(三)“牛頓第二定律”難題--壓軸題2015.6.4解析LtD第4頁（共88頁）（三）“牛頓第二定律”難題--壓軸題2015.6.4一．選擇題（共3小題）1．（2015?撫順一模）真空中，兩個相距L的固定點電荷E、F所帶電荷量分別為QE和QF，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向．電場線上標出了M、N兩點，其中N點的切線與EF連線平行，且∠NEF＞∠NFE．則（）A．E帶正電，F帶負電，且QE＞QFB．在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿電場線運動到N點C．過N點的等勢面與過N點的切線垂直D．負檢驗電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能2．（2014?南充一模）如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現將其和二極管串連接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球從AB間的某一固定點水平射入，打在B極板上的N點，小球的重5．（2012?鳳岡縣校級模擬）一質量m的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的v﹣t圖線，如圖所示．（取sin37°=0.6cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）小物塊沖上斜面過程中加速度的大小．（2）小物塊與斜面間的動摩擦因數．（3）小物塊從沖上斜面到返回出發點的時間（保留兩位有效數字）6．（2012?嘉峪關校級一模）如圖所示，質量分別為m1=1kg和m2=2kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，若對A、B分別施加大小隨時間變化的水平外力F1和F2，若F1=（9﹣2t）N，F2=（3+2t）N，設F1、F2的方向不變．則：（1）經多長時間t0兩物塊開始分離？（2）在同一坐標中畫出A、B兩物塊的加速度a1和a2隨時間變化的圖象？（3）速度的定義為V=，“V﹣t”圖象下的“面積”在數值上等于位移△s；加速度的定義為a=，則“a﹣t”圖象下的“面積”在數值上應等于什么？7．（2012?浉河區校級三模）如圖所示，A為位于一定高度處的質量為m、帶電荷量為+q的小球，B為位于水平地面上的質量為M的用特殊材料制成的長方形空心盒子，且M=2m，盒子與地面間的動摩擦因數μ=0.2，盒內存在著豎直向上的勻強電場，場強大小E=，盒外沒有電場．盒子的上表面開有一系列略大于小球的小孔，孔間距滿足一定的關系，使得小球進出盒子的過程中始終不與盒子接觸．當小球A以1m/s的速度從孔1進入盒子的瞬間，盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行．已知盒子通過電場對小球施加的作用力與小球通過電場對盒子施加的作用力大小相等方向相反．設盒子足夠長，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能順次從各個小孔進出盒子．試求：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的時間；（2）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子，盒子通過的距離；（3）盒子上至少要開多少個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸．8．（2011?泰興市校級模擬）如圖所示的傳送皮帶，其水平部分ab=2m，bc=4m，bc與水平面的夾角α=37°，小物體A與傳送帶的動摩擦因數μ=O．25，皮帶沿圖示方向運動，速率為2m/s．若把物體A輕輕放到a點處，它將被皮帶送到c點，且物體A一直沒有脫離皮帶．求物體A從a點被傳送到c點所用的時間．（g=10m/s2）9．（2011?故城縣校級模擬）如圖所示，一質量M=50kg、長L=3m的平板車靜止在光滑的水平地面上，平板車上表面距地面的高度h=1.8m．一質量m=10kg可視為質點的滑塊，以v0=7.5m/s的初速度從左端滑上平板車，滑塊與平板車間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2．（1）分別求出滑塊在平板車上滑行時，滑塊與平板車的加速度大小；（2）計算說明滑塊能否從平板車的右端滑出．10．（2011?修水縣校級模擬）為了使航天員能適應在失重環境下的工作和生活，國家航天局組織對航天員進行失重訓練．故需要創造一種失重環境；航天員乘坐到民航客機上后，訓練客機總重5×104kg，以200m/s速度沿30°傾角爬升到7000米高空后飛機向上拉起，沿豎直方向以200m/s的初速度向上作勻減速直線運動，勻減速的加速度為g，當飛機到最高點后立即掉頭向下，仍沿豎直方向以加速度為g加速運動，在前段時間內創造出完全失重，當飛機離地2000米高時為了安全必須拉起，后又可一次次重復為航天員失重訓練．若飛機飛行時所受的空氣阻力f=Kv（k=900N?s/m），每次飛機速度達到350m/s后必須終止失重訓練（否則飛機可能失速）．求：（1）飛機一次上下運動為航天員創造的完全失重的時間．（2）飛機下降離地4500米時飛機發動機的推力（整個運動空間重力加速度不變）．11．（2011?倉山區校級模擬）一輕質細繩一端系一質量為m=0.05kg的小球A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L=0.1m，小球跟水平面接觸，但無相互作用，在球的兩側等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，如圖所示，水平距離s=2m．現有一滑塊B，質量也為m，從斜面上滑下，與小球發生碰撞，每次碰后，滑塊與小球速度均交換，已知滑塊與擋板碰撞時不損失機械能，水平面與滑塊間的動摩擦因數為μ=0.25，若不計空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質點，g取10m/s2，試問：（1）若滑塊B從斜面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內做圓周運動，求此高度h；（2）若滑塊B從h′=5m處下滑與小球碰撞后，小球在豎直平面內做圓周運動，求小球做完整圓周運動的次數．12．（2011?沐川縣校級模擬）質量為M=2kg、長為L=5m的薄木板，在水平向右的力F=10N作用下，以v0=6m/s的速度勻速運動．某時刻將質量為m=1kg的鐵塊（可看成質點）輕輕地放在木板的最右端，水平拉力F不變，木板與鐵塊的動摩擦因數為μ1=0.1．（g=10m/s2．）（1）木板與地面的動摩擦因數μ2（2）剛放上鐵塊后鐵塊的加速度a1、木板的加速度a2．（3）通過計算判斷鐵塊是否會從木板上掉下去，若不掉下去計算木板從放上鐵塊后到停止運動的總時間．13．（2011?潤州區校級模擬）在光滑水平面上有一質量m=2.0kg的小球，靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系Oxy．現突然加一沿x軸正方向的、平行水平面的恒力F1，F1=3.0N，使小球開始運動，經過1.0s，撤去恒力F1，再經過1.0s，將平行水平面的恒力變為沿y軸正方向，大小為F2=4.0N，使小球在此恒力下再運動1.0s，求此時小球的位置．若要求小球在此后1.0s內停下，則所加的平行水平面的恒力F3的大小和方向如何？（表示方向的角度可用反三角函數表示）14．（2011?龍門縣校級模擬）“神舟”六號飛船完成了預定空間科學和技術試驗任務后，返回艙于2005年10月17日4時11分開始從太空向地球表面按預定軌道返回．在離地l0km的高度返回艙打開阻力降落傘減速下降，返回艙在這一過程中所受空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數（空氣阻力系數）為k．已知返回艙的總質量M=3000kg，所受空氣浮力恒定不變，且認為豎直降落．從某時刻起開始計時，返回艙的運動v﹣t圖象如圖中的AD曲線所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線交于橫軸于B點的坐標為（10，0），CD是AD的漸近線，亦是平行于橫軸的直線，交縱軸于C點，C點的坐標為（0，6）．請解決下列問題：（取g=10m/s2）（1）在初始時刻v0=160m/s時，它的加速度多大？（2）推證空氣阻力系數k的表達式并算出其數值；（3）返回艙在距地高度h=10m時，飛船底部的4個反推力小火箭點火工作，使其速度由6m/s迅速減至1m/s后落在地面上．若忽略燃料質量的減少對返回艙總質量的影響，并忽略此段速度變化而引起空氣阻力的變化，試估算每支小火箭的平均推力（計算結果取兩位有效數字）．15．（2011?鼓樓區校級模擬）如圖所示，質量為M=20kg的木板靜止在光滑水平面上．一質量為m=10kg的小滑塊（可視為質點）以初速度v0=6m/s從木板的左端沿水平向右方向滑上木板．滑塊和木板間的動摩擦因素μ=0.2，滑塊最終不會從木板上掉下，則木塊的長度至少多長？（g=10m/s2）A.4mB.6mC.8mD.10m．16．（2011?澠池縣校級模擬）如圖所示，質量為mA=2m的長木板長為L、A置于光滑的水平地面上，在其左端放一質量為mB=m的小木塊B，A和B之間的摩擦因數等于μ．若使A固定，用水平方向的恒力F拉B，B的加速度為μg．若釋放A使它能自由運動，將B仍置于A的左端，從靜止開始，仍用恒力F拉B到某一位置后撤去拉力F．為保證B不從A上滑落，求：（1）F作用的最長時間（2）若使B剛好不從A上滑下，求產生的內能．17．（2011?南京校級模擬）如圖所示，質量為M、傾角為θ的滑塊A放在水平地面上，把質量為m的滑塊B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，求B相對地面的加速度a．并用以下特殊值進行檢驗：A．當θ°時，B．當θ=90°時，C．當M≥m時，D．當m≥M時．18．（2010?分宜縣校級一模）如圖，一滑塊通過長度不計的短繩拴在小車的板壁上，小車上表面光滑．小車由靜止開始向右勻加速運動，經過2s，細繩斷裂．細繩斷裂后，小車的加速度不變，又經過一段時間，滑塊從小車左端掉下，在這段時間內，已知滑塊相對小車前3s內滑行了4.5m，后3s內滑行了10.5m．求（1）小車底板長是多少？（2）從小車開始運動到滑塊離開車尾，滑塊相對于地面移動的距離是多少？19．（2010?佛山一模）如圖所示，豎直放置的金屬薄板M、N間距為d．絕緣水平直桿左端從N板中央的小孔穿過，與M板固接，右端處在磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電量為+q的中空小球P，套在水平直桿上，緊靠M板放置，與桿的動摩擦因數為μ．當在M、N板間加上適當的電壓U后，P球將沿水平直桿從N板小孔射出，試問：（1）此時M、N哪個板的電勢高？它們間的電勢差必須大于多少？（2）若M、N間電壓U=時，小球能沿水平直桿從N板中央小孔射入磁場，則射入的速率多大？若磁場足夠大，水平直桿足夠長，則小球在磁場中運動的整個過程中，摩擦力對小球做多少功？20．（2009?廣東）如圖所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極扳間形成勻強電場E，長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數μ=0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同），B與極板的總質量mB=1.0kg．帶正電的小滑塊A質量mA=0.6kg，其受到的電場力大小F=1.2N．假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布．t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度vA=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度vB=0.40m/s向右運動．問（g取10m/s2）（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？21．（2009?上海）如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為l，左側接一阻值為R的電阻．區域cdef內存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁場寬度為s．一質量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v為金屬棒運動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大．（已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m）（1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運動；（2）求磁感應強度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規律滿足v=v0﹣x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？（4）若在棒未出磁場區域時撤去外力，畫出棒在整個運動過程中速度隨位移的變化所對應的各種可能的圖線．22．（2009?南京一模）如圖所示，足夠長的木板質量M=10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右勻速運動．現有足夠多的小鐵塊，它們的質量均為m=1kg，在木板上方有一固定擋板，當木板運動到其最右端位于擋板正下方時，將一小鐵塊貼著擋板無初速度地放在木板上，小鐵塊與木板的上表面間的動摩擦因數μ=0.5，當木板運動了L=1m時，又無初速地貼著擋板在第1個小鐵塊上放上第2個小鐵塊．只要木板運動了L就按同樣的方式再放置一個小鐵塊，直到木板停止運動．（取g=10m/s2）試問：（1）第1個鐵塊放上后，木板運動了L時，木板的速度多大？（2）最終木板上放有多少個鐵塊？（3）最后一個鐵塊放上后，木板再向右運動的距離是多少？23．（2009?佛山二模）傾角θ為37°的斜面與水平面如圖平滑相接，A、B兩完全相同的物塊靜置于斜面上相距S1=4m，B距斜面底端的P點的距離S2=3m，物塊與斜面及水平面的動摩擦因數均為μ=0.5．現由靜止釋放物塊A后1秒鐘再釋放物塊B．設AB碰撞的時間極短，碰后就粘連在一起運動．試求：（1）B物塊釋放后多長時間，AB兩物塊發生碰撞？（2）AB最后停在距斜面底端P點多遠處？取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．24．（2008?四川）如圖，一質量為m=1kg的木板靜止在光滑水平地面上．開始時，木板右端與墻相距L=0.08m；質量為m=1kg的小物塊以初速度v0=2m/s滑上木板左端．木板長度可保證物塊在運動過程中不與墻接觸．物塊與木板之間的動摩擦因數為μ=0.1．木板與墻的碰撞是完全彈性的．取g=10m/s2，求（1）從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻碰撞的次數及所用的時間；（2）達到共同速度時木板右端與墻之間的距離．25．（2008?濟南模擬）如圖1所示，質量M=1kg的木板靜止在粗糙的水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數μ1=0.1，在木板的左端放置一個質量m=1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板間的動摩擦因數μ2=0.4，取g=10m/s2，（假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）試求：（1）若木板長L=1m，在鐵塊上加一個水平向右的恒力F=8N，經過多長時間鐵塊運動到木板的右端？（2）若在木板（足夠長）的右端施加一個大小從零開始連續增加的水平向左的力F，請在圖2中畫出鐵塊受到的摩擦力f隨力F大小變化的圖象．（寫出分析過程）26．（2008?韶關一模）物體A的質量m1=1kg，靜止在光滑水平面上的木板B的質量為m2=0.5kg、長L=1m，某時刻A以v0=4m/s的初速度滑上木板B的上表面，為使A不致于從B上滑落，在A滑上B的同時，給B施加一個水平向右的拉力F，若A與B之間的動摩擦因數μ=0.2，試求拉力F大小應滿足的條件．（忽略物體A的大小，取重力加速度g=10m/s2）27．（2007?廣東）如圖所示，質量M=10kg、上表面光滑的足夠長的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右勻速運動．現有足夠多的小鐵塊，它們的質量均為m=1kg，將一鐵塊無初速地放在木板的最右端，當木板運動了L=1m時，又無初速度地在木板的最右端放上第2塊鐵塊，只要木板運動了L就在木板的最右端無初速度放一鐵塊．（取g=10m/s2）試問：（1）第1塊鐵塊放上后，木板運動了L時，木板的速度多大？（2）最終木板上放有多少塊鐵塊？（3）最后一塊鐵塊與木板右端距離多遠？28．（2007?海南）如圖所示，一輛汽車A拉著裝有集裝箱的拖車B，以速度v1=30m/s進入向下傾斜的直車道．車道每100m下降2m．為使汽車速度在s=200m的距離內減到v2=10m/s，駕駛員必須剎車．假定剎車時地面的摩擦阻力是恒力，且該力的70%作用于拖車B，30%作用于汽車A．已知A的質量m1=2000kg，B的質量m2=6000kg．求汽車與拖車的連接處沿運動方向的相互作用力．取重力加速度g=10m/s2．29．（2007?天津）離子推進器是新一代航天動力裝置，可用于衛星姿態控制和軌道修正．推進劑從圖中P處注入，在A處電離出正離子，BC之間加有恒定電壓，正離子進人B時的速度忽略不計，經加速后形成電流為I的離子束后噴出．已知推進器獲得的推力為F，單位時間內噴出的離子質量為J．為研究問題方便，假定離子推進器在太空中飛行時不受其他外力，忽略推進器運動速度．（1）求加在BC間的電壓U；（2）為使離子推進器正常運行，必須在出口D處向正離子束注入電子，試解釋其原因．30．（2004?廣東模擬）飛船降落過程中，在離地面高度為h處速度為v0，此時開動反沖火箭，使船開始做減速運動，最后落地時的速度減為v0若把這一過程當作為勻減速運動來計算，則其加速度的大小等于．已知地球表面處的重力加速度為g，航天員的質量為m，在這過程中航天員對坐椅的壓力等于．

（三）“牛頓第二定律”難題--壓軸題2015.6.4參考答案與試題解析一．選擇題（共3小題）1．（2015?撫順一模）真空中，兩個相距L的固定點電荷E、F所帶電荷量分別為QE和QF，在它們共同形成的電場中，有一條電場線如圖中實線所示，實線上的箭頭表示電場線的方向．電場線上標出了M、N兩點，其中N點的切線與EF連線平行，且∠NEF＞∠NFE．則（）A．E帶正電，F帶負電，且QE＞QFB．在M點由靜止釋放一帶正電的檢驗電荷，檢驗電荷將沿電場線運動到N點C．過N點的等勢面與過N點的切線垂直D．負檢驗電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能考點：電場線；電場的疊加；電勢能．專題：壓軸題；電場力與電勢的性質專題．分析：A、根據電場線的方向和場強的疊加，可以判斷出E、F的電性及電量的大小．B、只有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行，運動軌跡才與電場線重合．C、電場線和等勢面垂直．D、先比較電勢的高低，再根據Ep=qU，比較電勢能．解答：解：A、根據電場線的流向，知E帶正電，F帶負電；N點的場強可看成E、F兩電荷在該點產生場強的合場強，電荷E在N點電場方向沿EN向上，電荷F在N點產生的場強沿NF向下，合場強水平向右，可知F電荷在N點產生的場強大于E電荷在N點產生的場強，而NF＞NE，所以QF＞QE．故A錯誤．B、只有電場線方向是一條直線，且初速度為0或初速度的方向與電場平行，運動軌跡才與電場線重合．而該電場線是一條曲線，所以運動軌跡與電場線不重合．故B錯誤．C、因為電場線和等勢面垂直，所以過N點的等勢面與過N點的切線垂直．故C正確．D、沿電場線方向電勢逐漸降低，UM＞UN，再根據Ep=qU，q為負電荷，知EpM＜EpN．故D錯誤．故選C．點評：解決本題的關鍵知道電場線的特點及電勢能高低的判斷．電勢能高低判斷：一可以從電場力做功角度判斷，二根據電勢能的公式判斷．2．（2014?南充一模）如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現將其和二極管串連接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球從AB間的某一固定點水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現通過上下移動A板來改變兩極板AB間距（兩極板始終平行），則下列說法正確的是（）A．若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N點的右側B．若小球帶正電，當AB間距減小時，小球打在N點的左側C．若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N點的右側D．若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N點的左側考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；平行板電容器的電容．專題：壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．分析：因為二極管的單向導電性，只能給A充電而不能放電，使得Q只能增大或不變，不能減小．根據U=，C=，E===，Q不變時，改變d，E不變，所以E也只能增大或不變，即小球受的電場力只能增大或不變．解答：A、若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據E===，E不變所以電場力不變，小球仍然打在N點．故A錯誤．B、若小球帶正電，當d減小時，電容增大，Q增大，根據E===，所以d減小時E增大，所以電場力變大向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時間變短，打在N點左側．故B正確．C、若小球帶負電，當AB間距d減小時，電容增大，則Q增大，根據E===，所以d減小時E增大，所以電場力變大向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度減小，運動時間變長，小球將打在N點的右側．故C正確．D、若小球帶負電，當AB間距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據E===，E不變所以電場力大小不變，小球做類平拋運動豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍落在N點．故D錯誤．故選：BC．點評：解決本題的關鍵掌握處理類平拋運動的方法．以及知道二極管的單向導電性．3．（2014?孝南區校級模擬）一對平行金屬板長為L，兩板間距為d，質量為m，電荷量為e的電子從平行板右側以速度v0沿兩板的中線不斷進入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T=，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計重力作用，則（）A．所有電子都從右側的同一點離開電場B．所有電子離開電場時速度都是v0C．t=0時刻進入電場的電子，離開電場時動能最大D．t=時刻進入電場的電子，在兩板間運動時最大側位移為考點：帶電粒子在勻強電場中的運動．專題：壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．分析：電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向運動情況不同，則知不是從同一點離開電場．所有電子都能穿過平行板，豎直方向加速和減速的時間必然相等，飛出電場時，電子只有水平速度．t=0時刻進入電場的電子，離開電場時速度等于v0，電子的動能不是最大．分析t=時刻進入電場的電子運動情況，由牛頓第二定律和運動學公式求解最大側位移．解答：解：A、電子進入電場后做類平拋運動，不同時刻進入電場的電子豎直方向分速度圖象如圖，根據圖象的“面積”大小等于位移可知，各個電子在豎直方向的位移不全相同，故所有電子從右側的離開電場的位置不全相同．故A錯誤．B、由圖看出，所有電子離開電場時豎直方向分速度vy=0，速度都等于v0，故B正確．C、由上分析可知，電子離開電場時的速度都相同，動能都相同．故C錯誤．D、t=時刻進入電場的電子，在t=時刻側位移最大，最大側位移為ymax=2=…①在t=0時刻進入電場的電子側位移最大為，則有：=4×a…②聯立①②得：ymax=故D正確．故選BD點評：本題作出速度圖象，根據“面積”大小等于位移分析豎直方向的運動情況．二．解答題（共27小題）4．（2012?孝南區校級模擬）如圖所示，水平傳送帶AB長l=1.3m，距離地面的高度h=0.20m，木塊與地面之間的動摩擦因數μ0=0.20．質量為M=1.0kg的木塊隨傳送帶一起以v=2.0m/s的速度向左勻速運動（傳送帶的傳送速度恒定），木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.50．當木塊運動至最左端A點時，此時一顆質量為m=20g的子彈以v0=300m/s水平向右的速度正對射入木塊并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1.0s就有一顆子彈射向木塊，設子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，g取10m/s2．求：（1）木塊在傳送帶上最多能被多少顆子彈擊中？（2）從第一顆子彈射中木塊后到木塊最終離開傳送帶的過程中，木塊和傳送帶間因摩擦產生的熱量是多少？（3）如果在木塊離開傳送帶時，地面上有另一相同木塊立即從C點以v1=1.0m/s向左運動，為保證兩木塊相遇，地面木塊應在距離B點正下方多遠處開始運動？考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系；功能關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：子彈擊中木塊的瞬間動量守恒，用動量守恒動量解出木塊向右的初速度，木塊在傳送帶上做勻減速直線運動，由速度時間關系式解出1s后的速度，把其與傳送帶的速度比較，判斷木塊是否已經達到勻速，還可以解出此過程中木塊向右運動的最大距離；下一個過程再用動量守恒定律與第一過程比較．木塊和傳送帶間因摩擦產生的熱量等于滑動摩擦力乘以木塊與傳送帶之間的相對位移；最后一問是平拋運動與勻減速直線運動相結合，分別應用平拋運動與勻變速直線運動的規律．解答：解：（1）由于子彈射中木塊的瞬間動量守恒，選向右為正方向，由動量守恒得：mv0﹣Mv=mu+Mv1，整理得：解得：v1=3m/s由于木塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.50，所以物體在傳送帶上的加速度a=5m/s2，方向向左．木塊經過t1=0.6s時速度減為零，此時木塊向右的最大位移：x1=t1=0.9m每隔t=1.0s就有一顆子彈射向木塊，在子彈射出之前的1s內，木塊做勻減速直線運動，由速度時間關系式：v2=v1﹣at=﹣2m/s，說明木塊此時剛好與傳送帶達到相同的速度，此過程中木塊的位移：x2=v1t﹣at2=0.5m當下一顆子彈擊中木塊時，過程與第一顆子彈射入過程相同，木塊會在x2=0.5m的基礎上向右運動0.9m，然而傳送帶一共1.3m，所以此時木塊就會落地．所以木塊在傳送帶上最多能被2顆子彈擊中．（2）從第一顆子彈擊中木塊到木塊再次與傳送帶達到相同的速度一共用時t=1s，所以此過程傳送帶向左運動的位移X1=vt=2m，木塊向右的位移為0.5m，所以此過程木塊相對于傳送帶的位移為△x1=2.5m，第二顆子彈擊中木塊后，當木塊向右運動0.8m時落下傳送帶，此過程為勻減速運動，故：0.8m=v1t2﹣at22解得：t2=0.4s此過程中傳送帶向左位移X2=vt2=0.8m，木塊向右運動的位移0.8m所以此過程木塊相對于傳送帶的位移為△x2=1.6m，故全程木塊與傳送帶間的相對滑動距離為：△x=△x1+△x2=4.1m所以木塊和傳送帶間因摩擦產生的熱量：Q=μMg△x=20.5J（3）木塊落下傳送帶時的速度：v2=v1﹣at2=1m/s，做平拋運動，豎直方向：h=gt32解得：t3=0.2s水平方向木塊運動的位移：X3=0.2m地面上有另一相同木塊立即從C點以v=1.0m/s向左運動，加速度向右a2=2m/s2，所以t3內的位移：X4=vt3﹣at32=0.16m故為保證兩木塊相遇，地面木塊應在距離B點正下方X3+X4=0.36m遠處開始運動．答：（1）木塊在傳送帶上最多能被2顆子彈擊中．（2）木塊和傳送帶間因摩擦產生的熱量是20.5J．（3）地面木塊應在距離B點正下方0.36m處開始運動．點評：此題綜合性非常強既有動量守恒定律又有勻變速直線運動，還要平拋運動和摩擦生熱，要求掌握物理知識要準確到位能夠靈活應用．5．（2012?鳳岡縣校級模擬）一質量m的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的v﹣t圖線，如圖所示．（取sin37°=0.6cos37°=0.8g=10m/s2）求：（1）小物塊沖上斜面過程中加速度的大小．（2）小物塊與斜面間的動摩擦因數．（3）小物塊從沖上斜面到返回出發點的時間（保留兩位有效數字）考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）速度﹣時間圖線的斜率大小等于加速度大小．（2）小物塊沖上斜面過程中，受到重力、斜面的支持力和摩擦力，知道加速度，根據牛頓第二定律求解μ．（3）根據圖象看出向上運動的時間，根據圖象的面積求出位移，下滑過程中根據牛頓第二定律求出加速度，再根據位移時間公式求出下滑時間，總時間為兩段時間之和．解答：解：（1）由小物塊上滑過程的速度﹣時間圖線，可知：a=m/s2小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0m/s2．（2）如圖所示，小物塊受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐標系，則有：﹣mgsin37°﹣f=﹣maN﹣mgcos37°=0f=μN帶入數據解得：μ=0.25（3）從圖中可以看出向上運動的時間為t1=1s，位移為：x=下滑過程中的加速度：a′=m/s2根據：x=解得：t2=s所以總時間：t=≈2.4s答：（1）小物塊沖上斜面過程中加速度的大小為8.0m/s2．（2）小物塊與斜面間的動摩擦因數為0.25．（3）小物塊從沖上斜面到返回出發點的時間為2.4s．點評：本題首先考查理解速度圖象的能力．速度﹣時間圖象其“斜面”表示加速度，“面積”表示位移．6．（2012?嘉峪關校級一模）如圖所示，質量分別為m1=1kg和m2=2kg的A、B兩物塊并排放在光滑水平面上，若對A、B分別施加大小隨時間變化的水平外力F1和F2，若F1=（9﹣2t）N，F2=（3+2t）N，設F1、F2的方向不變．則：（1）經多長時間t0兩物塊開始分離？（2）在同一坐標中畫出A、B兩物塊的加速度a1和a2隨時間變化的圖象？（3）速度的定義為V=，“V﹣t”圖象下的“面積”在數值上等于位移△s；加速度的定義為a=，則“a﹣t”圖象下的“面積”在數值上應等于什么？考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）A、B兩物塊在未分離前加速度相同，根據牛頓第二定律求解加速度．（2）當兩物塊剛開始分離時兩物塊之間的作用力為零，再由牛頓第二定律求出時間．（3）由牛頓第二定律分別求出兩個物塊的加速度，作出圖象．解答：解：（1）對A、B整體，有：F1+F2=（m1+m2）a∴；當A、B間Nab=0時，對A，有：F1=m1a即：9﹣2t0=4∴t0=2.5s即：2.5s時開始分離．（2）t0=2.5s以后，對A：9﹣2t=m1a1；∴a1=9﹣2t對B：3+2t=m2a2，∴a2==1.5+t；據此作圖，如圖所示：（3）由題，速度的定義為v=，“v﹣t”圖象下的“面積”在數值上等于位移△x；加速度的定義為a=，則“a﹣t”圖象下的“面積”在數值上應等于速度的變化量△v答：（1）經2.5s時間兩物塊開始分離．（2）在圖乙的坐標系中畫出兩物塊的加速度a1和a2隨時間變化的圖象如圖所示．（3）“a﹣t”圖象下的“面積”在數值上應等于面積是速度的變化量△v．點評：本題是連接體問題，采用整體法和隔離法相結合的處理方法，剛分離時的臨界條件是兩物體間的彈力等于零，是常用的臨界條件．7．（2012?浉河區校級三模）如圖所示，A為位于一定高度處的質量為m、帶電荷量為+q的小球，B為位于水平地面上的質量為M的用特殊材料制成的長方形空心盒子，且M=2m，盒子與地面間的動摩擦因數μ=0.2，盒內存在著豎直向上的勻強電場，場強大小E=，盒外沒有電場．盒子的上表面開有一系列略大于小球的小孔，孔間距滿足一定的關系，使得小球進出盒子的過程中始終不與盒子接觸．當小球A以1m/s的速度從孔1進入盒子的瞬間，盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行．已知盒子通過電場對小球施加的作用力與小球通過電場對盒子施加的作用力大小相等方向相反．設盒子足夠長，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能順次從各個小孔進出盒子．試求：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的時間；（2）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子，盒子通過的距離；（3）盒子上至少要開多少個小孔，才能保證小球始終不與盒子接觸．考點：牛頓第二定律；電場強度；電勢能．專題：壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．分析：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的時間分為兩部分，A在盒子內運動時運動牛頓第二定律求出加速度，再用運動學基本公式求出時間，A在盒子外運動的時間根據運動學基本公式即可求得，時間之和即為經歷的總時間；（2）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的位移分為兩部分，A在盒子內運動時運用牛頓第二定律求出加速度，再用運動學基本公式求出位移，A在盒子外運動的位移根據運動學基本公式即可求得，位移之和即為經歷的總位移；（3）分別求出小球在盒內和盒外時的盒子的加速度，進而求出小球運動一個周期盒子減少的速度，再求出從小球第一次進入盒子到盒子停下，小球運動的周期數n，要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數至少為2n+1個．解答：解：（1）A在盒子內運動時，qE﹣mg=maE=由以上兩式得：a=gA在盒子內運動的時間t1=A在盒子外運動的時間t2=所以A從第一次進入盒子到第二次進入盒子的時間T=t1+t2=0.4s（2）球在盒子內運動，盒子的加速度球在盒子外運動時盒子的加速度小球第一次在盒子內運動的過程中，盒子前進的距離小球第一次從盒子出來時，盒子的速度v2=v1﹣a1t1=5.2m/s球第一次在盒子外運動時，故x=x1+x2=2.12m（3）小球運動一個周期盒子減少的速度為△v=a1t1+μgt2=1.2m/s從小球第一次進入盒子到盒子停下，微粒球運動的周期數為n=，故要保證小球始終不與盒子相碰，盒子上的小孔數至少為2n+1個，即11個．答：（1）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子所經歷的時間為0.4s；（2）小球A從第一次進入盒子到第二次進入盒子，盒子通過的距離為2.12m；（3）盒子上至少要開11個小孔，才能保證微粒始終不與盒子接觸．點評：該題是較為復雜的往復運動，要求同學們能正確分析每個過程的受力情況，求出加速度、時間和位移，要求較高，難度適中．8．（2011?泰興市校級模擬）如圖所示的傳送皮帶，其水平部分ab=2m，bc=4m，bc與水平面的夾角α=37°，小物體A與傳送帶的動摩擦因數μ=O．25，皮帶沿圖示方向運動，速率為2m/s．若把物體A輕輕放到a點處，它將被皮帶送到c點，且物體A一直沒有脫離皮帶．求物體A從a點被傳送到c點所用的時間．（g=10m/s2）考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：根據牛頓第二定律求出小物塊的加速度，并求出當物塊的速度達到2m/s時的位移，判斷出物體的運動情況，從而求出小物塊從a端被傳送到b端所用的時間．A在bc段將沿傾斜部分加速下滑，此時A受到的為滑動摩擦力，大小為μmgcos37°，方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律求出加速度，根據運動學公式求出時間，三段時間之和即為總時間．解答：解：物塊A放于傳送帶上后，物塊受力圖如答圖a所示．A先在傳送帶上滑行一段距離，此時A做勻加速運動（相對地面），直到A與傳送帶勻速運動速度相同為止，此過程A的加速度為a1，則有：μmg=ma1，a1=μgA做勻加速運動的時間是：這段時間內A對地的位移是當A相對地的速度達到2m/s時，A隨傳送帶一起勻速運動，所用時間為，物塊在傳送帶的bc之間，受力情況如圖b，由于μ=0.25＜tan37°=0.75，A在bc段將沿傾斜部分加速下滑，此時A受到的為滑動摩擦力，大小為μmgcos37°，方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律：mgsin37°﹣μmgcos37°=ma2A在傳送帶的傾斜bc部分，以加速度a2向下勻加速運動，由運動學公式其中sbc=4m，v=2m/s解得t3=1s，物塊從a到c端所用時間為t=t1+t2+t3=2.4s答：物體A從a點被傳送到c點所用的時間為2.4s點評：本題是動力學問題，關鍵根據加速度方向與速度方向的關系，理清物體的運動情況，運用牛頓第二定律和運動學公式求解．9．（2011?故城縣校級模擬）如圖所示，一質量M=50kg、長L=3m的平板車靜止在光滑的水平地面上，平板車上表面距地面的高度h=1.8m．一質量m=10kg可視為質點的滑塊，以v0=7.5m/s的初速度從左端滑上平板車，滑塊與平板車間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2．（1）分別求出滑塊在平板車上滑行時，滑塊與平板車的加速度大小；（2）計算說明滑塊能否從平板車的右端滑出．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）對滑塊受力分析，由牛頓第二定律可求得滑塊的加速度，同理可求得平板車的加速度；（2）由位移關系可得出兩物體位移間相差L時的表達式，則可解出經過的時間，由速度公式可求得兩車的速度，則可判斷能否滑出．解答：解：①對滑塊，μmg=ma1，a1=μg=5m/s2對平板車，μmg=Ma2，②設經過t時間滑塊從平板車上滑出．而x塊1﹣x車1=L解得t1=0.5s或2s（舍去）此時，v塊1=v0﹣a1t1=3.5m/s，v車1=a2t1=0.5m/s所以，滑塊能從平板車的右端滑出．點評：滑塊與小車間通過摩擦力相互作用，在研究時應注意所選的研究對象的受力及質量不能用錯．10．（2011?修水縣校級模擬）為了使航天員能適應在失重環境下的工作和生活，國家航天局組織對航天員進行失重訓練．故需要創造一種失重環境；航天員乘坐到民航客機上后，訓練客機總重5×104kg，以200m/s速度沿30°傾角爬升到7000米高空后飛機向上拉起，沿豎直方向以200m/s的初速度向上作勻減速直線運動，勻減速的加速度為g，當飛機到最高點后立即掉頭向下，仍沿豎直方向以加速度為g加速運動，在前段時間內創造出完全失重，當飛機離地2000米高時為了安全必須拉起，后又可一次次重復為航天員失重訓練．若飛機飛行時所受的空氣阻力f=Kv（k=900N?s/m），每次飛機速度達到350m/s后必須終止失重訓練（否則飛機可能失速）．求：（1）飛機一次上下運動為航天員創造的完全失重的時間．（2）飛機下降離地4500米時飛機發動機的推力（整個運動空間重力加速度不變）．考點：牛頓第二定律；豎直上拋運動；超重和失重．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）飛機先以加速度g減速上升，再以加速度g加速下降，達到350m/s時，結束訓練周期，根據運動學公式列式計算即可；（2）飛機下降離地4500米時，飛機處于完全失重狀態，根據牛頓第二定律列式求解．解答：解：（1）上升時間上升高度判斷當速度達到350m/s時，下落高度，此時離地高度為h+h上﹣h下=7000+2000﹣6125=2875＞2000m，，所以一次上下創造的完全失重的時間為55s．（2）當飛機在離地4500m＞2875m，所以飛機仍在完全失重狀態，飛機自由下落的高度h2=2000+7000﹣4500m，此時，推力即飛機下降離地4500米時飛機發動機的推力為2.7×105N．點評：本題關鍵是分析清楚飛機的運動情況，然后對其運用運動學公式列式計算，最后再結合牛頓第二定律列式計算．11．（2011?倉山區校級模擬）一輕質細繩一端系一質量為m=0.05kg的小球A，另一端掛在光滑水平軸O上，O到小球的距離為L=0.1m，小球跟水平面接觸，但無相互作用，在球的兩側等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，如圖所示，水平距離s=2m．現有一滑塊B，質量也為m，從斜面上滑下，與小球發生碰撞，每次碰后，滑塊與小球速度均交換，已知滑塊與擋板碰撞時不損失機械能，水平面與滑塊間的動摩擦因數為μ=0.25，若不計空氣阻力，并將滑塊和小球都視為質點，g取10m/s2，試問：（1）若滑塊B從斜面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球恰好在豎直平面內做圓周運動，求此高度h；（2）若滑塊B從h′=5m處下滑與小球碰撞后，小球在豎直平面內做圓周運動，求小球做完整圓周運動的次數．考點：牛頓第二定律；向心力；功能關系；機械能守恒定律．專題：壓軸題．分析：（1）小球恰好在豎直平面內做圓周運動，說明此時只有重力作為向心力，再根據小球做圓周運動的過程中機械能守恒，列出方程可以求得滑塊的高度；（2）每次碰撞沒有能量損失，只是在水平面上運動時克服摩擦力做功，小球的速度也是一次次的減小，最小的時候應該是恰好能做圓周運動，根據動能定理可以求得總的路程和碰撞的次數．解答：解：（1）小球剛能完成一次完整的圓周運動，它到最高點的速度為v0，在最高點，僅有重力充當向心力，則有mg=m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①在小球從最低點運動到最高點的過程中，機械能守恒，并設小球在最低點速度為V1，則又有mV12=mg?2L+mV02﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②解得：V1=m/s滑塊從h高處運動到將與小球碰撞時速度為v2，對滑塊由能量的轉化及守恒定律有mgh=μmg?+mV22，因彈性碰撞后速度交換V2=m/s，解上式得h=0.5m．（2）若滑塊從h′=5m處下滑到將要與小球碰撞時速度為u，同理有mgh′=μmg?+mu2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③解得u=m/s，滑塊與小球碰后的瞬間，同理滑塊靜止，小球以u=m/s的速度開始作圓周運動，滑塊和小球最后一次碰撞時速度至少為V=m/s，滑塊最后停在水平面上，它通過的路程為s′，同理有mgh′=μmg?s′+mV2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④小球做完整圓周運動的次數為n=+1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤解④、⑤得s′=19m，n=10次．答：（1）高度為0.5m，（2）小球做完整圓周運動的次數為10次．點評：題目中物體的運動過程好像是挺復雜，但是每次碰撞只是由于克服摩擦力做功而減小了能量，當減到最小時小球應該恰好能做圓周運動，找到能量損失的原因，利用動能定理就可以求出了，本題很好的考查了學生的分析理解能力，是道好題．12．（2011?沐川縣校級模擬）質量為M=2kg、長為L=5m的薄木板，在水平向右的力F=10N作用下，以v0=6m/s的速度勻速運動．某時刻將質量為m=1kg的鐵塊（可看成質點）輕輕地放在木板的最右端，水平拉力F不變，木板與鐵塊的動摩擦因數為μ1=0.1．（g=10m/s2．）（1）木板與地面的動摩擦因數μ2（2）剛放上鐵塊后鐵塊的加速度a1、木板的加速度a2．（3）通過計算判斷鐵塊是否會從木板上掉下去，若不掉下去計算木板從放上鐵塊后到停止運動的總時間．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）木板勻速運動，由平衡條件可得：F=μ2Mg即可求得木板與地面的動摩擦因數μ2；（2）放上鐵塊后，鐵塊和木板相對滑動，分別對鐵塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律即可解得加速度；（3）若鐵塊不掉下去，當二者速度相同時，求出它們的相對位移，若相對位移小于木板長度，則不會掉下去，此后都做勻減速運動，求出勻減速運動的時間，總時間等于兩段時間之和．解答：解：（1）木板勻速運動，由平衡條件可得：F=μ2Mg解得：μ2=0.5（2）放上鐵塊后，鐵塊的加速度為：a1=μ1g=1m/s2鐵塊將向右加速運動．木板的加速度為：木板將減速運動．（3）若鐵塊不掉下去，當二者速度相同時有：V=a1t=v0+a2t解得：t=1.5sV=1.5m/s相對位移為：，可見鐵塊不會掉下去．以后M的加速度為：m的加速度為：a4=﹣μ1g=﹣1m/s2M減速到0．總時間t+t'=2.25s答：（1）木板與地面的動摩擦因數μ2為0.5；（2）剛放上鐵塊后鐵塊的加速度a1為1m/s2，木板的加速度a2為﹣3m/s2；（3）不會掉下去，木板從放上鐵塊后到停止運動的總時間為2.25s．點評：本題主要考查了牛頓第二定律和運動學基本公式的直接應用，注意速度相等時不掉下去，以后就不會掉下去了，難度適中．13．（2011?潤州區校級模擬）在光滑水平面上有一質量m=2.0kg的小球，靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系Oxy．現突然加一沿x軸正方向的、平行水平面的恒力F1，F1=3.0N，使小球開始運動，經過1.0s，撤去恒力F1，再經過1.0s，將平行水平面的恒力變為沿y軸正方向，大小為F2=4.0N，使小球在此恒力下再運動1.0s，求此時小球的位置．若要求小球在此后1.0s內停下，則所加的平行水平面的恒力F3的大小和方向如何？（表示方向的角度可用反三角函數表示）考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：分析小球的運動情況，根據牛頓第二定律求出加速度，由運動學公式求解小球的位置坐標．要求小球在此后1.0s內停下，小球的合力方向與速度相反，根據平行四邊形定則求解恒力F3的大小和方向．解答：解：（1）第1s內，小球沿x軸正方向做勻加速直線運動，加速度大小為a1==1.5m/s2，第1s末速度為v1=a1t1=1.5m/s，通過的位移為=0.75m．第2s內，小球沿x軸正方向做勻速直線運動，速度為v2=1.5m/s，通過的位移為x2=v2t2=1.5m．第3s內，小球受到恒力大小為F2=4.0N，方向沿y軸正方向，與速度v2方向垂直，小球做類平拋運動，加速度大小為，沿y軸方向做勻加速直線運動，沿x軸方向做勻速直線運動，經過1s時間，小球沿y軸方向的位移大小為y==1m，小球沿x軸方向的位移大小為x3=v2t3=1.5m．所以第3s末小球的縱坐標為y=1m，橫坐標為x=x1+x2+x3=3.75m．（2）第3s末小球沿y軸方向的分速度為vy=a2t3=2m/s，沿x軸方向的速度為vx=v2=1.5m/s，合速度大小為v==2.5m/s，設速度方向與x軸的夾角為α，則tanα==，α=arctan．要求小球在此后1.0s內停下，加速度大小為a3==2.5m/s2，則合力大小為F=ma3=5N，方向與速度v方向相反．根據正交分解，將恒力F3分解為沿x軸和y軸方向的兩個分力，設兩個分力的大小分別為Fx和Fy．Fx=Fcosα=5×=4N，Fy=Fsinα+F2=5×+3N=6N，則F3==，設方向與x軸負方向的夾角為θ則有tanθ==1.5，θ=arctan1.5答：第3s末小球的縱坐標為1m，橫坐標為3.75m．要求小球在此后1.0s內停下，所加的平行水平面的恒力F3的大小為N，方向沿x軸負方向的夾角為θ=arctan1.5．點評：本題過程較為復雜，要邊計算邊分析小球的運動過程，要有耐心和細心．14．（2011?龍門縣校級模擬）“神舟”六號飛船完成了預定空間科學和技術試驗任務后，返回艙于2005年10月17日4時11分開始從太空向地球表面按預定軌道返回．在離地l0km的高度返回艙打開阻力降落傘減速下降，返回艙在這一過程中所受空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數（空氣阻力系數）為k．已知返回艙的總質量M=3000kg，所受空氣浮力恒定不變，且認為豎直降落．從某時刻起開始計時，返回艙的運動v﹣t圖象如圖中的AD曲線所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線交于橫軸于B點的坐標為（10，0），CD是AD的漸近線，亦是平行于橫軸的直線，交縱軸于C點，C點的坐標為（0，6）．請解決下列問題：（取g=10m/s2）（1）在初始時刻v0=160m/s時，它的加速度多大？（2）推證空氣阻力系數k的表達式并算出其數值；（3）返回艙在距地高度h=10m時，飛船底部的4個反推力小火箭點火工作，使其速度由6m/s迅速減至1m/s后落在地面上．若忽略燃料質量的減少對返回艙總質量的影響，并忽略此段速度變化而引起空氣阻力的變化，試估算每支小火箭的平均推力（計算結果取兩位有效數字）．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與位移的關系；勻變速直線運動的圖像；共點力平衡的條件及其應用．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）過A點切線的斜率為初始時刻的加速度．（2）根據牛頓第二定律，列出當速度為160m/s時的表達式Kv02+f﹣Mg=Ma1．當速度為6m/s時，做勻速運動，列出表達式Kv12+f﹣Mg=0．聯立兩方程組解出k．（3）在距地高度h=10m前，返回艙已處于勻速運動狀態，返回艙所受浮力、阻力與重力的合力為0．減速運動的加速度由火箭推力產生，根據勻減速運動求出加速度，再根據牛頓第二定律求出每支小火箭的平均推力．解答：解：（1）根據速度圖象可知，在初始v0=160m/s時，過A點切線的斜率即為此時的加速度，設為a1，其大小為a1==m/s2=16m/s2（2）由圖知，返回艙的v﹣t圖的斜率逐漸減小，最后是以v1=6m/s的速度作勻速運動．設返回艙所受空氣浮力為f，在t=0時，根據牛頓第二定律則有：Kv02+f﹣Mg=Ma1．①速度為v1=6m/s時，返回艙受力平衡，即有：Kv12+f﹣Mg=0②由①、②兩式解得：k=代入數值得：k=kg/m=1.88kg/m（3）由題意知，在距地高度h=10m前，返回艙已處于勻速運動狀態，返回艙所受浮力、阻力與重力的合力已持續為0．故返回艙在著地減速期間的加速度實際由4個小火箭的反推力共同產生．設每支小火箭的平均推力為F0，反推加速度大小為a2，著地速度為v2，根據牛頓第二定律4F0=Ma2③由運動學公式知：v22﹣v12=﹣2a2h④由③、④兩式解得：F0==N=1.3×103N．點評：解決本題的關鍵掌握牛頓第二定律．知道速度時間圖線上點的切線斜率表示瞬時加速度，以及在距地高度h=10m時，飛船底部的4個反推力小火箭點火工作，合力就為4個反推力之和．15．（2011?鼓樓區校級模擬）如圖所示，質量為M=20kg的木板靜止在光滑水平面上．一質量為m=10kg的小滑塊（可視為質點）以初速度v0=6m/s從木板的左端沿水平向右方向滑上木板．滑塊和木板間的動摩擦因素μ=0.2，滑塊最終不會從木板上掉下，則木塊的長度至少多長？（g=10m/s2）BA.4mB.6mC.8mD.10m．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：滑塊最終不會從木板上掉下的臨界情況是滑塊滑到最右端時，滑塊與木板具有相同速度，根據動量守恒定律求出共同速度，再根據能量守恒定律求出木板的最小長度．解答：解：根據動量守恒定律得，mv0=（M+m）v解得：．根據能量守恒定律得，f=μmg代入數據，解得L=6m．故B正確，A、C、D錯誤．故選B．點評：本題綜合運用了動量守恒定律和能量守恒定律，知道該問題的臨界情況，以及知道摩擦產生的熱量Q=f△s=fL．16．（2011?澠池縣校級模擬）如圖所示，質量為mA=2m的長木板長為L、A置于光滑的水平地面上，在其左端放一質量為mB=m的小木塊B，A和B之間的摩擦因數等于μ．若使A固定，用水平方向的恒力F拉B，B的加速度為μg．若釋放A使它能自由運動，將B仍置于A的左端，從靜止開始，仍用恒力F拉B到某一位置后撤去拉力F．為保證B不從A上滑落，求：（1）F作用的最長時間（2）若使B剛好不從A上滑下，求產生的內能．考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）當A固定時，對B由牛頓第二定律求出恒力F．在A自由運動的情況下，若B剛好不從A右端滑出，這段時間內B做勻加速運動，撤去外力后，B木板做勻減速運動到達最右端，滑到A的最右端二者速度相等．分別對A、B運用運動學公式和牛頓第二定律列方程求解．而A一直作勻加速運動，（2）產生的內能等于客服摩擦力做的功，等于摩擦力乘以相對位移．解答：解：（1）當A固定時，對B由牛頓第二定律：F﹣μmg=maa=μg由以上兩式得：F=2μmg在A自由運動的情況下，若B剛好不從A右端滑出，F作用時間為t1，這段時間內B做勻加速運動，撤去外力后，B木板做勻減速運動到達最右端的時間為t2，加速度大小均為a=μg，滑到A的最右端二者速度相等．而A一直作勻加速運動，設加速度大小為a′，撤去外力F時，B的速度為V1=at1B滑到最右端時速度為V2=V1﹣at2對A由牛頓第二定律得μmg=2ma′B滑到最右端時A木板的速度VA=a′（t1+t2）由題中條件，V2=VA由以上各式可知t1=3t2相對位移L=解得：t1=3（2）若使B剛好不從A上滑下，產生的內能等于客服摩擦力做的功．摩擦力為恒力，可以用功的定義求解，摩擦力乘以相對位移：Q=μmgL答：（1）F作用的最長時間為3（2）若使B剛好不從A上滑下，產生的內能為μmgL．點評：此題要求對AB物體的運動過程能分析清楚，找出時間和空間上的關系是解決此題的關鍵．此題有一定的難度，屬于中檔題．17．（2011?南京校級模擬）如圖所示，質量為M、傾角為θ的滑塊A放在水平地面上，把質量為m的滑塊B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，求B相對地面的加速度a．并用以下特殊值進行檢驗：A．當θ°時，B．當θ=90°時，C．當M≥m時，D．當m≥M時．考點：牛頓第二定律．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：分別對滑塊B和A進行受力分析，運用牛頓第二定律分別求出水平方向和豎直方向的加速度，再求合加速度，再分析A、B的運動情況，根據運動學基本公式表示出水平方向和豎直方向的加速度，聯立方程即可表示出加速度．解答：解：圖1為A、B物體受力圖，用ax表示物體A的加速度a在水平方向的分量，ay表示物體A的加速度a在豎直方向的分量，aM表示物體B的加速度．根據圖2和牛頓定律，有對B：mg﹣FNcosθ=may①FNsinθ=max②對A：FNsinθ=MaM③④圖2為AB運動情況分析圖，即A、B運動關系示意圖．用x表示物體A在水平方向的位移，y表示物體A在豎直方向的位移，s表示物體B的位移，根據圖2，有⑤并且⑥⑥中3個式子代入⑤得，⑦根據②③得⑧代入⑦式得⑨以上兩式及②代入①解得=10⑩⑩代入⑨得出ay，再代入④解得a==（11）A．當θ°時，該解給出a=0，這符合常識，說明該解可能是對的；B．當θ=90°時，該解給出a=g，這符合實驗結論，說明該解可能是對的；C．當M≥m時，該解給出a=gsinθ，這符合預期的結果，說明該解可能是對的；D．當m≥M時，該解給出a=g，這符合預期的結果，說明該解可能是對的．點評：該題要求同學們能正確分析物體的受力情況和運動情況，較為復雜，對同學們的過程分析和數學計算要求較高，屬于中等偏上的題目．18．（2010?分宜縣校級一模）如圖，一滑塊通過長度不計的短繩拴在小車的板壁上，小車上表面光滑．小車由靜止開始向右勻加速運動，經過2s，細繩斷裂．細繩斷裂后，小車的加速度不變，又經過一段時間，滑塊從小車左端掉下，在這段時間內，已知滑塊相對小車前3s內滑行了4.5m，后3s內滑行了10.5m．求（1）小車底板長是多少？（2）從小車開始運動到滑塊離開車尾，滑塊相對于地面移動的距離是多少？考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）繩子斷裂前，物塊和小車一起做勻加速運動，繩子斷裂后，小車以不變的加速度做勻加速運動，物塊做勻速直線運動，根據滑塊相對小車前3s內滑行了4.5m，求出繩子斷裂時的速度，再根據后3s內滑行了10.5m，求出后3s內的初速度，從而確定滑塊在小車上運動的總時間，分別求出小車和木塊的位移，兩者位移之差為小車的板長．（2）滑塊相對于地面做勻速直線運動，根據s滑=v1t總求出相對于地面移動的距離．解答：解：設小車加速度為a．斷裂時，車和物塊的速度為v1=at=2a．斷裂后，小車的速度v=v1+at，小車的位移，滑塊的位移s2=v1t前3s，設后3s初速度為v1′，則小車的位移，滑塊的位移s2′=v1ts1′﹣s2′=3v1′+4.5﹣3v1=10.5m，解得v1′=4m/s由此說明后3s實際上是從繩斷后2s開始的，滑塊與小車相對運動的總時間為t總=5s．（1）小車底板總長=（2）滑塊相對地位移，s滑=+v1t總=．點評：解決本題的關鍵知道繩子斷裂后，小車以不變的加速度做勻加速運動，物塊做勻速直線運動．再根據勻變速直線運動的公式進行求解．19．（2010?佛山一模）如圖所示，豎直放置的金屬薄板M、N間距為d．絕緣水平直桿左端從N板中央的小孔穿過，與M板固接，右端處在磁感應強度為B的勻強磁場中．質量為m、帶電量為+q的中空小球P，套在水平直桿上，緊靠M板放置，與桿的動摩擦因數為μ．當在M、N板間加上適當的電壓U后，P球將沿水平直桿從N板小孔射出，試問：（1）此時M、N哪個板的電勢高？它們間的電勢差必須大于多少？（2）若M、N間電壓U=時，小球能沿水平直桿從N板中央小孔射入磁場，則射入的速率多大？若磁場足夠大，水平直桿足夠長，則小球在磁場中運動的整個過程中，摩擦力對小球做多少功？考點：牛頓第二定律；滑動摩擦力；功的計算；動能定理．專題：壓軸題．分析：（1）力是改變物體運動狀態的原因，使靜止的物體運動，要產生加速度，即物體的合外力不等于零；（2）電場的基本性質是對放入其中的帶電體有力的作用；（3）小球P射入磁場后受到豎直向上的洛倫茲力作用，并且洛倫茲力對小球不做功；（4）進入磁場后，速度在摩擦力作用下會減小，引起洛倫茲力減小，引起正壓力變化，從而會引起摩擦力發生改變，要注意分情況具體分析；（5）關于變力做功，可用動能定理去求，簡潔方便．解答：解：（1）因P球帶正電，只有M板電勢高于N板電勢，P球才會受到向右的電場力作用．才有可能向右運動．故，若要小球P沿水平直桿從板間射出，必須使M板電勢高于N板電勢．而要使小球P能沿水平直桿從板間射出，必須使電場力大于小球所受的摩擦力，即qE＞μmg而E=故（2）設P球射出電場時的速率為v，由動能定理得：即解得：小球P射入磁場后受到豎直向上的洛倫茲力作用，可能出現三種情況．Ⅰ．qvB=mg，則小球不受摩擦力，做勻速直線運動．故摩擦力做功為零．Ⅱ．qvB＞mg，則直桿對小球有向下的壓力，小球受摩擦力減速，當減速到洛侖茲力與重力大小相等后做勻速運動．設小球勻速時的速度vt，則qvtB=mg設此過程中摩擦力做的功為W，由動能定理得：即解得：Ⅲ．qvB＜mg，則直桿對小球有向上的支持力，小球受摩擦力減速，最終速度減為零．則摩擦力所做的功為解得：W=﹣4μmgd答：M板電勢高于N板電勢，它們間的電勢必須大于；（2）射入的速率為，當qvB=mg時，摩擦力做功為零，當qvB＞mg時，摩擦力做功為，當qvB＜mg時，摩擦力做的功為﹣4μmgd．點評：本題是電磁學的綜合問題，涉及到得知識點較多，難度較大．特別是第二小問中有三種情況，很多同學只能分析其中的一種或兩種，出現遺漏情況．要注意本題中小球在磁場中運動時所受的摩擦力是一個變力，求變力做功一般用動能定理求解．20．（2009?廣東）如圖所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極扳間形成勻強電場E，長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數μ=0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同），B與極板的總質量mB=1.0kg．帶正電的小滑塊A質量mA=0.6kg，其受到的電場力大小F=1.2N．假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布．t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度vA=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度vB=0.40m/s向右運動．問（g取10m/s2）（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：壓軸題；牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）A剛開始運動是所受的合外力為電場力，根據牛頓第二定律求出A的加速度，因為力的作用是相互的，B剛開始運動時受電場力和摩擦力，根據牛頓第二定律求出B的加速度．（2）B向右做勻減速直線運動，當B速度為零時，求出A的速度，知A的速度大于零，根據運動學公式求出這段時間內的相對位移以及摩擦力對B所做的功；因為電場力大于B所受的摩擦力，所以B又反向做勻加速直線運動，A繼續做勻減速直線運動，當兩者速度相等時，A、B相距最遠，運用運動學公式再求出這段時間內兩者的相對位移以及摩擦力對B所做的功，從而得出整個過程中兩者相對運動的最大位移和在此過程中摩擦力對B所做的功．解答：解：（1）A剛開始運動時的加速度大小方向水平向右B受電場力F′=F=1.2N摩擦力f=μ（mA+mB）g=0.8NB剛開始運動時的加速度大小方向水平向左答：A的加速度大小為2.0m/s2，方向水平向右，B的加速度大小為2.0m/s2，方向水平向左．（2）設B從開始勻減速到零的時間為t1，則有t1時刻A的速度vA1=vA﹣aAt1=1.2m/s＞0A的位移此t1時間內A相對B運動的位移s1=sA1+sB1=0.32mw1=﹣f?sB1=﹣0.032Jt1后，由于F′＞f，B開始向左作勻加速運動，A繼續作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有對A：速度v=vA1﹣aAt2對B：加速度速度v=aB1t2解得：v=0.2m/st=0.5st2時間內A運動的位移B運動的位移t2內A相對B的位移s2=sA2﹣sB2=0.30m摩擦力對B做功為w1=﹣f?sB2=﹣0.04JA最遠到達b點a、b的距離為L=s1+s2=0.62m從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為wf=w1+w2=﹣0.072J答：a、b的距離L應為0.62m，摩擦力對B做的功為﹣0.072J．點評：本題第一問難度不大，關鍵對研究對象受力分析，根據牛頓第二定律求出加速度．第（2）問較難，關鍵能夠確定出在整個過程中A和B的運動情況，從而根據動力學知識進行求解．21．（2009?上海）如圖，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為l，左側接一阻值為R的電阻．區域cdef內存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁場寬度為s．一質量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到F=0.5v+0.4（N）（v為金屬棒運動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大．（已知l=1m，m=1kg，R=0.3Ω，r=0.2Ω，s=1m）（1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運動；（2）求磁感應強度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規律滿足v=v0﹣x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？（4）若在棒未出磁場區域時撤去外力，畫出棒在整個運動過程中速度隨位移的變化所對應的各種可能的圖線．考點：牛頓運動定律的綜合應用；牛頓第二定律；安培力的計算；導體切割磁感線時的感應電動勢．專題：壓軸題．分析：測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大，部分電阻歐姆定律和閉合電路歐姆定律可得出產生的感應電動勢隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大．對金屬棒進行受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決問題．解答：解：（1）測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大，R兩端電壓U∝I，感應電動勢E∝I，E∝v，U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，加速度為恒量，所以金屬棒做勻加速運動．（2）對金屬棒受力分析，有牛頓第二定律得：F﹣=ma，以F=0.5v+0.4代入得0.5v﹣+0.4=a，因為a與v無關，所以a=0.4m/s2，（0.5﹣）=0，得B=0.5T．（3）撤去外力前，x1=at2，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：0.2t2+0.8t﹣1=0，t=1s．（4）開始時金屬棒做勻加速運動，v2=2ax，撤去外力后，v=v0﹣x，v2=2ax，開始速度v與x是二次函數關系，圖象為拋物線，v=v0﹣x，v與x可能是線性關系，圖象是直線．根據物理量關系可能圖線如下：答：（1）金屬棒做勻加速直線運動．（2）磁感應強度B的大小是0.5T．（3）外力F作用的時間為1s．（4）可能的圖線如上圖．點評：根據物理規律找出物理量的關系，通過已知量得出未知量．要善于對物體過程分析和進行受力分析，運用牛頓第二定律結合運動學公式解決問題．22．（2009?南京一模）如圖所示，足夠長的木板質量M=10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右勻速運動．現有足夠多的小鐵塊，它們的質量均為m=1kg，在木板上方有一固定擋板，當木板運動到其最右端位于擋板正下方時，將一小鐵塊貼著擋板無初速度地放在木板上，小鐵塊與木板的上表面間的動摩擦因數μ=0.5，當木板運動了L=1m時，又無初速地貼著擋板在第1個小鐵塊上放上第2個小鐵塊．只要木板運動了L就按同樣的方式再放置一個小