高考解码高三物理二轮复习教学案提升练习专题三牛顿运动定律及其应用高品质版.doc

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　　本部分内容是整个高中物理学的基础，是历年高考的热点，命题形式倾向于应用型、综合型和能力型，既有难度以中等为主的单独命题，也有与运动学、能量、电磁学结合的难度较大的压轴题．从方法上看，重点考查运用整体法、隔离法解决加速度相等的连接体问题、正交分解法处理受力较复杂的动力学问题及运用图象法处理力和运动的问题．

体系构建

1．牛顿第二定律的四性
瞬时性
加速度与力同时产生同时变化
矢量性
公式F＝ma是矢量式，任一时刻，F与a同向力与加速度同生、同灭、同变化
同体性
在公式F＝ma中，F、m、a对应同一物体或同一系统
独立性
当物体受几个力的作用时，每一个力各自产生的加速度只与此力有关，与其他力无关
2.动力学的两类基本问题
(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况：
已知物体的受力情况，可以求出物体所受的合力，根据牛顿第二定律可求出物体的加速度，再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况．
(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况：
根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据F＝ma可确定物体的受力情况，从而求出未知的力或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、劲度系数、力的方向等．物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．
3．超重和失重
(1)超重
①受力特点：合力的方向竖直向上．
②运动特点：向上加速运动或向下减速运动．
(2)失重
①受力特点：合力方向竖直向下．
②运动特点：向下加速运动或向上减速运动．
③完全失重：只受重力作用．

1．(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)
A.＋mg　　　　　　B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案　A
解析　方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma
又v＝at
解得F＝＋mg.
方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝＋mg.选项A正确．
知识：自由落体运动的理解及牛顿第二定律的应用．能力：考查对自由落体运动和牛顿第二定律的分析综合能力．试题难度：较小．
2．(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)

A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
答案　AD
解析　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F′N＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，F′N最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．知识：牛顿运动定律的应用、受力分析．能力：对a－t图象的理解能力和对牛顿运动定律应用的推理能力．试题难度：较小．

3．(2015·全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)

A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
答案　D

解析　两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．
知识：带电粒子在匀强电场中的受力与运动分析．能力：由受力情况判断运动情况的推理能力．试题难度：较小．
4．(2014·北京高考)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
答案　D
解析　物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误．当物体和手分离时，二者速度相同，又因均做减速运动，故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D正确，C错误．

动力学中的图象问题包括两种情况：一是根据受力情况确定加速度、速度随时间的变化情况；二是根据物体的运动情况分析物体的受力情况，求解问题的关键在于分析清楚物体的受力情况和运动情况．
【例1】　(2015·南昌模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点．现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图乙所示．g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．小物块到C点后将沿斜面下滑
B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F的大小为6 N
【审题突破】　第一步：审题干→提取信息
(1)物块静止在A点物块受力平衡―→物块受的最大静摩擦力不小于重力下滑分力．
(2)由图象乙物块先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动．
第二步：审问题→明确解题思路
(1)比较物块加、减速时的加速度―→研究图象乙求得运动的加速度．
(2)求斜面的动摩擦因数μ―→选0.9～1.2 s时间段为研究过程由牛顿第二定律列方程―→μ.
(3)求推力F―→选0～0.9 s时间段为研究过程由牛顿第二定律列方程―→F.
答案　B
解析　撤去推力F后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v－t图象求得小物块在加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1＝ m/s2，a2＝10 m/s2，在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律可知mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，μ＝，选项B正确，C错误；由此判断mgsin30°＝Ffm＝μmgcos30°，因此小物块到达C点后将静止在斜面上，选项A错误；在匀加速阶段F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1，F＝4 N，选项D错误．

处理动力学图象问题的一般思路
(1)依据题意，合理选取研究对象；
(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程；
(3)将物体的运动过程与图象对应起来；
(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．
【变式训练】
1．(2014·山东高考)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图．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
解析　v－t图象中，纵轴表示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误．

1．连接体是指运动中几个物体叠放在一起，或并排挤放在一起，或由绳子、细杆连接在一起的物体组．高中阶段主要处理加速度大小相同(或为零)的连接体问题．
2.连接体问题的处理方法
(1)整体法：把整个系统作为一个研究对象来分析的方法．不必考虑系统内力的影响，只考虑系统受到的外力，依据牛顿第二定律列方程求解．
(2)隔离法：把系统中的各个部分(或某一部分)隔离，作为一个单独的研究对象来分析的方法．此时系统的内力就有可能成为该研究对象的外力，在分析时应加以注意．然后依据牛顿第二定律列方程求解．
(3)整体法与隔离法的选用
求各部分加速度相同的连接体的加速度或合力时，优先考虑“整体法”，如果还要求物体之间的作用力，再用“隔离法”．在实际应用中，应根据具体情况，灵活交替使用这两种方法，不应拘泥于固定的模式．
【例2】　(多选)(2015·吉林实验中学模拟)如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F－t关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则(　　)

A．t0时刻，两物体之间的摩擦力最大
B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变
C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大
D．0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
【审题突破】　第一步：审题干→提取信息
(1)A、B两物体叠放在光滑水平面上F为A、B所受的合外力两物体的加速度与F成正比．
(2)两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止两物体加速度始终相同，可以整体分析．
第二步：审问题→明确解题思路
(1)求两物体的速度―→选两物体的整体为研究对象―→受力分析(重力、FN、F)―→竖直方向平衡，水平方向有加速度―→列方程F＝(mA＋mB)a―→判断a的变化规律―→判断速度的变化．
(2)求两物体之间的摩擦力―→选物体A为研究对象―→受力分析(重力、FNA、Ff)―→竖直方向受力平衡，水平方向有加速度―→列方程FfA＝mAa―→判断A、C、D选项．
答案　CD
解析　两物体始终保持相对静止，故t0时刻，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A错误；0～t0时刻两物体做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0～2t0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t0时刻速度减到零，故0～2t0时间内两物体的速度方向没有改变，B错误；0～2t0时间内物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同，D正确；两物体之间的摩擦力Ff＝mAa＝，Ff随F的变化而变化，C正确．

整体法和隔离法的优点及使用条件
(1)整体法：
①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解简捷．
②条件：连接体中各物体具有共同的加速度．
(2)隔离法：
①优点：易看清各个物体具体的受力情况．
②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．
【变式训练】
2．(多选)(2014·江苏高考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2 m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＝μmg时，A的加速度为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μg
答案　BCD
解析　A、B之间的最大静摩擦力为2μmg，B物块与地面间的最大静摩擦力为μmg，当μmg＜F＜2μmg时，A、B相对地面滑动，A错误．假设A、B之间为最大静摩擦力，一起运动，此时B物块的加速度为fAB－fB＝maB，解得aB＝μg，D项正确．以A为研究对象，有F－fBA＝2maB，解得F＝3μmg，所以当F＝μmg时，A、B一起运动，对整体有F－fB＝3ma，解得a＝μg，B项正确．当F＞3μmg时，A相对B滑动，C项正确．

单物体多过程及多物体运动问题是高考命题热点，对于此类问题一定要注意寻找各物体间的联系并分析清楚各个过程的运动情况．
受力分析和运动过程分析是解决问题的关键，基本思路如图所示：

【例3】　(2011·山东高考)如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg.B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，先对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．(g取10 m/s2)求：

(1)B离开平台时的速度vB.
(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
(3)A左段的长度l2.
【审题突破】　1.关键：
(1)正确分析薄板A两个过程的受力情况．
(2)B从开始运动到刚脱离A时， 两个物体运动时间相等．
2．技巧：
(1)先从物块B离开平台做平抛运动入手求解vB.
(2)再研究物块B在A上滑动时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式求时间tB和位移xB.
(3)最后研究薄板A的两个运动过程，分别列牛顿第二定律和运动学公式求l2.
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 s　0.5 m　(3)1.5 m
解析　(1)物块B离开平台后做平抛运动：
x＝vBt，h＝gt2，可得vB＝2 m/s
(2)物块B与A右端接触时处于静止状态，当B与A左端接触时做匀加速直线运动，设加速度为aB，则μmg＝maB，vB＝aBtB，又xB＝aBt，可得tB＝0.5 s，xB＝0.5 m
(3)A刚开始运动时，A做匀加速直线运动，设加速度为a1，B刚开始运动时，A的速度为v1，加速度为a2，则有F＝Ma1，v＝2a1l1，F－μmg＝Ma2，l2＝v1tB＋a2t－aBt，可得l2＝1.5 m.

1．仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程．
2．逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点．
3．前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键．
4．合理选择规律，根据不同的运动过程选择合适的规律方程求解．
【变式训练】
3．如图所示，水平传送带AB长L＝3.6 m，沿顺时针方向以v0＝8 m/s的速度匀速转动，BC是一长s＝2 m的平台，与传送带水平连接于B点，一倾角为37°的斜面CD紧靠平台固定，斜面顶端与平台等高，一物块a由A处轻轻放上传送带，物块a与传送带、BC面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.当物块a滑到C点的同时，另一个物块b以初速度v1＝6 m/s沿斜面DC向上运动，当其运动到最高点时恰好与物块a相遇，物块a与b均可看成质点，g＝10 m/s2，求：

(1)物块a运动到C点时的速度大小v；
(2)物块a从A运动到C的时间t；
(3)物块b与斜面间的动摩擦因数μ1.
答案　(1)4 m/s　(2)1.6 s　(3)0.5
解析　(1)分析清楚a、b两物体的受力情况和运动情况．
(2)当b运动到最高点时恰好与a相遇的意义是：b与a在斜面DC上相遇时b的速度刚好为零．
(1)由牛顿第二定律知物块a在传送带和平台上的加速度大小均为a＝＝μg＝5 m/s2
令物块a经时间t1与传送带共速，则有v0＝at1，发生的位移为x＝t1
联立并代入数值得x＝6.4 m>3.6 m，即物块a在传送带上一直加速运动，到B点时的速度设为vB，则有
v＝2aL，即vB＝6 m/s
而物块a从B到C做匀减速运动，在C点的速度设为v，有v－v2＝2as，代入数值得v＝4 m/s.
(2)物块a从A到B有vB＝at1，得t1＝1.2 s
从B到C有vB＝v＋at2，得t2＝0.4 s
则物块a从A运动到C的时间t＝t1＋t2＝1.6 s.
(3)物块a离开C点后做平抛运动而落在斜面上，有x＝vt3，y＝gt，tanθ＝
联立得t3＝0.6 s
由牛顿第二定律知物块b在斜面上的加速度为a1＝
由运动学规律知v1＝a1t3
联立并代入数值得μ1＝0.5.
[突破审题·规范解答]
【例】　(17分)(2015·德州一模)如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带长L＝6 m，倾角θ＝37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等．主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8 m，与运煤车车厢中心的水平距离x＝1.2 m．现在传送带底端由静止释放一些煤块(可视为质点)，质量m＝5 kg，煤块在传送带的作用下运送到高处．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)煤块在轮的最高点水平抛出时的速度．
(2)主动轮和从动轮的半径R.
(3)电动机运送煤块多消耗的电能．
【规范解答】
答案　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)350 J
解析　(1)煤块离开传送带后做平抛运动
水平方向x＝vt①(1分)
竖直方向H＝gt2②(1分)
代入数据得v＝2 m/s③(1分)
(2)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零．(1分)
由牛顿第二定律得：
mg＝m④(2分)
代入数据解得
R＝0.4 m⑤(1分)
(3)由牛顿第二定律F＝ma得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma⑥(2分)
即a＝0.4 m/s2⑦(1分)
由v＝v0＋at，v0＝0得
煤块匀加速运动的时间
t′＝＝5 s⑧(1分)
煤块的位移x1＝at′2＝5 m⑨(1分)
由于μ＞tan37°，所以煤块将匀速运动到顶端．(1分)
由功能关系得传送带多消耗的电能
E＝mv2＋μmgcos37°(vt′－x1)＋mgLsin37°⑩(2分)
代入数据，由以上各式得E＝350 J(2分)
第一问：
(1)只列出①式和②式得2分，只得③式不得分．
(2)列综合式v＝x＝2 m/s给3分，答案错不得分．
建议：·在时间比较紧张的情况下，要尽量写出一些必要的关系式．
·要分步列式，不要只列综合式，力争多得步骤分．
第二问：
(1)仅写出“煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零”得1分．
(2)如果将④式写成：R＝＝0.4 m，扣1分．
建议：·为了多得步骤分，对关键物理过程或状态的表述不能少．
·要列出物理定律、定理的原始表达式，若只写出变形式则影响得分．
第三问：
(1)将⑥⑦式合为a＝μgcosθ－gsinθ＝0.4 m/s2扣1分．
(2)缺少文字表述“由于μ＞tan37°，所以煤块将匀速运动到顶端”扣1分．
(3)如果将⑩式根据动能定理写成E－μmgcos37°(vt′－x1)－mgLsin37°＝mv2－0同样给2分．
(4)将⑩式的理论依据错写成动能定理扣1分．
(5)如果将⑩式写成E－mv2＝μmgcos37°(vt′－x1)＋mgLsin37°没有理论依据不得分．
建议：·不要为了急于得出答案，只列出化简后的式子，否则会影响步骤得分．
·临界状态的判断是关键得分点，表述必须明确．
·理论依据与定量表达式一定要对应，避免张冠李戴．

1．(2015·聊城二模)如图所示，沿水平面运动的小车里有用轻质细线和轻质弹簧A共同悬挂的小球，小车光滑底板上有用轻质弹簧B拴着的物块，已知悬线和轻质弹簧A与竖直方向夹角均为θ＝30°，弹簧B处于压缩状态，小球和物块质量均为m，均相对小车静止，重力加速度为g，则(　　)

A．小车一定水平向左做匀加速运动
B．弹簧A一定处于拉伸状态
C．弹簧B的弹力大小可能为mg
D．细线拉力有可能与弹簧B的拉力相等
答案　C
解析　因弹簧B处于压缩状态，所以物块的合力一定水平向左，即小车的加速度水平向左，即小车可能向左加速，也可能向右减速，A错；当系统的加速度a＝gtanθ，弹簧A不受力作用，即处于原长状态，B错；当a＝gtanθ时，由牛顿第二定律知弹簧B的弹力大小F＝ma＝mg，C对；令细线对小球拉力为T，弹簧A、B的弹力分别为F1、F2，则对小球水平方向有Tsinθ－F1sinθ＝ma，对物块F2＝ma，所以T一定大于F2，D错．
2．(2015·课标Ⅰ)(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt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
答案　ACD
解析　设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有：mgsin θ＋μmgcosθ＝ma1，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2.再结合v－t图线斜率的物理意义有：a1＝，a2＝.由上述四式可见，无法求出m，可以求出θ、μ，故B错，A、C均正确.0～t1时间内的v－t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故D正确．
3．(2015·湖北八校二联)(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是(　　)

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力等于mg
C．M运动的加速度大小为(1－sinα)g
D．M运动的加速度大小为g
答案　BC
解析　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有Mg－T＝Ma，对m有：T′－mgsinα＝ma，又T＝T′，解得：a＝(1－sinα)g，T＝mg，故A、D错，B、C对．

4．(2014·河北衡水中学调研)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)下列说法正确的是(　　)

A．物块A先到达传送带底端
B．物块A、B同时到达传送带底端
C．传送带对物块A、B均做负功
D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3
答案　BCD
解析　因mgsinθ＞μmgcosθ，物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，则所用时间也相同，故A错误，B正确；滑动摩擦力沿传送带向上，位移向下，摩擦力做负功，故C正确；A、B两物块下滑时的加速度相同，下滑到底端的时间相同，由x＝v0t＋at2，a＝gsinθ－μgcosθ，得t＝1 s，传送带1 s内运动的距离是1 m，A与传送带是同向运动，则A在传送带上的划痕长度为(2－1)m＝1 m，B与传送带是反向运动的，则B在传送带上的划痕长度为(2＋1)m＝3 m，所以D正确．
专题提升练习(三)
一、选择题(共9小题，每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～9小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
1．(2015·河北石家庄2月调研，14)伽利略利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是(　　)

A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置
B．如果小球不受力， 它将一直保持匀速运动或静止状态
C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高
D．自由落体运动是匀变速直线运动
答案　C
解析　在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O′位置，A项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．
2．(2015·河北衡水元月调研，4)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f，则下列说法正确的是(　　)

A．在0～t1时间内，N增大，f减小
B．在0～t1时间内，N减小，f增大
C．在t1～t2时间内，N增大，f增大
D．在t1～t2时间内，N减小，f减小
答案　D
解析　在0～t1时间内，由图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有Ncosθ＋fsinθ－mg＝ma1，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度减小，则支持力N和摩擦力f均减小．在t1～t2时间内，由图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg－(Ncosθ＋fsinθ)＝ma2，在水平方向上有Nsinθ＝fcosθ，因加速度增大，则支持力N和摩擦力f均减小，故选D.
3．(2014·云南第一次检测，15)物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为(　　)
A．5m/s2　　　　　B．3 m/s2
C．(5－)m/s2 D.m/s2
答案　D
解析　由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝m/s2，D对．
4．(2015·河北保定4月模拟，14)下列关于力学及其发展历史，正确的说法是(　　)
A．牛顿根据伽利略等前辈的研究，用实验验证得出牛顿第一定律
B．牛顿通过研究发现物体受到的外力总是迫使其改变运动状态，而不是维持其运动状态
C．由牛顿第二定律得到m＝，这说明物体的质量跟所受外力成正比，跟物体的加速度成反比
D．牛顿等物理学家建立的经典力学体系不但适用于宏观、低速研究领域，也能充分研究微观、高速运动的物体
答案　B
解析　因为不受力作用的物体是不存在的，所以牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能用实验直接验证，所以A项错．牛顿研究发现力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，所以B项正确；因为物体的质量由其所含物质的多少决定，与其他因素无关，所以C项错；牛顿等物理学家建立的经典力学体系只适用于宏观、低速研究领域，当研究微观、高速运动的物体时用爱因斯坦相对论，所以D项错．

5．(2015·河北正定模拟，17)质量不可忽略的小球与轻质弹簧相连，穿在光滑的杆上，杆与水平面的夹角为45°.弹簧下端固定于杆上，初始系统静止，现在将系统以加速度g向右做匀加速运动，当地重力加速度为g.则(　　)

A．静止时，弹簧的弹力等于小球重力的一半
B．静止时，杆的弹力小于弹簧的弹力
C．加速时，弹簧的弹力等于零
D．加速时，弹簧的形变量是静止时的2倍

答案　C
解析　根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力F＝mgsin45°＝mg，此时杆对小球的弹力FN＝mgcos45°＝mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错．当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误．
6.(2014·湖北部分重点中学联考)如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M＝5 kg，小车上静止放置一质量为m＝1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有(　　)

A．am＝2 m/s2，aM＝1 m/s2
B．am＝1 m/s2，aM＝2 m/s2
C．am＝2 m/s2，aM＝4 m/s2
D．am＝3 m/s2，aM＝5 m/s2
答案　C
解析　本题考查牛顿第二定律的应用，意在考查考生合理选择研究对象以及应用牛顿第二定律解决问题的能力．当木块与小车间的摩擦力恰好达到最大值时，木块与小车加速度相同，木块的加速度最大，对木块，am＝μg＝2 m/s2为最大值且am≤aM，故选项A、D错误；当木块的加速度为1 m/s2时，木块与小车加速度相同，故选项B错误；当a＝2 m/s2时，若木块相对小车发生滑动，小车的加速度随外力F增大而增大，故选项C正确．

7．(2014·兰州、张掖联考)在奥运会女子3米跳板比赛中，我国跳水名将吴敏霞获得金牌．经过对她跳水过程录像的分析，以吴敏霞(可视为质点)离开跳板时为计时起点，其运动过程的v－t图象如图所示，则(　　)

A．t1时刻开始进入水面
B．t2时刻开始进入水面
C．t3时刻已浮出水面
D．t2～t3的时间内，运动员处于超重状态
答案　BD
解析　本题考查v－t图象、牛顿第二定律、超重和失重等知识点，意在利用体育项目为背景考查考生处理实际问题的能力．从开始到t2时刻，v－t图象为直线，说明整个过程中的加速度是相同的，所以在0～t2时间内运动员在空中，处于完全失重状态，t2之后进入水中，故选项A错误，B正确；t3时刻，运动员的速度减小为零，此时运动员处于水下的最深处，没有浮出水面，所以选项C错误；t2～t3时间内，运动员向下做减速运动，处于超重状态，选项D正确．
8.(2014·忻州联考)如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2 m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间(　　)

A．木块B对水平面的压力迅速变为2mg
B．弹簧的弹力大小为3mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．弹簧的弹性势能立即减小
答案　BC
解析　本题考查共点力的平衡条件及牛顿运动定律的综合应用，意在考查考生应用平衡条件和牛顿运动定律分析推理的能力．撤去木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力为3 mg，地面对B的作用力为4 mg，撤去木块C瞬时，弹簧压缩量不变，弹力、弹性势能不变，选项D错误；木块B所受重力、弹力不变，故地面对B的支持力也不变，选项A错误；撤走木块C后，对木块A由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，选项C正确．
9．(2015·昆明三中、玉溪一中统考)如图，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则下列说法正确的是(　　)

A．若传送带不动，则vB＝3 m/s
B．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，则vB＝3 m/s
C．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝3 m/s
D．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则vB＝2 m/s
答案　ABC
解析　本题考查牛顿运动定律的综合应用，意在考查考生对传送带模型的理解以及对力与运动关系的综合分析能力．由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a＝－μg＝－1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，有v－v＝－2μgs，解得vB＝3 m/s，选项A、B正确；若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述vB＝3 m/s，选项C正确，D错误．
二、计算题(共3小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10．(16分)(2015·试题押题)如图所示，质量分别为m1＝3 kg和m2＝1 kg的A、B放在固定在地面上的光滑斜面上，斜面倾角为θ＝37°，A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加一水平力F使A和B保持相对静止一起沿斜面运动，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求力F的大小范围．

答案　17.5 N≤F≤42.5 N
解析　物理学中的临界、极值问题是高考中的常见题型，临界点的确定是解决问题的基础，所涉及的内容往往与动力学密切相关，综合性强，对考生的能力要求高．
A与B之间的最大静摩擦力为
fm＝μm2g＝2 N(2分)
对物体B，水平方向的加速度为
ax＝amcosθ(2分)
fm＝m2ax(2分)
am＝2.5 m/s2(1分)
若沿斜面向下加速，对A和B组成的整体有：
(m1＋m2)gsinθ－F1cosθ＝(m1＋m2)am(3分)
F1＝17.5 N(1分)
若沿斜面向上加速，对A和B组成的整体有：
F2cosθ－(m1＋m2)gsinθ＝(m1＋m2)am(3分)
F2＝42.5 N(1分)
所以力F的大小范围为17.5 N≤F≤42.5 N．(1分)
11．(18分)(2014·太原模拟)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g取10 m/s2)求：

(1)木块与木块之间的动摩擦因数．(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(2)4 s末A、B的速度．
(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
答案　(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m
解析　(1)由图知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时
a＝2 m/s2(1分)
对应A板f＝mAa＝μmBg(3分)
A、B间动摩擦因数μ＝＝0.3(2分)
(2)由图象知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积(2分)
v＝at1＝×2×4 m/s＝4 m/s(2分)
(3)4 s到6 s末t2＝2 s
木板A运动的位移xA＝vt2＋aAt(3分)
xB＝vt2＋aBt(3分)
木板的长度l＝xB－xA＝4 m(2分)

12．(22分)(2014·南京模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.

(1)求煤块从A到B的时间．
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度．
答案　(1)1.5 s　(2)5 m
解析　(1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1(2分)
代入数据解得：a1＝