本章复习与测试全国优秀课堂实录

牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力.近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切.考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容. 牛顿定律是历年高考重点考查的内容之一。对这部分内容的考查非常灵活，选择、实验、计算等题型均可以考查。其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平衡条件等都是高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到计算题中的形式呈现。另外，牛顿运动定律在实际中的应用很多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题、同步卫星问题等等，应用非常广泛，尤其要注意以天体问题为背景的信息给予题，这类试题不仅能考查考生对知识的掌握程度，而且还能考查考生从材料、信息中获取要用信息的能力，因此备受命题专家的青睐。

一、匀变速直线运动的规律

1．匀变速直线运动的公式

2．匀变速直线运动的规律的应用技巧

(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT，xm－xn＝(m－n)aT. (2)某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即vt/2＝ (3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与前n－1秒的位移之差，即x′n＝xn－xn－1＝

an－

a(n－1)＝ a(2n－1)．

(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s的位移大小相等．

2222

(5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度，可由vt＝v0－gt直接解得vt＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与初速度相反．

3．图象问题

(1)两种图象

特例 纵轴截距 分类 斜率的

意义 的意义 所围面积 图象与t轴 匀速直线

运匀变速直线运动 动 x－t

图速度 象 与时间轴平行初位置

x0

过原点的直线 抛物线 v－t

图加速度 象 直线 (2)v－t图象的特点

初速度

v0 位移 的

过原点 的直线 ①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做“曲线运动”

的情况．

②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等．

③v－t图象不能确定物体的初始位置．

(3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点

①确定图象是v－t图象还是x－t图象．

②明确图象与坐标轴交点的意义．

③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负反映了加速度的方向；x－t图象中图线的斜率或各点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负反映了速度的方向．

④明确图象与坐标轴所围的面积的意义．

⑤明确两条图线交点的意义．

二、牛顿第二定律的四性

性质 瞬时性 内容 力与加速度同时产生、同时消失、同时变化

同体性 矢量性 独立性 在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时刻对应的物理量 加速度与合力方向相同 当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速度只与此力有关，与其他力无关；物体的加速度等于所有分力产生的加速度分量的矢量和 三、超重与失重

1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时处于超重状态，此时物体重力的效果变大．

2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时处于失重状态，此时物体重力的效果变小；物体具有向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态，此时物体重力的效果消失．

注意：①重力的效果指物体对水平面的压力、对竖直悬绳的拉力以及浮力等；②物体处于超重或失重(含完全失重)状态时，物体的重力并不因此而变化．

四、力F与直线运动的关系

五、

匀变速直线运动规律的应用

匀变速直线运动问题，涉及的公式较多，求解方法较多，要注意分清物体的运动过程，选取简洁的公式和合理的方法分析求解，切忌乱套公式，一般情况是对任一运动过程寻找三个运动学的已知量，即知三求二，若已知量超过三个，要注意判断，如刹车类问题，若已知量不足三个，可进一步寻找该过程与另一过程有关系的量，或该物体与另一物体有关系的量，一般是在时间、位移、速度上有关系，然后联立关系式和运动学公式求解，且解题时一定要注意各物理量的正负．

六、追及、相遇问题

1．基本思路

2．追及问题中的临界条件

(1)速度大者减速(如匀减速直线运动)追速度小者 (如匀速运动)：

①当两者速度相等时，若追者位移仍小于被追者位移，则永远追不上，此时两者间有最小距离．

②若两者速度相等时，两者的位移也相等，则恰能追上，也是两者避免碰撞的临界条件．

③若两者位移相等时，追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还有一次追上追者的机会，其间速度相等时两者间距离有一个较大值．

(2)速度小者加速(如初速度为零的匀加速直线运动)追速度大者(如匀速运动)：

①当两者速度相等时有最大距离．

②当两者位移相等时，即后者追上前者．

3．注意事项

(1)追者和被追者速度相等是能追上、追不上或两者间距最大、最小的临界条件．

(2)被追的物体做匀减速直线运动时，要判断追上时被追的物体是否已停止．

七、

动力学的两类基本问题

1．已知物体的受力情况，确定物体的运动情况

处理方法：已知物体的受力情况，可以求出物体的合外力，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，再利用物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式就可以求出物体的位移和速度，也就是确定了物体的运动情况．

2．已知物体的运动情况，确定物体的受力情况

处理方法：已知物体的运动情况，由运动学公式求出加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的合外力，由此推断物体受力情况．

八、动力学中的临界问题 解答物理临界问题的关键是从题述信息中寻找出临界条件．许多临界问题题述中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“恰好不相撞”、“恰好不脱离”……词语对临界状态给出暗示．也有些临界问题中不显含上述常见的“临界术语”，但审题时会发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态．审题时，一定要抓住这些特定的词语，明确含义，挖掘内涵，找出临界条件．

高频考点一

运动图象问题

例1． (多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象(v－t图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是(

)

A．0～10 s时间内，甲、乙两车在逐渐靠近

B．5～15 s时间内，甲、乙两车的位移大小相等

C．t＝10 s时两车的速度大小相等、方向相反

D．t＝20 s时两车在公路上相遇

【变式探究】若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是(

)

解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．

高频考点二

动力学规律的应用

例2、4．【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）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/s。求

2

（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。

【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m f11mAg①

f21mBg②

f32(mAmBm)g③

由牛顿第二定律得

f1mAaA④

f2mBaB⑤

f2f1f3ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有

v1v0aBt1⑦

v1a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v11 m/s⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t11aBt12⑩

2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)a2⑪

由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，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v2v1a2t2⑫

对A有v2v1aAt2⑬

12a2t2⑭

212在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)

⑮

2在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为s1v1t2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sB⑯

联立以上各式，并代入数据得s01.9 m⑰

（也可用如图的速度–时间图线求解）

【变式探究】2016年1月9日，合肥新年车展在明珠广场举行，除了馆内的展示，本届展会还在外场举办了汽车特技表演，某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t，x与t的单位分别是m和s，则该汽车(

) A．第1 s内的位移大小是8 m B．前2 s内的平均速度大小是28 m/s C．任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 m D．任意1 s内的速度增量都是3 m/s 2

答案

C 【变式探究】为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ff＝kv.

(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；

(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；

(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为2t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字) 解析

(1)由牛顿第二定律有：

mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma

解得：a＝gsin θ－μgcos θ－

(2)当a＝0时速度最大，

kvmmgvm＝θ－μcos θk

减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．

(3)当v＝0时，a＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s

23解得：μ＝≈0.23，最大速度vm＝2 m/s，

152mgvm＝θ－μcos θk＝2 m/s 解得：k＝3.0 kg/s 答案

(1)a＝gsin θ－μgcos θ－

(2)kvmmgθ－μcos θk

适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些。

(3)0.23 3.0 kg/s 高频考点三

连接体问题

例3．(多选)如图所示，质量为mA的滑块A和质量为mB的三角形滑块B叠放在倾角为θ的斜面体上，B的

上表面水平．用水平向左的力F推斜面体，使它们从静止开始以相同的加速度a一起向左加速运动，由此可知(

)

A．B对A的摩擦力大小等于mAa

B．斜面体与B之间一定有摩擦力

C．地面与斜面体之间一定有摩擦力

D．B对斜面体的压力可能等于(mA＋mB)a＋g

22【变式探究】(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10 m/s.则(

) 2

A．细绳对盒子的拉力大小为20 N B．盒子的加速度大小为2.5 m/s

C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N 2

1．【2017·新课标Ⅲ卷】（20分）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）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。

【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m 【解析】（1）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是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1mAg①

f21mBg②

f32(mAmBm)g③

由牛顿第二定律得

f1mAaA④

f2mBaB⑤

f2f1f3ma1⑥

设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有

v1v0aBt1⑦

v1a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v11 m/s⑨

（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t11aBt12⑩

2

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)a2⑪

由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，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v2v1a2t2⑫

对A有v2v1aAt2⑬

（也可用如图的速度–时间图线求解）

【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1

（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；

（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

2v0v12s1(v0v1)2【答案】（1） （2）

22gs02s0【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，

则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①

由速度与位移的关系知–2a1s0=v1–v0②

22联立①②得③

（2）设冰球运动的时间为t，则④

又⑤

由③④⑤得⑥

3．【2017·新课标Ⅰ卷】（20分）真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。

（1）求油滴运动到B点时的速度。

（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。

【答案】（1）v2v02gt1

（2）E2[225vv01v02()]E1 t1(1)0

gt14gt12g【解析】（1）设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t=0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足

qE2mgma1①

油滴在时刻t1的速度为

v1v0a1t1②

（2）由题意，在t=0时刻前有qE1mg⑥

1油滴从t=0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t12⑦

21油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t12⑧

2由题给条件有v022g(2h)⑨

式中h是B、A两点之间的距离。

若B点在A点之上，依题意有s1s2h⑩

由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得E2[22为使E2E1，应有22v01v02()]E1⑪

gt14gt1v01v02()1⑫

gt14gt1即当0t1(13v0)⑬

2g

或t1(13v0)⑭

2g才是可能的：条件⑬式和⑭式分别对应于v20和v20两种情形。

若B在A点之下，依题意有x2x1h⑮

由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得E2[22为使E2E1，应有225v1)0⑱

2gv01v02()]E1⑯

gt14gt1v01v02()1⑰

gt14gt1即t1(另一解为负，不符合题意，已舍去。 1．[2016·浙江卷] 如图1­3所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为(

)

图1­3

A．v(t0－t)，U 1M0B.v(t0－t)，U

2U0C．v(t0－t)，(U－U0) 1M0D.v(t0－t)，(U－U0) 2U0M0U0M0U0

2．[2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(

) A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

43k【答案】BD 【解析】

设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝πR·ρ，故a＝g－，342πR·ρ3由m甲>m乙、ρ12甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v＝2ax可知，v甲>v乙，B正确；由2x＝at2可知，t甲f乙，则W甲克服>W乙克服，D正确．

3．

[2016·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为(

) s3sA.2 B.2

t2tC.4s8s2 D.2

tt12【答案】A 【解析】

由Ek＝mv可知速度变为原来的3倍．设加速度为a，初速度为v，则末速度为3v.21211由速度公式vt＝v0＋at得3v＝v＋at，解得at＝2v；由位移公式s＝v0t＋at得s＝vt＋·at·t＝vt＋·2v·t222s2v2ss＝2vt，进一步求得v＝；所以a＝＝·＝2，A正确．

2ttt2tt4．[2016·四川卷] 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/s.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．

2

图1­

【答案】(1)5 m/s，方向沿制动坡床向下

(2)98 m 2

(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

Mgsin θ＋F－f＝Ma2

F＝k(m＋M)g

s1＝vt－a1t2

s2＝vt－a2t2

s＝s1－s2

l＝l0＋s0＋s2

联立并代入数据得

1212l＝98 m. 5．[2016·全国卷Ⅰ] 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v

­t图像如图1­所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(

)

图1­

A．在t＝1 s时，甲车在乙车后

B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 6．[2016·天津卷] (2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动．

①实验中，必要的措施是________．

图1­

A．细线必须与长木板平行

B．先接通电源再释放小车

C．小车的质量远大于钩码的质量

D．平衡小车与长木板间的摩擦力

②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1­所示(每

相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm，则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)

图1­

【答案】

①AB ②0.80

0.40 ②两点的时间间隔为0.1 s，由逐差法可以得出a＝点时小车的速度vB＝s6＋s5＋s4－s3－s2－s12＝0.80 m/s，打点计时器在打B29Ts1＋s2＝0.40 m/s. 2T7．[2016·江苏卷] 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是(

)

图1­

8．[2016·全国卷Ⅰ] 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】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误．

9．

[2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(

) A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

43k【答案】BD 【解析】

设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝πR·ρ，故a＝g－，342πR·ρ3由m甲>m乙、ρ12甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v＝2ax可知，v甲>v乙，B正确；由2x＝at2可知，t甲f乙，则W甲克服>W乙克服，D正确．

10．[2016·全国卷Ⅱ] 如图1­，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相π等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中(

) 2

图1­

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

【答案】BCD 【解析】

小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示．从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N

点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误．小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确．在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcos α＝0，C正确．从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确．

1111．

[2016·全国卷Ⅲ] 如图1­所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者42在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由24下落，经A点沿圆弧轨道运动．

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

RR

图1­

【答案】(1)5 (2)能

【解析】 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg

①

45R设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg

②

4由①②式得REkB＝5 ③

EkA(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0

④

2mvC设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝

⑤

R2由④⑤式得，vC应满足mg≤m2vC2R

⑥

R12由机械能守恒有mg＝mvC

⑦

42由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．

12．

[2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1­所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s. 22

图1­

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？

【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有vB＝2ax

①

由牛顿第二定律有mg－Ff＝ma

②

联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N ③

2Hx

13．

[2016·四川卷] 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/s.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．

2

图1­

【答案】(1)5 m/s，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

2f＋mgsin θ＝ma1

f＝μmgcos θ

联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s

2a1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

Mgsin θ＋F－f＝Ma2

F＝k(m＋M)g

s1＝vt－a1t2

s2＝vt－a2t2

s＝s1－s2

l＝l0＋s0＋s2

联立并代入数据得

1212l＝98 m. 14．[2016·全国卷Ⅲ] 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：

(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀

速下滑．

图1­

(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s

­t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a. (3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的s

­t图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．

n a/(m·s－2)

1

0.20

2

3

0.58

4

0.78

5 1.00

(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a­n图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．

图1­

(5)利用a­n图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s)．

(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 ________(填入正确选项前的标号)．

A．a­n图线不再是直线

B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点

C．a­n图线仍是直线，但该直线的斜率变大

【答案】(3)0.39(0.37～0.49均可) (4)a­n图线如图所示

2

(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC 12【解析】 (3)系统做匀加速直线运动，s＝at，由图(b)可知，当t＝2 s时，s＝0.78 m，代入解得a＝0.39 2m/s. (4)由题意知描点法作图所得的必须是一条直线．

2 (6)木板水平时要考虑摩擦力的影响，

对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F′＝nma；

对于小车(含剩下的钩码)，有F′－μ[M＋(N－n)m]g＝[M＋(N－n)m]a；

两式相加得nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，

去中括号得n(mg＋μmg)－μ(M＋Nm)g＝(M＋Nm)a，

移项化简得n(mg＋μmg)＝(M＋Nm)(a＋μg)，

解得a＝mg＋μmg0.098＋0.098μ·n－μg＝·n－9.8μ，

M＋NmM＋0.05可见a­n图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点．

15．[2016·全国卷Ⅰ] 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示．

图1­

该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．

(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．

(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________ Hz. 1112【答案】 (1)(s1＋s2)f

(s2＋s3)f

(s3－s1)f

222(2)40 【解析】 (1)B点对应的速度vB＝2s1＋s2f（s1＋s2）s2＋s3f（s2＋s3）＝，C点对应的速度vC＝＝，加速度a2T22T2vC－vBf2（s3－s1）＝＝. T2(2)由牛顿第二定律得mg(1－1%)＝ma，则频率f＝2（1－1%）g＝40 Hz. s3－s116．[2016·全国卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1­所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点(

)

图1­

A．P球的速度一定大于Q球的速度

B．P球的动能一定小于Q球的动能

C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力

D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度

17．[2016·天津卷] 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(

)

图1­

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2

C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比

D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2

【答案】BD 【解析】

列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向成一锐角，A错误；2F－8kmgF动车组运动的加速度a＝＝－kg，则对第6、7、8节车厢的整体有f56＝3ma＋3kmg＝0.75F，对8m4m第7、8节车厢的整体有f67＝2ma＋2kmg＝0.5F，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，12vB正确；根据动能定理得Mv＝kMgs，解得s＝，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发22kg动机时的速度的二次方成正比

，C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1＝4PPvm11有4节动车的最大速度为vm2＝＝，则＝，D正确．

8kmg2kmgvm221.(2015·高考全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；2当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的32PP＝，8节车厢8kmg4kmg2

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

2.(2015·高考全国卷Ⅰ)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4.5 m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s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1 s时间内小物块的v－t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10 m/s.求：

2

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

(2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离．

解析：(1)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)a1①

联立①②③式和题给条件得

μ1＝0.1④

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＝ma2⑤

由题图(b)可得

v2－v1a2＝⑥

t2－t1式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2＝0.4⑦

(2)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＝Ma3⑧

v3＝－v1＋a3Δt⑨

v3＝v1＋a2Δt⑩

－v1＋v3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＝Δt⑪

2小物块运动的位移为

v1＋v3s2＝Δt⑫

2小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得

Δs＝6.0 m 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6.0 m.

(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至停止，设加速度为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)a4⑮

0－v3＝2a4s3⑯

碰后木板运动的位移为

2s＝s1＋s3⑰

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得

s＝－6.5 m⑱

木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m. 答案：(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 3．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(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(

)

图1 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

4．(2015·山东理综·14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图2所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高

度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s.可求得h等于(

) 2

图2 A．1.25m C．3.75m B．2.25m D．4.75m 2H【答案】A 【解析】小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝解得h＝1.25m，选项A正确。

g，小车从A到B的时间t2＝；小车运2Hd＝＋2hdv2h；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即ggvg5．(多选)(2015·海南单科·9)如图3所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时(

)

图3 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

【答案】BD 【解析】当升降机加速上升时，物块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＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当匀速运动时有mgsin θ＝μmgcos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a向上运动时，有FN＝m(g＋a)cos θ，Ff＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C错误，D正确． 6．(2015·新课标全国Ⅱ·25)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＝337°(sin37°＝)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5大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图4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

3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，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，8A、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/s.求：

2

图4 (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．

【答案】(1)3m/s

1 m/s

(2)4s 22

【解析】(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

Ff1＝μ1FN1①

FN1＝mgcosθ②

Ff2＝μ2FN2③

FN2＝FN1＋mgcosθ④

规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得

mgsinθ－Ff1＝ma1⑤

mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥

联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得

a1＝3m/s2⑦

a2＝1m/s2⑧

(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则

v1＝a1t1＝6m/s⑨

v2＝a2t1＝2m/s⑩

2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s⑪

2a2′＝－2m/s2⑫

由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑬

联立⑩⑫⑬式得t2＝1s 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为

22x＝a1t1＋v1t2＋a1′t2－

1212121a2t221＋v2t2＋2a2′t2＝12m＜27m⑮

12此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t3⑯

2可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰

设A在B上总的运动时间t总，有

t总＝t1＋t2＋t3＝4s 1．【2014·新课标Ⅱ卷】

甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的vt图像如图所示．在这段时间内(

)

A．汽车甲的平均速度比乙的大

B．汽车乙的平均速度等于v1＋v22

C．甲乙两汽车的位移相同

D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大

【答案】A

2．

【2014·全国卷】

一质点沿x轴做直线运动，其vt图像如图所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为(

)

A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m 【答案】B

【解析】

本题考查vt图像. vt图像与x轴围成的面积表示位移，即位移为s1－s2＝3 m，由于初始坐标是5 m，所以t＝8 s时质点在x轴上的位置为x＝3 m＋5 m＝8 m，因此B正确．

3．【2014·广东卷】

图6是物体做直线运动的vt图像，由图可知，该物体(

)

A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反

B．第3 s内和第4 s内的加速度相同

C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等

D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等

【答案】B

【解析】 0～3 s内物体一直沿正方向运动，故选项A错误；vt图像的斜率表示加速度，第3 s内和第4 s内图像斜率相同，故加速度相同，选项B正确；vt图像图线与时间轴包围的面积表示位移的大小，第1 s内和第4 s内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，选项C错误；第3 s内和第4 s内对应的两个三角形面积相等，故位移大小相等，方向相反，所以0～2 s和0～4 s内位移相同，但时间不同，故平均速度不相等，选项D错误．

4．【2014·江苏卷】

一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是(

)

A

B

C

D 【答案】A

【解析】

设汽车做匀加速直线运动时的加速度为a1，则由运动学公式得2a1x＝v，由此可知选项C、D错误；设刹车时汽车的位移为x0，速度为v0，其后做减速运动的加速度为a2，则减速过程有v－v0＝2a2(x－x0)，这里的v0＝2a1x0，x>x0，则v＝2a1x0＋2a2(x－x0)＝2(a1－a2)x0＋2a2x，即v＝2（a1－a2）x0＋2a2x(x>x0，22222a2<0)．综上所述，只有选项A正确．

5．【2014·山东卷】

一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(

)

A．t1 B．t2 C．t3 D．t4

【答案】AC

6．

【2014·天津卷】

质点做直线运动的速度—时间图像如图所示，该质点(

)

A．在第1秒末速度方向发生了改变

B．在第2秒末加速度方向发生了改变

C．在前2秒内发生的位移为零

D．第3秒末和第5秒末的位置相同

【答案】D

【解析】

本题考查了学生的读图能力．应用图像判断物体的运动情况，速度的正负代表了运动的方向，A错误；图线的斜率代表了加速度的大小及方向，B错误；图线与时间轴围成的图形的面积代表了物体的位移，C错误，D正确．

7．

【2014·全国卷】

现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示．拍摄时频闪频率是10 Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g取9.80 m/s. 2

单位：cm

x1

10.76

根据表中数据，完成下列填空：

(1)物块的加速度a＝________m/s(保留3位有效数字)．

(2)因为______________________，可知斜面是粗糙的．

【答案】(1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分) (2)物块加速度小于g＝5.88 m/s(或：物块加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度) 2x2

15.05

x3

19.34

x4

23.65

h 48.00

s

80.00 hs2

（2013·新课标Ⅰ卷）21.2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则

A.

从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10 B.

在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化

C.

在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D.

在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

【答案】AC 【解析】由图中0.4s-3.0s的vt图象的面积可求出飞机在甲板上滑行的距离为1x700.470(3.00.4)119m,所以与无阻拦时相比大约为1/10，A选项正确,;0.4s-2.5svt2图象为直线,飞机做匀减速直线运动,所以所受合力不变,但阻拦索的夹角不断变小,所以阻拦索的张力随时间变化,B选项错误;a7010m/s228.5m/s2,a/g=2.85,所以C选项正确;由于飞机匀减速运动,而2.50.4

阻拦索的张力不变,由pFvFv0v0at可看出随时间增大功率变小,D选项错误.难度中等其中B选2项为易错选项,学生容易由合力不变,得出阻拦索的拉力也不变,没有仔细看图中阻拦索之间的夹角时刻发生着变化.

1．一个可视为质点的物体由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t变化的关系为如图所示的正弦曲线．则该物体运动的速度v随时间t变化的图象是(

)

解析：选C.由a－t图象可知，0～t1时间内物体做加速度逐渐增大的加速运动，t1～t2时间内物体做加速度逐渐减小的加速运动，t2～t3时间内物体做加速度逐渐增大的减速运动．

2．(多选)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

解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1＝，下降过程中的加速度大小为a2＝v0t1v1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求t1得sin θ＝v0＋v1mv0－v1，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正2t1g2t1确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．

3．(多选)a、b两辆摩托车在一笔直的公路上同时由同一地点开始同向行驶，两车的运动均可视为匀变速直线运动．由t＝0时刻开始每间隔Δt＝1 s将测量的摩托车a、b的速度记录在下表中．则由表中的数据分析可知(

)

时间t/s

0

18.0

3.0

1

16.0

4.0

2

14.0

5.0

3

12.0

6.0

4 10.0 7.0 va/(m·s－1)

vb/(m·s－1)

A.摩托车a的速度变化快

B．前4 s内摩托车a的平均速度小

C．前4 s内两摩托车的相对位移为56 m D．在第5 s末两摩托车间距最大

4．(多选)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1μ，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施加一水平拉2力F，则(

)

A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止

51B．当F＝μmg时，A的加速度为μg

23C．当F>3μmg时，A相对B滑动

1D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg

2

5、(多选)一物体以v0＝10 m/s的初速度沿倾角为θ的粗糙斜面向上运动，其运动的速度随时间变化的关系图象如图所示，g取10 m/s，根据图象可知(

) 2

A．斜面倾角θ的正弦值sin θ＝0.6 B．斜面倾角θ的余弦值cos θ与动摩擦因数μ的乘积μcos θ＝0.187 5 C．在0～2 s内物体所受的合外力大小是2～6 s内物体所受合外力大小的4倍

D．在t＝2 s时刻物体的加速度方向改变

解析：选BC.根据题给图象可知，物体沿斜面上滑时加速度大小a1＝5 m/s，由牛顿第二定律，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1；物体沿斜面下滑时加速度大小a2＝1.25 m/s，由牛顿第二定律，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，联立解得sin θ＝0.312 5，μcos θ＝0.187 5，选项B正确．在0～2 s内物体的加速度大小是2～6 s内物体加速度大小的4倍，根据牛顿第二定律，物体的加速度与所受合外力成正比，在0～2 s内物体所受的合外力大小是2～6 s内物体所受合外力大小的4倍，选项C正确．在t＝2 s时刻物体的速度方向改变(从速度为正值改变到速度为负值)，而物体的加速度方向没有改变(一直为负值)，选项D错误．

6．如图所示，一倾角α＝37°的足够长斜面固定在水平地面上，一质量m＝1 kg的物体(可视为质点)在水平恒定推力F作用下，从斜面底端由静止沿斜面向上运动，运动一段距离后立即撤去推力F，此后物体继续运动．在物体上升的阶段，每隔0.2 m通过速度传感器测得物体的瞬时速度的大小，下表给出了部分测量数据．物体与斜面间的动摩擦因数μ处处相同，g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

222

x/m

0.0

0.2

0.4

…

1.2

1.4

…

v/(m/s)

0.0

2.0

22

…

4.0

3.6

…

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)推力F的大小；

(3)当物体向上运动到x＝0.8 m时物体的瞬时速度大小．

解析：(1)经分析可知，物体在运动到x＝1.2 m前，已处于减速运动状态．

设减速上升的加速度大小为a2，

由v

1.4－v

1.2＝－2a2Δx2，(1分) 得：a2＝7.6 m/s(1分) 撤去力F后，mgsin α＋μmgcos α＝ma2(1分) 解得：μ＝0.2(1分) 222 (3)设物体加速运动的总位移为x1，则vx1＝2a1x1(1分) 在x1～1.2 m内，v

1.2－vx1＝－2a2(1.2 m－x1)(1分) 解得：x1＝0.97 m(1分) 由于x1＝0.97 m＞0.8 m，表明x＝0.8 m时物体处于加速阶段，则：vx＝2a1x(1分) 2222vx＝4 m/s(1分) 答案：(1)0.2 (2)25.9 N (3)4 m/s 7．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m＝5 kg的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g取10 m/s，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．

2

(1)行李包相对于传送带滑动的距离；

(2)若B轮的半径为R＝0.2 m，求行李包在B点对传送带的压力；

(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．

解析：(1)行李包在水平传送带上加速时，摩擦力产生加速度，μ1mg＝ma1(1分) 若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t，

则：v＝a1t(1分) 12行李包前进距离x1＝a1t(1分) 2传送带前进距离x2＝vt(1分) 行李包相对传送带前进距离Δx＝x2－x1(1分) 所以Δx＝0.1 m(1分) (3)行李包在斜面上受重力、支持力、摩擦力，根据牛顿第二定律：μ2mgcos 37°－mgsin 37°＝ma2(3分) 行李包从斜面滑下过程：

0－v＝－2a2x(3分) 解得：x＝1.25 m(1分) 答案：(1)0.1 m (2)25 N，方向竖直向下

(3)1.25 m 8．某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图(a)．已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发处过程中的x－t图线如图(b)所示．图中曲线左侧起始端的坐标为(0,1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4)．重力加速度g取10 m/s.求：

22

(1)木块上滑时的初速度v0和上滑过程中的加速度a；

(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；

(3)木块滑回出发点时的速度vt. 解析：(1)木块匀减速上滑，由图象得到：末速度v＝0，

位移x＝1.4 m－0.4 m＝1.0 m，时间为t＝0.5 s；

12根据位移时间公式，有：x＝v0t＋at；

2根据速度时间公式，有：v＝v0＋at；

联立解得：v0＝4 m/s，a＝－8 m/s. (2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma

代入数据解得：μ＝0.25. 2