【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练8 牛顿运动定律.doc，共(10)页，368.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练8牛顿运动定律1．(2018·黑龙江双鸭山一中期末)亚里士多德在其著作《物理学》中写道：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的“非自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡儿、牛顿等

人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是()A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变

速运动的原因C．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性D．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的答案：D解析：根据惯性的定义可

知A、B、C正确；绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故D错误．2．(2018·江西丰城中学二诊)如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是()A．物体对斜面的压力和斜

面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力答案：C解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力大

小相等、方向相反、并且作用在同一直线上，但是这两个力作用在两个物体上，所以应为作用力和反作用力，所以A错误．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面向下的力，垂直于斜面向下的分力不是对斜面的压力，因为作用点不同，对斜面的压力作用点应在斜面上，而垂直于斜面向下的分力作

用点在物体上，所以B错误．斜面对物体的作用力是斜面对物体的支持力和摩擦力的合力，与物体的重力平衡，所以物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力，C正确．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一

对作用力和反作用力，物体所受斜面的摩擦力与重力沿斜面的分力为平衡力，所以D错误．3．(2018·湖北天门期末联考)很多教室里都安装有吊扇，下列关于吊扇对悬挂点的作用力的判断正确的是()A．不转动与正常转动时相比，吊扇对悬挂

点的拉力相等B．不转动与正常转动时相比，不转动时吊扇对悬挂点的拉力要小一些C．不转动与正常转动时相比，不转动时吊扇对悬挂点的拉力要大一些D．在不转动与正常转动的实际情况下，吊扇对悬挂点可能存在拉力、压力或没有作用力三种情况

答案：C解析：吊扇不转动时，吊扇对悬挂点的拉力大小等于吊扇的重力大小，吊扇旋转时要向下扇风，即对空气有向下的压力，根据牛顿第三定律，空气也对吊扇有一个向上的反作用力，使得吊扇对悬挂点的拉力变小，故C正确，A、B错误；在实际的情况下，一般是不会出现空气对吊扇的作用力大于等于其重力的，故D错误．4．(

2018·山东潍坊中学月考)物块A放在斜面体的斜面上，和斜面体一起水平向右做加速运动，如图所示，若物块与斜面体保持相对静止，物块A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能是()A．斜向右上方B．水平向右C．斜向右下方D．竖直向上答案：A解析：物块A受

到竖直向下的重力，而加速度水平向右，即A受到的合力水平向右，所以只能再受到斜向右上方的作用力，即物块A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力的方向可能斜向右上方，A正确．5．(2018·浙江绍兴一中期末)如图所示，一幼儿园小朋友在水平桌面

上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，受到老师的表扬．下列说法正确的是()A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的

作用力一定竖直向上答案：D解析：石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取a、b作为整体研究，根据平衡条件，则石块c对b的

作用力与a、b的总重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确．6.(2018·湖北黄冈中学模考)(多选)如图所示，三个质量均为m的物块a、b、c，用两个轻弹簧和一根轻绳相连，挂在天花板上，处于静止状态．现将b、c之间的轻绳剪断，下列说法正确的是

()A．在刚剪断轻绳的瞬间，b的加速度大小为gB．在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2gC．剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止D．剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态答案：BD解析：剪断轻绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹

簧弹力瞬间不变；对b根据牛顿第二定律可得mab＝2mg，解得ab＝2g，方向向下；c上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于三个物块的总重力，即3mg，剪断轻绳后，对c根据牛顿第二定律可得3mg－mg＝mac，解得ac＝2g，方

向向上，所以A错误，B正确；剪断轻绳后，a、b下落过程中，二者在开始的一段时间内加速度不同，所以两者不会保持相对静止，两者之间的轻弹簧长度一定会发生变化，C错误；剪断轻绳后，a、b下落过程中，a、b加速度相等的瞬间，两者之间的

轻弹簧一定处于原长状态，此时二者的加速度都为g，D正确．7．(2018·湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示，已知重力加

速度为g，下列说法正确的是()A．铝球刚开始运动的加速度a0＝gB．铝球下沉的速度将会一直增大C．铝球下沉过程所受到油的阻力f＝ma0vv0D．铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功答案：C解析：刚开始释放时，铝球受到竖直向下的

重力和竖直向上的浮力作用，即a0＝mg－F浮m＝g－F浮m<g，A错误；由图乙可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，当a＝0时，铝球下沉的速度达到最大，之后匀速运动，B错误；刚开始释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力、浮力，由牛顿第二定律可得mg－F浮－f＝ma，由a－

v图象可知a＝a0－a0v0v，由以上各式解得铝球与油的阻力f＝ma0vv0，C正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力、浮力所做的功，故D错误．8．(2018·山东省实验中学二诊)(多选)如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一质量为m的小球，整体处

于平衡状态，弹簧a与竖直方向成30°角，弹簧b与竖直方向成60°角，a、b两弹簧的形变量相等，重力加速度为g，则()A．弹簧a、b的劲度系数之比为3：2B．弹簧a、b的劲度系数比为3：1C．若弹簧a下端与小球松

脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD．若弹簧b下端与小球松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g2答案：BD解析：对小球受力分析，受到弹簧a的拉力、弹簧b的拉力和重力，三力平衡，故有Ta＝mgcos30°＝kaΔx，Tb＝mgsin30°＝

kbΔx，故kakb＝cos30°sin30°＝31，A错误，B正确；若弹簧a下端与小球松脱，松脱瞬间弹簧b的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b的弹力的合力与Ta大小相等、方向相反，故a＝mgcos30°m＝32g，若弹簧b下端与小球

松脱，则松脱瞬间a弹簧的弹力不变，故小球所受重力和a弹簧弹力的合力与Tb大小相等、方向相反，故小球的加速度a′＝mgsin30°m＝12g，C错误，D正确．9.(多选)在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用而

运动，在其正前方固定一根足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是()A．物块接触弹簧后立即做减速运动B．当物块的加速度为零时，它的速度最大C．当弹簧处于最大压缩量时，物块的加速度

等于零D．物块接触弹簧后先加速后减速答案：BD解析：物块一直受水平恒力F的作用，刚刚与弹簧接触时，弹簧的形变量较小，弹力小于F，则a＝F－F弹m，方向向右做加速度减小的加速运动，所以A项错误．物块继续向右运动，弹簧的形变量增大，当a＝F－F弹m＝0时，速度达到最大且方向向右，所以B项正

确．物块继续向右运动，弹簧的形变量持续增大，此时弹力大于恒力F，则a＝F弹－Fm，方向向左，物块开始减速，当速度为零时，物块的加速度仍然向左，不为零，所以C项错误．综上可知，物体接触弹簧后向右先做加速运动，再做减速运动

，所以D项正确．10．如图所示，小车内两根不可伸长的细线AO、BO拴住一小球，其中BO水平，小车沿水平地面向右做加速运动，AO与BO的拉力分别为TA、TB.若加速度增大，则()A．TA、TB均增大B．TA、TB均减小C．TA不变，TB增大D．TA减小，TB不变答案：C解析：设

OA与竖直方向的夹角为θ，则对小球有TAcosθ＝mg，TB－TAsinθ＝ma，故若加速度增大，TA不变，TB增大．选项C正确．11．如图所示，在水平面上沿直线运动的小车上有一个固定的水平横杆，横杆左端悬挂的小球A和小车右端放置的物块B都相对车厢静止．关于物块B受到的摩擦力

，下列判断中正确的是()A．物块B不受摩擦力作用B．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向左C．物块B受摩擦力作用，大小恒定，方向向右D．因小车的运动方向不能确定，故物块B受的摩擦力情况无法判断答案：C解析：根据题意，小球处于静

止状态，设细绳与竖直方向夹角为θ，小球受到重力和沿绳方向的拉力，小球加速度为a＝gtanθ，方向水平向右，则物块B受到重力、支持力和向右的摩擦力，故选项A、B、D错误，选项C正确．12．(2018·天津五区县联考)如图甲

所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0＝5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端静止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能

量损失，g取10m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.答案：(1)0.5(2)1＋52s解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑

块有μmg＝ma，滑块恰好滑到木板右端静止，则0－v20＝－2aL，解得μ＝v202gL＝0.5.(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，上滑的最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1,0－v

20＝－2a1s,0＝v0－a1t1，解得s＝1.25m，t1＝12s．设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，s＝12a2t22，解得t2＝52s，滑块从滑

上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t＝t1＋t2＝1＋52s.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速

度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案：BC解析：由题意知此恒力即为质点所受合外力，若原速度与该恒力在一条直线上，则质点做匀变速直线运动，质点单位时间

内速率的变化量总是不变的；原速度与该恒力不在一条直线上，则质点做匀变速曲线运动，速度与恒力间夹角逐渐减小，质点单位时间内速度的变化量是不变的，但速率的变化量是变化的．A、D项错误，B项正确；由牛顿第二定律知，质点加速度的方向总与

该恒力方向相同，C项正确．2.(2016·江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．

鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案：BD解析：由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，故A错误；因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数

相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错误；若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，

则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．3．(2015·海南卷)(多选)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为

a1，S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间()A．a1＝3gB．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2答案：AC解析：剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，

因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同．则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确、B错误；由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·广东肇庆二模)设雨点下落过程

中受到的空气阻力与雨点(可看成球形)的横截面积S成正比，与下落速度v的二次方成正比，即f＝kSv2，其中k为比例常数，且雨点最终都做匀速运动．已知球的体积公式为V＝43πr3(r为半径)．若两个雨点的半径之比为：2，则这两个雨点的落地速度之比为()A．：2B．：2C．：4D．：

8答案：A解析：当雨点做匀速直线运动时，重力与阻力相等，即f＝mg，故k×πr2×v2＝ρ×43πr3g，即v2＝4ρrg3k，由于两个雨点的半径之比为：2，则落地速度之比为：2，选项A正确．5．(2018

·广东深圳一调)(多选)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使位移x增大()A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块

的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板之间的动摩擦因数答案：BD解析：根据牛顿第二定律得，木块的加速度为a1＝F－μmgm＝Fm－μg，木板的加速度为a2＝μmgM，设木板长为L，根据L＝12a1t2－12a2t2，得t＝2La1－a2.木板相对地面运动的位移为x＝12a2

t2，则知若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，x减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t增大，x增大，故B正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度变大，木

板的加速度不变，则t减小，x减小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t增大，x增大，故D正确．6．(2018·安徽安庆期末联考)如图所示，AD是固定斜面体底边BC的高，F、G分别是光滑斜面AB、AC的中点，DE垂直于AB，DH

垂直于AC，甲、乙两个小球(均视为质点)从斜面的顶点A分别沿斜面AB、AC同时由静止下滑，下列说法正确的是()A．当甲球运动到E点时，乙球可能运动到AG间某点B．当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点C．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到G点D．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到H点答案

：B解析：设斜面AB和AC的倾角分别为α、β，AD＝h，则小球在两个斜面上下滑的加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，当甲球运动到E点时所需时间t1＝2hsinαa1＝2hg，同理乙球运动到H点所需

时间也为t2＝2hg，即当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点，选项B正确，A错误；甲球运动到F点的时间t3＝2·12·hsinαgsinα＝1sinαhg，同理乙球运动到G点的时间为t4＝1sinβh

g，因α不一定等于β，故当甲球运动到F点时，乙球不一定运动到G点，选项C错误；假设当甲球运动到F点时，乙球同时也运动到H点，则t2＝t3，故2hg＝1sinαhg，则sinα＝22，则α＝45°，即只有当α

＝45°时，上述假设才成立，但本题未给出α的大小，所以无法判断，选项D错误．7.(2018·甘肃诊断)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固

定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10m/s2)，下列说法中正确的是()A．小球受力个数不变B．小球立即向左加速，且加速

度的大小为a＝8m/s2C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10m/s2D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝102m/s2答案：B解析：剪断前水平面对球弹力为零，所以地面对球无摩擦力作用，由平衡条件得：弹簧弹力为F＝mg＝10N，剪断瞬间，弹力大小仍为

F＝10N，方向水平向左，细绳上拉力消失，小球除受重力外，还受支持力与摩擦力作用，所以剪断瞬间受四个力作用，a＝F－fm＝10－μmgm＝8m/s2，故B正确，A、C、D错误．刷最新原创——抓重点8．(2018·广东深圳

二模)如图所示，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F正比于Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则

该物块的质量为()A．64mB．32mC．8mD．4m答案：A解析：设质量为m的正方体物块的边长为a，物块被匀速推动，根据平衡条件，有F＝f，N＝mg，其中F＝kSv20＝ka2v20，f＝μN＝μmg＝μρa3g，解得a＝kv20μρg，现在风速变

为2v0，故刚好能推动的物块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍，故A正确．9．(2018·河北正定中学期中)如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与

小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ<β，则滑块的运动情况是()A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆减速上滑答案：D解析：把滑块和球看成一个整体受力分析，沿杆和垂直杆建立直角坐标系，若速度方向向下，则

沿杆方向有(m1＋m2)gsinθ－f＝(m1＋m2)a，垂直杆方向有FN＝(m1＋m2)gcosθ，摩擦力f＝μFN，联立可解得a＝gsinθ－μgcosθ.对小球有，若θ＝β，a＝gsinβ，现有θ<β，则有a>gsinβ，所

以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以滑块沿杆减速上滑，故D正确．刷

易错易误——排难点易错点1易混淆滑动摩擦力和静摩擦力计算方法的区别10．(2018·辽宁庄河高中月考)如图所示，质量分别为M、m的滑块A、B叠放在固定的、倾角为θ的斜面上，A与斜面间、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，当A、B从静止开始以相同的加速度下滑时，关于

B受到的摩擦力，下列说法正确的是()A．等于零B．方向平行于斜面向下C．大小为μ1mgcosθD．大小为μ2mgcosθ答案：C解析：以滑块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为a＝g(sinθ－μ1cosθ)

，设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有mgsinθ＋f＝ma，解得f＝ma－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、B、D错误，C正确．易错点2对运动过程分析不清11

．(2018·黑龙江哈六中月考)如图所示，m＝1.0kg的小滑块以v0＝4m/s的初速度从倾角为37°的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6.若从滑块滑上斜面起，经0.8s滑块正好通过B点，则A

B之间的距离为()A．0.8mB．0.64mC．0.76mD．0.6m答案：B解析：滑块向上滑行时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma，代入数据解得a＝10m/s2，滑块上滑时速度从v0＝4m/s减速到零需

要的时间为t0＝v0a＝410s＝0.4s，上滑的最大距离s＝v202a＝4220m＝0.8m，经过0.4s，滑块达到最高点，速度为零，然后向下滑行，设下滑的加速度大小为a′，由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′，代入数据解得a′＝2

m/s2，下滑时间为t′＝t－t0＝0.8s－0.4s＝0.4s，下滑的距离为s′＝12a′t′2＝0.5×2×0.42m＝0.16m，AB间的距离为sAB＝s－s′＝0.8m－0.16m＝0.64m．故选B.刷综合大题——提能力12．(2018·广西适应性测试)如图所示，12个相同的木块

放在水平地面上排成一条直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m＝1.2kg，长度l＝0.5m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M＝1kg的小铅块(可视为质点)，它与各木块间的动摩擦

因数均为μ2＝0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v0＝9m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)小铅块相对木块滑动时小铅块的加速度大小；(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．答案：(

1)5m/s2(2)6m/s解析：(1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由牛顿第二定律可知μ2Mg＝Ma解得：a＝5m/s2(2)设小铅块最多能带动x个木块运动，对x个木块整体进行受力分析，当小铅块下的x个木块发生运动时，则有μ2Mg≥μ

1(mgx＋Mg)解得：x≤3.33即小铅块最多只能带动3个木块运动设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知：－μ2Mg×9l＝12M(v2－v20)解得：v＝6m/s