4.5 牛顿运动定律的应用&微专题 等时圆模型-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第5节牛顿运动定律的应用 第1课时两类运动学问题 第1关练速度 35mn为准，你的时间： B.t=1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜 面上 题型1从受力情况确定运动情况 1.刹车痕迹是交警判断交通事故中汽车是否超 C.1=(5+1)s时，滑块恰好又回到出发点 速的重要依据之一，在一次交通事故中，货车 D.t=3s时，滑块的速度大小为20m/s 司机看到前方道路上突然窜出一头耕牛时紧 4.(2023·黑龙江哈尔滨期末)如图所示，重物 急刹车，但还是发生了事故.交警在现场量得 A和滑块B用细线跨过定滑轮相连，重物A 货车的刹车痕迹长为15m,已知货车车轮与 的质量为0.5kg,滑块B的质量为1.5kg.1=0 地面的动摩擦因数是0.6，请你帮助交警计 时刻，A、B速度为零，绳处于绷紧状态，重物A 算货车的初速度大约为 ( 距地面的高度1.4m,此时对滑块B施加一个 A.40 km/h B.50 km/h 水平向右拉力F,拉力F的大小随时间的变 C.60 km/h D.70 km/h 化规律如图所示.桌面和B之间的摩擦力很 2.如图所示，水平地面上 小可忽略不计.若重物A距滑轮的高度足够， 有一质量m=2kg的物 37 求：(g取10m/s2) 块，物块与水平地面间 (1)滑块B前2s的加速度的大小： 77777777元 的动摩擦因数μ=0.2.在与水平方向成0=37° (2)4s内重物A上升的高度； 角斜向下的推力F=10N作用下由静止开始 (3)若4s末绳子由于磨损断裂，重物A又经 向右做匀加速直线运动.已知sin37°=0.6， 过多长时间落回地面. N cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2,不计空 气阻力.则物块运动2s所通过的位移大小为 0245 A.2m B.4 m C.2.8m D.5.6m 3.(2024·江苏南京模拟)如图所示，一倾角0= 37的足够长斜面固定在水平地面上.当t=0 时，滑块以初速度o=10/s沿斜面向上运 动.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5， g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列 说法正确的是 A.滑块一直做匀变速直线运动 必修第一册学霸094 题型2从运动情况确定受力情况 大小分别为T,和T.下列说法正确的是 5.(2023·陕西汉中期末联考)我国自主研发的 ( “直8”消防灭火直升机，已多次在火场大显 “神威”，在某次消防灭火行动中，“直8”通过 一根长绳子吊起质量为2×10kg的水桶（包 括水)，起飞时，在2s内将水桶（包括水）由 A.车可能正在向左做加速运动 静止开始竖直向上匀加速提升了4m,重力加 速度g取10m/s2,不计空气阻力，则该段时间 B.两细线的拉力T,=T C.当汽车加速度增大时，T变小 内绳子拉力大小为 ( A.2.0×103N D.当汽车加速度减小时，T2增大 B.2.4×10N C.4.0×10N D.4.8×10N 9.(2024·海南定安中学开学)如图所示，一辆 6.我国自行研制，具有完全自主知识产权的新 汽车A拉着装有集装箱的拖车B,以速度，= 30m/s进入向下倾斜的直车道.斜坡倾角为0 一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开 (sin0=0.02).为了使汽车速度在s=200m的 了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平 距离内减到2=10m/s,驾驶员必须刹车.假定 跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运 刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70% 动，当位移x=1.6×10m时才能达到起飞所要 作用于拖车B,30%作用于汽车A.已知A的质 求的速度v=80m/s,已知飞机质量m=7.0× 10kg,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.2 量m1=2000kg,B的质量m2=6000kg.求： 倍，重力加速度g取10m/s2,则飞机滑跑过程 (1)刹车时汽车的加速度为多少？ (2)刹车时地面的摩擦总阻力是多少？ 中牵引力为 ( A.7.0×10N (3)汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互 B.1.4×105N C.2.1×105N D.2.8×105N 作用力多大？(g取10m/s2) 7.(2023·浙江杭州期末) 9.0 如图所示，质量m=3kg F 的木块放在倾角为0= 77777777777777777 30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下 滑若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使 其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过= 2s时间木块沿斜面上升4m的距离，则推力 为(g取10m/s2) () A.42N B.6N C.21N D.36N 8.车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程 度来检测车辆在行进过程中的加速度.如图所 示，质量相同的两个光滑小球通过轻质细 线分别系于车的顶部，左侧小球与车厢左侧 壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力 第四章学霸095 第2关练准确率 】准确率>90%，你做对题 水平推力F,使P、Q保持相对静止一起向左 做匀加速直线运动，下列说法正确的有 10.(2024·河南一模)如图，在平直路面上进行 汽车刹车性能测试.当汽车速度为。时开始 刹车，先后经过路面和冰面（结冰路面），最 终停在冰面上刹车过程中，汽车在路面与 在冰面所受阻力之比为7：1，位移之比为 A.木块Q对地面的压力可能小于2mg 8：7.则汽车进入冰面瞬间的速度为( B.当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大 金 C.若加速度a=gtan0,则P受到摩擦力为零 路面 冰西 D.若加速度a<gtan6,则P受到摩擦力方向 1 1 A. 20 B.3o C.- D. 沿斜面向下 11.(2024·安微蚌埠三模)如图所示，一盛有水 第3关练思维宽度 难度级别：食☆☆合☆ 的容器自倾角为0的固定粗糙长斜面顶端 13.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将 下滑.已知容器底部与斜面间的动摩擦因数 一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚 <tan9,则下滑过程中水面位置可能正确的 鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽 是（图中实线表示水面位置，虚线表示水平 出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）》 面位置，<0) 落入杯中，这就是惯性演示实验.已知鸡蛋 (可视为质点)离纸板左端的距离为d,鸡蛋 和纸板的质量均为m,所有接触面的动摩擦 因数均为4，重力加速度为g,若鸡蛋移动的 距离不超过就能保证实验成功，则所需拉 10 B 力的最小值为 D 12.(2024·广东东莞月考)如图所示，质量均 为m的两个木块P、Q叠放在光滑的水平地 A.3μmg B.12umg 面上，P、Q接触面的倾角为9.现在Q上加一 C.14umg D.26umg 必修第一册学霸096 第2课时牛顿运动定律的图像问题、多过程问题 第1关练速度 35min为准，你的时间 力，下列说法正确的是 1抽线性加速度a/m·) 题型1-1图像 60.0 1.一质量为m=2kg的物体放在粗糙的水平桌 40.0 面上，t=0时刻，在水平恒力F作用下沿直线 20.0 运动，1s末撒去恒力F,其v-t图像如图所 0.00 示，g取10m/s2,则恒力F和物体与水平面间 -20.0 0.4000.6000.800 的动摩擦因数4的大小分别是 ( 甲 乙 A.F=15N,4=0.25 tm·'） A.1=0.6s时，手机已下降了约1.8m B.F=15N,=0.5 B.1=0.8s时，手机正向上加速运动 C.F=10N,4=0.25 3 C.加速度约为70m/s2时，手机速度为0 D.F=10N,4=0.5 D.0.6~0.8s时间内，橡皮筋的拉力逐渐减小 2.(2024·陕西宝鸡摸拟)小朋友玩竖直向上抛 4.(2024·黑龙江哈尔滨期中)物块a、b中间用 球的游戏，理想情况可以把球的运动看成只 一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块 受重力的运动，但实际上球受到空气阻力的 a的质量为1.2kg,如图甲所示.开始时两物块 作用.假设空气阻力大小恒定，取向上为正方 均静止，弹簧处于原长状态，t=0时对物块a 向，则两种情况下小球从抛出到回到抛出点 施加水平向右的恒力F,1=1s时撤去，在0~ 的过程中，速度一时间图像可能正确的是 1s内两物体的加速度随时间变化的情况如 图乙所示弹簧始终处于弹性限度内，整个运 动过程中以下分析正确的是 ( a/m's 1.0 0.6 bh00000a B 甲 A.b物块的质量为1.0kg B.t=1s时弹簧伸长量最大 C.t=1s时a的速度大小为0.8m/s 题型2a-t图像 D.撤去F瞬间，a的加速度大小为0.4m/s2 3.(2024·河北保定期未)如图甲所示，某同学 题型3F-1图像 利用橡皮筋悬挂手机的方法模拟蹦极运动，5.质点受到在一条直线上的两个力F,和F,的作 并利用手机的加速度传感器研究加速度随时 用，F,、F,随时间的变化规律如图所示，力的 间变化的图像，如图乙所示.手机保持静止时， 方向始终在一条直线上且方向相反.已知t=0 图像显示的加速度值为0，自由下落时，图像 时质点的速度为零在图示的1、2、和各时 显示的加速度值约为-10m/s2,忽略空气阻 刻中，哪一时刻质点的速率最大 () 第四章学霸097 ↑ 数均为行，货物可视为质点(c24=09, 10 5 sin24°=0.4，重力加速度g取10m/s2). t -51 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的 -10 大小： A.t B.2 C.13 D.4 (2)求货物在倾斜滑轨末端时速度，的大小： 6.(2024·黑龙江哈尔滨期初)质量为1kg的物 (3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超 块在水平力F的作用下由静止开始在水平地 过2m/s,求水平滑轨的最短长度l2 面上做直线运动，F与时间！的关系如图所 示.已知物块与地面间的动摩擦因数为02，重 247 力加速度大小g取10m/s2.最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，则 A.2s末物块的加速 度大小为4m/s2 s B.4s末物块的速度大 重难题型与图像结合的多过程问题 小为4m/s 9.(2024·山东潍坊质检)如图甲所示，质量 C.第3s末物块离出发点最远 为m=1kg小球从固定斜面上的A点由静止 D.前6s内物块离出发点最远距离为12m 开始做加速度大小为a1的运动，小球在t1= 题型4多过程问题 1s时刻与挡板碰撞，然后沿着斜面做加速度 7.(2024·重庆云阳盘石中学月考)如图所示， 大小为a2的运动，在t2=1.25s时刻到达C 平板N静置于足够长的水平面上，物块P、Q 点，接着从C点运动到B点，到达B点的时刻 静置于平板N上表面，现对平板N施加一水 为t3,以上过程的-t图像如图乙所示(。未 平恒力F=9μmg.物块P、Q及平板N三者质 知)，已知a2与a1大小的差值为4m/s2,重力 量均为m,所有接触面间动摩擦因数均为4， 加速度g取10m/s2,求： 重力加速度为g.不计空气阻力，整个运动过 (1)小球受到阻力的大小： 程中，平板N的最大加速度与最小加速度的 (2)斜面倾角的正弦值： 比值为n,则 ( (3)3的值 0 A.n=2 B.n=3 C.n=4D.n=5 125 8.(2022·浙江高考)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1，=4m,水平滑轨长度可 调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶 端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因 必修第一册学霸09明 第2关练准确率 准确率>90%你对题 擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,下列说 法错误的是 10.如图所示，斜面AB、CD与 D 一光滑圆弧平滑连接，倾 角均为0=60°，一物块从 斜面CD上的某点释放后在斜面CD上滑过 的距离为2L,接着通过圆弧冲上斜面AB,滑 过的距离为1时到达最高点.设物块与斜面 A.物块与木板间的动摩擦因数为0.1 AB、CD间的动摩擦因数分别为4142，则下 B.木板的质量M=3kg 列关系式成立的是 () C.1=2.5s时，物块的加速度大小为1m/s2 A.2μ1+u2=√3 B.41+23=√3 D.t=2s时，木板的速度为8m/s 3 C.41+u2=√3 D.24μ=3 第3关练思维宽度 难度极别：☆☆女☆☆ 11.(2024·湖南张家界期末)如图甲所示，一轻 13.(2023·安徽宣城期末调研)如图甲所示，倾 质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一 斜传送带与水平地面夹角为6，传送带以 物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于 ,=2m/s的速率顺时针转动，一个质量为m 静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物 的黑色煤块以初速度，=8/s的速度从传 体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 送带底端滑上传送带，黑色煤块在传送带上 F与物体位移x的关系如图乙所示(g取 上升的-t图像如图乙所示，已知小物块与传 10m/s2),下列结论正确的是 ( 送带间的动摩擦因数为山，传送带足够长， 取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2,求： 0 (1)传送带与水平地面夹角0的大小和动摩 0000 10 擦因数4的大小： (2)黑色煤块在传送带上运动的总时间： (3)黑色煤块在传送带上形成的划痕长度， A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为500N/m ·s 8.0l C.物体的质量为2kg ⊙ D.物体的加速度大小为4m/s2 2.0- 0 12.(2024·山西运城期末)如图甲所示，光滑的 006i.6 水平地面上放有一质量为M,长为L=18m 的木板.从1=0时刻开始，质量为m=2kg的 物块以初速度，=10m/s从左侧滑上木板， 同时在木板上施加一水平向右F=8N的恒 力，已知开始运动后1s内两物体的-t图 线如图乙所示，物块可视为质点，最大静摩 第四章学霸099 微专题 等时圆模型 1.(2023·湖南隆回期末)如图所示，所有质点 点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、 同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑 M分别为此圆与y、x轴的切点.B点在y轴上 下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点 且∠BM0=60°，O'为圆心.现将a、b、c三个小 连成一线，则连线的性质为 球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将 沿轨道运动到M点，如所用时间分别为t、 tntc,则ta tnte大小关系是 yt A.圆弧 B.抛物线 C.水平线 D.斜线 609 2.某中学教学楼的楼顶是尖顶形状，这样设计 能够让雨水尽快从屋顶排出.假定雨滴落到屋 A.ti<tc<tp 顶最高点时速度瞬间减为零，雨滴沿湿润的 B.t1=1c=l8 屋顶斜面下滑时不计摩擦阻力，离开屋顶斜 C.t=tc<im 面即离开屋顶.为了使雨滴尽快从屋顶排出， D.由于C点的位置不确定，无法比较时间大 下面关于斜面倾角的大小合适的角度是（保 小关系 持楼顶的底边长不变) ( 5.(2024·安徽寿县中学月考)如图所示，有一 A.30° B.45° C.60° D.75 半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于 3.(2024·江苏淮安开学)如图所示，球壳内有 0点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同 三条弦OA、OB、OC,O为球内的最低点，它们 一竖直平面内.现有三条光滑轨道AOB、COD、 与水平面间的夹角分别为60°、45°、30°.三个 EOF,它们的两端分别位于上下两圆的圆周 光滑的小环分别从A、B、C处由静止沿所在弦 上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>B>0,现 下滑，运动到最低点所用的时间分别为4、‘g、 让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑 c,则三者之间大小关系为 至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动 时所经历的时间关系为 () A.1=I8=tc B.ta<tn<lc C.L>tg>te D.I=tc>l8 4.(2024·上海大同中学期末)如图所示，在竖 直平面内建立直角坐标系xOy,该平面内有 A.tAB=tcn=tgr B.tAR>Icn>tgr AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两 C.IAR<IcD<tEF D.IAB=IcD<lEF 必修第一册学霸100加速度，物块C的加速度为零 15,B解析：对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的 理，可得m82、m m三，故B错误；C同理，可得m 弹力，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会突变，故物体P 的加速度a。=0:对P,Q整体分析，受到了重力.斜面的支 C错误：D.同理，可得m/sXm-m,故D错误故选A 持力，细绳的拉力，整体系统处于静止状态，则有T= 第3关（练思维宽度） 2 ngsin8,细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物 12。A解析：能量的单位用基本单位来表示就是 体Q所受合外力情况与之前的拉力T等大反向，即F。= kg·m·s2. T=2 mgsin9,所以a。=2 ngsin0 =g,故选B. A.若a=1,B=5,y=-2,则表达式的单位为 m 第3关（练思雏宽度） mg2=kg·m2g2, m' 16.(1)5m/s2(2)1/s(3)3.75m 与能量的单位相同，故A正确： 解析：(1)由乙图知F=15N时A、B脱离，对A有F-mg= B.若a=-1,B=-5,y=2,则表达式的单位为 ma,解得a=5m/s2 (kg (2)未施加F时，弹簧的压缩量为x1=2mg,解得x, m ·m5·s2=kg1·m2,82, 0.4m. 与能量的单位不同，故B错误： A,B刚要脱离时，对B有k1-mg=ma,解得=0.3m. C.若a=1,B=4,y=-2,则表达式的单位为 设A与B刚要脱离时的速度为t,有=2a(x,-2),解得 =1m/8 m·g2=kgm…。2, m (31s内物块A上升的商度点，=a,解得么，=25m 与能量的单位不同，故C错误： D.若a=1,B=4,y=-1,则表达式的单位为 因h>x1-2,所以1s末物块A与B已脱离，1s末，物 块A的速度r,=al,解得，=5m/s,1s后，物块A做竖直 mg1=kgm‘s m 上抛运动，上升的高度山，2g ，解得=1.25m,整个运 与能量的单位不同，故D错误 动过程A上升的最大高度H=h,+4=3.75m 第5节牛顿运动定律的应用 第4节力学单位制 第1课时两类运动学问题 第1关（然速度） 第1关（练速度）》 1.B解析：汽车刹车只受地面摩擦力，由牛顿第二定律 1.B2.D -mg=ma,解得a=-4g=-6m/s2,由运动学规律x= 3.(1)EFHJ (2)FHJ (3)DI BC 2-6 4.B5.A 2a,将0=0，a=-6mv/3,x=15m代人可解得，= 6.B解析：根据等式x(,由于力的单位是N,又 13.5m/s≈50km/h.故ACD错误，B正确. 2.C解析：对物块进行受力分析，地面给物块的支持力 1N=1kg·m2,时间的单位是s,质量的单位是kg,故等 为N,竖直方向合力为零，N=Fsin37°+mg=26N,水平方 式右边的单位是g=m,而等号左边的 向f=μW=5.2N,根据牛顿第二定律Fcos37°-f=ma,解得 kg a=1.4m/s2,则物块运动2s所通过的位移大小为x 单位是m,即等号左右单位不同，故一定错误，枚选B. 7.D解析：根据角动量的表达式乙=×，位置矢量单位 2C=28m,故ABD错误，C正确 为m,动量单位为kg·m/s,可知角动量单位为m·kg 3.C解析：A.物体上滑的加速度a上=gsin6+gcos8= ·ms=kg·m2/s=kg·m/s2·m·s=N·m·s=J·5,故 I0m/s2,因为mgsin>umgeos0,故物体不可能静止在斜 选D. 而上，下滑的加速度为a,=sin0-4gcos=2m/,2,滑块上 第2关（练准确率） 滑和下滑的加速度不相等，不是一直做匀变速直线运 8B帮折：由超在知立力的单位为。-温冬位 动，A错误：B.上滑的时间14=心=1s,但是速度减为零 变无单位，故应力与应变比值的单位即应力的单位.故 后不是静止在斜面上，而是沿斜面下滑，选项B错误：C.上 选B. 2,根据力学单位制有 滑的最远距离s= -=5m,下滑到底端的时间1下= 2a 9。A解析：根据题意可得C= p kgm·m2/2m1,即C,没有单位故选A kg·m/s 0m=5s,即=(5+1)s时，滑块恰好又回到出发 八4 点，选项C正确：D.1=3s时，滑块在下滑阶段，则此时滑 10.D解析：A.“千米”不是国际单位制的基本单位，A错误： 块的速度为n=a(3s-1s)=4m/s,选项D错误故选C B.国际单位制速度基本单位是“米每秒”，B错误：C在力 4.(1)0.5ms2(2)1m(3)0.6s 学范围中长度、质量，时间是三个基本量，C错误：D.光年 解析：(1)在0~2s内，由牛顿第二定律分析可得，对B:F 是长度单位，长度的国际单位制基本单位是米，D正确.故 T=Ma1,对A:T-mg=ma,联立解得a,=0.5m‘s2. 选D. (2)在2.4s内由牛顾第二定律分析可得对B:T 11.A解析：A根据额率单位为Hz(秒的负一次方)，速度单 F=Ma,对A:mg-T=ma2,解得a2=1m/s,0-2s内，A的 位为m/.长度单位为m,可知=，故A正确：B.同 m s 位移，2s末遂度，则么=了a,=1m,=at 必修第一册学霸32 与斜面间的动摩擦因数<nB,可知容器加速下滑且加 1m/s,24s内，4的位移h,则=t-2a=0m,4s 速度0<a<gsin9,则容器内的液面倾斜，倾斜角度在“水 内A上升的高度h=h,+h,=1m. 平"与“与斜面平行”之间故选B. (3)重物A在4s末速度=，-a,t=-1m/s,此时A距地 12.C解析：A.以木块P,Q整体为研究对象，在竖直方向上 面高度H=+14m=24m,根据=-，T了r,解得T户 受力平衡，则有F、-2mg,由牛顿第三定律可知，木块Q 对地面的压力为2mg,A错误；B.P,Q保持相对静止一起 0.6 向左做匀加速直线运动，若F较小时，P有向下滑动的趋 5.B解析：由匀变速直线运动规律x=2,水桶（包括水） 势，摩擦力沿斜面向上：若F较大时，P有向上滑动的趋 势，摩擦力沿斜面向下，因此在F增大的过程中，摩擦力 的加速度a=2 =2m,以水桶（包指水）为研究对象有 可能增大，也可能减小，也可能先减小后反向增大，B错 误：C.对P受力分析，假设P受O的摩擦力沿斜面向上 T-mg=ma,得绳子拉力T=mg+ma=2×103×10N+2× 为，Q对P的支持力为N,在水平方向由牛顿第二定律 103×2N=2.4×10N.故选项B正确. 可得Nsin8-feos9=ma,在竖直方向由平衡条件可 6.D解析：飞机做初速度为零的匀加速直线运动，设其加速 度为a,有2x=2,解得a=2m/s2,由牛顿第二定律，可知 mes日若加速 得Neos+sinB=mg,联立解得a=gan0- F-mg×0.2=ma,解得F=2.8x10N,故选D. 度a=gtan9,则有P受到摩擦力是零，C正确：D.由C 7.D解析：因木块能沿斜面匀速下滑，由平衡条件知 选项分析计算可知，若加速度a<gtan8,则P有向下滑动 mgsin0=umgcos9,所以4=tan0,当在推力作用下加速上 的趋势，因此P受到摩擦力方向沿斜面向上，D错误故 滑时，由运动学公式x=】㎡得a=2m,由牛顿第二定 选C. 第3关（练思维宽度） 律得F-mgsin0-umgcos6=ma,解得F=36N,D正确。 13.C解析：当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为%1 8.B解析：A.对右边小球进行受力分析，设细线与竖直方向 纸板的加速度为a为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离 夹角为0，根据牛顿第二定律有mgtan0=ma, 加速度水平向右，可知车可能正在向右做加速运动或向左 10则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离 不超过 0 做诚速运动，A错误： ,纸饭运动距商为1：。，联立解得 1 B.对右边小球，竖直方向由平衡条件可得T,s0=mg,对 左边小球受力分析，可得F、-T,sinB=ma,Tc0s8=mg,对 1la1,根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有∫=mg=ma1,得 比可知T=T,,B正确： a,=g,a,=1g,对纸板有F-f-f=ma=2mg,解得 CD.根据上述分析可知，当汽车加速度增大时，左边小球细 F=14mg,故选C. 线与竖直方向夹角不变，则T,不变，当汽车加速度减小 第2课时牛顿运动定律的图像问题、多过程问题 时，右边小球细线与竖直方向夹角变小，T,变小，CD错误 第1关（练逸度） 故选B. 9.(1)2m/82(2)1.76×10N(3)880N .A解折：力F作用时的加速度a,光-5m。,撒去力F时 解析：(1)汽车沿斜面做匀诚速运动，令加速度大小为a △ 根据速度与位移的关系式有r5-t=-2as,解得a=2m/“. 的加速度a2= =25m/,根据牛顿第二定律F (2)对汽车与集装箱整体进行分析，根据牛顿第二定律有 umg=ma1mg=m2,解得F=15N,4=0.25,故选A f(m,+m》gsin6=(m,+m2)a,解得f=1.76x10°N. 2.C解析：理想情况下球的运动看成只受重力的运动，则加 (3)设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为，根据题意 速度为g不变，从地出到回到出发点的-t图像是一条倾 30 有厂=0人，方向与汽车前进方向相反.令拖车作用于汽车 斜的直线：若有空气阻力.则上升的加速度山，=g8,下 的力为F、,以汽车为研究对象根据牛顿第二定律有 F、-m1gsin0=m,a,解得F、=880N,方向与汽车前进方向 降阶段的加速度a2=g-<g,根据=l可知上升的时间 相同. 第2关（练准确率） 小于下降的时间：根据A=二可知上升的高度将减小，即 2a. 10.B解析：设汽车在路面与在冰面所受阻力分别为， 图像与坐标轴围成的面积减小.故选C 汽车进入冰面瞬间的速度为，由牛顿第二定律∫=m, 3.C解析：A.由图可知0~0.4s手机静止，从约0.4s开始 则汽车在路面与在冰面上运动的加速度大小之比为。 运动.0.5s开始做自由落体运动，t=0.6s时手机下降高度 万，由运动学公式，在路面上有日-=2如，，在冰面 7 约为x< 2×10x(0.6-04)2m=0.2m,故A错误： BCD.由图像可知0.6s开始，加速度为负值且加速度大小 逐渐减小，手机向下做加速度运动，橡皮筋的拉力逐渐增 上有=2，其中之=，，解得汽车进入冰面瞬间的速 大，约0.8s拉力和重力相等时，手机速度最大，之后拉力 度为，=号，放选B 大于重力，加速度为正值，手机向下做减速运动，橡皮筋的 拉力逐渐增大当手机速度为零，橡皮筋的拉力最大，加速 11.B解析：若容器底部与斜面间的动摩擦因数μ=an0,则 度为正的最大值，约为70m/s2,故C正确，BD错误.故 容器匀速下滑，此时容器内的液面水平：若容器底部与斜 选C. 面间的动摩擦因数为零，则容器下滑的加速度为= 4.D解析：A1=0时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定 gin0,则此时容器内的液面与斜面平行：则若容器底部 律可得F=m,a=1.2N,1=1s时，a、b整体加速度相同，且 参考答案学霸33 a'=0.6m/s2,对整体根据牛顿第二定律可得F=(m。+ 0.25m,设小球从C运动到B的时间为t.由位移一时间公 m,)a'=1.2N,解得m=0.8kg,故A错误：Ba-1图像与坐 标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，=1。 式则有=，解得 4,则h=4,1=52 4 时a的速度大于b的速度，撤去F后，弹簧继续伸长，当二 第2关（柒准确率）】 者共速时，弹簧伸长量最大，故B错误：C根据a-:图像与 10,B解析：从B到A做匀减速运动，看成逆向的匀加速运 坐标轴所围的面积表示速度的变化量，可知1=1s时的 动.根据2=2a1l=2a2·21,可得a1=2a,由牛顿第二定 速度大小满足m=△，<2 1.0+0.6 ×1m/s=0,8m/s,枚C错 律mgsin0+μ1 ngeos6=ma1,mgsin0-u2 ngeos0=ma2,解 误：D.t=1s时，弹簧的弹力T=ma=0.8×0.6N=0.48N, 得41+24=3故选B. 11,C解析：A.物体与弹簧分离时，弹簧与物体间相互作用 撤去F瞬间.弹簧上的力不变，故此时的加速度大小为 力为零，弹簧为原长.故A错误：BC.初始时，物体静止， a”sT =0.4m/s,D正确.故选D. 弹簧弹力等于物体重力.用竖直向上的拉力F作用在物 5.B解析：由图可知0-t时间内，F,大于F,,根据牛顿第二 体上，使物体开始向上做匀加速运动，当刚开始运动时， 定律可知物体做加速度增大的加速运动，一12时间内，F 弹簧弹力等于物体重力，那么合力恰好等于刚开始的拉 大于F,根据牛顿第二定律可知，物体做加速度减小的加 力：物体位移超过5m后拉力变为恒力F=30N,此后物 速运动，2一时间内，合力反向，加速度也反向，加速度与 体与弹簧分离，由于物体匀加速合力仍为10N,则F会= 速度方向相反.物体做减速运动：，一，时间内，加速度减 10N,F-mg=F金，解得m=2kg,初始时弹簧压缩量为 小，物体还是做减速运动，，时刻速度减为零，所以t,时刻 速度最大，故B正确，ACD错误 5m,弹簧的劲度系数4-学·品a=40ma,故 6.D解析：A.0~3s内，对物块受力分析，由牛顿第二定律 C正确，B错误：D.物体的加速度a=鱼=5m?,故D错 F,mg=ma,2s末物块的加速度大小为a,=2m/s2,A错 误：B.3s末物块的速度大小为=a,1=6ms,3~4s内 误故选C 物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F,+ 12,B解析：AB.在0~1s内，物块向右匀减速，木板向右匀 umg=ma,解得，物块在这阶段的加速度大小为a2= 加速，对物块，由牛顿第二定律可得mg=ma1,由-t图 6m/s2,所以，4s末物块的速度大小为，=，-a22=0m/s, 像可知a,=10-9 1 /s2=1m/2,联立解得4=0.1，对木 B错误：CD.4s末物块速度诚为零，然后再反向加速，前 1 板，由牛顿第二定律可得F+mg=Ma,由-1图像可知 4s内的位移=2“，+20，后=12m,4-6:内，物块向 左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律F,mg=ma,解 a,=m2=4m2,联立解得1=25kg,故A正确， 1 得a,=6m,6s内的位移为=2a=12m2× B错误：CD.设经过时间t,两者达到共同速度，则。-a,1= a,4,代人数据解得1=2s,共同速度n=2×4m/g=8m/s, 6×22m=0m.所以，6s末物块回到出发位置，因此第48 末距离出发点最远，为12m.C错误，D正确.故选D. 此时物块相对木板的位移为△，=2×10x2m=10m< 7.A解析：由分析知，当物块P、Q都在平板V上表面运动 18m,说明物块未脱离木板，当两者达到共同速度后，假 时，平板N的加速度最小，设最小加速度为a,有F-mg 设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得F= mg-4·3mg=mn1,解得a,=4g,当物块P、Q均离开平 16 板N后，平板N的加速度最大，设最大加速度为，有F- (M+m)a,代人数据解得a=gm/>g=1m/,所以 mg=ma2,解得a2=8g,故平板N的最大加速度与最小加 物块相对木板滑动，物块的加速度大小是a,=1m/s2.对 速度的比值n==2,故选A 木板，由牛顿第二定律可得F-umg=Ma4,代人数据解得 a,=2.4m/s,二者都向前加速，物块相对木板向后滑动。 8.(1)2/43(2)4m8(3)2.7m 所以2.5s末物块的加速度仍为a,=1m/s2,故CD正确， 解析：(1)根据牛頫第二定律可得mgsin24°-wgcs24°=ma1, 故选B. 代人数据解得a,=2m/s. 第3关（练思雏宽度） (2)根据运动学公式2a,l1=m2,解得r=4m/s 13.(1)0=37°4=0.5(2)3.6s(3)9m解析：(1)由于 (3)根据牛顿第二定律mg=ma,根据运动学公式 黑色煤块的初速度大于传送带的速度，所以黑色煤块相 2a4=2-r2,代人数据联立解得4，=2.7m. 对传送带向上运动，根据牛顿第二定律有ngsin8+ 9.(1D2N(2)0.6(3)4s mgcos8=ma,根据图像可得a,=10m/s2,当煤块的速 度减小到与传送带速度相等时，结合图像知，由于黑色煤 解析：(1)设斜面倾角为8，小球从A运动到挡板，即在0~ 块所受重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，因此 1s时间内由速度一时间公式和牛顿第二定律可得2。= 黑色煤块将相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿 a,41,mgsin0-f=ma1,小球从挡板运动到C点，即在~与 传送带向上，根据牛顿第二定律有mgsi日 时间内由速度一时间公式和牛顿第二定律可得。=a,(, 4 ngcos0=ma2,根据图像可得a2=2ms2,结合上述式 4,),mgsin0+f=ma,又有a2-a1=4m/s2,联立解得a,= 子，可得u=0.5,0=37° 4m/s2,a2=8m/s2,w=2m/sf=2N. (2)黑色煤块减速到与传送带共速需要的时间为1，由图 (2)由(1)分析可知mgsin0-f=ma,a,=4m/s2,f=2N,解 得sin8=0.6 知，=068，在这个阶段黑色煤块运动位移工，= 2 (3)根据一图像，BC之同位移大小为=之×化-4) 3 m. 煤块减速到速度为零需要的时间为，=1$，在这个阶段 必修第一册学霸34 煤块运动位移，=受：=1m,黑色煤块向上滑行的最远 小球从轨道顶端静止滑下的加速度为a=g©os8,根据运动 距离为x。=x,+x,=4m,黑色煤块之后向下加速运动直到 学公式可得x=2Rcs0=2,联立可得小球从轨道顶端 回到底端，加速度为a2=2m/s2,由-0=2a2x.,得回到 4Rcos 0 /4R 底端的速度，=4m's,向下加速运动直到回到底端的时 到底端M点所用时间为二 ,可知从圆轨 间为，有4=与 道任一点滞到底端M点所用时间与倾角无关.则有1，=t, =2s,可得黑色煤块在传送带上运动的 由图可知，若小球从BM轨道与圆轨道交点静止滑下，则 总时间1=1+42+43=3.68 所用时间与A点，C点滑下所用时间相同，由于B点处于 (3)黑色煤块速度大于传送带时s1=x,-此，=1.8m,黑色 圆轨道上方，则有，=te<t,故选C 煤块速度小于传送带时m=2一2=1m,黑色煤块速度 5.B解析：方法一： 方向与传送带速度方向相反时sw=体+x。=8m,则黑色 设上面圆的半径为，下面圆的半径为R, 煤块在传送带上形成的划痕长度=m+辅=9m 则轨道的长度s=2rcsa+R. 微专题等时圆模型 下滑的加速度a=mgc0sc =gcos a, m 1 1.A解析：设轨道与竖直方向的夹角为0，根据牛顿第二定 根据位移—时间公式得，= 2, 律，质点的加速度a-gcs -=gcos 0. 则1= 4ma+2R.4,2R 所有质点在相等时间内的位移 N gcos a g geos a' 2w21 因为a>B>0,则tm>tcm>tr 8s0…2s1 方法二： 物体在上面圆运动是一个典型的等时圆模型，故物体到交 由图可知？是竖直方向直径的长度，通过儿何关系知。 点0时，用时相等.在下半圆中，位移大小相等， 某一时刻这些质点所在位置构成的是圆弧故选A 4=22,a=mg0s 1 -=g05C. 2.B解析：下图为屋顶的示意图： 则倾斜角越大，用时越长，故整个过程中t>m>,故本 题选B 专题探究六连接体（整体法和隔离法）和临 界极值问题 屋顶为一等腰三角形，设房屋的宽度为2弘，雨滴运动的距 1.C解析：设物体运动的加速度大小为a,对A、B整体有 离为1，斜面的倾角为0，雨滴运动的距离为1= a3m隔离B,可得A对B作用力大小Fw=2mXa- F c0s8' 3,由 雨滴的运动可看作匀加速运动，雨滴的合力等于重力沿斜 面方向的分力，则mgsin8=ma, 牛顿第三定律知B对A作用力大小F:一，对A在竖直 雨滴运动的加速度a=gsin, 方向有a5n=mg,得=平放法C 根据匀变速运动的知识有= 2.A解析：对50个物体的整体由牛顿第二定律F-以· 变形得1= 2L 4L 50 mgeos30°-50 mgsin30°=50ma,对上面的20个物体T Vgsin0os9√gsin20 4·20mges30°-20 mgsin30°=20ma,联立解得T=号F,极 当0=45时，sin20最大，雨滴运动时间最短.故ACD错， 选A B对. 3.C解析：A.对D受力分析.当工件A与D之间恰好没有 3.A解析：设弦与竖直方向夹角为0，球的半径为R,由小环 沿弦微匀加速运动有20=：，解得运动时间为 作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力方向垂 直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力 产生加速度，可以得到如图所示 =2发，与弦与竖直方向夹角无关，所以小环运动到最 F* 低点的时间相等故选A 4.C解析：由题意可知A、C,M三点处于同一个圆上，且圆 心O'与M点在同一竖直线上，设圆的半径为R,从圆上任 意一点与M点构成一光滑轨道，该轨道与竖直方向的夹角 为8，如图所示 mg 3 根据牛顿第二定律得F=m=n03g,侧a=3 38, 故A错误；B.若工件B对工件A的作用力为0，A不可能 向左加速，故B错误：C把A,B,D看作整体，当汽车向左 加速运动时，A相对车有向右的运动趋势，所以车与A之 间的弹力为0，设工件C对工件B的作用力为F,由牛顿 第二定律有F,=3ma,得F,=3mg,故C正确：D.由于A 参考答案学霸35