物體a、b用一根不可伸長的細(xì)線相連，再用一根輕彈簧跟

9、a相連，彈簧上端固定在天花板上，已知物體a、b的質(zhì)量相等。當(dāng)在P點(diǎn)處剪斷繩子的瞬間 A．物體a的加速度大小為零 B．物體a的加速度大小為g C．物體b的加速度大小為零 D．物體b的加速度大小為g 【參考答案】BD 【詳細(xì)解析】設(shè)ab物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線前，對(duì)ab整體受力分析，受到總重力和彈簧的彈力而平衡，故F=2mg；再對(duì)物體a受力分析，受到重力、細(xì)線拉力和彈簧的拉力；剪斷細(xì)線后，重力和彈簧的彈力不變，細(xì)線的拉力減為零，故物體a受到的力的合力等于mg，向上，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故B正確，A錯(cuò)誤；對(duì)物體b受力分析，受到重力、細(xì)線拉力，剪斷細(xì)線后，重力不變，細(xì)線的拉

10、力減為零，故物體b受到的力的合力等于mg，向下，根據(jù)牛頓第二定律得A的加速度為，故C錯(cuò)誤，D正確。 1．（2019·浙江省溫州市十校聯(lián)合體期末）如圖所示，自由下落的小球下落一段時(shí)間后與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過程中，以下說法正確的是 A．小球加速度先減小再增大 B．小球剛接觸彈簧時(shí)，小球速度最大 C．小球先超重狀態(tài)后失重 D．彈簧被壓縮最短時(shí)小球的加速度為零 【答案】A 【解析】小球接觸彈簧上端后受到兩個(gè)力作用：向下的重力和向上的彈力。在接觸后的前一階段，重力大于彈力，合力向下，因?yàn)閺椓Σ粩嘣龃螅院贤饬Σ粩鄿p小，故加速度不斷減小，由于加速度與速度

11、同向，因此速度不斷變大。當(dāng)彈力逐步增大到與重力大小相等時(shí)，合外力為零，加速度為零，速度達(dá)到最大。后一階段，即小球達(dá)到上述位置之后，由于慣性小球仍繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，但彈力大于重力，合外力豎直向上，且逐漸變大，因而加速度逐漸變大，方向豎直向上，小球做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減小到零時(shí)，達(dá)到最低點(diǎn)，彈簧的壓縮量最大；因加速度先向下后向上，故物體先失重后超重；故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。 已知一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K（如圖甲所示），以此時(shí)為t=0記錄了小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系（如圖乙所示），圖中

12、取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，已知傳送帶的速度保持不變，則 A．物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1~t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小 B．0~t2內(nèi)，重力對(duì)物塊做正功 C．若物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，那么 D．0~t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為W= 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】由圖乙圖線與時(shí)間軸所圍面積可看出，物塊在0~t1內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在t1–t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，故A錯(cuò)誤；由于物塊在0~t1內(nèi)向下運(yùn)動(dòng)的位移大于t1–t2內(nèi)向上運(yùn)動(dòng)的位移，所以0~t2內(nèi)物體的總位移向下，所以重力對(duì)物塊做正功，故B正確；在t1~t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有μmgcosθ＞mgsinθ，得μ＞tanθ，故C錯(cuò)

13、誤；由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對(duì)物塊做正功，設(shè)為WG，根據(jù)動(dòng)能定理得：，則傳送帶對(duì)物塊做功，故D錯(cuò)誤。 1．如圖所示，水平傳送帶始終以速度v1順時(shí)計(jì)轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊以速度v2（v2≠v1）滑上傳送帶的左端，則物塊在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)一定不可能的是 A．先加速后勻速運(yùn)動(dòng) B．一直加速運(yùn)動(dòng) C．一直減速直到速度為0 D．先減速后勻速運(yùn)動(dòng) 【答案】C 【解析】若v1>v2，物塊相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，受到向右的滑動(dòng)摩擦力，可能先向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊速度增加到與傳送帶速度相等后再做勻速運(yùn)動(dòng)，也可能一直向右做勻加速運(yùn)動(dòng)；若v1

14、運(yùn)動(dòng)，受到向左的滑動(dòng)摩擦力，可能先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊速度減小到與傳送帶速度相等后再做勻速運(yùn)動(dòng)，也可能一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，但不可能減速到0，選C。 如圖，質(zhì)量的木板靜止在水平地面上，質(zhì)量、大小可以忽略的鐵塊靜止在木板的右端。設(shè)最大摩擦力都等于滑動(dòng)摩擦力，書籍木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取?，F(xiàn)給鐵塊施加一個(gè)水平向左的力F。 （1）若力F恒為8 N，經(jīng)1 s鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的左端。求：木板的長度； （2）若力F從零開始逐漸增加，且木板足夠長。試通過分析與計(jì)算，在坐標(biāo)圖中作出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象。 【參考答案】（1）L=1 m （

15、2） 【詳細(xì)解析】（1）對(duì)鐵塊，由牛頓第二定律： 對(duì)木板，由牛頓第二定律： 設(shè)木板的長度為L，經(jīng)時(shí)間t鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板的左端，則： 聯(lián)立解得 （2）①當(dāng)，系統(tǒng)沒有被拉動(dòng)，靜摩擦力與外力成正比，即 ②當(dāng)時(shí)，如果M、m相對(duì)靜止，鐵塊與木板有相同的加速度a，則 解得 此時(shí)：，也即F?6 N 所以當(dāng)26 N時(shí)，M、m相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)鐵塊受到的摩擦力為： Ff?F圖象如圖所示 1．如圖甲，水平地面上有一靜止平板車，車上放一物塊，物塊與平板車的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，t=0時(shí)，車開始沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)，其v–t圖象如圖乙所示，重力加速度g取

16、10 m/s2，若平板車足夠長，關(guān)于物塊的運(yùn)動(dòng)，以下描述正確的是 A．0~6 s加速，加速度大小為2 m/s2，6~12 s減速，加速度大小為2 m/s2 B．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~12 s減速，加速度大小為4 m/s2 C．0~8 s加速，加速度大小為2 m/s2，8~16 s減速，加速度大小為2 m/s2 D．0~12 s加速，加速度大小為1.5 m/s2，12~16 s減速，加速度大小為4 m/s2 【答案】C 【解析】根據(jù)v–t圖象可知，車先以4 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)，后以?4 m/s2的加速度勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)物塊與車的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物塊

17、與車間的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加速度為2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可知，0~6 s物塊加速，車的速度始終大于物塊；t=6 s后，車減速、物塊繼續(xù)加速，設(shè)再經(jīng)Δt時(shí)間共速，有v=2（6+Δt）=24–4Δt，可得Δt=2 s，v=16 m/s，即0~8 s物塊加速；8~12 s物塊減速，車減速，車的速度始終小于物塊；t=12 s后車靜止，物塊速度為8 m/s，繼續(xù)減速4 s，即8~16 s物塊減速。選C。 如圖甲所示，某高架橋的引橋可視為一個(gè)傾角、長l=500 m的斜面。一輛質(zhì)量m=2 000 kg的電動(dòng)汽車從引橋底端由靜止開始加速，其加速度a隨速度可變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，電動(dòng)汽車的速

18、度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率保持恒定。已知行駛過程中電動(dòng)汽車受到的阻力Ff（摩擦和空氣阻力）不變，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是 A．電動(dòng)汽車所受阻力Ff=12 000 N B．電動(dòng)汽車的速度達(dá)到1 m/s后，牽引力的功率P0=12 kW C．第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P與時(shí)間t滿足P=12 000t D．第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車機(jī)械能的增加量等于牽引力與阻力做功的代數(shù)和，大小為6 000 J 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】加速階段由牛頓第二定律可知：F–Ff–mgsinθ=ma，之后保持功率不變，–Ff–mgsinθ=ma，電功汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，

19、最終加速度減小到0，電動(dòng)汽車達(dá)到該功率該路況下的最大速度，–Ff–mgsinθ=0解得P0=14 kW；Ff=2 000 N；選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)電動(dòng)汽車牽引力的功率P=Fv=14 000t，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電動(dòng)汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，位移，牽引力大小為14000N，牽引力與阻力做功的代數(shù)和為（F–Ff）x=6 000 J，選項(xiàng)D正確。 1．（2019·浙江省臺(tái)州中學(xué)高一統(tǒng)練）如圖所示，截面是直角梯形的物塊放在在光滑水平地面上，其兩個(gè)側(cè)面恰好與兩個(gè)固定在地面上的壓力傳感器P和Q接觸，斜面ab上的ac部分光滑，cb部分粗糙。開始時(shí)兩壓力傳感器的示數(shù)均為零?，F(xiàn)在a端由靜止釋放一金屬塊，下列說

20、法正確的是 A．金屬塊在ac部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器P、Q示數(shù)均為零 B．金屬塊在ac部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器P的示數(shù)為零，Q的示數(shù)不為零 C．金屬塊在cb部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器P、Q示數(shù)可能均為零 D．金屬塊在cb部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器P的示數(shù)一定不為零，Q的示數(shù)一定為零 【答案】BC 【解析】金屬塊在ac部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度沿斜面向下，斜面對(duì)金屬塊的作用力有向左的分力，金屬塊對(duì)斜面的作用力有向右的分力，則物塊有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故P示數(shù)為零，Q示數(shù)不為零，A錯(cuò)誤，B正確；金屬塊在cb部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到斜面的摩擦力作用，金屬塊可能加速、減速或勻速，斜面對(duì)金屬塊的作用力可能偏左、偏右或豎直向上，則傳感器

21、P、Q的示數(shù)可能只有一個(gè)為零，也可能都為零，C正確，D錯(cuò)誤。 （2019·浙江省溫州市求知中學(xué)月考）如圖所示，質(zhì)量為m的人站在豎直觀光電梯中，如果電梯運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，電梯地板對(duì)人的支持力為F＝mg+ma，則可能的情況為 A．電梯以加速度a向下加速運(yùn)動(dòng) B．電梯以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng) C．電梯以加速度a向上減速運(yùn)動(dòng) D．以上三項(xiàng)都不正確 【參考答案】B 【詳細(xì)解析】人的加速度，方向向上，所以電梯以加速度向上加速運(yùn)動(dòng)或電梯以加速度向下減速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 1．（2019·浙江省普通高中學(xué)業(yè)水平考試）如圖所示，在近地圓軌道環(huán)繞地球運(yùn)行的“天宮

22、二號(hào)”的實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)，航天員景海鵬和陳冬在向全國人民敬禮時(shí) A．不受地球引力 B．處于平衡狀態(tài)，加速度為零 C．處于失重狀態(tài)，加速度約為g D．底板的支持力與地球引力平衡 【答案】C 【解析】天宮二號(hào)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)宇航員處于完全失重狀態(tài)。此時(shí)仍受到地球引力作用，只不過引力恰好充當(dāng)向心力，向心加速度近似等于g；此時(shí)人對(duì)地板沒有壓力，底板對(duì)人也沒有支持力，故C正確，ABD錯(cuò)誤。 1．如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小球A、B、C通過輕彈簧和不可伸縮的輕細(xì)繩懸掛于天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。剪斷A、B間細(xì)繩的瞬間，A、B、C三者的加速度分別為a1、a2、a3，則 A．a(chǎn)1=2g，方

23、向豎直向上 B．a(chǎn)2=2g，方向豎直向下 C．a(chǎn)3=g，方向豎直向下 D．在剪斷A、B間細(xì)繩前后，B、C間細(xì)繩的拉力不變 2．（2019·浙江省嘉興市期末）如圖，一小車在水平面上運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻從車子頂上滴下一水滴。若水滴下落前后小車加速度a保持不變，則水滴在車廂地板上的落點(diǎn) A．恰好在正下方的P點(diǎn) B．在P點(diǎn)右方 C．在P點(diǎn)左方 D．與a的大小有關(guān) 3．在里約奧運(yùn)會(huì)男子跳高決賽的比賽中，中國選手薛長銳獲得第六名，這一成績創(chuàng)造了中國奧運(yùn)該項(xiàng)目的歷史。則 A．薛長銳在最高點(diǎn)處于平衡狀態(tài) B．薛長銳起跳以后在上升過程處于失重狀態(tài) C．薛長銳起跳時(shí)地面對(duì)他的支持力等于他

24、所受的重力 D．薛長銳下降過程處于超重狀態(tài) 4．（2019·浙江省臺(tái)州市聯(lián)誼五校期中）摩天輪是游樂項(xiàng)目之一，乘客可隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是 A．在最高點(diǎn)，乘客處于超重狀態(tài) B．在最低點(diǎn)，乘客重力小于他所受到的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變 D．從最高點(diǎn)向最低點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，座椅對(duì)乘客的作用力不做功 5．我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼?yàn)時(shí)，深潛器內(nèi)的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10 min內(nèi)全過程的v–t圖（由于某種原因軸上方的縱軸刻度沒有顯示），則下列說法中不正確的是 A．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡淖畲蠹铀俣仁莔/s2

25、B．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡钠骄俾适?.5 m/s C．“蛟龍?zhí)枴鄙仙鬟^程的最大速度是3 m/s D．在6~10 min潛水員會(huì)先感到超重，后感到失重 6．一小球從地面豎直上拋，后又落回地面，小球運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力與速度成正比，取豎直向上為正方向。下列關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的速度v、加速度a、位移s、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的圖象中可能正確的有 A B C D 7．（2019·山東省濟(jì)南第一中學(xué)模擬）一種巨型娛樂器械由升降機(jī)送到離地面75 m的高處，然后讓座艙自由落下。落到離地面30 m高時(shí)，制動(dòng)系統(tǒng)開始啟動(dòng)，座艙均勻減速，到地面時(shí)剛好停下。若座艙中某人用手托著m＝5 k

26、g的鉛球，下列說法中正確的是 A．當(dāng)座艙落到離地面35 m的位置時(shí)手對(duì)球的支持力小于鉛球的重力 B．當(dāng)座艙落到離地面15 m的位置時(shí)手對(duì)球的支持力小于鉛球的重力 C．座艙下落的整個(gè)過程中手對(duì)球的支持力小于鉛球的重力 D．座艙下落的整個(gè)過程中手對(duì)球的支持力大于鉛球的重力 8．（2019·浙江省杭州市浙江大學(xué)附屬中學(xué)月考）我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，它是由動(dòng)車和拖車組合而成，提供動(dòng)力的車廂叫動(dòng)車，不提供動(dòng)力的車廂叫拖車。假設(shè)動(dòng)車組各車廂質(zhì)量均相等，動(dòng)車的額定功率都相同，動(dòng)車組在水平直軌道上運(yùn)行過程中阻力與車重成正比。某列動(dòng)車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動(dòng)車，其余為

27、拖車，則該列車組 A．啟動(dòng)時(shí)乘客受到車廂作用力的方向與車運(yùn)動(dòng)的方向相反 B．做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為1:1 C．進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比 D．與改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組最大速度之比為1:2 9．質(zhì)量為的同學(xué)，雙手抓住單杠做引體向上，他的重心的速率隨時(shí)間變化的圖象如圖所示。取，由圖象可知 A．時(shí)他的加速度 B．他處于超重狀態(tài) C．時(shí)他受到單杠的作用力的大小是 D．時(shí)他處于超重狀態(tài) 10．（2019·浙江省東陽中學(xué)階段性檢測(cè)）如圖，一物塊以1 m/s的初速度沿粗糙半圓面由A處下滑，到達(dá)較低的B

28、點(diǎn)時(shí)速度恰好也是1 m/s，如果此物塊以2 m/s的初速度仍由A處下滑，則它達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度 A．等于2 m/s B．小于2 m/s C．大于2 m/s D．以上三種情況都有可能 11．（2019·黑龍江省北安市第一中學(xué)月考）紹興市奧體中心舉行全國蹦床錦標(biāo)賽。對(duì)于如圖所示蹦床比賽時(shí)運(yùn)動(dòng)員的分析，下列說法中正確的是 A．運(yùn)動(dòng)員在蹦床上上升階段，一直處于超重狀態(tài) B．運(yùn)動(dòng)員在蹦床上加速上升階段，蹦床的彈性勢(shì)能增大 C．運(yùn)動(dòng)員離開蹦床在空中運(yùn)動(dòng)階段，一直處于失重狀態(tài) D．運(yùn)動(dòng)員離開蹦床在空中運(yùn)動(dòng)階段，重力勢(shì)能一直增大 12．（2019·浙江省杭州市一模）我國南方多雨地區(qū)在

29、建造房屋屋頂時(shí)，需要考慮將屋頂設(shè)置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下。若忽略雨水從屋頂流下時(shí)受到的阻力，為使雨水在屋頂停留時(shí)間最少，則屋頂應(yīng)設(shè)計(jì)成下圖中的 A． B． C． D． 13．如圖所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定光滑豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。下列判斷正確的是 A．a(chǎn)下落的某段過程中，b對(duì)地面的壓力可能大于b受到地面的支持力 B．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功 C．a(chǎn)下落的某段過程中，其加速度大小可能大于g D．a(chǎn)落地前瞬間a的機(jī)械能最小，此時(shí)b對(duì)地面的壓力大

30、小等于mg 14．（2019·浙江省杭州市一模）下列描述的事件不可能發(fā)生的是 A．將實(shí)心球和乒乓球從教學(xué)樓三樓同時(shí)釋放后結(jié)果實(shí)心球先落地 B．宇航員在天宮二號(hào)中利用二力平衡原理用彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)出物體的重力 C．乘客從勻速行駛的高鐵車廂內(nèi)豎直向上跳起后仍落回車廂內(nèi)的起跳點(diǎn) D．一對(duì)干電池可使小燈泡微弱發(fā)光，斷開電路后測(cè)量電池兩端電壓，電壓表示數(shù)接近3 V 15．（2019·浙江省寧波市期末）據(jù)報(bào)道，中國首艘國產(chǎn)航母預(yù)計(jì)在2019年服役。假設(shè)航空母艦上裝有幫助飛機(jī)起飛的彈射系統(tǒng)，已知某型號(hào)的艦載飛機(jī)質(zhì)量為m＝104 kg，在跑道上加速時(shí)產(chǎn)生的最大動(dòng)力為F＝7×104 N，所受阻力為重

31、力的0.2倍，當(dāng)飛機(jī)的速度大小達(dá)到50 m/s時(shí)才能離開航空母艦起飛。g取10 m/s2，設(shè)航空母艦甲板長為160 m，則下列說法中正確的是 A．飛機(jī)在跑道上加速時(shí)所受阻力大小為104 N B．飛機(jī)在跑道上加速時(shí)的最大加速度大小為7 m/s2 C．若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈射系統(tǒng)必須使飛機(jī)至少具有大小為30 m/s的初速度 D．若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為20 m/s 16．（2019·浙江省嘉興市第一中學(xué)、湖州中學(xué)期中）將一個(gè)力電傳感器接到計(jì)算機(jī)上，就可以測(cè)量快速變化的力，用這種方法測(cè)得的某小球擺動(dòng)時(shí)懸線上拉力

32、的大小隨時(shí)間變化的曲線如下圖所示。某同學(xué)由此圖象提供的信息做出的下列判斷中，正確的是 A．t＝0.2 s時(shí)擺球正經(jīng)過最低點(diǎn) B．t＝0.8 s時(shí)擺球處于超重狀態(tài) C．?dāng)[球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒 D．?dāng)[球擺動(dòng)的周期是T＝0.6 s 17．隨著科技的發(fā)展，我國未來的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離，如圖所示，航空母艦的水平跑道總長L＝180 m，其中電磁彈射區(qū)的長度為L1＝80 m，在該區(qū)域安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可從頭至尾提供一個(gè)恒定的牽引力F牽。一架質(zhì)量為m＝2.0×104 kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N。假設(shè)飛機(jī)在航母上的阻力恒為

33、飛機(jī)重力的0.2倍。已知飛機(jī)可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，離艦起飛速度v＝40 m/s，航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，（取g＝10 m/s2）求： （1）飛機(jī)在后一階段的加速度大?。? （2）飛機(jī)在電磁彈射區(qū)末的速度大??； （3）電磁彈射器的牽引力F牽的大小。 18．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）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=4 s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。重力加速度取g

34、=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 19．（2018·江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B．質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)．忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求

35、： （1）小球受到手的拉力大小F； （2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m； （3）小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T． 20．（2017·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5；木板的質(zhì)量為m=4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： （1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； （2

36、）A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 21．（2016·四川卷）避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面。一輛長為12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ=1，sin θ=0

37、.1，重力加速度g=10 m/s2。求： （1）貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向； （2）制動(dòng)坡床的長度。 1．AC【解析】設(shè)三個(gè)球的質(zhì)量均為m，開始A、B、C處于靜止?fàn)顟B(tài)，則彈簧的彈力F=3mg，A、B間細(xì)繩張力T1=2mg，B、C間細(xì)繩的張力T2=mg，剪斷A、B間細(xì)繩的瞬間，彈簧的彈力不變，A所受合力F1=T1，a1=2g，方向豎直向上，A正確；B、C整體的加速度相等，a2=a3=g，方向豎直向下，B、C間細(xì)繩的張力變?yōu)?，C正確，BD錯(cuò)誤。 2．C【解析】水滴滴下時(shí)水平方向與小車具有相同的速度，在水平方向由于小車做加速運(yùn)動(dòng)，所在在水滴下落過程中，相同的時(shí)間內(nèi)，小車在

38、水平方向走過的位移多，水滴相對(duì)小車向左運(yùn)動(dòng)，所以水滴將落在P點(diǎn)的左方，故C正確。3．B【解析】無論是上升過程還是下落過程，還是最高點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的加速度始終向下，所以他處于失重狀態(tài)，故AD錯(cuò)誤，B正確；起跳時(shí)運(yùn)動(dòng)員的加速度的方向向上，地面對(duì)他的支持力大于他受到的重力。故C錯(cuò)誤。 4．B【解析】A項(xiàng)：在最高點(diǎn)時(shí)，加速度向下，故乘客處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：在最低點(diǎn)，乘客合外力向上，故重力小于他所受到的支持力，故B正確；C項(xiàng)：摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能時(shí)刻發(fā)生改變，故機(jī)械能始終變化，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：從最高點(diǎn)向最低點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，座椅的作用力向上，故座椅對(duì)乘客的作用力做負(fù)功，故D錯(cuò)

39、誤。 5．B【解析】A.v?t圖象的斜率表示加速度，0~1 min內(nèi)和3~4 min內(nèi)加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正確；B.全過程中“蛟龍?zhí)枴钡穆烦虨?20 m，則平均速率是=1.2 m/s，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)v-t曲線的面積表示位移，在t=4 min時(shí)到達(dá)最大深度為h=（2×60+4×60）×2.0 m=360 m，則上浮的位移h=×（10–6）×60×vm=360 m，vm=3 m/s，故C正確；D．潛水員在6~8 min的時(shí)間段內(nèi)，根據(jù)速度圖象得加速度方向向上，所以處于超重狀態(tài)，8~10 min的時(shí)間段內(nèi)，根據(jù)速度圖象得加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故D正確。故選B。

40、 【點(diǎn)睛】根據(jù)v–t圖象的面積表示位移，由幾何知識(shí)可求得最大深度；v–t圖象的物理意義：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程與時(shí)間之比；判斷超重和失重的方法主要看物體的加速度方向。 6．AC【解析】小球在上升過程中的加速度，隨著v減小，a1增大到–g，v–t圖象斜率的絕對(duì)值逐漸減小，小球在下落過程中的加速度大小為，隨著v增大，a2從–g減小到0，v–t圖象斜率的絕對(duì)值逐漸減小，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)位移–時(shí)間圖象的斜率等于速度，s–t圖象的斜率應(yīng)先減小到零，然后斜率的絕對(duì)值增大，且下落時(shí)間大于上升時(shí)間，C正確；根據(jù)功能關(guān)系得，則，則E–t圖象的斜率是變化的，圖象應(yīng)為曲線，

41、D錯(cuò)誤。 7．A【解析】當(dāng)座艙落到離地面35 m的位置時(shí)加速度向下，處于失重狀態(tài)，手對(duì)球的支持力小于鉛球的重力，故A正確；當(dāng)座艙落到離地面15 m的位置時(shí)為減速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，故處于超重狀態(tài)，故手對(duì)球的支持力大于鉛球的重力，故B錯(cuò)誤；30 m以上過程加速度向上，為失重狀態(tài)，支持力小于重力；而30 m以下加速度向上，為超重狀態(tài)，支持力大于重力，故CD錯(cuò)誤。故選A。 8．D【解析】A．啟動(dòng)時(shí)，加速度方向向前，根據(jù)牛頓第二定律知，乘客受到車廂的作用力方向向前，與運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤。B．做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有兩節(jié)動(dòng)力車廂，對(duì)整個(gè)的車進(jìn)行受力分析得：2F–8kmg=8ma，對(duì)6、7、8車廂進(jìn)行受力分

42、析得：F1–3kmg=3ma。對(duì)7、8車廂進(jìn)行受力分析得：F2–2kmg=2ma，聯(lián)立可得：，故B錯(cuò)誤。C．設(shè)進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來滑行的距離為s，則：–8kmgs=0–，可知滑行的距離與速度不成正比，故C錯(cuò)誤。D．當(dāng)只有兩節(jié)動(dòng)力車時(shí)，最大速率為v，則：2P=8kmg·v，改為4節(jié)動(dòng)車帶4節(jié)拖車的動(dòng)車組時(shí)：4P=8kmg·v′ ，所以：v′=2v，故D正確。 9．B【解析】根據(jù)速度圖象的斜率表示加速度可知，t=0.5 s時(shí)，他的加速度為0.3 m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t=0.4 s時(shí)他向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，他處于超重狀態(tài)，B正確；t=1.1 s時(shí)他的加速度為0，他受到的單杠的作

43、用力剛好等于重力600 N，C錯(cuò)誤；t=1.5 s時(shí)他向上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故本題選B。 【點(diǎn)睛】根據(jù)速度–時(shí)間圖象斜率代表加速度的特點(diǎn)，可以計(jì)算t=0.5 s時(shí)的加速度；根據(jù)加速度的方向，可以確定他的超、失重狀態(tài)。 10．B【解析】一物塊以1 m/s的初速度沿粗糙半圓面由A處下滑，到達(dá)較低的B點(diǎn)時(shí)速度恰好也是1 m/s，由動(dòng)能定理知，重力做功等于克服摩擦力做功的大小，物塊以2 m/s的初速度仍由A處下滑，經(jīng)過曲面每個(gè)位置受到的支持力比2 m/s下滑時(shí)更大，則所受的摩擦力大，克服摩擦力做功多，則重力做功小于克服摩擦力做功，所以到達(dá)B點(diǎn)的速度小于2 m/

44、s，故B正確。 11．C【解析】A、運(yùn)動(dòng)員在蹦床上有一小段減速上升，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力小于重力，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、運(yùn)動(dòng)員在蹦床上加速上升階段，蹦床的彈性勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤；C、運(yùn)動(dòng)員離開蹦床在空中運(yùn)動(dòng)階段，只受重力（空氣阻力等遠(yuǎn)小于重力），加速度一直向下，一直處于失重狀態(tài)，故C正確；D、運(yùn)動(dòng)員離開蹦床在空中有上升和下降兩個(gè)階段，在下降階段重力勢(shì)能在減小，故D錯(cuò)誤。故選C。 12．C【解析】設(shè)屋頂?shù)膴A角為，屋頂?shù)膶挾葹長，由牛頓第二定律得雨滴下滑的加速度：，由幾何關(guān)系得斜面的長度：；由位移公式得：；聯(lián)立得：，可得當(dāng)時(shí)時(shí)間最短，即屋頂?shù)膴A角為，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。

45、13．BC【解析】根據(jù)牛頓第三定律知，b對(duì)地面的壓力與b受到地面的支持力一定大小相等，故A錯(cuò)誤。b開始時(shí)速度為零，當(dāng)a到達(dá)底端時(shí)，b的速度為零，在整個(gè)過程中，b的速度先增大后減小，動(dòng)能先增大后減小，由動(dòng)能定理可知輕桿對(duì)b先做正功，后做負(fù)功。故B正確。在整個(gè)過程中，b的速度先增大后減小，所以輕桿對(duì)b的作用力先是動(dòng)力后是阻力，所以輕桿對(duì)a的作用力就先是阻力后是動(dòng)力，所以在b減速的過程中，輕桿對(duì)a是斜向下的拉力，此時(shí)a的合力大于重力，則其加速度大于重力加速度g，故C正確；a落地前瞬間b的速度為零，由a、b整體的機(jī)械能守恒，知此時(shí)a的機(jī)械能最大，此時(shí)b對(duì)地面的壓力大小為mg，故D錯(cuò)誤。 14．B【解

46、析】A．乒乓球的密度較小，在下落得過程中受到的空氣的阻力影響較大，所以乒乓球的下落過程中下落得加速度明顯小于重力加速度，而實(shí)心球下落得加速度近似等于重力加速度，所以將實(shí)心球和乒乓球從教學(xué)樓三樓同時(shí)釋放后，結(jié)果實(shí)心球先落地。故A是可能發(fā)生的；B．飛行中的天宮二號(hào)以及內(nèi)部的物體都處于失重狀態(tài)，所以不能在天宮二號(hào)中利用二力平衡原理用彈簧測(cè)力計(jì)直接測(cè)出物體的重力。故事件B不可能發(fā)生；C．乘客從勻速行駛的高鐵車廂內(nèi)豎直向上跳起后，由于慣性，乘客具有與列車相等的水平方向的速度，所以仍落回車廂內(nèi)的起跳點(diǎn)。故C是可能發(fā)生的；D．干電池的電動(dòng)勢(shì)為，當(dāng)兩節(jié)干電池?cái)嚅_電路后，測(cè)量電池兩端電壓，電壓表示數(shù)接近故D是可

47、能發(fā)生的。 15．C【解析】A、飛機(jī)在跑道上加速時(shí)所受阻力大小為f＝0.2mg＝0.2×104×10 N＝2×104 N；故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)F＝7×104 N時(shí)，飛機(jī)在跑道上加速時(shí)的加速度最大，設(shè)為a；根據(jù)牛頓第二定律得F–f＝ma，解得a＝5 m/s2；故B錯(cuò)誤；C、若航空母艦處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)速度位移公式v2–v02＝2aL，將v＝50 m/s，L＝160 m，a＝5 m/s2，代入解得v0＝30 m/s，故C正確；D、若航空母艦上不裝彈射系統(tǒng)，為使飛機(jī)仍能在此艦上正常起飛，航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為v′。以航母為參考系，根據(jù)速度位移公式得此題條件下（v–v′）2＝2aL，代

48、入數(shù)據(jù)解得v′＝10 m/s，即航空母艦沿飛機(jī)起飛方向的速度大小至少應(yīng)為10 m/s，故D錯(cuò)誤。故選C。 16．AB【解析】A.擺球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，拉力最大，由圖知在0.2 s時(shí)，拉力最大，所以此時(shí)擺球經(jīng)過最低點(diǎn)，故A正確；B.在t=0.8 s時(shí)，擺球的拉力最大，經(jīng)過最低點(diǎn)，加速度向上，擺球處于超重狀態(tài)。故B正確；C.由圖可知，經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的力逐漸減小，說明經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的速度逐漸減小，機(jī)械能逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D.在一個(gè)周期內(nèi)擺球兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，根據(jù)圖象知周期T=1.2 s。故D錯(cuò)誤。故選AB。 17．（1） （2） （3） 【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律：F推–0.2mg=ma2

49、解得a2=4.0 m/s2 （2）由v2–v12=2a2(l–l1) 解得v1=20 m/s （3）由v12=2a1l1 解得a1=5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律：F牽+F推–0.2mg=ma1 代入數(shù)據(jù)解得：F牽=2×104 N 18．AB【解析】結(jié)合兩圖像可判斷出0~2 s物塊和木板還未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯(cuò)誤；2~5 s內(nèi)木板與物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，對(duì)2~4 s和4~5 s列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程，可解出質(zhì)量m為1 kg，2~4 s內(nèi)的力F為0.4 N，故A、B正確；由于不知道物塊的質(zhì)

50、量，所以無法計(jì)算它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，故D錯(cuò)誤。 19．（1） （2） （3）（） 【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg 解得 （2）小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過程中 小球上升高度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l 機(jī)械能守恒定律mgh1=Mgh2 解得 （3）根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)．設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T 牛頓運(yùn)動(dòng)定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T 牛頓運(yùn)動(dòng)定律T′–mgcos53°=

51、ma 解得（） 20．（1）1 m/s （2）1.9 m 【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有f1=μ1mAg，f2=μ1mBg，f3=μ2（mA+mB+m）g 由牛頓第二定律得f1=mAaA，f2=mBaB，f2–f1–f3=ma1 可得aA=aB=5 m/s2，a1=2.5 m/s2 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板共速，為v1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=v0–aBt1=a1t1 解得t1=0.4 s，

52、v1=1 m/s （2）在t1時(shí)間內(nèi)，B相對(duì)地面的位移 設(shè)B與木板共速后，木板的加速度大小為a2 假設(shè)B與木板相對(duì)靜止，由牛頓第二定律有f1+f3=（mB+m）a2 可得，假設(shè)成立 由aA=aB可知，B與木板共速時(shí)，A的速度大小也為v1 設(shè)從B與木板共速到A和B相遇經(jīng)過的時(shí)間為t2，A和B相遇且共速時(shí)，速度大小為v2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=v1–a2t2=–v1+aAt2 解得t2=0.3 s，v2=0.5 m/s 在t2時(shí)間內(nèi)，B及木板相對(duì)地面的位移 全過程A相對(duì)地面的位移 則A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離x=xB+x1+|xA|=1.9 m （也可用如圖的速度–時(shí)間

53、圖線求解） 21．（1）5 m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下 （2）98 m 【解析】（1）設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物減速的加速度大小為a1 根據(jù)牛頓第二定律有μmgcos θ+mgsin θ=ma1 解得a1=5 m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下 （2）從貨物在車廂內(nèi)開始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m過程 貨物的位移x1=vt–a1t2 對(duì)貨車，根據(jù)牛頓第二定律有4mgsin θ+5kmg–μmgcos θ=4ma2 貨車減速的加速度大小為a2=5.5 m/s2 貨車的位移x2=vt–a2t2，又x1–x2=4 m 解得t=4 s，x1=52 m，x2=48 m 制動(dòng)坡床的長度L=38 m+12 m+x2=98 m 27