2019年高考物理实验真题分类汇编解析专题03 牛顿运动定律(解析版)

十年高考(2010-2019年)之高三物理真题精选分类汇编

专题03 牛顿运动定律

题型一、板块模型综合应用

1.（2019全国3）7.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸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. 2s~4s内，力F的大小为0.4N C. 0~2s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 【答案】A、B

【考点】运动学图像、牛二定律 摩擦力

【解析】结合图c可知0-2s木板未发生运动，所以在AB 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4s—5s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 错误；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；

2.（2017全国3）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求

1

（1）B与木板相对静止时，木板的速度； （2）A、B开始运动时，两者之间的距离。 【考向】牛二定律、受力分析、运动分析、板块模型 【答案】1m/s、1.9m

【解析】滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有

f1mg ①

1Af2mg ②

1Bf3(mm+m2AB)g ③

由牛顿第二定律得

ff1mAaA ④

mBaB

⑤

ma1 ⑥

2f2f1f3设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有

vvat10B1 ⑦

vat111 ⑧

联立式，代入已知数据得

v1 =1m/s ⑨ （2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为

sBv0t112 ⑩ aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有

f1f3(mBm)a11 ○

2由式知，aA=aB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由

2

题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有

vvat212212 ○

对A有

vvat21A213 ○

在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为

s1v1t21214 ○

2a2t2在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为

sAv（t1+t2）-01aA(t1+t2)2 2

A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0=sA+s1+sB

联立以上各式，并代入数据得 s0=1.9m

（也可用如图的速度-时间图线求解）

3.（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θ=37°（sin37°=

3）5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μ1减小为

3，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，8此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边

3

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0~2s时间内A和B加速度的大小 （2）A在B上总的运动时间

【考向】牛二定律、板块模型、受力分析、运动分析 【答案】3m/s2 1m/s2 4s 【解析】

4

4.(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）μ1 = 0.1 μ1 = 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

5

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： -μ1 (m+M)g = (m+M)a1 ·······① (1分)

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 (1分) S0 = v0t1 +

1 a1t12········③ (1分) 2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：μ1 = 0.1·······④ (1分)

在木板与墙壁碰撞后，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： -μ2mg = ma2········⑤ (1分)

由图可得：a2 = ·······⑥ (1分)

5○6式和题给条件得：μ2 = 0.4 ·式中t2 = 2s , v2 = 0 ,联立○·····⑦ (1分)

（2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a3 ,经过时间Δt ,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：

μ2mg +μ1 (m+M)g = (m+M)a1 = Ma3······⑧ (1分) V3 = - v1 + a3Δt ·······⑨ (1分) V3 = v1 + a2Δt······⑩ (1分)

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1 =

11 (1分) Δt······○

小物块运动的位移为： s2 = 12 (1分) Δt······○

13 (1分) 小物块相对木板的位移为：Δs = s2 – s1 ·····○

11○12○13式，并代入数值得：Δs = 6.0m ·····○14 (2分) 联立⑥⑧⑨⑩○

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) (5分)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：

15(1分) μ1 (m+M)g = (m+M)a4·······○16(1分) 0 – v32 = 2a4s3 ······○

6

17(1分) 磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 ·······○11○15○16○17式，并代入数值得： 联立⑥⑧⑨⑩○18(2分) S = -6.5m ·······○

木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。

5.（2013年全国2） 一长木板在水平地面上运动，在ｔ=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靡攘.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=10m/s求:

(1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:

(2) 从ｔ＝０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.

2

【考向】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：

a1v1…① t1v0v1…② t1a2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μ1、μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma1…③

7

（122）mgma2…④

联立①②③④式得：

10.20…⑤

20.30…⑥

（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，加速度大小为a=μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，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a21mgm1g2m/s2

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：

a1/2.2mg1mgm4m/s2

v0.25s /a1则木板速度减为零需要的时间为：t2则有：t=0.5+0.25=0.75s，即木板在t=0.75s时停止运动．

6.（2013年江苏）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。 若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为。 重力加速度为g。 （1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； （3）本实验中， m1=0。 5kg， m2=0。 1kg，

2 2，砝码与纸板左端的距离d=0。 1m，取g=10m/s。 =0。

若砝码移动的距离超过l=0。 002m，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？

【考向】牛二定律、受力分析、运动分析

【答案】（1）f(2m1m2)g（2）F2(m1m2)g（3）22.4 【解析】

8

(1)砝码对纸板的摩擦力 f1m1g 桌面对纸板的摩擦力 f2(m1m2)g

ff1f2 解得 f(2m1m2)g

(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则

f1m1a1 Ff1f2m2a2 发生相对运动 a2a1

解得 F2(m1m2)g

1121at1 纸板运动的距离dx1a2t12 2212纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2a3t2 lx1x2

2d由题意知 a1a3,a1t1a3t2 解得 F2[m1(1)m2]g

l(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1代入数据得 F22.4N

题型二、弹簧模型弹力的不可突变性

7.（2010年全国1）.如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2重力加速度大小为g。则有（ ）

A. a10，a2g B. a1g，a2g C. a10,a2mMmMg D. a1g，a2g MM【考向】牛二定律、弹簧弹力不可突变的特点 【答案】 C

【解析】对木块1受力分析静止时mgF弹，撤掉下面的木板瞬间弹簧弹力大小不变，故木块1依然平衡，所以a10，对木块2受力分析，静止时MgF弹FN，mgF弹，撤掉木板瞬间FN0，木块只受重

9

力和弹簧弹力，MgmgMa2，a2mMg;故C 正确 M8.（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（ ）

A.a1=3g B.a1=0 C. △l1=2△l2 D. △l1=△l2 【考向】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：l1剪断前对c进行研究，可知弹簧S2的伸长量：l2故： l12l2C正确；

剪断前对A进行受力分析：mgkl1T3mg；

剪断瞬间T=0，A只受重力与弹簧的弹力，对A受力分析得：3mgma，a3g；

题型三、整体法与隔离法的综合使用

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A端的正下方，如图乙所示。 ①求此状态下杆的加速度大小a；

②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力方向如何？

2mg kxmg kx

10

【答案】

（1）a杆a环（2）F3g3

23(mM)g与轻杆成60角 3【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：

水平：T.cos30ma环(1);竖直：T.sin30Tmg(2);a环3g3

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，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：

(mM)a3(mM)g(mM)g60;........sin60;

F23F(mM)g3tan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μ。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

11

间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（ ）

A．若μ≠0，则k=C．若μ=0，则k53 B．若μ≠0 ，则k 6513 D．若μ=0，则k 25【考向】整体法与隔离法的综合使用 【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F13F 65F力： 6将QR看成一部分，P 看成一部分PQ之间的F2故k3，B正确，又因为PQR 与水平面间的摩擦因数相同，故D 也正确； 511.（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 【考向】隔离法的应用 【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：

F2F2，解得：kn，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误 km3(nk)m512.（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1

摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ.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

2一水平拉力F，则( )

A．当F＜2μmg 时，A、B都相对地面静止 51

B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

23

12

C．当F＞3μmg时，A相对B滑动

1

D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

2

【考向】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f133

与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg.故当022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3

滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′－2μmg＝2ma′，对A、B整体，有F′－μmg＝3ma′，解得F′

23

＝3μmg，故当μmg3μmg时，A相对

25

于B滑动．由以上分析可知A错误，C正确．当F＝μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看

23μg

作整体，由牛顿第二定律有F－μmg＝3ma，解得a＝，B正确．对B来说，其所受合力的最大值Fm＝2μmg

23311

－μmg＝μmg，即B的加速度不会超过μg，D正确． 222

题型四、两类动力学问题的综合应用

13.(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θ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 θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:

13

(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向; (2)制动坡床的长度。

【考向】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μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则 f+mg sinθ=ma1① f=μmg cosθ②

联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2③ a1的方向沿制动坡床向下。

(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 θ+F-f=Ma2④ F=k(m+M)g⑤

12a1t⑥ 21s2=vt-a2t2⑦

2s1=vt-s=s1-s2⑧ l=l0+s0+s2⑨

联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩

14.(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

14

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

【考向】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：

mgsinmgcosma1...(1)

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轴所围的面积代表物体的位移，故上滑的最大距离为x1v0t1...(2) 2 物体下滑过程也为匀变速直线运动，结合牛二定律得：有：mgsinmgcosma2...(3)

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；

15．（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的速度匀速行驶时，安全距离为120 2

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，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨

5天安全行驶的最大速度．

【考向】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μ0，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

μ0mg＝ma0① v20

s＝v0t0＋②

2a0

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μ，依题意有

15

2

μ＝μ0③

5

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，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg＝ma④ v2

s＝vt0＋⑤

2a

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v＝20 m/s (72 km/h)．⑥

16.（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】受力分析 【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FfFN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，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinmgcos，即sincos，假设物体以加速度a向上运动时，有Nm（ga）cos，fm（ga）cos，因为sincos，所以

m（ga）sinm（ga）cos，故物体仍做匀速下滑运动，C错误D正确；

17.（2014·新课标2卷）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f＝kv2，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m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度

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时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)

【考向】:受力分析、运动分析、牛二定律、v-t 图像的理解 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m

【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 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 v＝gt① 1

s＝gt2② 2根据题意有

s＝3.9×104 m－1.5×103 m③ 联立①②③式得 t＝87 s④ v＝8.7×102 m/s⑤

(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 mg＝kv2max⑥

由所给的v-t图像可读出 vmax≈360 m/s⑦

由⑥⑦式得k＝0.008 kg/m ⑧

18.（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)t0＝0.4 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v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 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：

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(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． 【考向】受力分析、运动分析、 【答案】 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)

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【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v0＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得

v20＝2as① v0t＝② a

联立①②式，代入数据得

a＝8 m/s2③ t＝2.5 s④

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L＝v0t′＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥

联立⑤⑥式，代入数据得

Δt＝0.3 s⑦

(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

F＝ma⑧

由平行四边形定则得

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F20＝F＋(mg)⑨

联立③⑧⑨式，代入数据得

F041

＝⑩ mg5

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19.（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 【考向】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 N＝0，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．

20.（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 【考向】本题考查伽利略理想实验． 【答案】A

【解析】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．

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21.（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( )

【考向】图像的理解与应用、牛二定律、受力分析、运动分析 【答案】B

【解析】 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，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a＝μgcosθ－gsin θ，故D项错误；由速度公式v＝v0－at可知，1v-t图像应为一条倾斜的直线，故C项错误；由位移公式s＝v0t－at2可知，B项正确；由位移公式及几何关

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v0t－at2sinθ，故A项错误． 系可得h＝ssinθ＝2

22．（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，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，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 【考向】受力分析、运动分析、传送带模型 【答案】BC

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【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．

23．（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( )

【考向】牛二定律、受力分析、运动分析、v-t图像 【答案】 D

【解析】 本题考查v-t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a＝－g，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－mg－kv＝ma，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v＝0时，物体运动到最高点，此时 a＝－g，而B、C图像的斜率的绝对值均小于g，故B、C错误，D正确．

24.（2013年全国2卷）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，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（ ）

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【考向】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-μmg=ma 解得：F=ma+μmg

F与a成一次函数关系，故ABD错误，C正确， 故选C．

25.（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θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数（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？

3。重力加速度g取10 m/s2. 3

【考向】牛二定律、受力分析、运动分析

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【答案】（1）8m/s （2） Fmin=133N 5【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

12L=v0t+at ①

2v=v0t+at ②

联立○1○2得a=3m/s ③

2v=8m/s ④

（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcosα-mgsinθ-Ff=ma ⑤

Fsinα+FN-mgcosθ=0 ⑥

又Ff=μFN ⑦ 联立⑤⑥⑦式得

F=mg(sinθ+μcosθ)+ma ⑧

cosα+μsinα由数学知识得

cosα+323sinα=sin(60°+α) ⑨ 33由○8○9式可知对应F最小的夹角为 α=30° ⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为Fmin=

133N ○11 5 23