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1、考点6牛顿运动定律的综合应用(二)动力学图象连接体问题一年模拟试题精练1(2015山东东营质检)两个物体在同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，速度大小不变。一个物体所受空气阻力可忽略，另一个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vt图象可能正确的是()2(2015山东滨州市高三月考)如图所示，质量为M的斜面A置于粗糙水平地面上，动摩擦因数为，物体B与斜面间无摩擦。在水平向左的推力F作用下，A与B一起做匀加速直线运动，两者无相对滑动。已知斜面的倾角为，物体B的质量为m，则它们的加速度a及推力F的大小为()Aag
2、sin ，F(Mm)g(sin )Bagcos ，F(Mm)gcos Cagtan ，F(Mm)g(tan )Dagcot ，F(Mm)g3(2015河北省衡水中学调研)如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起放在光滑的水平面上，B物体从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，运动过程中A、B始终保持相对静止。则在02t0时间内，下列说法正确的是()At0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小Bt0时刻，A、B的速度最大C0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D2t0时刻，A、B离出发点最远，速度为04(2015浙江宁波高三调研)如甲图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率
3、v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则下列说法中正确的是()At1时刻，小物块离A处的距离达到最大B0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左Ct2t3时间内，小物块与传送带相对静止，小物块不受到静摩擦力作用D0t2时间内，小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变5(2015安徽省宣城市八校联考)如图甲所示，一物块在倾角为的斜面上，在平行于斜面的拉力F的作用下从静止开始运动，作用2 s后撤去拉力，物块经0.5 s速度减为零，并由静止
4、开始下滑，运动的vt图象如图乙所示，已知物块的质量为1 kg，g10 m/s2，5.57，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)；(2)拉力F的大小。6(2015山东省实验中学高三阶段性考试)如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动，随着的改变，小木块沿木板滑行的距离将发生改变。已知重力加速度为g。求：(1)小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当60角时，小木块沿木板向上滑行的距离；(3)当60角时，小木块由底端沿木板向上滑行再回到原出发点所用的时间。参考答案考
5、点6牛顿运动定律的综合应用(二)动力学图象连接体问题两年高考真题演练1ACD由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos 。同理向下滑行时gsin gcos ，两式联立得sin ，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin t1，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误。2B由vt图象可知：过程为向下匀加速
6、直线运动(加速度向下，失重，Fmg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，Fmg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，Fmg)。综合选项分析可知B选项正确。3AD由题图知，在上升过程中，在04 s内，加速度方向向上，FNmgma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。4B设斜面倾角为，滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，
7、agsin gcos 0，因此滑块下滑时加速度不变，选项D错误；滑块匀减速下滑时的位移sv0tat2，选项B正确；滑块下降高度hssin v0sin tasin t2，选项A错误；滑块下滑时的速度vv0at，选项C错误。5D受空气阻力作用的物体，上升过程：mgkvma，得agv，v减小，a减小，A错误；到达最高点时v0，ag，即两图线与t轴相交时斜率相等，故D正确。6解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得2
8、0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加
9、速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m一年模
10、拟试题精练1D物体触地反弹后，速度方向要发生改变，所以图线在t轴的上下都有分布，A、B都不正确；由于空气阻力的作用，受空气阻力作用的物体下落的加速度比不受阻力的物体小，落地的时间也就长，所以C不正确；不受阻力作用的物体只受重力，不管在下落过程还是在上升过程，都做匀变速直线的运动，加速度恒为g，其vt关系如选项D中虚线所示，而受阻力作用的物体，受重力和阻力作用。在下落过程中其加速度a，由此式可知，随着速度v逐渐变大，a会逐渐变小，图线在图中斜率会逐渐变小；物体与地面碰撞反弹后，在上升的过程中，其加速度a，随着v逐渐变小，a会逐渐变小，图线在图中的斜率会逐渐变小，最后趋近于g(与虚线斜率相同)，D
11、项正确。2C对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得agtan ，对AB整体进行受力分析得：F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)g(tan )，故选C。3BCDt0时刻，A、B受力F为0，A、B加速度为0，A、B间静摩擦力为0，加速度最小，选项A错误；在0至t0过程中，A、B所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0时刻A、B速度最大，选项B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，选项C正确；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，到2t0时刻，A、B速度减小
12、到0，位移最大，选项D正确。4AC5解析(1)撤去拉力后，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度大小为a2 m/s22 m/s2由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma2物块由静止沿斜面下滑时的加速度大小为a3 m/s2 m/s2由牛顿第二定律得，mgsin mgcos ma3解得0.093(2)物块在拉力F的作用下，沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度大小为，a1 m/s20.5 m/s2由牛顿第二定律得，Fmgsin mgcos ma1解得F2.5 N答案(1)0.093(2)2.5 N6解析(1)对木块受力分析，由平衡条件得mgsin FNFNmgcos 联立得：tan tan 30(2)当小木块向上运动时，小木块的加速度大小为a1，则mgsin mgcos ma1，设小木块的位移为x，则v2a1x联立式代入数值解得x(3)小木块向上运动时间为t1当小木块向下运动时，小木块的加速度大小为a2，则mgsin mgcos ma2，可得a2g由xa2t，得t2则tt1t2答案(1)(2)(3)6