2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律（含解析）

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1、 專題03 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 第一部分 名師綜述 綜合分析近幾年的高考物理試題發(fā)現(xiàn)，試題在考查主干知識(shí)的同時(shí)，注重考查必修中的基本概念和基本規(guī)律，且更加突出考查學(xué)生運(yùn)用"力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)"分析解決問(wèn)題的能力。牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其應(yīng)用是每年高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解題的關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，特別是牛頓運(yùn)動(dòng)定律與曲線運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力定律以及電磁學(xué)等相結(jié)合的題目，牛頓定律中一般考查牛頓第二定律較多，一般涉及一下幾個(gè)方面：一是牛頓第二定律的瞬時(shí)性，根據(jù)力求加速度或者根據(jù)加速度求力，二是動(dòng)力學(xué)的兩類問(wèn)題，三是連接體問(wèn)題，四是牛頓第二定律在生活生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用。 第一部分

2、知識(shí)背一背 1.牛頓第一定律 (1)內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài). (2)牛頓第一定律的意義 ①指出了一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又稱慣性定律。 ②指出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即力是產(chǎn)生加速度的原因。 (3)慣性 ①定義：物體具有保持原來(lái)勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì). ②量度：質(zhì)量是物體慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大，質(zhì)量小的物體慣性小. ③普遍性：慣性是物體的固有屬性，一切物體都有慣性。 2.牛頓第二定律 (1)內(nèi)容：物體的加速度與所受合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反

3、比。 (2)表達(dá)式：F＝ma. (3)力的單位：當(dāng)質(zhì)量m的單位是kg、加速度a的單位是m/s2時(shí)，力F的單位就是N，即1 kg?m/s2＝1 N. (4)物理意義：反映物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小、方向與所受合外力的關(guān)系，且這種關(guān)系是瞬時(shí)的. (5)適用范圍： ①牛頓第二定律只適用于慣性參考系(相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系). ②牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對(duì)于分子、原子)、低速運(yùn)動(dòng)(遠(yuǎn)小于光速)的情況. 3單位制 (1)單位制：由基本單位和導(dǎo)出單位一起組成了單位制. ①基本單位：基本物理量的單位.力學(xué)中的基本物理量有三個(gè)，它們是長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間；它們的國(guó)際單位分別是米、千

4、克、秒. ②導(dǎo)出單位：由基本量根據(jù)物理關(guān)系推導(dǎo)出來(lái)的其他物理量的單位. (2)國(guó)際單位制中的基本物理量和基本單位 國(guó)際單位制的基本單位 物理量名稱 物理量符號(hào) 單位名稱 單位符號(hào) 長(zhǎng)度 l 米 m 質(zhì)量 m 千克 kg 時(shí)間 t 秒 s 電流 I 安[培] A 熱力學(xué)溫度 T 開[爾文] K 物質(zhì)的量 n 摩[爾] mol 發(fā)光強(qiáng)度 I 坎[德拉] cd 4.牛頓第三定律 (1)作用力和反作用力：兩個(gè)物體之間的作用總是相互的，一個(gè)物體對(duì)另一個(gè)物體施加了力，另一個(gè)物體一定同時(shí)對(duì)這個(gè)物體也施加了力. (2)內(nèi)容：兩個(gè)物體之

5、間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上. (3)物理意義：建立了相互作用的物體之間的聯(lián)系及作用力與反作用力的相互依賴關(guān)系. 5.作用力與反作用力的“四同”和“三不同” 四同： (1)　大小相同　(2)　方向在同一直線上　(3)　性質(zhì)相同　(4)　出現(xiàn)、存在、消失的時(shí)間相同 三不同：(1)　方向不同　(2)　作用對(duì)象不同　(3)　作用效果不同 6.超重與失重和完全失重 (1)實(shí)重和視重 ①實(shí)重：物體實(shí)際所受的重力，它與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)　無(wú)關(guān)　. ②視重：當(dāng)物體在　豎直　方向上有加速度時(shí)，物體對(duì)彈簧測(cè)力計(jì)的拉力或?qū)ε_(tái)秤的壓力將不等于物體的　重力　.此時(shí)彈簧測(cè)力

6、計(jì)的示數(shù)或臺(tái)秤的示數(shù)即為視重. (2)超重、失重和完全失重的比較 現(xiàn)象 實(shí)質(zhì) 超重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Α〈笥凇∽陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量 失重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Α⌒∮凇∽陨碇亓Φ默F(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量 完全失重 物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Α〉扔诹恪〉默F(xiàn)象 系統(tǒng)具有豎直向下的加速度，且a＝g 第三部分 技能+方法 一、如何理解牛頓第一定律 1.建立慣性的概念，即一切物體都具有保持原來(lái)的勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，叫做慣性.是物體固有的一種屬

7、性，與物體是否受力及物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān). 2.對(duì)力的概念更加明確.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即力是物體產(chǎn)生加速度的原因. 3.牛頓第一定律不是實(shí)驗(yàn)定律，即不能由實(shí)驗(yàn)直接加以驗(yàn)證，它是在可靠的實(shí)驗(yàn)事實(shí)基礎(chǔ)上采用科學(xué)的抽象思維而推理和總結(jié)出來(lái)的. 二、牛頓第一定律、慣性、牛頓第二定律的比較 1.力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，牛頓第一定律指出“一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止”.因此物體在不受力時(shí)仍可以勻速運(yùn)動(dòng)，并不需要力來(lái)維持，力是改變這種狀態(tài)的原因，也就是力是產(chǎn)生加速度的原因. 2.慣性是一切物體保持原來(lái)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，

8、而力是物體間的相互作用.因此慣性不是一種力，力是使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變的外部因素，慣性則是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，阻礙物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變的內(nèi)部因素. 3.慣性的表現(xiàn)：物體的慣性總是以保持“原狀”或反抗“改變”兩種形式表現(xiàn)出來(lái)，物體不受外力時(shí)，慣性表現(xiàn)在維持原運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變，即反抗加速度產(chǎn)生，且在外力一定時(shí)，質(zhì)量越大的物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)越難改變，加速度越小. 4.牛頓第一定律不是牛頓第二定律的特例，而是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，牛頓第一定律不是由實(shí)驗(yàn)直接總結(jié)出來(lái)的，是以伽利略的理想實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)，通過(guò)對(duì)大量實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的思維抽象、推理而總結(jié)出來(lái)的.牛頓第一定律定性地給出了物體在不受力的理想情況下的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，在此基礎(chǔ)上

9、牛頓第二定律定量地指出了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：F＝ma. 三、牛頓第二定律的理解 牛頓第二定律明確了物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況之間的定量關(guān)系.聯(lián)系物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況的橋梁是加速度.可以從以下角度進(jìn)一步理解牛頓第二定律. 因果關(guān)系 力是產(chǎn)生加速度的原因，力是因，加速度是果.只能描述為物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體所受的外力成正比，反之不行 同體性 F、a、m三者都針對(duì)同一個(gè)物體，其中F是該物體所受的合外力，m是該物體的質(zhì)量，a是在F作用下該物體的加速度 瞬時(shí)性 F與a是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的，它們同時(shí)存在，同時(shí)變化，同時(shí)消失.物體在每一時(shí)刻的瞬時(shí)加速度是跟那一時(shí)刻所受的合外力成正比的，恒力產(chǎn)生恒定的加

10、速度，變力產(chǎn)生變化的加速度，某一方向上合外力不為零，就在這一方向上產(chǎn)生加速度 同向性 F與a的方向永遠(yuǎn)是一致的，也就是說(shuō)合外力的方向決定了物體加速度的方向，加速度的方向反映了物體所受合外力的方向 獨(dú)立性 作用于物體上的每一個(gè)力各自獨(dú)立產(chǎn)生加速度也遵從牛頓第二定律，與其他力無(wú)關(guān).物體實(shí)際的加速度則是每個(gè)力單獨(dú)作用時(shí)產(chǎn)生的加速度的矢量和 適用范圍 慣性參考系，宏觀低速運(yùn)動(dòng)的物體 注意：1.物體所受合力的方向決定了其加速度的方向，合力與加速度的大小關(guān)系是F合＝ma，只要有合力，不管速度是大還是小，或是零，都有加速度，只有合力為零時(shí)，加速度才能為零，一般情況下，合力與速度無(wú)必然的聯(lián)系，只

11、有速度變化才與合力有必然的聯(lián)系. 2.合力與速度同向時(shí)，物體加速，反之則減速. 3.物體的運(yùn)動(dòng)情況取決于物體受的力和物體的初始條件(即初速度)，尤其是初始條件是很多同學(xué)最容易忽視的，從而導(dǎo)致不能正確地分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程 四、作用力和反作用力與平衡力 1.作用力和反作用力與平衡力的比較 內(nèi)容 作用力和反作用力 平衡力 受力物體 作用在兩個(gè)相互作用的物體上 作用在同一物體上 依賴關(guān)系 相互依存，不可單獨(dú)存在，同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失 無(wú)依賴關(guān)系，撤除一個(gè)，另一個(gè)可依然存在，只是不再平衡 疊加性 兩力作用效果不可疊加，不可求合力 兩力作用效果可相互抵消，可疊加，可

12、求合力，且合力為零 力的性質(zhì) 一定是同性質(zhì)的力 可以是同性質(zhì)的力，也可以是不同性質(zhì)的力 大小方向 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 大小相等、方向相反、作用在一條直線上 2.判斷一對(duì)力是否是作用力和反作用力 (1)看作用點(diǎn)，作用力與反作用力應(yīng)作用在兩個(gè)物體上. (2)看產(chǎn)生的原因，作用力和反作用力是由于相互作用而產(chǎn)生的. (3)作用力與反作用力具有相互性和異體性，與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān). 五、整體法和隔離法的應(yīng)用 1.解答問(wèn)題時(shí)，不能把整體法和隔離法對(duì)立起來(lái)，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來(lái)，從具體問(wèn)題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選取對(duì)象，恰當(dāng)?shù)剡x擇使用隔離法和整體法. 2.在使用

13、隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對(duì)象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體(包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體)，而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問(wèn)題的實(shí)際情況，靈活處理. 3.在選用整體法和隔離法時(shí)，可依據(jù)所求的力進(jìn)行選擇，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法.但在具體應(yīng)用時(shí)，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，先整體后隔離.先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度. 應(yīng)用牛頓第二定律時(shí)，若研究對(duì)象為一物體系統(tǒng)，可將系統(tǒng)的所有外力及系統(tǒng)內(nèi)每一物體的加速度均沿互相垂直的兩個(gè)方向分解，則牛頓第二定律的系統(tǒng)表達(dá)式為：

14、 ΣFx＝m1a1x＋m2a2x＋…＋mnanx ΣFy＝m1a1y＋m2a2y＋…＋mnany 應(yīng)用牛頓第二定律的系統(tǒng)表達(dá)式解題時(shí)，可不考慮系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力(即內(nèi)力)，這樣能達(dá)到簡(jiǎn)化求解的目的，但需把握三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)： (1)正確分析系統(tǒng)受到的外力； (2)正確分析系統(tǒng)內(nèi)各物體加速度的大小和方向； (3)確定正方向，建立直角坐標(biāo)系，并列方程進(jìn)行求解. 六、牛頓運(yùn)動(dòng)定律應(yīng)用規(guī)律 （一）、動(dòng)力學(xué)兩類基本問(wèn)題的求解思路 兩類基本問(wèn)題中，受力分析是關(guān)鍵，求解加速度是橋梁和樞紐，思維過(guò)程如下： （二）、用牛頓定律處理臨界問(wèn)題的方法 1.臨界問(wèn)題的分析思路 解決臨界問(wèn)題的

15、關(guān)鍵是：認(rèn)真分析題中的物理情景，將各個(gè)過(guò)程劃分階段，找出各階段中物理量發(fā)生突變或轉(zhuǎn)折的“臨界點(diǎn)”，然后分析出這些“臨界點(diǎn)”應(yīng)符合的臨界條件，并將其轉(zhuǎn)化為物理?xiàng)l件. 2.臨界、極值問(wèn)題的求解方法 (1)極限法：在題目中如出現(xiàn)“最大”、“最小”、“剛好”等詞語(yǔ)時(shí)，一般隱含著臨界問(wèn)題，處理此類問(wèn)題時(shí)，應(yīng)把物理問(wèn)題(或過(guò)程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來(lái)，達(dá)到盡快求解的目的. (2)假設(shè)法：有些物理過(guò)程中沒(méi)有明顯出現(xiàn)臨界問(wèn)題的線索，但在變化過(guò)程中可能出現(xiàn)臨界問(wèn)題，也可能不出現(xiàn)臨界問(wèn)題，解答此類題目，一般采用假設(shè)法. 此外，我們還可以應(yīng)用圖象法等進(jìn)行求解. （三）、復(fù)雜過(guò)程的處理方

16、法——程序法 按時(shí)間的先后順序?qū)︻}目給出的物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程(或不同的狀態(tài))進(jìn)行分析(包括列式計(jì)算)的解題方法可稱為程序法.用程序法解題的基本思路是： 1.劃分出題目中有多少個(gè)不同的過(guò)程或多少個(gè)不同的狀態(tài). 2.對(duì)各個(gè)過(guò)程或各個(gè)狀態(tài)進(jìn)行具體分析，得出正確的結(jié)果. 3.前一個(gè)過(guò)程的結(jié)束就是后一個(gè)過(guò)程的開始，兩個(gè)過(guò)程的分界點(diǎn)是關(guān)鍵 第四部分 基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．高鐵是中國(guó)“新四大發(fā)明之ー，有一段視頻，幾年前一位乗坐京瀘高鐵的外國(guó)人，在最高時(shí)速300公里行駛的列車窗臺(tái)上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示，在列車行駛的過(guò)程中，硬幣始終直立在列車窗臺(tái)上，直到列車橫向變道進(jìn)站的時(shí)候，硬幣才倒

17、掉。這一視頻證明了中國(guó)高鐵的極好的穩(wěn)定性。關(guān)于這枚硬幣，下列判斷正確的是（　　） A．硬幣直立過(guò)程可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用 B．硬幣直立過(guò)程一定只受重力和支持力而處于平衡狀態(tài) C．硬幣倒掉是因?yàn)槭艿斤L(fēng)吹的原因 D．列車加速或減速行駛時(shí)，硬幣都可能受到與列車運(yùn)動(dòng)方向相反的摩擦力作用 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當(dāng)列車勻速直線行駛時(shí)硬幣立于列車窗臺(tái)上，穩(wěn)穩(wěn)當(dāng)當(dāng)，說(shuō)明硬幣處于平衡狀態(tài)，此時(shí)硬幣受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，它們是一對(duì)平衡力；當(dāng)列車在加速或減速過(guò)程中，硬幣會(huì)受到沿著行進(jìn)方向的靜摩擦力或行進(jìn)方向反向的靜摩擦力提供硬幣加速度，故A正確，B

18、D錯(cuò)誤；硬幣倒掉是因?yàn)榱熊嚈M向變道時(shí)，列車運(yùn)動(dòng)的方向發(fā)生變化，硬幣受到與運(yùn)動(dòng)方向不一致的靜摩擦力的作用，列車內(nèi)是全封閉區(qū)域是沒(méi)有外界吹來(lái)的風(fēng)，故C錯(cuò)誤。 2．2018年II月16日，第26屆國(guó)際計(jì)量大會(huì)通過(guò)“修訂國(guó)際單位制”決議，正式更新包括國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量單位“千克”在內(nèi)的4項(xiàng)基本單位定義。新國(guó)際單位體系將于2019年5月20日世界計(jì)量日起正式生效。其中，千克將用普朗克常量(h)定義；安培將用電子電荷量（e）定義。以基本物理常數(shù)定義計(jì)量單位，可大大提高穩(wěn)定性和精確度。關(guān)于普朗克常量和電子電荷量的單位，下列正確的是 A．普朗克常量的單位為kg.m3 .s-2 B．普朗克常量的單位為kg-1 .

19、m2. s-1 C．電子電荷量的單位為A．s D．電子電荷量的單位為A.s-1 【答案】 C 【解析】 【詳解】 由公式E=hv，可得h=E/v=Fs/v=mas/v，故普朗克常量h的單位為J/Hz，1J/Hz=1J·S=1Kg·m2·s-1；由公式q=It，可得電荷量e的單位為C，1C=1A·s。故答案選C。 3．一個(gè)質(zhì)量為m的雨滴從足夠高的地方落下，受到的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)為k。重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是：（） A．雨滴下落過(guò)程中機(jī)械能守恒 B．雨滴下落過(guò)程處于失重狀態(tài) C．雨滴的最大速度為v=mgk D．雨滴從越高的地方下落，最后的速度越大 【答案

20、】 C 【解析】 【詳解】 雨滴在下落過(guò)程中受到空氣阻力，所以機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；物體在空中豎直下落過(guò)程中，受到重力和空氣阻力，由于空氣阻力與物體的速度成正比，開始階段，空氣阻力小于重力，物體向下做加速運(yùn)動(dòng)，處于失重狀態(tài)，隨著速度的增大，空氣阻力增大，合力減小，由牛頓第二定律得知，加速度減小，當(dāng)空氣阻力與重力平衡時(shí)，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大即v=mgk，由此可知雨滴的最后速度與下落高度無(wú)關(guān)，故C正確，BD錯(cuò)誤。所以C正確，ABD錯(cuò)誤。 4．如圖，自由下落的小球下落一段時(shí)間后，與彈簧接觸，從它接觸彈簧開始，到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是：（） A．從接觸彈

21、簧到速度最大的過(guò)程是失重過(guò)程， B．從接觸彈簧到加速度最大的過(guò)程是超重過(guò)程 C．從接觸彈簧到速度最大的過(guò)程加速度越來(lái)越大 D．速度達(dá)到最大時(shí)加速度也達(dá)到最大 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當(dāng)彈簧的彈力等于小球的重力時(shí)，小球的加速度為零，此時(shí)速度最大；則從接觸彈簧到速度最大的過(guò)程，小球的加速度向下，且加速度逐漸減小，是失重過(guò)程，選項(xiàng)A正確，CD錯(cuò)誤；當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)小球的加速度最大，則從接觸彈簧到加速度最大的過(guò)程中，加速度是先向下減小，失重，然后加速度是向上增加，超重，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；故選A. 5．上虞區(qū)城東小學(xué)的護(hù)鳥小衛(wèi)士在學(xué)校的綠化帶上發(fā)現(xiàn)一個(gè)鳥窩靜止擱在三根樹叉之間

22、。若鳥窩的質(zhì)量為 m，與三根樹叉均接觸。重力加速度為 g。則（） A．三根樹叉對(duì)鳥窩的合力大小等于 mg B．鳥窩所受重力與鳥窩對(duì)樹叉的力是一對(duì)平衡力 C．鳥窩與樹叉之間一定只有彈力的作用 D．樹叉對(duì)鳥窩的彈力指向鳥窩的重心 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．由力的平衡知識(shí)可知，三根樹叉對(duì)鳥窩的合力大小等于 mg，選項(xiàng)A正確； B．鳥窩所受重力作用在鳥窩上，而鳥窩對(duì)樹叉的力是作用在樹杈上，兩力不是一對(duì)平衡力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．鳥窩與樹叉之間也可能存在摩擦力的作用，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．樹叉對(duì)鳥窩的彈力方向垂直于樹枝方向，不一定指向鳥窩的重心，選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 6．在

23、物理學(xué)建立、發(fā)展的過(guò)程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)發(fā)現(xiàn)推動(dòng)了人類歷史的進(jìn)步，關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn)，下列說(shuō)法正確的是（） A．古希臘學(xué)者亞里士多德認(rèn)為物體下落的快慢由它們的重量決定，牛頓在他的《兩種新科學(xué)的對(duì)話》中利用邏輯推斷，使亞里士多德的理論陷入困境 B．德國(guó)天文學(xué)家開普勒對(duì)他導(dǎo)師第谷觀測(cè)的行星數(shù)據(jù)進(jìn)行了多年研究，得出了萬(wàn)有引力定律 C．伽利略開創(chuàng)了科學(xué)實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的重要科學(xué)研究方法,比如他利用圖(a)對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究，先在傾角較小的斜面上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)， 其目的是使時(shí)間測(cè)量更容易 D．庫(kù)侖發(fā)現(xiàn)的庫(kù)侖定律使電磁學(xué)的研究從定性進(jìn)入定量階段，是電磁學(xué)史上一塊重要的里程碑，并且?guī)靵鲞M(jìn)一

24、步提出了“電場(chǎng)”的概念。 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A．亞里士多德認(rèn)為物體下落的快慢是由它們的重量決定的，重物比輕物下落快，16世紀(jì)末，伽利略對(duì)落體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行系統(tǒng)研究，將斜面實(shí)驗(yàn)的結(jié)論合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，而不是直接由實(shí)驗(yàn)得出自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤； B．開普勒在分析第谷的數(shù)據(jù)基礎(chǔ)上提出開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律，但沒(méi)有得出萬(wàn)有引力定律，故B錯(cuò)誤； C．伽利略開創(chuàng)了科學(xué)實(shí)驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的重要科學(xué)研究方法，比如他利用圖(a)對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)研究，先在傾角較小的斜面上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，其目的是“沖淡”重力，使時(shí)間測(cè)量更容易，選項(xiàng)C正確； D．庫(kù)

25、侖發(fā)現(xiàn)的庫(kù)侖定律使電磁學(xué)的研究從定性進(jìn)入定量階段，是電磁學(xué)史上一塊重要的里程碑；法拉第提出了“電場(chǎng)”的概念，選項(xiàng)D錯(cuò)誤； 7．關(guān)于物理學(xué)史，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A．伽利略通過(guò)斜面實(shí)驗(yàn)推斷出自由落體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法 B．牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動(dòng)規(guī)律……牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律 C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場(chǎng) D．愛(ài)因斯坦首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時(shí)，是以最小能量值為單位

26、一份份地輻射或吸收的，這個(gè)不可再分的最小能量值叫做能量子 【答案】 D 【解析】 【詳解】 伽利略通過(guò)斜面實(shí)驗(yàn)推斷出自由落體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法，選項(xiàng)A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動(dòng)規(guī)律……牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，選項(xiàng)B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場(chǎng)，選項(xiàng)C正確；普朗克首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時(shí)，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個(gè)不可再分的最小能量值

27、叫做能量子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選D. 8．如圖所示,M、N兩物體疊放在一起,在恒力F作用下,一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則關(guān)于兩物體受力情況的說(shuō)法正確的是 A．物體N可能受到4個(gè)力 B．物體M一定受到4個(gè)力 C．物體M與墻之間一定有彈力和摩擦力 D．物體M與N之間可能無(wú)摩擦力 【答案】 B 【解析】 【詳解】 M、N兩物體一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力向上，對(duì)MN整體進(jìn)行受力分析，受到重力和F，墻對(duì)M沒(méi)有彈力，否則合力不能向上，也就不可能有摩擦力；對(duì)N進(jìn)行受力分析，得：N受到重力，M對(duì)N的支持力，這兩個(gè)力的合力不能向上，所以還受到M對(duì)N向上的靜摩擦力，

28、則N也給M一個(gè)沿斜面向下的靜摩擦力；再對(duì)M進(jìn)行受力分析，得：M受到重力、推力F、N對(duì)M的壓力以及N給M沿斜面向下的靜動(dòng)摩擦力，一共4個(gè)力，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選B。 9．如圖所示，在水平面上有一小物體P，P與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.8，P用一水平輕質(zhì)彈簧與左側(cè)墻壁連在一起，P在一斜向上的拉力F作用下靜止，F(xiàn)與水平成夾角θ=53°，并且P對(duì)水平面無(wú)壓力。已知：重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，最大靜摩擦力大小等于滑動(dòng)摩擦力。則撤去F瞬間P的加速度大小為 A．0 B．2.5m/s2 C．12.5m/s2 D．無(wú)法確定 【答案

29、】 A 【解析】 【分析】 撤去F之前，由平衡知識(shí)可求解彈簧的彈力；撤去F后的瞬間，彈力不變，物體與地面之間產(chǎn)生壓力和摩擦力，比較彈力和最大靜摩擦力的關(guān)系可知求解物塊的加速度. 【詳解】 撤去F之前，由平衡知識(shí)可知，F(xiàn)彈tan53°=mg，解得F彈=0.75mg；撤去F的瞬時(shí)，彈簧彈力不變，因最大靜摩擦力為fm=μmg=0.8mg，可知物體不動(dòng)，加速度為零；故選A. 10．如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體B和質(zhì)量為1kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上.再將一個(gè)質(zhì)量為3kg的物體A輕放在B上的一瞬間，物體B的加速度大小為(取g=10m/s2) A．0 B．1

30、5 m/s2 C．6 m/s2 D．5 m/s2 【答案】 C 【解析】 【分析】 放上A的瞬間，先對(duì)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再隔離分析，根據(jù)牛頓第二定律求出A對(duì)B的支持力的大小。 【詳解】 開始彈簧的彈力等于B的重力，即F=mBg放上A的瞬間，彈簧彈力不變， 對(duì)整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 a=(mA+mB)g-F(mA+mB)=mAg(mA+mB)=6ms2。 故選：C。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，掌握整體法和隔離法的運(yùn)用。 二、多選題 11．如圖為娛樂(lè)場(chǎng)里常見(jiàn)的一種簡(jiǎn)單的娛樂(lè)設(shè)施一滑道

31、，它由一個(gè)傾斜軌道和水平軌道平滑連接而成。若一名兒童自軌道頂端由靜止開始下滑，到達(dá)水平軌道某處停下，兒童與整個(gè)軌道的滑動(dòng)摩擦因素處處相同，不計(jì)空氣阻力。則下列關(guān)于其路程大小x、速度大小、加速度大小a、合カ大小F隨時(shí)間t變化的大致規(guī)律，可能正確的是（　　） A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 兒童在斜面階段與斜面正壓力大小與重力在垂直斜面方向的分量相等，此分量小于重力，在水平軌道正壓力大小等于重力，摩擦力與正壓力大小呈正比，兩個(gè)階段滑動(dòng)摩擦力又相等，故斜面階段加速度要小于水平軌道階段，因此在傾斜軌道下滑過(guò)程中，由于受力不平衡會(huì)加速下滑F(xiàn)=ma=mgsi

32、nθ-μmgcosθ，會(huì)加速下滑的路程為x=12at2，路程大小隨時(shí)間變化是曲線，故A錯(cuò)誤；加速過(guò)程v=at，其中加速度a=gsinθ-μgcosθ，速度大小隨時(shí)間變化是直線，在水平面上根據(jù)牛頓第二定律：F′=ma′=μmg，可得：a′=μg，可知做減速運(yùn)動(dòng)，且合外力F和F′大小關(guān)系不確定，a與a′之間大小關(guān)系不確定，故B可能正確；兩階段加速度大小不確定，故C可能正確；水平軌道階段合力與斜面階段力的方向必然相反，故D錯(cuò)誤。 12．如圖所示,水平地面上固定一豎直擋板,傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體右側(cè)用楔子P固定于地面,一質(zhì)量為m的球體靜止于擋板與斜面之間,設(shè)所有接觸面均光滑:若將固定斜面體的楔子

33、P取走,小球下落且未脫離斜面的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確內(nèi)是 A．球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng) B．球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小 C．球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D．球體與斜面體組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A．小球下落過(guò)程中，受到斜面體以及擋板的作用力，則不能做自由落體運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．球加速下落，處于失重狀態(tài)，可知球?qū)ωQ直擋板壓力相對(duì)于球靜止時(shí)減小，選項(xiàng)B正確； C．因此過(guò)程中只有球的重力對(duì)系統(tǒng)做功，則球體、地球與斜面體組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確； D．球體與斜面體組成系統(tǒng)水平方向受擋板的彈力作用，水平方向動(dòng)量不守恒；豎直方向

34、受合外力也不為零，豎直方向動(dòng)量也不守恒，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 13．如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球套在光滑的豎直桿上，一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩繞過(guò)滑輪連接小球，已知小球重力為IN，電動(dòng)機(jī)從A端以1m/s的速度沿水平方向勻速拉繩，繩子始終處于拉直狀態(tài)。某一時(shí)刻，連接小球的繩子與豎直方向的夾角為600，對(duì)此時(shí)小球速度及繩子中拉力的判斷正確的是 A．小球速度等于2m/s B．小球速度等于0.5m/s C．繩中拉力大于2N D．繩中拉力等于2N 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設(shè)小球速度為v1，繩子速度為v2，小球的運(yùn)動(dòng)速度可分解到沿繩和垂直繩的方向上，故v2=v1co

35、sθ，可得v1=v2/cosθ=2m/s。小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程角θ逐漸增大，故小球在做加速運(yùn)動(dòng)，加速度向上，對(duì)小球受力分析知F cosθ-mg=ma，故F＞mgcosθ=2N。故選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。 14．如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接，A、B兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn))，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v一t圖象如圖乙所示（重力加速度為g），則 A．施加外力前，彈簧的形變量為2Mgk B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(

36、g+a) C．A、B在tl時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力籌于物體B的重力 D．上升過(guò)程中，物體B速度最大，A、B兩者的距離為12at22-Mgk 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A、施加外力F前，物體AB整體平衡，根據(jù)平衡條件，有：2Mg=kx，解得：x=2Mgk，故選項(xiàng)A正確； B、施加外力F的瞬間，對(duì)B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有：F彈-Mg-FAB=Ma，其中：F彈=2Mg，解得：FAB=M(g-a)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C、物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v與a且FAB=0；對(duì)B有：F'彈-Mg=Ma，解得：F'彈=M(g+a)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D、當(dāng)物體B的

37、加速度為零時(shí)，此時(shí)速度最大，則Mg=kx'，解得：x'=Mgk，故B上升的高度h'=x-x'=Mgk，此時(shí)A物體上升的高度：h=12at22，故此時(shí)兩者間的距離為Δh=12at22-Mgk，故選項(xiàng)D正確； 說(shuō)法正確的是選選項(xiàng)AD。 15．靜止于粗糙水平面上的物體，受到方向恒定的水平拉力F的作用，其大小隨時(shí)間變化如圖甲所示。在拉力F從零逐漸增大的過(guò)程中，物體的加速度隨時(shí)間變化如圖乙所示，g取10m/s2。則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是 A．物體與水平面間的摩擦力先增大后減小至某一值并保持不變 B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 C．4s末物體的動(dòng)量大小為12kg·m/s D．4s內(nèi)滑動(dòng)

38、摩擦力的沖量大小為9N·s 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 由乙知，0-2s內(nèi)物體靜止不動(dòng)，物體所受的靜摩擦力與拉力平衡，則知摩擦力逐漸增大。t=2s時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，t=2s后物體開始運(yùn)動(dòng)，受到滑動(dòng)摩擦力作用，滑動(dòng)摩擦力小于最大靜摩擦力，并且保持不變，所以物體所受的摩擦力先增大，后減小至某一值并保持不變。故A正確。在2-4s內(nèi)，由牛頓第二定律得：F-μmg=ma；由圖知：當(dāng)F=6N時(shí)，a=1m/s2，代入得6-10μm=m；當(dāng)F=12N時(shí)，a=3m/s2，代入得 12-10μm=3m；聯(lián)立解得μ=0.1，m=3kg，故B正確。根據(jù)a-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變

39、化量，可知4s內(nèi)物體速度的變化量為△v=1+32×2=4m/s，由于初速度為0，所以4s末物體的速度為4m/s，動(dòng)量大小為P=mv=12kg?m/s，故C正確。4s內(nèi)滑動(dòng)摩擦力的沖量大小為I=μmgt=0.1×30×2N?s=6N?s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 16．如圖所示，有一傾角為37°的足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5?，F(xiàn)用F=20N的拉力沿斜面向上拉動(dòng)1kg的木塊，經(jīng)6s后，下列說(shuō)法正確的是：（） A．木塊的加速度恒為20m/s2 B．木塊的動(dòng)量為60kg·m/s C．拉力F的沖量為120N·s D．拉力F的沖量為0 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 物理受力分析列牛

40、頓第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入數(shù)據(jù)解得：a＝10m/s2，故A錯(cuò)誤；經(jīng)6s后物體的速度v=at=60m/s，此時(shí)木塊的動(dòng)量為：P=mv=60kg·m/s，故B正確；拉力F的沖量為：I=Ft=120N·s，故C正確，D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)誤。 17．火箭是靠火箭發(fā)動(dòng)機(jī)噴射工質(zhì)（工作介質(zhì)）產(chǎn)生的反作用力向前推進(jìn)的飛行器。它自身攜帶全部推進(jìn)劑，不依賴外界工質(zhì)產(chǎn)生推力，可以在稠密大氣層內(nèi)，也可以在稠密大氣層外飛行。一枚火箭升空后沿著直線離開某個(gè)星球的表面，星球很大，表面可視為水平面，如圖所示。若不計(jì)星球的自轉(zhuǎn)，不計(jì)空氣阻力，則以下軌跡（圖中虛線）可能正確的是

41、： A． B． C． D． 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 A圖中，火箭向下噴氣，產(chǎn)生豎直向上的作用力，重力豎直向下，合力方向與速度共線做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；B圖中，火箭向下噴氣，產(chǎn)生豎直向上的作用力，重力豎直向下，若重力與向上的作用力相等，則火箭可沿虛線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；C圖中，火箭向后噴氣，產(chǎn)生沿斜向上方向的作用力，重力豎直向下，若合力方向沿虛線方向，火箭可沿虛線方向做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D圖中，火箭向后噴氣，產(chǎn)生沿虛線方向的斜向上的作用力，重力豎直向下，合力方向不能沿虛線方向，火箭不可能沿虛線方向做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選ABC. 18．如圖所

42、示，在光滑水平桌面上有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，在沿平行于桌面方向的恒定外力F作用下，以初速度v0從A點(diǎn)開始做曲線運(yùn)動(dòng)，圖中曲線是質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知在t s末質(zhì)點(diǎn)的速度達(dá)到最小值v，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度方向與初速度v0的方向垂直，則 A．恒定外力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sinθ=vv0 B．質(zhì)點(diǎn)所受合外力的大小為mv02-v2t C．質(zhì)點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0vv02-v2 D．t s內(nèi)恒力F做功為12mv02-v2 【答案】 ABC 【解析】 【詳解】 分析可知，恒力F的方向應(yīng)與速度方向成鈍角，如圖所示： 在x′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v＝v0si

43、n θ；在y′方向上由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)得v0cos θ＝ayt；由牛頓第二定律有F＝may；解得F＝mv02-v2t，sin θ＝vv0，即恒力F的方向與初速度的反方向成θ角指向曲線內(nèi)側(cè)，且sin θ＝vv0。故AB正確；設(shè)質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B歷時(shí)t1，設(shè)在v0方向上的加速度大小為a1，在垂直v0方向上的加速度大小為a2，由牛頓第二定律有Fcos θ＝ma1；Fsin θ＝ma2；由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可得v0＝a1t1；vB＝a2t1解得vB＝v0vv02-v2，則選項(xiàng)C正確；t s內(nèi)恒力F做功為－12m(v02－v2) ，故D錯(cuò)誤。故選ABC. 19．如圖甲所示，一滑塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)

44、，滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。質(zhì)量m=0.05kg的子彈水平向左射入滑塊并留在其中，取水平向左的方向?yàn)檎较?，子彈在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖象如圖乙所示，已知傳送帶的速度始終保持不變，滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，g取10m/s2。則 A．傳送帶的速度大小為4m/s B．滑塊的質(zhì)量為3.3kg C．滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為26.8J D．若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且傳送帶與轉(zhuǎn)動(dòng)輪間不打滑，則轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R為0.4m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 根據(jù)題中“子彈水平向左射入滑塊并留在其中”、“水平傳送帶”可知，本題考察動(dòng)量守恒與傳送帶相結(jié)

45、合的問(wèn)題，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律、摩擦生熱等知識(shí)分析計(jì)算。 【詳解】 A：子彈射入滑塊并留在其中，滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)，然后向右加速，最后向右勻速，向右勻速的速度大小為2m/s，則傳送帶的速度大小為2m/s。故A項(xiàng)錯(cuò)誤。 B：子彈未射入滑塊前，滑塊向右的速度大小為2m/s，子彈射入滑塊瞬間，子彈和滑塊的速度變?yōu)橄蜃蟮?m/s；子彈射入滑塊瞬間，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正，據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0+M(-v)=(m+M)v1，即400m+M(-2)=4(m+M)，解得：滑塊的質(zhì)量M=66m=3.3kg。故B項(xiàng)正確。 C：滑塊(含子彈)先向左做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，據(jù)牛頓

46、第二定律可得，μ(M+m)g=(M+m)a，解得：滑塊向左運(yùn)動(dòng)的加速度大小a=2m/s2。滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=v1a=2s，滑塊(含子彈)向左減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離s=v1+02t1+vt1=8m，滑塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μ(M+m)gs=0.2×3.35×10×8J=53.6J。故C項(xiàng)錯(cuò)誤。 D：滑塊最后恰好能從傳送帶的右端水平飛出，則(m+M)g=(m+M)v2R，解得：轉(zhuǎn)動(dòng)輪的半徑R=0.4m。故D項(xiàng)正確。 20．傾斜角度為θ的斜面上有m1和m2兩個(gè)物體，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2．兩物體間用一根原長(zhǎng)為L(zhǎng)0的與斜面平

47、行的輕質(zhì)彈簧連接，當(dāng)整體沿斜面勻速下滑時(shí)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)，如圖所示．則以下說(shuō)法正確的是（） A．若μ1>μ2, 可用張力足夠的輕繩替代彈簧 B．若μ1=μ2, 可用輕桿替代彈簧 C．若μ1<μ2, 彈簧的形變量是(L－L0) D．若m1=m2，則μ1=μ2=tanθ 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 A、若μ1＞μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則彈簧處于壓縮狀態(tài)，所以不能用張力足夠的輕繩替代，故A錯(cuò)誤； B、若μ1=μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ

48、=μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，彈簧的形變量為0，故可用輕桿替代彈簧，故B正確； C、若μ1＜μ2，要使m1和m2處于平衡狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對(duì)m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，彈簧處于拉伸狀態(tài)，故彈簧的形變量是(L－L0)，C正確； D、m1=m2時(shí)，若彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ+F，對(duì)m2有m2gsinθ+F=μ2m2gcosθ，則μ1＜μ2，若彈簧處于壓縮狀態(tài)，對(duì)m1有：m1gsinθ+F=μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ+F，則μ1＞μ2，

49、若彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)m1有m1gsinθ=μ1m1gcosθ，對(duì)m2有m2gsinθ=μ2m2gcosθ，則μ1=μ2=tanθ，由于彈簧的狀態(tài)不清楚，所以無(wú)法判斷μ1和μ2的關(guān)系，故D錯(cuò)誤。 三、解答題 21．光滑水平地面上有一質(zhì)量M=2kg的木板以速度v0=10m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)，在t=0時(shí)刻起對(duì)其施加一向左的恒力F=8N．經(jīng)t=ls時(shí)，將一質(zhì)量m=2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊初速度為零輕放在木板右端。物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，木板足夠長(zhǎng)。求： （1）剛放上小物塊時(shí)木板的速度？ （2）物塊在木板上相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間？ 【答案】 （1）6m/s；（2）0.5s

50、【解析】 【詳解】 (1)對(duì)M：F=Ma1 解得：a1=4ms2 由公式v1=v0-a1t1=6ms； (2)由公式f=μFN FN=mg 對(duì)m:f=ma2 解得：a2=4ms2 對(duì)M：F+f=Ma3 解得：a3=8ms2 共同速度v共=a2t=v1-a3t 解得：t=0.5s 由于F=(M+m)a4 a4=2ms2<4ms2 所以以后共同減速，t=0.5s。 22．從長(zhǎng)L=8m、傾角θ=37 °的固定粗糙斜面頂端由靜止釋放一個(gè)滑塊，滑塊滑到斜面底端時(shí)速度大小為 v ，所用時(shí)間為 t ；若讓此滑塊從斜面底端以速度 v 滑上斜面，則滑塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為12t。

51、取重力加速度g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。求： （1）滑塊通過(guò)斜面底端時(shí)的速度大小v； （2）滑塊從斜面底端上滑時(shí)離斜面頂端的最小距離。 【答案】 （l）4.77m/s；（2）6.93m 【解析】 【詳解】 （1）設(shè)滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊下滑時(shí)加速度大小為a1，滑塊上滑時(shí)加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：滑塊下滑時(shí)mg（sinθ-ucosθ）=ma1①，滑塊上滑時(shí)mg（sinθ+μcosθ）=ma2②，設(shè)滑塊上滑時(shí)間為t1，上滑最大距離為x，則v=a2t1=a1t③，x=12a2t12=12a1(t-t1)2④，③④解得a22-8a

52、1a2+4a12=0，a2=2(2+3)a1，①+②解得a1=2gsinθ(5+23)=1213(5-23)m/s2≈1.42m/s2,v=2a1L≈4.77m/s，聯(lián)立解得：a1≈1.42m/s2、a2≈10.6m/s2、v≈4.77m/s。 （2）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v2=2a2x⑤，則滑塊上滑時(shí)離斜面頂端的最小距離為d=L-x⑥，解得x=1.07m，d≈6.93m。 23．如圖，木板B置于粗糙水平地面上，木板上端放置一小物塊A。已知mA= 2mB= 2m,A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，現(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，

53、當(dāng)A、B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，求F的大小。 【答案】 3μmg 【解析】當(dāng)A、B恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、B的加速度均為a。 以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律：F-μ?2mg= 2ma 以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律：μ?2mg -?3mg=ma 聯(lián)立解得F= 3μmg 24．質(zhì)量為60kg的人，站在升降機(jī)中的體重計(jì)上，當(dāng)升降機(jī)做下列各種運(yùn)動(dòng)時(shí)，體重計(jì)的讀數(shù)各是多少？（取g=10m/s2） （1）升降機(jī)勻速上升； （2）升降機(jī)以4m/s2的加速度加速上升； （3）升降機(jī)以5m/s2的加速度加速下降。 【答案】 （1）F示=600N (2)F示=840N (3)F示=3

54、00N 【解析】 人站在升降機(jī)中的體重計(jì)上受重力和支持力. (1)當(dāng)升降機(jī)勻速上升時(shí)，由平衡條件得FN－G＝0，所以，人受到的支持力FN＝G＝mg＝60×10 N＝600 N.根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)體重計(jì)的壓力即體重計(jì)的示數(shù)為600 N. (2)當(dāng)升降機(jī)以4 m/s2的加速度加速上升時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律FN－G＝ma，F(xiàn)N＝G＋ma＝ｍ（g＋a）＝60×（10＋4）N＝840 N,此時(shí)體重計(jì)的示數(shù)為840N，大于人的重力600 N，人處于超重狀態(tài). (3)當(dāng)升降機(jī)以5 m/s2的加速度加速下降時(shí)，據(jù)牛頓第二定律可得mg-FN＝ma， 所以FN＝mg-ma＝ｍ（g-a）＝60×（10

55、-5）N＝300 N，此時(shí)體重計(jì)的示數(shù)為300 N，小于人本身的重力，人處于失重狀態(tài). 試題點(diǎn)評(píng)：本題是考查對(duì)超重和失重的理解。 25．質(zhì)量為200kg的物體，置于升降機(jī)內(nèi)的臺(tái)秤上，從靜止開始上升。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中臺(tái)秤的示數(shù)F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，求升降機(jī)在7s鐘內(nèi)上升的高度（取g＝10m／s2）。 【答案】 升降機(jī)在7s鐘內(nèi)上升的高度為50m． 【解析】 試題分析：0-2s內(nèi) F1=3000N，由牛頓第二定律得：F1-mg=ma 解得：a=5m/s2方向豎直向上 位移x1= a1t 12/2=10m; 2s-5s內(nèi)，F(xiàn)2="2000N=" mg 則a=0 位移x2=v

56、1t=a1t1t2=30m； 5s-7s 內(nèi), F3=1000N，由牛頓第二定律得：F3-mg=ma2 解得：a2=-5m/s2，方向豎直向下 位移x3=v1t3+1a3t32/2=10m 整個(gè)過(guò)程上升的高度H=x1+x2+x3=50m 考點(diǎn)：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用 【名師點(diǎn)睛】本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與圖象的綜合，關(guān)鍵是根據(jù)F-t圖線來(lái)求解物體在不同階段的加速度，然后應(yīng)用運(yùn)動(dòng)公式求解；此類問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，需加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練。 26．某高速公路的一個(gè)出口路段如圖所示，情景簡(jiǎn)化：轎車從出口A進(jìn)入匝道，先勻減速直線通過(guò)下坡路段至B點(diǎn)（通過(guò)B點(diǎn)前后速率不變），再勻速率通

57、過(guò)水平圓弧路段至C點(diǎn)，最后從C點(diǎn)沿平直路段勻減速到D點(diǎn)停下。已知轎車在A點(diǎn)的速度v0=72km/h，AB長(zhǎng)L1＝l50m；BC為四分之一水平圓弧段，限速（允許通過(guò)的最大速度）v=36 km/h，輪胎與BC段路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，CD段為平直路段長(zhǎng)L2=50m,重力加速度g取l0m/s2。 （1）若轎車到達(dá)B點(diǎn)速度剛好為v =36 km/h，求轎車在AB下坡段加速度的大?。? （2）為保證行車安全，車輪不打滑，求水平圓弧段BC半徑R的最小值； （3）轎車A點(diǎn)到D點(diǎn)全程的最短時(shí)間。 【答案】 （1）a=1m/s2（2）Rmin=20cm（3）

58、t=23.14 s 【解析】 試題分析：（1）轎車在AB段做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，已知初速度、位移和末速度，根據(jù)速度位移關(guān)系公式求解加速度． （2）轎車在BC段做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由靜摩擦力充當(dāng)向心力，為保證行車安全，車輪不打滑，所需要的向心力不大于最大靜摩擦力，據(jù)此列式求解半徑R的最小值． 分三段，分別由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解時(shí)間，即可得到總時(shí)間 解：（1）v0=72km/h=20m/s，AB長(zhǎng)L1=l50m，v=36km/h=10m/s，對(duì)AB段勻減速直線運(yùn)動(dòng)有 v2=﹣2aL1 代入數(shù)據(jù)解得 a=1m/s2 （2）汽車在BC段做圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力提供向心力， 為了確保安全，則須滿足

59、Ff≤μmg 聯(lián)立解得：R≥20m，即：Rmin=20cm （3）設(shè)AB段時(shí)間為t1，BC段時(shí)間為t2，CD段時(shí)間為t3，全程所用最短時(shí)間為t． L1= R=vt2 L2= t=t1+t2+t3 解得：t="23.14" s 答：（1）若轎車到達(dá)B點(diǎn)速度剛好為v=36km/h，轎車在AB下坡段加速度的大小為1m/s2； （2）為保證行車安全，車輪不打滑，水平圓弧段BC半徑R的最小值為20cm； （3）轎車A點(diǎn)到D點(diǎn)全程的最短時(shí)間為23.14 s． 【點(diǎn)評(píng)】本題是運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)綜合題，能結(jié)合物體的運(yùn)動(dòng)情況，靈活選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式形式是關(guān)鍵，當(dāng)不涉及加速度而要求時(shí)間時(shí)，可用位移

60、等于平均速度乘以時(shí)間來(lái)求． 27．2016年新春佳節(jié)，許多餐廳生意火爆，常常人滿為患，為能服務(wù)更多的顧客，服務(wù)員需要用最短的時(shí)間將菜肴送至顧客處(設(shè)菜品送到顧客處速度恰好為零)。某次服務(wù)員用單手托托盤方式(如圖)給12 m遠(yuǎn)處的顧客上菜，要求全程托盤水平。托盤和手、碗之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為0.2、0.15，服務(wù)員上菜時(shí)的最大速度為3 m/s。假設(shè)服務(wù)員加速、減速過(guò)程中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且可認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知重力加速度g=10 m/s2。 (1)求服務(wù)員運(yùn)動(dòng)的最大加速度； (2)求服務(wù)員上菜所用的最短時(shí)間。 【答案】 （1）1.5m/s2；（2）6s. 【解析

61、】 試題分析：（1）設(shè)碗的質(zhì)量為m，托盤的質(zhì)量為M，以最大加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，碗、托盤、手保持相對(duì)靜止，碗受力如圖甲所示，由牛頓第二定律得：Ff1=ma1， 碗與托盤間相對(duì)靜止，則：Ff1≤Ff1max=μ1mg， 解得：a1≤μ1g=0.15×10=1.5m/s2， 對(duì)碗和托盤整體，由牛頓第二定律得：Ff2=（M+m）a2， 手和托盤間相對(duì)靜止，則：Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g， 解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2， 則最大加速度：amax=1.5m/s2； （2）服務(wù)員以最大加速度達(dá)到最大速度，然后勻速運(yùn)動(dòng)，再以最大加速度減速運(yùn)動(dòng)，所需時(shí)間最短， 加速運(yùn)

62、動(dòng)時(shí)間：t1=vmaxamax=31.5s=2s， 位移：， 減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=t1=2s，位移：x2=x1= 3m， 勻速運(yùn)動(dòng)位移：x3=L-x1-x2=12m- 3m - 3m = 6m 勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t3=x3vmax=2s， 最短時(shí)間：t=t1+t2+t3=6s 考點(diǎn)：牛頓第二定律的應(yīng)用 28．如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M＝2 kg的長(zhǎng)木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切。一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊自A點(diǎn)沿弧面由靜止滑下，A點(diǎn)距離長(zhǎng)木板上表面高度h＝0.6 m。滑塊在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運(yùn)動(dòng)，取g＝10 m/s2。求：

63、 (1)滑塊與木板間的摩擦力大?。? (2)滑塊沿弧面下滑過(guò)程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊相對(duì)木板滑行的距離。 【答案】 　(1)2 N；(2)1.5 J；(3)1.5 m 【解析】 【詳解】 (1)對(duì)木板 Ff=Ma1 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有 v=a1t 解得Ff=2N (2)對(duì)滑塊 -Ff-ma2 設(shè)滑塊滑上木板時(shí)的初速度為v0， 由公式 v-v0=a2t 解得v0=3m/s 滑塊沿弧面下滑的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mgh-Wf=12mv02 可得滑塊克服摩擦力做功為Wf=1.5J (3)t=1s內(nèi)木板的位移x1=12a1t2 此過(guò)程中滑塊的位移x2=v0

64、t+12a2t2 故滑塊相對(duì)木板滑行距離L=x2-x1=1.5m 29．某中學(xué)的部分學(xué)生組成了一個(gè)課題小組，對(duì)海嘯的威力進(jìn)行了模擬研究，他們?cè)O(shè)計(jì)了如下的模型：如圖甲,在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m=4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，g=10m/s2． (1)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點(diǎn)什么位置時(shí)物體的速度達(dá)到最大？ (3)物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？ 【答案】 (1)20m/s2（2）3.2m （3）10m 【解析】 試題分析：（1）由

65、牛頓第二定律，得F-μmg=ma， 當(dāng)推力F=100N時(shí)，物體所受的合力最大，加速度最大 代入解得解得a=Fm-μg=20m/s2 （2）由圖象可得推力隨位移x是變化的，當(dāng)推力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大 則F=μmg=20N 由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式F=100-25x 則得到x=3．2m （3）由圖象得到推力對(duì)物體做功等于“面積”，得推力做功W=200J 根據(jù)動(dòng)能定理W-μmgxm=0 代入數(shù)據(jù)得xm=10m 考點(diǎn)：牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用 【名師點(diǎn)睛】本題有兩個(gè)難點(diǎn)：一是分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，得出速度最大的條件；二是能理解圖象的物理意義，“面積”等于推力做功，是這題解題的關(guān)鍵． 25