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1、十年高考分类汇编专题十年高考分类汇编专题03牛顿运动定律牛顿运动定律 （20112020） 目录目录 题型一、板块模型及其拓展问题的综合应用 . 1 题型二、弹簧模型弹力的不可突变性 . 9 题型三、整体法与隔离法的综合使用 . 9 题型四、两类动力学问题的综合应用 . 13 题型一、板块模型及其拓展问题的综合应用题型一、板块模型及其拓展问题的综合应用 1.（2020 全国 2）.如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知 M =4m，球和管之间的滑动
2、摩擦力大小为 4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 【考点】运动分析、牛二定律、整体法、隔离法、摩擦力 【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH；（3）152125LH 【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有 M
3、a1=Mg+f ma2= f mg 联立式并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g （2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 02vgH 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0a1t1= v0+a2t1 联立式得 1225Htg 设此时管下端的高度为 h1，速度为 v。由运动学公式可得： 210 11 112hv ta t 01 1vvat 由式可判断此时 v0。此后，管与小球将以加速度 g减速上升 h2，到达最高点。由运动学公式有： 222
4、vhg 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1= h1+ h2 联立式可得 11325HH （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1这一过程中，由动能定理有 Mg（HH1）+mg（HH1+x1）4mgx1=0 联立式并代入题给数据得 145xH 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2为 2145xH 设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1+ x2L 联立式，L应满足条件为 152125LH 2.（2019 全国 3）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸
5、长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0 时，木板开始受到水平外力 F 的作用，在 t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力 f随时间 t变化的关系如图（b）所示，木板的速度 v与时间 t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取 g=10m/s2。由题给数据可以得出 A. 木板的质量为 1kg B. 2s4s内，力 F 的大小为 0.4N C. 02s内，力 F 的大小保持不变 D. 物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2 【考点】：运动学图像分析、牛二定律 、隔离法、 摩擦力 【答案】A、B 【解析】：结合图 c 可知 0-2s 木板未发生运动，所以在 A
6、B 之间产生的摩擦力为静摩擦力，结合图 b 可得外力 F 在不断增大，故 C 选项错误； 结合图 c， 可知在 4s5s 之间木板的加速度大小为 0.2m/s2此时木板只受木块给的滑动摩擦力大小为 0.2N，结合牛尔定律可求得木板的质量为 1kg；故 A 选项正确； 结合图 c 可知 2s-4s 物体的加速度大小为 0.2m/s2，对木板受力分析：F-f=Ma;代入参数可得：F=0.4N ，故 B 正确；f=umg,在本题中物块的质量未知故无法求得 u 的大小；故 D 错误； 3. （2019江苏）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐A与B、B 地面间的动摩擦因数均为。先
7、敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g求： （1）A 被敲击后获得的初速度大小 vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB； （3）B 被敲击后获得的初速度大小 vB 【考点】运动分析、牛二定律 【答案】（1）2AvgL（2）2 2BvgL 【解析】 （1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=g，匀变速直线运动 2aAL=vA2 解得2AvgL （2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外
8、力大小F=3mg，由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3g 对齐后，A、B所受合外力大小F=2mg由牛顿运动定律F=2maB，得aB=g （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vBaBt 221122AABBBxa txv ta t， 且xBxA=L 解得2 2BvgL 4.（2015 全国 2）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为=37（sin37=53）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态， 如图所示。 假设某次暴雨中，A浸透
9、雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块） ，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为83，B、C间的动摩擦因数2减小为 0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s 末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求： （1）在 02s 时间内A和B加速度的大小 （2）A在B上总的运动时间 【考点】牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】：3m/s2 1m/s2 4s 【解析】： 选择 0-2s 作为研究过程分别对 A、B 进行受力分析： 隔离 A：) 1.(cossi
10、n11mamgmg 隔离 B：)2.(cos2cossin221mamgmgmg 解得：./1;/32221smasma 选择 0-2s 作为研究过程对物体进行运动分析： 分别对 A、B 进行运动分析：设 2s 末 A 的速度大小为 v1，B 的速度大小为 v2，在 0-2s 时间里 A 走的位移大小为 x1，B 走的位移大小为 x2。 smvatv/6).4.(11 smvtav/2).5.(222 mxtax6).6.(211211 mxtax2).7.(212222 )8.(4211mxxx 选择 2 后分别对 A、B 受力分析： 隔离 A：233/6).9.(sinsmamamg 隔离
11、 B：2442/2).10(cos2sinsmamamgmg 选择 2s 后对 A、B 进行运动分析： 对 A：smvtavv/12).11.(3313 对 B：sttav1).12.(042 求得 B 停止前，A、B 各自的位移大小。 对 A:mxtvvx9).13.(.23313 对 B：mxtvx1).14.(2424 mxxx8432； 故在B停止前即0- 3s的过程中， A相对B走的位移大小为mxx124821。 A距B地底端还剩15m。 选择 3s 后进行运动分析：此时 B 已经停止。 所以：sttatv1.2115/2/33 A 在 B 上运动的总时间未 t=2+1+1=4s.(
12、18) 5.(2015 新课标 1)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取。求 （1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数； （2）木板的最小长度； （3）木板右端离墙壁的最终距离。 【考向】牛顿运动定律；受力分析、运动分析 【答案】 （1）1 = 0.1
13、1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为 6.0m （3）最终距离为 6.5m 【解析】(1) (7 分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M，由牛顿第二定律有： - 1 (m+M)g = (m+M)a1 1 由图可知。木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1= 4m/s ,由运动学公式得： V1 = v0 + a1t1 2 S0 = v0t1 +21 a1t123 式中 t1=1s , s0 = 4.5m 是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。 联立123式和题给条件得：1 = 0.14 在木板与
14、墙壁碰撞后，木板以- v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以 v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为 a2 ,由牛顿第二定律有： - 2mg = ma25 由图可得：a2 = 6 式中 t2 = 2s , v2 = 0 ,联立56式和题给条件得：2 = 0.4 7 （2） (8 分)设碰撞后木板的加速度为 a3 ,经过时间t ,木板和小物块刚好具有共同速度 v3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得： 2mg +1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma38 V3 = - v1 + a3t 9 V3 = v1 + a2t10 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移
15、为： s1 = t11 小物块运动的位移为： s2 = t12 小物块相对木板的位移为：s = s2 s1 13 联立68910111213式，并代入数值得：s = 6.0m 14 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0m。 (3) 在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为 a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为 s3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得： 1 (m+M)g = (m+M)a415 0 v32 = 2a4s3 16 磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 17 联立6891011151617式，并代入数值得： S
16、= - 6.5m 18 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m 。 6.（2013 年全国 2） 一长木板在水平地面上运动，在=0 时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g求: (1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数: (2) 从时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小. 【考点】牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】：0.2 0.3 0.75 【解析】： （1）从 t=0 时开始，木板与物
17、块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止 由图可知，在 t1=0.5 s 时，物块和木板的速度相同设 t=0 到 t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为 a1和 a2，则有： 111tva 1102tvva 式中 v0=5 m/s、v1=1 m/s 分别为木板在 t=0、t=t1时速度的大小设物块和木板的质量均为 m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得 1mg=ma1 2212mamg ）（ 联立式得： 0.201 0.302 （2）0.5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度
18、大小为 a=2g 由于物块的最大静摩擦力1mg2mg，所以物块与木板不能相对静止 根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于2112/2smgmmga 0.5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为：212/1/42 .smmmgmga 则木板速度减为零需要的时间为：savt25. 0/12 则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在 t=0.75s 时停止运动 题型二、弹簧模型弹力的不可突变性题型二、弹簧模型弹力的不可突变性 7.（2015 年海南卷）8 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
19、 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；现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a1，S1和 S2相对原长的伸长分别为l1和l2，重力加速度大小为 g，在剪断瞬间来源:学科网 A.a1=3g B.a1=0 C. l1=2l2 D. l1=l2 【考点】牛二定律、弹簧弹力不可突变的特点 【答案】：A C 【解析】本题考查的重点是弹簧弹力不可突变的特征，剪断前、后弹簧弹力的大小不变；弹簧的伸长量也不变；剪断前将 b、c 当作整体进行研究，可知弹簧 S1 的伸长量：kxmgl21 剪断前对 c 进行研究，可知弹簧 S2 的伸长量：kxmgl 2 故： 212 llC
20、 正确； 剪断前对 A 进行受力分析：mgTlkmg31； 剪断瞬间 T=0，A 只受重力与弹簧的弹力，对 A 受力分析得：mamg 3，ga3； 题型三、整体法与隔离法的综合使用题型三、整体法与隔离法的综合使用 8.（2020 年江苏）.中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第 2 节对第 3节车厢的牵引力为 F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第 3节对倒数第 2 节车厢的牵引力为（ ） A. F B. 1920F C. 19F D. 20F 【考点】牛二定律
21、、隔离法 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意可知第 2 节车厢对第 3 节车厢的牵引力为 F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第 2节对第 3节车厢根据牛顿第二定律有 3838Ffma-= 设倒数第 3 节车厢对倒数第 2节车厢的牵引力为 F1，则根据牛顿第二定律有 122Ffma-= 联立解得119FF =。 故选 C。 9.(2013 福建)质量为 M、长为 L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环。已知重力加速度为 g，不计空气影响。若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于
22、A 端的正下方，如图乙所示。 求此状态下杆的加速度大小 a； 为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力方向如何？ 【考点】牛二定律、隔离法、整体法、正交分解、矢量三角形 【答案】： gaa331环杆）（ （2）gMmF)(332与轻杆成 60 角 【解析】：因为圆环、轻杆整体无相对运动具有共同大小的加速度，所以只要求得圆环的加速度大小即可，圆环受力比轻杆简单，如图所示，对圆环受力分析，结合正交分解找到相应参数之间的关系： gamgTTmaT33);2(30sin.);1 (30cos.环环竖直：水平： 选择轻杆和圆环整体分析：整体之所以能够维持现有的运动状态，需要施加一个斜向右上方的外力 F，
23、假设该力与轻杆之间的夹角为 ，如图所示，对整体受力分析，结合矢量三角形法，将物体所受的外力与合外力放在一个封闭的三角形中，利用矢量三角法即可求得： gMmFFgMmgMmaMm)(332;)(60sin;.603)()(tan 10.（2017 年海南）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块 P、Q 和 R，质量分别为 m、2m 和 3m，物块与地面间的动摩擦因数都为 。用大小为 F 的水平外力推动物块 P，记 R 和 Q 之间相互作用力与 Q 与 P 之间相互作用力大小之比为 k。下列判断正确的是 A若 0，则 k=56 B若 0 ，则35k C若 =0，则12k D若 =0，则35k 【考点
24、】：牛二定律、整体法、隔离法 【答案】:BD 【解析】：将 PQR 看成两部分，PQ 为一部分，R 为一部分，结合结论： QR 之间的力FF631 将 QR 看成一部分，P 看成一部分 PQ 之间的FF652力： 故53k，B 正确，又因为 PQR 与水平面间的摩擦因数相同，故 D 也正确； 11.（2015 全国 2） 在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为32a 的加速度向西行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力
25、大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ） A. 8 B.10 C.15 D.18 【考点】：牛二定律、隔离法 【答案】BC 【解析】：由设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有m节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知：mknFkmF)(32，解得：nk52，k是正整数，n只能是 5 的倍数，故 B、C 正确，A、D 错误 12.（2014 江苏卷） 如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上A、B 间的动摩擦因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为12.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g.现对 A 施加一水平
26、拉力 F，则( ) A当 F2mg 时，A、B 都相对地面静止 B当 F52mg 时，A 的加速度为13g C当 F3mg 时，A 相对 B 滑动 D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12g 【考点】：牛二定律、叠加体的临界值、整体法、隔离法 【答案】：BCD 【解析】 设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为 2mg，f3的最大值为32mg.故当 0F32mg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F， 加速
27、度为a， 则对A， 有F2mg2ma， 对A、B整体， 有F32mg3ma，解得F3mg，故当32mg3mg时，A相对于B滑动由以上分析可知 A 错误，C 正确当F52mg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F32mg3ma，解得ag3，B 正确对B来说，其所受合力的最大值Fm2mg32mg12mg，即B的加速度不会超过12g，D 正确 题型四、两类动力学问题的综合应用题型四、两类动力学问题的综合应用 13.（2020 全国 1）.我国自主研制了运- 20重型运输机。飞机获得的升力大小 F可用2Fkv描写，k为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所
28、受重力相等时的 v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为51.21 10 kg时，起飞离地速度为 66 m/s；装载货物后质量为51.69 10 kg，装载货物前后起飞离地时的 k值可视为不变。 （1）求飞机装载货物后的起飞离地速度； （2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行 1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。 【考点】牛二定律、运动分析 【答案】(1)278m/sv ；（2）2m/s2，39st 【解析】 （1）空载起飞时，升力正好等于重力： 211kvm g 满载起飞时，升力正好等于重力： 222kvm g 由上两式解得： 278m/sv （2）满载
29、货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 2202vax 解得：22m/sa 由加速的定义式变形得：20vvtaa 解得：39st 14.(2016 四川理综,10,17 分)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为 23 m/s 时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了 4 m 时,车头距制动坡床顶端 38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的 4 倍,货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4;货
30、车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取 cos =1,sin =0.1,g=10 m/s2。求: 来源:学科网 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;来源:学科网 (2)制动坡床的长度。 【考点】：牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】： (1)5 m/s2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m 【解析】：(1)设货物的质量为 m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数=0.4,受摩擦力大小为 f,加速度大小为 a1,则 f+mg sin=ma1 f=mg cos 联立式并代入数据得 a1=5 m/s2 a1的方向
31、沿制动坡床向下。 (2)设货车的质量为 M,车尾位于制动坡床底端时的车速为 v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s0=38 m 的过程中,用时为 t,货物相对制动坡床的运动距离为 s1,在车厢内滑动的距离 s=4 m,货车的加速度大小为 a2,货车相对制动坡床的运动距离为 s2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F,F 是货车和货物总重的k 倍,k=0.44,货车长度 l0=12 m,制动坡床的长度为 l,则 Mg sin +F-f=Ma2 F=k(m+M)g s1=vt-21a1t2 s2=vt-21a2t2 s=s1-s2 l=l0+s0+s2 联立并代入数据得 l=9
32、8 m 15.(2015 新课标 1). 如图（a），一物块在 t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 v-t 图线如图（b）所示，若重力加速度及图中的 v0、v1、t1均为已知量，则可求出 A. 斜面的倾角 B. 物块的质量 C. 物块与斜面间的动摩擦因数 D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度 【考点】受力分析、运动分析、牛顿运动定律；v-t 图像的理解 【答案】 A、C、D 【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，受力分析结合牛顿第二定律可得： ) 1.(cossin1mamgmg 结合 v-t 图像的斜率代表物体的加速度大小，可得上滑过程，a1 = -v0/t1 ,图线与 x 轴所围的
33、面积代表物体的位移，故上滑的最大距离为)2.(2110tvx 物体下滑过程也为匀变速直线运动，结合牛二定律得：有：) 3.(cossin2mamgmg 结合 v-t 图像 t1-t2段的斜率可求得 a2，1、3 式联立可求得：、。物体的质量在任一表达式中均被约掉，故不可求；结合 1、2、3 式可确定本题中 ACD 选项正确； 16（2014 新课标全国卷 1）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s，当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度
34、匀速行驶时，安全距离为 120 m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25，若要求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度 【考点】：受力分析、运动分析、牛二定律 【答案】2 m/s(或 72 km/h) 【解析】 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得 0mgma0 sv0t0v202a0 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为，依题意有 250 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律
35、和运动学公式得 mgma svt0v22a 联立式并代入题给数据得 v20 m/s (72 km/h) 17.（2015 海南）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 【考向】受点分析、牛二定律 【答案】BD 【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式fNFF可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故 A 错误 B 正确；设斜面的倾角为，物体的
36、质量为 m，当匀速运动时有sincosmgmg，即sincos，假设物体以加速度 a 向 上 运 动 时 ， 有Nm gacos（），fm gacos（）， 因 为sincos， 所 以s i nm gam gaco s（）（），故物体仍做匀速下滑运动，C 错误 D 正确； 18.（2014 新课标 2）2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯 鲍姆加特纳乘气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录重力加速度的大小 g 取 10 m/s2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始
37、下落至 1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小； (2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为 fkv2，其中 v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关已知该运动员在某段时间内高速下落的 v- t 图像如图所示若该运动员和所带装备的总质量 m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数(结果保留 1 位有效数字) 【考点】:受力分析、运动分析、牛二定律、v-t 图像的理解 【答案】 (1)87 s 8.7102 m/s (2)0.008 kg/m 【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至 1.
38、5 km 高度处的时间为t，下落距离为s，在 1.5 km 高度处的速度大小为v，根据运动学公式有 vgt s12gt2 根据题意有 s3.9104 m1.5103 m 联立式得 t87 s v8.7102 m/s (2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有 mgkv2max 由所给的vt图像可读出 vmax360 m/s 由式得k0.008 kg/m 19.（2014 山东卷）研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以 v072 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行
39、驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L39 m，减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动取重力加速度的大小 g 取 10 m/s2.求： (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值 【考点】受力分析、运动分析、 【答案】 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)415 【解析】(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v020 m/s，末速度vt0，位移s25 m，由运动学公式得 v202as tv
40、0a 联立式，代入数据得 a8 m/s2 t2.5 s (2)设志愿者反应时间为t，反应时间的增加量为t，由运动学公式得 Lv0ts ttt0 联立式，代入数据得 t0.3 s (3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 Fma 由平行四边形定则得 F20F2(mg)2 联立式，代入数据得 F0mg415 20.（2014 北京卷）应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是( ) A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B手托物
41、体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 【考点】受力分析、牛二定律、超重、失重 【答案】D 【解析】本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B 错误手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力 N0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g，C 错误，D 正确 21.
42、（2014 北京卷）伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的 O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为 1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( ) A如果斜面光滑，小球将上升到与 O 点等高的位置 B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小 【考点】本题考查伽利略理想实验 【答案】A 【解析】
43、本题选项之间有一定的逻辑性，题目中给出斜面上铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球的位置逐渐升高，不难想象，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上运动没有能量损失，可以上升到与O点等高的位置，这是可以得到的直接结论，A 正确，B、C、D 尽管也正确，但不是本实验得到的直接结论，故错误 22.（2014 福建卷） 如下图所示，滑块以初速度 v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用 h、s、v、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是( ) 【考点】：图像的理解与应用、牛二定律、受力分析、运动分析 【答案
44、】B 【解析】 设滑块与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为agcosgsin ，故 D 项错误；由速度公式vv0at可知，vt图像应为一条倾斜的直线，故 C 项错误；由位移公式sv0t12at2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得hssinv0t12at2sin，故 A 项错误 23（2014 四川卷）如图所示，水平传送带以速度 v1匀速运动，小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0 时刻 P 在传送带左端具有速度 v2，P 与定滑轮间的绳水平，tt0时刻 P 离开传送带不计定滑轮质量和滑轮与绳之
45、间的摩擦，绳足够长正确描述小物体 P 速度随时间变化的图像可能是( ) A B C D 【考点】：受力分析、运动分析、传送带模型 【答案】BC 【解析】：若P在传送带左端时的速度v2小于v1，则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速度运动，当速度达到v1后做匀速运动，所以 B 正确；当P受到的摩擦力小于绳的拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出若P在传送带左端具有的速度v2大于v1，则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三
46、种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v1，之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为 0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以 C 正确 24 （2014 重庆卷） 以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，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的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的 v- t 图像可能正确的是( ) 【考点】牛二定律、受力分析、运动分析、v-t 图像 【答案】 D 【解析】 本
47、题考查vt图像当不计阻力上抛物体时，物体做匀减速直线运动，图像为一倾斜直线，因加速度ag，故该倾斜直线的斜率的绝对值等于g.当上抛物体受空气阻力的大小与速率成正比时，对上升过程，由牛顿第二定律得mgkvma，可知物体做加速度逐渐减小的减速运动，通过图像的斜率比较，A错误从公式推导出，上升过程中，|a|g ，当v0 时，物体运动到最高点，此时 ag，而 B、C 图像的斜率的绝对值均小于g，故 B、C 错误，D 正确 25.（2013 年全国 2）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以 a 表示物块的加速度大小
48、，F 表示水平拉力的大小。能正确描述 F 与 a 之间的关系的图像是 【考点】牛二定律、受力分析 【答案】C 【解析】： 物块受力分析如图所示： 由牛顿第二定律得；F-mg=ma 解得：F=ma+mg F 与 a 成一次函数关系，故 ABD 错误，C 正确， 故选 C 26.（2013 年山东）如图所示，一质量 m=0.4kg 的小物块，以 V0=2m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力 F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t=2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、B 之间的距离 L=10m。已知斜面倾角=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数33。重力加速度 g 取 10 m/s
49、2. （1）求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小。 （2）拉力 F 与斜面的夹角多大时，拉力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少？ 【考向】牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】（1）8m/s （2） N5313=minF 【解析】：（1）设物块加速度的大小为a，到达 B 点时速度的大小为v，由运动学公式得 2021+=attvL 1 attvv+=0 2 联立12 得2s/m3=a 3 s/m8=v 4 （2）设物块所受支持力为NF，所受摩擦力为fF，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 maFmgFf=-sin-cos 5 0=cos-+sinmgFFN 6 又NfFF = 7 联立567 式得 mamgFsin+cos+)cos+(sin= 8 由数学知识得 )+60sin(332=sin33+cos 9 由89 式可知对应F最小的夹角为 30= 10 联立3810 式，代入数据得F的最小值为N5313=minF 11