2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測三 牛頓運動定律（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習 全程訓練計劃 周測三 牛頓運動定律（含解析）夯基提能卷 立足于練題型悟技法保底分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分)1如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動小車和木塊，讓它們一起做無相對滑動的加速運動，若小車質量為M，木塊質量為m，加速度大小為a，木塊和小車間的動摩擦因數為.對于這個過程，某班同學有以下4個式子表達木塊受到的摩擦力的大小，你認為一定正確的是()AFMa B(Mm)aCmg DMa答

2、案：A解析：以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律可得F(Mm)a，以木塊為研究對象，有fma，以小車為研究對象，有FfMa，其中ff，故fFMa，選項A正確本題特別需要指出的是：由于小車和木塊間沒有相對滑動，所以它們之間的摩擦力應該是靜摩擦力2.如圖所示，質量為m0、傾角為的斜面體靜止在水平地面上，有一質量為m的小物塊放在斜面上，輕推一下小物塊后，它沿斜面向下勻速運動若給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F，斜面體始終靜止，重力加速度大小為g.施加恒力F后，下列說法正確的是()A小物塊沿斜面向下運動的加速度為B斜面體對地面的壓力大小等于(mm0)gFsinC地面對斜面體的摩擦力方向水平

3、向左D斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都變化答案：A解析：根據題述，小物塊沿斜面向下勻速運動，摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，可得mgcosmgsin，給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F，對小物塊，由牛頓第二定律有，Fmgcosmgsinma，聯(lián)立解得a，選項A正確；小物塊沿斜面向下勻速運動時，對小物塊和斜面體整體受力分析，根據平衡條件可得，地面對斜面體的支持力等于斜面體和小物塊重力之和，大小為(mm0)g.給小物塊持續(xù)施加沿斜面向下的恒力F后，小物塊對斜面體的壓力和摩擦力均不變，即斜面體對小物塊的作用力的大小和方向都不變，地面對斜面體的摩擦力為零，斜面體對地面的壓力大小等于(mm0)g，選

4、項B、C、D錯誤3.如圖所示，A、B兩球完全相同，質量均為m，用兩根等長的細線懸掛在升降機天花板的O點，兩球之間連著一根勁度系數為k的輕質彈簧，已知重力加速度為g，當升降機以加速度a豎直向上加速運動時，兩根細線之間的夾角為60，在運動過程中O、A間的細線被剪斷瞬間，下列關于A、B兩球的加速度的說法正確的是()AA球的加速度大小為g，方向豎直向下BB球的加速度大小為g，方向豎直向上CA球的加速度大小為g，方向斜向左下方DA球的加速度大小為g，方向沿OA方向答案：C解析：O、A間的細線被剪斷前，對小球A，受力分析如圖所示，根據牛頓第二定律有F2cos30mgma，F2sin30F10，解得F1kx

5、mg，在O、A間的細線被剪斷瞬間，F2突然消失，但F1不突變，所以A球有水平向左的加速度aAxg，豎直向下的加速度aAyg，則A球的加速度大小為aAg，方向斜向左下方；而B球的加速度仍為a，方向豎直向上，C正確4如圖所示，A、B兩物體質量均為m，疊放在輕質彈簧上(彈簧下端固定于地面上)，對A施加一豎直向下、大小為F(F2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)而處于平衡狀態(tài)，現突然撤去力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為FN，不計空氣阻力，則關于FN的說法正確的是(重力加速度為g)()A剛撤去力F時，FNB彈簧彈力大小為F時，FNCA、B的速度最大時，FN2

6、mgD彈簧恢復原長時，FNmg答案：B解析：對A施加一豎直向下、大小為F(F2mg)的力，將彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)而處于平衡狀態(tài)，彈簧彈力大小為F2mg.剛撤去力F時，A、B向上加速運動，由牛頓第二定律可得，a，對A受力分析，由牛頓第二定律有FNmgma，解得FN，選項A錯誤當彈簧彈力大小為F時，對A、B整體，由牛頓第二定律有，F2mg2ma1，隔離A，由牛頓第二定律有，FNmgma1，解得FN，選項B正確A、B的速度最大時，加速度為零，彈簧彈力大小為2mg，FNmg，選項C錯誤彈簧恢復原長時，A、B只受重力向上運動，FN0，選項D錯誤5(多選)如圖甲所示，質量M0.5

7、kg的木板靜止在光滑水平面上，質量m1 kg的物塊以初速度v04 m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2，在物塊滑上木板的同時，給木板施加一水平向右的恒力F.當恒力F取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到和F的關系圖象如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標為1 m1，B點和C點所對應的橫坐標分別為a N、b N將物塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g10 m/s2.則有()ABC段表示物塊最終從木板的右端離開BDE段表示物塊最終從木板的左端離開Ca1Db2答案：BC解析：經分析可知，AB段表示物塊從木板

8、的右端離開，BC段表示物塊沒有離開木板，DE段表示物塊從木板左端離開，故A錯誤，B正確B點表示物塊剛好滑到木板右端與木板相對靜止，由AB段可知木板的長度為l1 m，物塊的加速度大小為a物g2 m/s2，設經過時間t物塊與木板相對靜止，則有xlv0t1 m，可得t0.5 s，則木板的加速度大小為a木 m/s26 m/s2，對木板受力分析可得a木6 m/s2，代入得Fa1 N，C正確C點表示物塊與木板剛好相對靜止時的最大外力，則有Fb(Mm)g3 N，故D錯誤6如圖所示，套在水平直桿上質量為m的小球開始時靜止，現對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度

9、成正比，即Fkv(圖中未標出)已知小球與桿間的動摩擦因數為，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0mg.下列關于運動中的速度時間圖象正確的是()答案：C解析：開始時小球所受支持力方向向上，隨著時間的增加，小球速度增大，F增大，則支持力減小，摩擦力減小，根據牛頓第二定律，可知這一階段小球的加速度增大當豎直向上的力F的大小等于小球重力的大小時，小球的加速度最大再往后豎直向上的力F的大小大于重力的大小，直桿對小球的彈力向下，F增大，則彈力增大，摩擦力增大，根據牛頓第二定律，小球的加速度減小，當加速度減小到零時，小球做勻速直線運動，故C正確7.一質量為m2.0 kg的木箱靜止在粗糙的水平地面上，木箱與地面

10、間的動摩擦因數0.2，現對木箱施加一沿水平方向的大小隨時間變化的拉力F，使木箱由靜止開始運動，測得02 s內其加速度a隨時間t變化的關系圖象如圖所示已知重力加速度g10 m/s2，下列關于木箱所受拉力F的大小和運動速度v隨時間t變化的圖象正確的是()答案：A解析：在02 s內，木箱加速度由4 m/s2逐漸減小到0，由加速度圖象可得a42t(m/s2)，由牛頓第二定律得Fmgma，可得F124t(N)，即在02 s內，A正確，B錯誤；在02 s內，木箱速度增加4 m/s,2 s后木箱加速度為零，木箱的速度為4 m/s，C、D錯誤8.(多選)如圖所示，某科研單位設計了一質量為m的空間飛行器，飛行器

11、從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向的夾角60，使飛行器恰沿與水平方向成30角的直線斜向右上方勻加速飛行，經t時間后，將動力的方向沿逆時針旋轉60，同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是()A加速時動力的大小等于mgB加速時加速度的大小為gC減速時動力的大小等于mgD減速飛行t時間后速度為零答案：BC解析：畫出飛行器沿與水平方向成30角的直線斜向右上方勻加速飛行時的受力示意圖，如圖1所示，由圖中幾何關系可知F合mg，由mgcos30，可得加速時動力的大小Fmg，選項A錯誤，B正確；畫出飛行器沿原方向勻減速飛

12、行時的受力示意圖，如圖2所示，由sin60，可得減速時動力的大小Fmg，選項C正確；加速飛行t時間后的速度為vatgt，減速飛行時的合外力大小為mgcos60，減速飛行時的加速度大小為，減速飛行2t時間后速度為零，選項D錯誤二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9(8分)如圖甲所示，力傳感器A與計算機(未畫出)相連接，可獲得拉力隨時間變化的規(guī)律將力傳感器固定在水平桌面上，測力端通過輕質細繩與一滑塊相連，調節(jié)力傳感器高度使細繩水平，滑塊放在較長的小車上，滑塊的質量m1.5 kg，小車的質量M1.65 kg.一根輕質細繩跨過光滑的輕質定滑輪，其一端連接小車，另一端系一只空砂桶，調節(jié)滑輪使桌面上部

13、細繩水平，整個裝置處于靜止狀態(tài)現打開力傳感器，同時緩慢向砂桶里倒入砂子，當小車剛好開始運動時，立即停止倒砂子若力傳感器采集的Ft圖象如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2，則：(1)滑塊與小車間的動摩擦因數_；若忽略小車與水平桌面間的摩擦，滑塊從小車上滑落前，小車穩(wěn)定運動的加速度大小a_m/s2.(2)若實驗中力傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平，左端略高一些，由此而引起動摩擦因數的測量結果_(選填“偏大”或“偏小”)答案：(1)0.2(3分)0.25(3分)(2)偏小(2分)解析：(1)結合題圖乙可知，滑塊與小車間的最大靜摩擦力fmax3.5 N，此時砂桶及所裝砂子的總重力m0gfmax，解得

14、：m00.35 kg.小車在運動時與滑塊間的滑動摩擦力f3.0 N，由fmg，解得：0.2；對砂桶、砂子、小車組成的整體，根據牛頓第二定律得：m0gf(Mm0)a，解得：a0.25 m/s2.(2)若力傳感器測力端與滑塊間的細繩不水平，左端略高一些，導致壓力減小，則滑動摩擦力偏小，因此動摩擦因數的測量結果偏小10(8分)用圖甲的裝置“驗證牛頓第二定律”時有兩個“巧妙”的設計，一是要求小車的質量遠大于砂和砂桶的質量之和；二是對小車要進行“平衡摩擦力”操作回答下列問題：(1)實驗要求“小車質量遠大于砂和砂桶質量之和”的目的是_.(2)對小車進行“平衡摩擦力”操作時，下列必須進行的是_(填字母序號)

15、A取下砂和砂桶B在空砂桶的牽引下，輕推一下小車，小車能做勻速直線運動C小車拖著穿過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應斷開D把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度(3)在滿足實驗條件下，某同學得到了如圖乙的圖線(M為小車和砝碼的總質量)，圖線在縱軸上截距不為零的原因是_答案：(1)繩的拉力(近似)等于砂和砂桶的重力之和小車所受的合外力(近似)等于砂和砂桶重力之和(3分)(2)AD(選不全的不給分)(3分)(3)長木板的傾角過大(平衡摩擦力過度)(2分)解析：(1)根據實驗原理，只有“小車質量遠大于砂和砂桶質量之和”才能認為繩的拉力等于砂和砂桶的重力之和(2)平衡摩擦力時應該取下砂和砂

16、桶，選項A正確，選項B錯誤；小車拖著穿過打點計時器的紙帶做勻速運動時，打點計時器的電源應該開啟，選項C錯誤；把長木板沒有定滑輪的一端墊起適當高度，用來平衡摩擦力，選項D正確(3)圖線在縱軸上截距不為零的原因是平衡摩擦力過度11(15分)如圖所示，水平地面上有三個質量均為m1 kg的小物塊A、B、C，A、B間用一根輕繩水平相連一水平恒力F作用于A上，使三物塊以相同加速度運動一段時間后撤去F.已知B與C間的動摩擦因數10.5，A和C與地面間的動摩擦因數均為20.2，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.求：(1)F的最大值；(2)從撤去F到三物塊停止運動的過程中，B受到的摩擦力解析：(

17、1)B、C恰好要相對滑動時對C：1mg2(mm)gma(3分)解得a1 m/s2(1分)由題意知，A、B、C相對靜止時，F有最大值Fmax對A、B、C整體：Fmax2(mmm)g3ma(2分)解得Fmax9 N(1分)(2)撤去F后，設B、C相對靜止對A、B、C整體：2(mmm)g3ma(2分)解得a2 m/s2(1分)對C：2(mm)gfBCma(2分)解得fBC2 NfBm1mg5 N(2分)故假設成立，由牛頓第三定律可知，B受到的摩擦力為2 N，方向水平向左(1分)12(16分)如圖甲所示，“”形木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面AB粗糙，BC光滑且與水平面夾角為37.木塊右側與豎直墻

18、壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數為正值；當力傳感器被拉時，其示數為負值一個可視為質點的質量為m的滑塊從C點由靜止開始下滑，運動過程中，傳感器記錄到的力和時間的關系如圖乙所示(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)求：(1)斜面BC的長度s；(2)滑塊與木塊AB表面之間的動摩擦因數.解析：(1)分析滑塊受力，由牛頓第二定律得a1gsin6 m/s2(4分)通過題圖乙可知滑塊在斜面上運動時間為t11 s(1分)由運動學公式得斜面BC的長度為sa1t3 m(3分)(2)由答圖可知滑塊對斜面的壓力N1mgcos(1分)木塊對傳感器的壓力F1F1N1sin(2分)由題

19、圖乙可知：F112 N解得m2.5 kg(1分)滑塊在AB上運動時傳感器對木塊的拉力F2fmg5 N(3分)0.2(1分)探究創(chuàng)新卷 著眼于練模擬悟規(guī)范爭滿分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的全部選對的得6分，選不全的得3分，有選錯或不答的得0分)1.如圖所示，三個物體質量分別為m11.0 kg、m22.0 kg、m33.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面傾角30，m1和m2之間的動摩擦因數0.8.不計繩和滑輪的質量及摩擦初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當撤掉外力時，m2將(g取10

20、m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A和m1一起沿斜面下滑B和m1一起沿斜面上滑C相對于m1上滑D相對于m1下滑答案：D解析：假設m1和m2保持相對靜止，對整體分析，整體的加速度a2.5 m/s2.對m2分析，根據牛頓第二定律得fm2gsin30m2a，解得fm2gsin30m2a15 N，最大靜摩擦力fmm2gcos308 N，可知ffm，則m2的加速度應小于m1的加速度，m2相對于m1下滑，故D正確2如圖甲所示，一根質量分布均勻的粗繩AB長為l，在水平恒力F的作用下沿水平面運動繩上距A端x處的張力FT與x的關系如圖乙所示(F和l為已知量)下列說法正確的是()A粗繩一定不受摩擦力作用B

21、若只增大恒力F，則FTx直線斜率的絕對值變大C若已知粗繩的質量，則可求出粗繩運動的加速度D若已知粗繩運動的加速度，則可求出粗繩的質量答案：B解析：從設題內容不能確定粗繩是否受摩擦力，選項A錯誤；設粗繩的質量為m，加速度為a，與地面的動摩擦因數為，以距A端x處的后面一段繩為研究對象有FTmgma，即FTx(mgma)或FTxF，若只增大恒力F，則FTx直線斜率的絕對值變大，選項B正確；因粗繩的質量m、加速度a、與地面的動摩擦因數均未知，選項C、D錯誤32019河南開封模擬以初速度v豎直向上拋出一小球，小球所受空氣阻力與速度的大小成正比，下列圖象中，能正確反應小球從拋出到落回原處的過程中速度隨時間

22、變化情況的是()答案：D解析：設小球所受的阻力fkv，小球的質量為m，則在小球上升的過程中有mgfma，得ag，由于上升過程中小球的速度越來越小，小球的加速度a也越來越小，故vt圖象的斜率的絕對值越來越小，A、B錯誤；在下落過程中有ag，下落過程中小球的速度越來越大，故小球的加速度越來越小，則vt圖象的斜率的絕對值越來越小，選項C圖象的斜率的絕對值越來越大，C錯誤、D正確42019廣州深圳中學模擬(多選)如圖所示，甲圖為光滑水平桌面上質量為M的物體，用輕繩通過定滑輪與質量為m的物體相連，m所受重力為5 N；乙圖為同一物體M在光滑水平桌面上用輕繩通過定滑輪施加豎直向下的拉力F，拉力F的大小也是5

23、 N，開始時M距桌邊的距離相等，則()AM到達桌邊時的速度相等，所用的時間也相等B甲圖中M到達桌邊用的時間較長，速度較小C甲圖中M到達桌邊時的動能較大，所用時間較短D乙圖中繩子受到的拉力較大答案：BD解析：將題圖甲的兩個物體整體作為研究對象，由牛頓第二定律得aM；對題圖乙的M分析有aM.因xat2，v22ax，且aMaM，所以題圖甲中M到達桌邊用的時間較長，速度較小，動能較小，A、C錯誤，B正確；題圖乙中繩子受到的拉力大小為F，題圖甲中，對M分析有TMaMTa1，Tb2Tb1.故A、D正確72019河南洛陽模擬(多選)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕質定

24、滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B.保持A的質量不變，改變B的質量m，當B的質量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質量m變化的圖線，如圖乙所示，設加速度沿斜面向上的方向為正方向，空氣阻力不計，(g取10 m/s2)，斜面的傾角為，下列說法正確的是()A若已知，可求出A的質量B若已知，可求出乙圖中m0的值C若已知，可求出乙圖中a2的值D若未知，可求出乙圖中a1的值答案：CD解析：由牛頓第二定律得，對B有mgFma，對A有FmAgsinmAa，聯(lián)立得a.不能根據圖象求出A的質量mA，故A錯誤當a0時，mm0mAsin，mA未知，不能求出m0，故B錯誤若已知，m0時，aa2gsin，故C正確若未知，由

25、以上可知a，當m時，aa1g，故D正確82019四川宜賓診斷(多選)如圖所示，表面粗糙、質量M2 kg的木板，t0時在水平恒力F的作用下從靜止開始沿水平面向右做勻加速直線運動，加速度a2.5 m/s2，t0.5 s時，將一個質量m1 kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，鐵塊從木板上掉下時速度是木板速度的一半，已知鐵塊和木板之間的動摩擦因數10.1，木板和地面之間的動摩擦因數20.25，(g取10 m/s2)，則()A水平恒力F的大小為10 NB鐵塊放在木板上后，木板的加速度為2 m/s2C鐵塊在木板上運動的時間為1 sD木板的長度為1.625 m答案：AC解析：開始時木板在水平

26、方向受到拉力與摩擦力，由牛頓第二定律可得FMa2Mg10 N，故A正確；鐵塊放在木板上后，木板在水平方向受到拉力、水平面的摩擦力以及鐵塊對木板的摩擦力，由牛頓第二定律可得MaF2(Mm)g1mg，代入數據解得a0.75 m/s2，故B錯誤；小鐵塊無初速度地放在木板最右端時木板的速度vat1.25 m/s，鐵塊的加速度為a1g1 m/s2，設鐵塊從木板掉落時所用的時間為t，則vat2at，代入數據解得t1 s，故C正確；這段時間內鐵塊相對于木板滑動的距離為Lvtat2at2，代入數據解得L1.125 m，故D錯誤二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9.(8分)現要測量滑塊與木板之間的動摩擦因

27、數，實驗裝置如圖甲所示表面粗糙的木板一端固定在水平桌面上，另一端抬起一定高度構成斜面；木板上有一滑塊，其后端與穿過打點計時器的紙帶相連；打點計時器固定在木板上，連接頻率為50 Hz的交流電源接通電源后，從靜止釋放滑塊，滑塊帶動紙帶打出一系列的點跡(1)圖乙給出的是實驗中獲取的一條紙帶的一部分：0、1、2、3、4、5、6是實驗中選取的計數點，每相鄰兩計數點間還有4個點(圖中未標出)，2、3和5、6計數點間的距離如圖所示，由圖中數據求出滑塊的加速度a_m/s2(結果保留三位有效數字)(2)已知木板的長度為L，為了求出滑塊與木板間的動摩擦因數，還應測量的物理量是_A滑塊到達斜面底端的速度vB滑塊的質

28、量mC滑塊的運動時間tD斜面高度h和底邊長度x(3)設重力加速度為g，滑塊與木板間的動摩擦因數的表達式_(用所需測物理量的字母表示)答案：(1)2.51(3分)(2)D(2分)(3)(3分)解析：(1)根據逐差法a m/s22.51 m/s2.(2)設斜面傾角為，根據mgsinmgcosma，要想求出的正弦和余弦，需要知道斜面的高度h和底邊長度x，選項D正確(3)根據mgmgma，解得.10(9分)圖甲為“探究加速度與物體受力的關系”的實驗裝置圖圖中小車A的質量為m1，連接在小車后的紙帶穿過電火花打點計時器B，它們均置于水平放置的一端帶有定滑輪且足夠長的木板上，P的質量為m2，C為力傳感器，實

29、驗時改變P的質量，讀出對應的力傳感器的示數F，不計繩與滑輪間的摩擦(1)電火花打點計時器的工作電壓為_(填“交”或“直”)流_V.(2)下列說法正確的是_A一端帶有定滑輪的長木板必須保持水平B實驗中通過打點計時器打出的點來求解小車運動時的加速度C實驗中m2應遠小于m1D傳感器的示數始終為m2g(3)圖乙為某次實驗得到的紙帶，紙帶上標出了所選的四個計數點之間的距離，相鄰兩計數點間還有四個點沒有畫出由此可求得小車的加速度的大小是_m/s2.(交流電的頻率為50 Hz，結果保留二位有效數字)(4)實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的aF圖象是圖丙中的_答案：(1)交220(

30、每空2分)(2)B(2分，多選不得分)(3)0.49(或0.50)(2分)(4)C(1分)解析：本題考查探究加速度與物體質量和物體受力的關系(1)電火花打點計時器工作電壓為交流220 V(2)該實驗首先必須要平衡摩擦力，選項A錯誤；根據打點計時器打出來的點，應用“逐差法”來求小車運動時的加速度，選項B正確；由于該實驗的這種連接方式，重物和小車的加速度不相同，小車在繩的拉力下加速運動，由于一根細繩中的彈力大小處處相等，故測力計示數等于此拉力，因此不需要用重物的重力來代替，故不要求重物質量遠小于小車質量，選項C錯誤；重物向下加速度運動，由牛頓第二定律m2g2Fm2a，解得Fm2(ga)，選項D錯誤

31、(3)根據勻變速直線運動的推論xaT2，有x(3.392.89)102 ma(0.1 s)2或者x(2.892.40)102a(0.1 s)2，解得a0.50 m/s2(或者0.49 m/s2)(4)若沒有平衡摩擦力，只有當F增加到一定值時，小車才可能加速運動，則當F0時，a0，所以可能是圖中的圖線C.故選項C正確11(12分)為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學找來一個傾角為、表面平整且足夠長的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風帆，如圖甲所示讓帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程帆面與滑塊運動方向始終垂直假設滑塊和風帆總質量為m.滑塊與斜面間的動摩擦因數為，

32、重力加速度g取10 m/s2，帆受到的空氣阻力與帆的運動速率成正比，即Ffkv.(1)寫出滑塊下滑的最大速度的表達式；(2)若m3 kg，斜面傾角37，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示圖中的斜線為t0時vt圖線的切線，由此求出、k的值(sin370.6，cos370.8)解析：(1)對滑塊和風帆由牛頓第二定律有：mgsinmgcoskvma(3分)當a0時速度最大，即vm(2分)(2)由題圖乙可知，當v0時，a0gsingcos3 m/s2(3分)解得0.375(1分)由vm2 m/s(2分)解得k4.5 kg/s(1分)12(18分)如圖所示，質量為M3.0 kg的長木板，其上表面光滑、下

33、表面粗糙，放置于水平地面上，可視為質點的滑塊靜止放在長木板的上表面t0時刻，給長木板一個水平向右的初速度v0，同時對長木板施加一個水平向左的恒力F，經一段時間，滑塊從長木板上掉下來已知長木板與地面間的動摩擦因數0.2，滑塊質量m0.5 kg，初始位置距長木板右端L20.14 m，v02 m/s，恒力F8 N，重力加速度g10 m/s2.(1)為使滑塊只能從長木板右端滑出，其初始位置與長木板左端的距離L1應滿足什么條件？(2)若滑塊從長木板右端滑出，求滑塊離開長木板時，長木板的速度大小答案：(1)L10.40 m(2)0.6 m/s解析：(1)以長木板為研究對象，向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得F(mM)gMa1(3分)解得a15 m/s2(2分)則長木板減速到零所經歷的時間為t10.4 s(2分)所經過的位移s10.40 m(1分)因為滑塊靜止不動，所以當L1s10.40 m時滑塊將從長木板右端滑出(3分)(2)長木板向右運動到速度減為零后，開始向左做勻速直線運動，摩擦力的方向改變，滑塊離開長木板時，長木板向左的位移為s2s1L20.54 m(3分)根據動能定理有F(mM)gs2Mv0(3分)解得滑塊滑離長木板瞬間長木板的速度為v20.6 m/s(1分)