(2011-2020)十年高考物理真题分类汇编03 牛顿运动定律(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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TOC \ "1-2" \h \u \l _Tc23600 题型一、板块模型及其拓展问题的综合应用 PAGEREF _Tc23600 1
\l _Tc30417 题型二、弹簧模型弹力的不可突变性 PAGEREF _Tc30417 9
\l _Tc29599 题型三、整体法与隔离法的综合使用 PAGEREF _Tc29599 10
\l _Tc21651 题型四、两类动力学问题的综合应用 PAGEREF _Tc21651 14
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） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【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
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（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
SKIPIF 1 < 0 ④
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
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
SKIPIF 1 < 0 ⑥
设此时管下端高度为h1，速度为v。由运动学公式可得：
SKIPIF 1 < 0 ⑦
SKIPIF 1 < 0 ⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。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：
SKIPIF 1 < 0 ⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
SKIPIF 1 < 0 ⑪
（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（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
SKIPIF 1 < 0 ⑬
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
SKIPIF 1 < 0 ⑭
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+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
SKIPIF 1 < 0 ⑯
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
【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 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；
（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μ。先敲击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） SKIPIF 1 < 0 （2） SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg，匀变速直线运动 2aAL=vA2 解得 SKIPIF 1 < 0
（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3μmg，由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（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=vB–aBt
SKIPIF 1 < 0
且xB–xA=L 解得 SKIPIF 1 < 0
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θ=37°（sin37°= SKIPIF 1 < 0 ）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 SKIPIF 1 < 0 ，B、C间的动摩擦因数μ2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，μ2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： SKIPIF 1 < 0
隔离B： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
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。
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
选择2后分别对A、B受力分析：
隔离A： SKIPIF 1 < 0
隔离B： SKIPIF 1 < 0
选择2s后对A、B进行运动分析：
对A： SKIPIF 1 < 0
对B： SKIPIF 1 < 0
求得B停止前，A、B各自的位移大小。
对A: SKIPIF 1 < 0
对B： SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0 ；
故在B停止前即0-3s的过程中，A相对B走的位移大小为 SKIPIF 1 < 0 。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： SKIPIF 1 < 0
A在B上运动的总时间未t=2+1+1=4s...(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）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 ······· eq \\ac(○,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 ······ eq \\ac(○,2)
S0 = v0t1 + SKIPIF 1 < 0 a1t12········ eq \\ac(○,3)
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 eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2) eq \\ac(○,3)式和题给条件得：μ1 = 0.1······· eq \\ac(○,4)
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········ eq \\ac(○,5)
由图可得：a2 = ······· eq \\ac(○,6)
式中t2 = 2s , v2 = 0 ,联立 eq \\ac(○,5) eq \\ac(○,6)式和题给条件得：μ2 = 0.4 ······ eq \\ac(○,7)
（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······ eq \\ac(○,8)
V3 = - v1 + a3Δt ······· eq \\ac(○,9)
V3 = v1 + a2Δt······ eq \\ac(○,10)
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 = Δt······ eq \\ac(○,11)
小物块运动的位移为： s2 = Δt······ eq \\ac(○,12)
小物块相对木板的位移为：Δs = s2 – s1 ····· eq \\ac(○,13)
联立 eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9) eq \\ac(○,10) eq \\ac(○,11) eq \\ac(○,12) eq \\ac(○,13)式，并代入数值得：Δs = 6.0m ····· eq \\ac(○,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：
μ1 (m+M)g = (m+M)a4······· eq \\ac(○,15)
0 – v32 = 2a4s3 ······ eq \\ac(○,16)
磁碰后木板运动的位移为： s = s1 + s3 ······· eq \\ac(○,17)
联立 eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9) eq \\ac(○,10) eq \\ac(○,11) eq \\ac(○,15) eq \\ac(○,16) eq \\ac(○,17)式，并代入数值得：
S = -6.5m ······· eq \\ac(○,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＝１０ｍ／ｓ２求:
物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:
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.
【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：
SKIPIF 1 < 0 …①
SKIPIF 1 < 0 …②
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
SKIPIF 1 < 0 …④
联立①②③④式得：
SKIPIF 1 < 0 …⑤
SKIPIF 1 < 0 …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 SKIPIF 1 < 0
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： SKIPIF 1 < 0
则木板速度减为零需要的时间为： SKIPIF 1 < 0
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
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： SKIPIF 1 < 0
剪断前对c进行研究，可知弹簧S2的伸长量： SKIPIF 1 < 0
故： SKIPIF 1 < 0 C正确；
剪断前对A进行受力分析： SKIPIF 1 < 0 ；
剪断瞬间T=0，A只受重力与弹簧的弹力，对A受力分析得： SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ；
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. FB. SKIPIF 1 < 0 C. SKIPIF 1 < 0 D. SKIPIF 1 < 0
【考点】牛二定律、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
SKIPIF 1 < 0
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
SKIPIF 1 < 0
联立解得 SKIPIF 1 < 0 。
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？
【考点】牛二定律、隔离法、整体法、正交分解、矢量三角形
【答案】：
SKIPIF 1 < 0
（2） SKIPIF 1 < 0 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：
SKIPIF 1 < 0
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：
SKIPIF 1 < 0
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= SKIPIF 1 < 0 B．若μ≠0 ，则 SKIPIF 1 < 0
C．若μ=0，则 SKIPIF 1 < 0 D．若μ=0，则 SKIPIF 1 < 0
【考点】：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 SKIPIF 1 < 0
将QR看成一部分，P 看成一部分PQ之间的 SKIPIF 1 < 0 力：
故 SKIPIF 1 < 0 ，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 QUOTE SKIPIF 1 < 0 a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： SKIPIF 1 < 0 ，解得： SKIPIF 1 < 0 ，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μ，B与地面间的动摩擦因数为eq \f(1,2)μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F＜2μmg 时，A、B都相对地面静止
B．当F＝eq \f(5,2)μmg时，A的加速度为eq \f(1,3)μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg

【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2μmg，f3的最大值为eq \f(3,2)μmg.故当03μmg时，A相对于B滑动．由以上分析可知A错误，C正确．当F＝eq \f(5,2)μmg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F－eq \f(3,2)μmg＝3ma，解得a＝eq \f(μg,3)，B正确．对B来说，其所受合力的最大值Fm＝2μmg－eq \f(3,2)μmg＝eq \f(1,2)μmg，即B的加速度不会超过eq \f(1,2)μg，D正确．
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 SKIPIF 1 < 0 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 SKIPIF 1 < 0 时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为 SKIPIF 1 < 0 ，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) SKIPIF 1 < 0 ；（2）2m/s2， SKIPIF 1 < 0
【解析】
（1）空载起飞时，升力正好等于重力：
SKIPIF 1 < 0
满载起飞时，升力正好等于重力：
SKIPIF 1 < 0
由上两式解得：
SKIPIF 1 < 0
（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以
SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
由加速的定义式变形得： SKIPIF 1 < 0
解得： SKIPIF 1 < 0
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cs θ=1,sin θ=0.1,g=10 m/s2。求:
(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 csθ②
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
s1=vt- SKIPIF 1 < 0 a1t2⑥
s2=vt- SKIPIF 1 < 0 a2t2⑦
s=s1-s2⑧
l=l0+s0+s2⑨
联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m⑩
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：
SKIPIF 1 < 0
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 SKIPIF 1 < 0
物体下滑过程也为匀变速直线运动，结合牛二定律得：有： SKIPIF 1 < 0
结合v-t图像t1-t2段的斜率可求得a2，1、3式联立可求得： SKIPIF 1 < 0 。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eq \f(2,5)，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
s＝v0t0＋eq \f(veq \\al(2,0),2a0)②
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
μ＝eq \f(2,5)μ0③
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
s＝vt0＋eq \f(v2,2a)⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s (72 km/h)．⑥
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，即，假设物体以加速度a向上运动时，有，，因为，所以，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v­t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 8.7×102 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
s＝eq \f(1,2)gt2②
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＝kveq \\al(2,max)⑥
由所给的v­t图像可读出
vmax≈360 m/s⑦
由⑥⑦式得k＝0.008 kg/m ⑧
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)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：

(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)eq \f(\r(41),5)
【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
veq \\al(2,0)＝2as①
t＝eq \f(v0,a)②
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
Feq \\al(2,0)＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
eq \f(F0,mg)＝eq \f(\r(41),5)⑩
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 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．
21.（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】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】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＝μgcsθ－gsin θ，故D项错误；由速度公式v＝v0－at可知，v­t图像应为一条倾斜的直线，故C项错误；由位移公式s＝v0t－eq \f(1,2)at2可知，B项正确；由位移公式及几何关系可得h＝ssinθ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))sinθ，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，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v­t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．
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，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-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．
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θ=30，物块与斜面之间的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 SKIPIF 1 < 0 。重力加速度g取10 m/s2.
（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） SKIPIF 1 < 0
【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
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,1)
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,2)
联立 eq \\ac(○,1) eq \\ac(○,2)得 SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,3)
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,4)
设物块所受支持力为 SKIPIF 1 < 0 ，所受摩擦力为 SKIPIF 1 < 0 ，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
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,5)
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,6)
又 SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,7)
联立 eq \\ac(○,5) eq \\ac(○,6) eq \\ac(○,7)式得
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,8)
由数学知识得
SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,9)
由 eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,9)式可知对应F最小的夹角为 SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,10)
联立 eq \\ac(○,3) eq \\ac(○,8) eq \\ac(○,10)式，代入数据得F的最小值为 SKIPIF 1 < 0 eq \\ac(○,11)