1、十年高考（2010-2019年）之高三物理真題精選分類匯編專題03牛頓運動定律題型一、板塊模型綜合應用1. （2019全國3） 7.如圖（a）,物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉g=10m/s2。由題給數據可以得出（力f隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度 v與時間t的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取A.木板的質量為1kgB. 2s4s內，力F的大小為0.4NC. 02s內，力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數為

2、0.2【答案】A、B【考點】運動學圖像、牛二定律摩擦力【解析】結合圖c可知0-2s木板未發生運動，所以在 AB之間產生的摩擦力為靜摩擦力，結合圖 b可得外力F在不斷增大，故 C選項錯誤；結合圖c,可知在4s5s之間木板的加速度大小為0.2m/s2此時木板只受木塊給的滑動摩擦力大小為0.2N ,結合牛爾定律可求得木板的質量為1kg;故A選項正確；結合圖c可知2s-4s物體的加速度大小為 0.2m/s2,對木板受力分析：F-f=Ma;代入參數可得：F=0.4N ,故B錯誤；f=umg,在本題中物塊的質量未知故無法求得u的大小；故D錯誤；2. （2017全國3）如圖，兩個滑塊 A和B的質量分別為 m

3、A=1 kg和mB=5 kg ,放在靜止于水平地面上的木板 的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為圖=0.5；木板的質量為 m=4 kg,與地面間的動摩擦因數為隆=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為Vo=3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求B |一A 一q777777777777777777777777777(1) B與木板相對靜止時，木板的速度；(2) A、B開始運動時，兩者之間的距離。【考向】牛二定律、受力分析、運動分析、板塊模型【答案】1m/s、1.9m【解析】滑塊 A和B在木板上滑動時，木

4、板也在地面上滑動。設 A、B和木板所受的摩擦力大小分別為3f2和f3, A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為由。在物塊B與木板達到共同速度前有fi = NmAgf 2 = kimBgf 3=2(m + mA+mB)g由牛頓第二定律得f 1 FaHaf 2 FIbHbf 2_f i_f 3=mai設在ti時刻，B與木板達到共同速度，其大小為vi。由運動學公式有vi =vo-aBtivi =at聯立式，代入已知數據得vi =im/s (2)在ti時間間隔內，B相對于地面移動的距離為_ I 2Sb -v°t i -2 aBti設在B與木板達到共同速度f

5、i f 3=(mB m)a2iiivi后，木板的加速度大小為 a2,對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有13由式知，aA = aB；再由式知，B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為 w,但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為V2.設A的速度大小從vi變到V2所用時間為t2,則由運動學公式，對木板有V2 ;V1 a2t2對A有V2=-V#aAt2e在t2時間間隔內，B （以及木板）相對地面移動的距離為12Si =Vlt2-2a2t 2在（ti+t2）時間間隔內，A相對地面移動的距離為19SA = %（3+匕）-2 aA（t 1+t2）A和B相遇時，A與

6、木板的速度也恰好相同。因此 A和B開始運動時，兩者之間的距離為S0=Sa+Si+Sb聯立以上各式，并代入數據得s0=1.9m 也（也可用如圖的速度-時間圖線求解）. 一 33. （2015全國2）下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為 0=37 （sin37 =-）5的山坡C,上面有一質量為 m的石板B,其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆 A （含有大量泥土）， A和B均處于靜止狀態，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為 m （可視為質量不變的滑塊），3在極短時間內，A、B間的動摩擦因數 內減小為一，B、C間的動摩擦因數 應減小為0.5, A、B開始運動，

7、8此時刻為計時起點；在第 2s末，B的上表面突然變為光滑，你保持不變。已知 A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m, C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小2 qg=10m/s 。求:(1)在02s時間內A和B加速度的大小(2) A在B上總的運動時間【考向】牛二定律、板塊模型、受力分析、運動分析【答案】3m/s2 1m/s2 4s【解析】選擇0-2S作為研究過程對物體進行受力分析對金進行受力分析:sin & -& = ma1Q)對B進行受力分析：mg sin & +cos 0 一裁 12mg cos & = ma ,(2)ax - 3m/s

8、1 .a2 = m/，選擇0-23作為研究過程對物體進行運動分析 對AB兩個物體進行運動分析：設以末A的速度大小為vi，B的速度大小為力，在 該時間里A走的位移大小為修，H走的位移大小為何嶙二6加5v2 =2腳心演=6憎% = 2桁 =白七(4)匕=即(5)工尸;二;叼陵(7)AA=/一.=4m選擇2s”作為研究過程對物體進行受力分析:對受力分析:詠Win"= 叼(9)對H受力分析:mg sin0-u22mg cos 9 =0)/二 6皿/U口4 =-2m/s2選擇25-作為研窕過程財物體進行運動分析對AB兩個物體進行運動分析！設經過時間t, E物體停止，此時A的速度大小為 啊，在該

9、時間里A走的位移大小為也，B走的位移大小為刈I = 15.K = 12m/ 占對小%=Vj +。小一(11)對E: 0 = v2十4J-Q2)對X；再=；當/13)對出七=/"14)AA =馬一4,；.(15)選擇3s -作為柵究過程設剜余位移的長度為陽 走完剩余長度所施孌的時則為I】對/：十;產(16)AXm =J-AA；-AA7 (17)/ =15故J包上運動的總時間為：，二 2 +十，=4$ (18)4.(2015新課標1)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為，如圖(a)所示。時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，

10、直至時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后時間內小物塊的圖線如圖(b)所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小 g取。求(1)木板與地面間的動摩擦因數及小物塊與木板間的動摩擦因數；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。012 JF/sffi <n：）國 <b>【考向】牛頓運動定律；受力分析、運動分析【答案】(1) 1 = 0.1 崗=0.1 木板的最小長度應為 6.0m (3)最終距離為6.5m【解析】(1)(7分)規定向右為正方向，木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻

11、變速運動，設加速度為al,小物塊和木板的質量分別為m和M,由牛頓第二定律有:-國（m+M）g = （m+M）a 1（1 分）由圖可知。木板與墻壁碰前瞬間的速度vi= 4m/s ,由運動學公式得：V i = vo + aiti （1 分）1 . 2So = vot1 + a1t1 （1 分）2式中t1=1s , so = 4.5m是木板碰前的位移，vo是小物塊和木板開始運動時的速度。聯立式和題給條件得：田=0.1（1分）在木板與墻壁碰撞后，木板以 -v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動。設小物塊的加速度為 a2曲牛頓第二定律有：-圖mg = ma2（1 分）圾- 七

12、由圖可得：a2=七一、（1分）式中t2 = 2s , V2 = 0，聯立56式和題給條件得：（J2 = 0.4“（1分）（2） （8分）設碰撞后木板白加速度為 83，經過時間A t木板和小物塊剛好具有共同速度V3油牛頓第二定律及運動學公式得：2mg + 以（m+M）g = （m+M）a 1 = Ma 3 （1 分）V 3 = - V1 + 83 At ,（1 分）,V 3 = V1 + 82 At ,（1 分）碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為： _%+%S1 = At （1 分）小物塊運動的位移為：S2 =2 A t （1分）小物塊相對木板的位移為：As = &#

13、167; - S1 '（1分）聯立。11漉0式，并代入數值得：As = 6.0m O（2分）因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。（3） （5分）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直到停止，高加速度為84,此過程中小物塊和木板運動的位移為 s3，由牛頓第二定律及運動學公式得：因（m+M）g = （m+M）a 4（1 分）0 - v32 = 284s3 些（1 分）磁碰后木板運動的位移為:s = si + S3的(1分)聯立。110冬的式，并代入數值得：S = -6.5m (2分)木板右端離墻壁的最終距離為6.5m 。5. (2013年全國2)

14、 一長木板在水平地面上運動，在t =0時刻將一相對于地面精致的物塊輕放到木板上, 以后木板運動的速度一時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有靡攘.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小2g=10 m/ s 求：(1)物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數：(2)從t = 0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小【考向】牛二定律、受力分析、運動分析【答案】0.2 0.30.75(1)從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續到物塊和木板具有共同速度為止.由圖可知，在t

15、=0.5 s時，物塊和木板的速度相同.設t=0到t=t1時間間隔內，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,則有：a1 =v1t1a2 =Vo 一2t1式中V0=5 m/s、V1=1 m/s分別為木板在t=0、t=t1時速度的大小.設物塊和木板的質量均為m ,物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為曲、%由牛頓第二定律得 四 1mg=ma1 一(R1+2%) mg=ma23聯立式得:M-1 =0.20 % =0.30(2) 0.5s后兩個物體都做勻減速運動，假設兩者相對靜止，一起做勻減速運動，加速度大小為a=ag由于物塊的最大靜摩擦力pimgv(,2mg,所以物塊與木板不能相對靜止.根據牛

16、頓第二定律可知，物塊勻減速運動的加速度大小等于a2 =Emg = N1g = 2m/ s2m0.5s后物塊對木板的滑動摩擦力方向與速度方向相同，則木板的加速度大小為：/ 2.2mg - Lmg2a1 =二4m / sm則木板速度減為零需要的時間為：t2 =9) = 0.25sai則有：t=0.5+0.25=0.75s,即木板在t=0.75s時停止運動.6. (2013年江蘇)如圖所示，將小祛碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，祛碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若祛碼和紙板的質量分別為m1和m2,各接觸面間的動摩擦因數均為b。重力加速度為go(1)當

17、紙板相對祛碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對祛碼運動，求所需拉力的大小；(3)本實驗中，m1=0。5kg,m2=0。1kg ,N =0。2,祛碼與紙板左端的距離d=0。1m,取g=10 m/s2。若祛碼移動的距離超過1=0。 002m,人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大?【考向】牛二定律、受力分析、運動分析【答案】(1) f =N(2m1+m2)g (2) F >2(m1 +m2)g (3) 22.4(1)祛碼對紙板的摩擦力f1 = Rm1g 桌面對紙板的摩擦力f2=N(m1 + m)gf = f1 + f2解得 f = N(2m1 +m2)g(2)設

18、祛碼的加速度為 a紙板的加速度為 a2,則f1 =m1alF-f-f>=m>a> 發生相對運動a2 > a1解得 F2(m1 m2) g1 1 2,一 一12(3)紙板抽出前，祛碼運動的距離 x1 = a L紙板運動的距離d十% = a2t1221 c紙板抽出后，祛碼在桌面上運動的距離x2 = a3 t2l =x)+x22d由題息知a1 = a3 a1t于 a3t 解得 F =2Nm1+(1+p)m2g代入數據得 F =22.4N題型二、彈簧模型彈力的不可突變性7. (2010年全國1).如右圖，輕彈簧上端與一質量為 m的木塊1相連，下端與另一質量為 M的木塊2相連,整

19、個系統置于水平放置的光滑木坂上，并處于靜止狀態。現將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2通力加速度大小為 go則有()m Ma2 二 M1依然平衡,C. a1 二 0, a2=【考向】牛二定律、彈簧彈力不可突變的特點所以a1 =0,對木塊2受力分析，靜止時Mg+F彈=Fn , mg = F彈，撤掉木板瞬間Fn = 0 ,木塊只受重【解析】對木塊1受力分析靜止時mg = F彈，撤掉下面的木板瞬間彈簧彈力大小不變，故木塊力和彈簧彈力，Mg+mg=Ma2, a2=m-M-g;故C正確M8. （2015年海南卷）8如圖，物塊a、b和c的質量相同，a和b、b和c

20、之間用完全相同的輕彈簧 Si和S2 相連，通過系在 a上的細線懸掛于固定點 O;整個系統處于靜止狀態,；現將細繩剪斷，將物塊 a的加速度記為a1, S1和。相對原長的伸長分別為和小？，重力加速度大小為g,在剪斷瞬間（）A. ai=3gB.ai=0C. li=2Al2D. Ali=Al233【考向】牛二定律、彈簧彈力不可突變的特點【解析】本題考查的重點是彈簧彈力不可突變的特征，剪斷前、后彈簧彈力的大小不變；彈簧的伸長量也不變；剪斷前將 b、c當作整體進行研究，可知彈簧Si的伸長量：=駟kx剪斷前對c進行研究，可知彈簧 S2的伸長量：A|2=m9 kx剪斷前對A進行受力分析： mg +kAli =

21、T =3mg ；剪斷瞬間T=0 , A只受重力與彈簧的彈力，對 A受力分析得：3mg =ma , a = 3g ；題型三、整體法與隔離法的綜合使用9. （20i3福建）質量為M、長為L的桿水平放置，桿兩端 A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩, 繩上套著一質量為 m的小鐵環。已知重力加速度為 g,不計空氣影響。若桿與環保持相對靜止，在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動，此時環恰好懸于A端的正下方，如圖乙所示。求此狀態下桿的加速度大小 a;為保持這種狀態需在桿上施加一個多大的外力方向如何?【答案】（1）a桿=2環=g 3（2） F =2i3（m+M）g 與輕桿成 60 角【解析】因為

22、圓環、輕桿整體無相對運動具有共同大小的加速度，所以只要求得圓環的加速度大小即可,圓環受力比輕桿簡單，如圖所示，對圓環受力分析，結合正交分解找到相應參數之間的關系:nigmg水平:T.cos30 =ma環；豎直：T.sin 30 T =mg（2）;3a環=g 3選擇輕桿和圓環整體分析：整體之所以能夠維持現有的運動狀態，需要施加一個斜向右上方的外力F,假設該力與輕桿之間的夾角為，如圖所示，對整體受力分析，結合矢量三角形法，將物體所受的外力與合外力放在一個封閉的三角形中，利用矢量三角法即可求得：(M+m) g(m M )a tan(m M)g=60;sin60 =(m M)g .2 3F =231m

23、 M)g10. （2017年海南）如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R,質量分別為 m、2m和3m,物塊與地面間的動摩擦因數都為因用大小為F的水平外力推動物塊 P,記R和Q之間相互作用力與 Q與P之間相互作用力大小之比為 k。下列判斷正確的是（）P Q R/V/7/. 一 3B.右產0,則k =54一 3D.右=0,則 k =54一 5A .右產Q則k=-6一 4一 1C.右（.=0,則 k =2【考向】整體法與隔離法的綜合使用【答案】BD【解析】將PQR看成兩部分，PQ為一部分，R為一部分，結合結論：3QR之間的力F1 = F65將QR看成一部分，P看成一部分PQ之間的F2 = 5

24、 F力：6生,3故k = , B正確，又因為PQR與水平面間的摩擦因數相同，故 D也正確； 511. （2015全國2）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂一大小為 a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為 F;當機車在西邊拉著這列車廂一大小為 二a的加速度向東行駛時，鏈接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為 F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節車廂質量相同，則這列車廂的節數可能為D.18n, P、Q掛鉤東邊有m節車廂，每節車廂的質量為 m,由牛頓第二定律可A. 8B.10C.15【考向】隔離法的應用【答案】BC【解析】由設

25、這列車廂的節數為 F 2 F知：=,解得:km 3 (n - k)m2k=n, k是正整數，n只能是5的倍數，故B、C正確，A、D錯反512. （2014江蘇卷） 如圖所示，A、B兩物塊的質量分別為 2m和m,靜止疊放在水平地面上.A、B間的動1 一 .一.摩擦因數為 叢B與地面間的動摩擦因數為11d最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現對A施加一水平拉力F,則（）A.當Fv2pmg時，A、B都相對地面靜止_ 51B.當F = 2mg寸，A的加速度為3dgC.當F > 3 w mg寸，A相對B滑動1D.無論F為何值，B的加速度不會超過2dg【考向】疊加體的臨界值、整體法、隔離法【

26、答案】BCD【解析】 設B對A的摩擦力為 力，A對B的摩擦力為f2,地面對B的摩擦力為f3,由牛頓第三定律可知 fi33與f2大小相等，方向相反，fi和f2的取大值均為2mg f3的取大值為-mg當0<F<2mg寸,A、B均保持靜止；繼續增大 F,在一定范圍內 A、B將相對靜止以共同的加速度開始運動，設當A、B恰好發生相對3滑動時的拉力為 F,加速度為a,則對A,有F 2 mg= 2maXA、B整體，有F - 2dm g3ma',解得F'3= 3mg故當萬科mgFW3d mg寸，A相對于B靜止，二者以共同的加速度開始運動；當 F>3科mg寸，A相對5于B滑動.

27、由以上分析可知 A錯誤，C正確.當F = 5mg寸，A、B以共同的加速度開始運動，將 A、B看作整體，由牛頓第二定律有 F 3dmg3ma,解得a=*? B正確.對B來說，其所受合力的最大值 Fm=2mg23311 一，-2mg2（img即B的加速度不會超過 2D正確.題型四、兩類動力學問題的綜合應用13.（2016四川理綜，10,17分）避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為。的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨

28、物在車廂內滑動了4 m時,車頭距制動坡床頂端 38 m,再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍,貨物與車廂間的動摩擦因數為 0.4;貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板 ，取cos 0 =1,sin 0 =0.1,g=102m/求：避暨軍道ifTZf 500 mTifl指物防府改搬 制動坡床（1）貨物在車廂內滑動時加速，度的大小和方向；（2）制動坡床的長度。【考向】牛二定律、受力分析、運動分析【答案】（1）5 m/s2方向沿制動坡床向下（2）98 m【解析】（1）設貨物的質量為m,貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂間的

29、動摩擦因數科=0.4受摩擦力大小為f,加速度大小為ai,則f+mg sin 0 =通f=mg co暗聯立式并代入數據得a1=5 m/s2a1的方向沿制動坡床向下。（2）設貨車的質量為 M,車尾位于制動坡床底端時的車速為v=23 m/s。貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端So=38 m的過程中，用時為t,貨物相對制動坡床的運動距離為si,在車廂內滑動的距離s=4 m,貨車的加速度大小為a2,貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F,F是貨車和貨物總重的k倍,k=0.44，貨車長度1o=1 2 m,制動坡床的長度為l,則Mg sin 0 +FMa 2F=k（m+M）g

30、 ,1.2-s1=vt-a1t 2s2=vt- ；a2t2S=SiT2 l=l o+S0+S2聯立并代入數據得l=98 m14.（2015新課標1）.如圖（a）, 一物塊在t=0時刻滑上一固定斜面，其運動的 v-t圖線如圖（b）所示，若 重力加速度及圖中的 V0、V1、t1均為已知量，則可求出（）A.斜面的傾角B.物塊的質量C.物塊與斜面間的動摩擦因數D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度【考向】受力分析、運動分析、牛頓運動定律；v-t圖像的理解【答案】 A、C、D【解析】向上滑動到最高點過程為勻變速直線運動，受力分析結合牛頓第二定律可得:-mg sin 二-mg cos【-ma1（1）結合v-t圖

31、像的斜率代表物體的加速度大小，可得上滑過程，ai = -vo/ti，圖線與x軸所圍的面積代表物體的位1移，故上滑的最大距離為x =1v0t1.（2）2物體下滑過程也為勻變速直線運動，結合牛二定律得：有：mg sin日-Nmg cosB = ma2.（3）結合v-t圖像t1-t2段的斜率可求得a2, 1、3式聯立可求得：日、R。物體的質量在任一表達式中均被約掉，故不可求；結合1、2、3式可確定本題中 ACD選項正確；15. （2014新課標全國卷 1）公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離.當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰.通常情況下，人的反

32、應時間和汽車系統的反應時間之和為1 s,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120m.設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的2,若要求安全距離仍為120 m,求汽車在雨5天安全行駛的最大速度.【考向】受力分析、運動分析、牛二定律【答案】2 m/s（或72 km/h）【解析】 設路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數為，剎車時汽車的加速度大小為a°,安全距離為s,反應時間為t°,由牛頓第二定律和運動學公式得（_0mg= ma。2s= v0t0+ 2a0式中，m和v0分別為汽車的質量和剎車前的速度.設在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因

33、數為山依題意有設在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運動學公式得mg ma2,v -s= vt0 + 丁2a聯立式并代入題給數據得v=20 m/s (72 km/h) . (616. (2015海南)如圖，升降機內有一固定斜面，斜面上放一物體，開始時升降機做勻速運動，物塊相對斜面勻速下滑，當升降機加速上升時(A.物塊與斜面間的摩擦力減小C.物塊相對于斜面減速下滑【考向】受力分析B.物塊與斜面間的正壓力增大D.物塊相對于斜面勻速下滑【答案】BD【解析】當升降機加速上升時，物體有豎直向上的加速度，則物塊與斜面間的正壓力增大，根據滑動摩擦力公式Ff =Fn可

34、知接觸面間的正壓力增大，物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯誤B正確；設斜面的傾角為日，物體的質量為 m,當勻速運動時有 mgsin 8 = NmgcosH , IP sin9 =Ncos8，假設物體以加速度 a 向上運動時，有 N=m (g+a) cosB , f = R m (g + a) cos ,因為 sin=Nco 毯，所以 m(g +a) sin日=m(g +a) cos8 ,故物體仍做勻速下滑運動，C錯誤D正確；17. (2014新課標2卷)2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下，經過4分20秒到達距地面約1.5 km高度處，打開降落傘

35、并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界 紀錄.重力加速度的大小g取10 m/s2.(1)若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此處速度的大小；(2)實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動時所受阻力的大小可近似表示為f=kv2,其中v為速率，k為阻力系數，其數值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關.已知該運動員在某段時間內高速下落的v-t圖像如圖所示.若該運動員和所帶裝備的總質量m=100 kg,試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數.（結果保留1位有效數字）皿物 , «25D - 30013d0' j 一黃魚一益4.

36、林 4施 樂【考向】：受力分析、運動分析、牛二定律、 v-t圖像的理解【答案】（1）87 s 8.7 M02 m/s（2）0.008 kg/m【解析】（1）設該運動員從開始自由下落至1.5 km高度處的時間為t,下落距離為s,在1.5 km高度處的速度大小為v,根據運動學公式有v= gt 根據題意有s=3.9 104 m- 1.5 103 m 聯立式得t=87 s 2v= 8.7 10 m/s（2）該運動員達到最大速度 Vmax時，加速度為零，根據牛頓第二定律有 mg = kvmax 由所給的v-t圖像可讀出Vmax= 360 m/s）由式得 k= 0.008 kg/m 18. （2014山東

37、卷）研究表明，一般人的剎車反應時間（即圖甲中 反應過程”所用時間）t°=0.4 s,但飲酒會導致反應時間延長.在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以v°=72 km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛，從發現情況到汽車停止，行駛距離L=39 m,減速過程中汽車位移 s與速度v的關系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運動.取重力加速度的大小g取10 m/s2.求：能理而正開蛤.酸速汽車停止/Vx zy? / / X . . / / . , XdfZ'Z'Z'ZV 7z zZ "- Z .', .卜浣3程小«iniM乙圖甲

38、(1)減速過程汽車加速度的大小及所用時間；(2)飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少；(3)減速過程汽車對志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值.【考向】受力分析、運動分析、【答案】(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3) 41 5【解析】(1)設減速過程中汽車加速度的大小為位移s= 25 m,由運動學公式得a,所用時間為t,由題可得初速度 vo =20 m/s,末速度 vt= 0,聯立式，代入數據得v2= 2as a = 8 m/s2 區t= 2.5 s (2)設志愿者反應時間為t',反應時間的增加量為困，由運動學公式得L = vot'+ s At=t-

39、 to聯立式，代入數據得At=0.3 s (3)設志愿者所受合外力的大小為F,汽車對志愿者作用力的大小為Fo,志愿者質量為得m,由牛頓第二定律由平行四邊形定則得聯立式，代入數據得F2= F2+(mg)2 Fo 41 公一二丁mg 519. （2014北京卷）應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出.對此現象分析正確的是（）A.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態B.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力

40、加速度【考向】受力分析、牛二定律、超重、失重【答案】D【解析】本題考查牛頓第二定律的動力學分析、超重和失重.加速度向上為超重向下為失重，手托物體拋出的過程，必定有一段加速過程，即超重過程，從加速后到手和物體分離的過程中，可以勻速也可以減速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B錯誤.手與物體分離時的力學條件為：手與物體之間的壓力N = 0,分離后手和物體一定減速，物體減速的加速度為g,手減速要比物體快才會分離，因此手的加速度大于g, C錯誤，D正確.20. （2014北京卷）伽利略創造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發展.利用如圖所示的裝置做如下實驗：

41、小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上升.斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次O點等高的位置為1、2、3.根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是（）A.如果斜面光滑，小球將上升到與B.如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態C.如果小球受到力的作用，它的運動狀態將發生改變D.小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小【考向】本題考查伽利略理想實驗.【解析】本題選項之間有一定的邏輯性，題目中給出斜面上鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料，小球的位置逐漸升高，不難想象，當斜面絕對光滑時，小球在余面上運動沒有能量損失，可

42、以上升到與。點等高的位置，這是可以得到的直接結論，A正確，B、C、D盡管也正確，但不是本實驗得到的直接結論，故錯誤.21. （2014福建卷）如下圖所示，滑塊以初速度vo沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零.對于該運動過程，若用 h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖像中能正確描述這一運動規律的是（）ABCD【考向】圖像的理解與應用、牛二定律、受力分析、運動分析【答案】B【解析】 設滑塊與斜面間的動摩擦因數為斜面傾角為 依滑塊在表面粗糙的固定斜面上下滑時做勻減速直線運動，加速度不變，其加速度的大小為 a=cos 9- gsin。，

43、故D項錯誤；由速度公式v= v0at可知,1v-t圖像應為一條傾斜的直線，故C項錯誤；由位移公式s=vot2at2可知，B項正確；由位移公式及幾何關系可得 h = ssin 0= vot 2at2 sin 0,故 A 項錯誤.22. （2014四川卷）如圖所示，水平傳送帶以速度vi勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t=0時刻P在傳送帶左端具有速度 v2, P與定滑輪間的繩水平，t=to時刻P離開傳送帶.不計 定滑輪質量和滑輪與繩之間的摩擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是 （）ABCD【考向】受力分析、運動分析、傳送帶模型【答案】BC【解析】若P在傳送帶左端時的速度 V2小于V1,則P受到向右的摩擦力，當 P受到的摩擦力大于繩的拉力時，P做加速運動，則有兩種可能：第一種是一直做加速運動，第二種是先做加速度運動，當速度達到V1后做勻速運動，所