新課標高考物理一輪總復習高考真題專項突破五天體運動題教案
高考真題專項突破(三)　直線運動和牛頓運動定律的綜合題

[真題1]　 (2018•全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統處于靜止狀態，現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動，以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖象正確的是(　　)

解析：由牛頓運動定律，F－ mg＋F彈＝ma，F彈＝k(x0－x)，kx0＝mg，聯立解得F＝ma＋kx，對比題給的四個圖象，正確的是A.
答案：A
[真題2]　(2015•全國卷Ⅱ)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θ＝37°(sin 37°＝35)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)，在極短時間內，A、B間的動摩擦因數μ1減小為38，B、C間的動摩擦因數μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末，B的上表面突然變為光滑，μ2保持不變．已知A開始運動時，A離B下邊緣距離l＝27 m，C足夠長．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．取g＝10 m/s2.求：
(1)在0～2 s時間內A和B加速度的大?。?span style="display:none">84H物理好資源網(原物理ok網)
(2)A在B上總的運動時間．
解析：(1)在0～2 s時間內，A和B的受力如圖所示，其中f1、N1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，f2、N2是B與C之間的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示．由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得

f1＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
規定沿斜面向下為正方向．設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓第二定律得
mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥
又N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數據得
a1＝3 m/s2
a2＝1 m/s2.
(2)在t1＝2 s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則
v1＝a1t1＝6 m/s⑨
v2＝a2t1＝2 m/s⑩
t＞t1時，設A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得
a1′＝6 m/s2?
a2′＝－2 m/s2?
即B做減速運動．設經過時間t2，B的速度減為零，則有
v2＋a2′t2＝0?
聯立○10??式得
t2＝1 s?
在t1＋t2時間內，A相對于B運動的距離為
s＝(12a1t21＋v1t2＋12a1′t22)－(12a2t21＋v2t2＋12a2′t22)＝
12 m＜27 m?
此后B靜止不動，A繼續在B上滑動．設再經過時間t3后A離開B，則有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋12a1′t23?
可得t3＝1 s(另一解不合題意，舍去)?
設A在B上總的運動時間為t總，有
t總＝t1＋t2＋t3＝4 s.
答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s
[命題情報]
作為經典力學的基礎理論，牛頓運動定律是高考的熱點，在2017年全國高考試卷中，牛頓運動定律獨立命題3道，在2016年全國高考試卷中，獨立命題2道，在近幾年的考題中，試題形式有壓軸大題，有選擇題，還有實驗題．主要考查動力學圖象問題，連接體問題，“滑塊—木板”模型等知識．

1．(2019•重慶萬州三中月考)如圖甲所示，質量m＝1 kg、初速度v0＝ 6 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率的二次平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，下列說法中不正確的是(　　)

A．t＝2 s時物塊速度為零
B．t＝3 s時物塊回到O點
C．恒力F大小為2 N
D．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.1
解析：物體勻減速直線運動的加速度大小為：a1＝v202x1＝362×6 m/s2＝3 m/s2；物體勻減速直線運動的時間為：t1＝v0a1＝63 s＝2 s．故A正確；勻加速直線運動的加速度大小為：a2＝v′22x2＝162×8 m/s2＝1 m/s2；反向加速到出發點的時間t′＝2x1a2＝2×61 s＝23 s，故B錯誤；根據牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2；聯立兩式解得：F＝2 N，f＝1 N；則動摩擦因數為：μ＝fmg＝110＝0.1，故C、D正確；此題選擇不正確的選項，故選B.
答案：B
2．甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放．兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)．兩球的v－t圖象如圖所示．落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩定值v1、v2，則下列判斷正確的是(　　)

A．釋放瞬間甲球加速度較大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球質量大于乙球質量
D．t0時間內兩球下落的高度相等
解析：釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩定時kv＝mg，因此最大速度與其質量成正比，即vm∝m，故m1m2＝v1v2，故B錯誤；由于m1m2＝v1v2，而v1＞v2，故甲球質量大于乙球質量，故C正確；圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤．
答案：C
3．(2019•山東臨沂十九中調研)如圖甲所示，在傾角為θ的足夠長的斜面上，有一個帶風帆的滑板從靜止開始沿斜面下滑，滑板的總質量為m，滑板與斜面間的動摩擦因數為μ，滑板上的風帆受到的空氣阻力與滑板下滑的速度成正比，即f＝kv(k為正的常量)．

(1)試求滑板下滑的最大速度vm的表達式；
(2)若m＝2 kg，θ＝30°，g取10m/s2，滑板從靜止開始沿斜面下滑的速度—時間圖象如圖乙所示，圖中斜線是t＝0時刻的圖線的切線．由此求μ和k的值．

解析：(1)風帆受力如下圖所示；

當 mgsin θ＝f1＋f2時，風帆下滑的速度最大為vm，
則有： mgsin θ＝μ mgcos θ＋kvm ，
vm＝mgk(sin θ－μcos θ)．
(2)由圖象知t＝0時風帆下滑的加速度：
a＝3－01 m/s2＝3 m/s2
風帆下滑過程中最大速度vm＝2 m/s
當t＝0時，由牛頓第二定律得： mgsin θ－μ mgcos θ＝ma
a＝g(sin θ－μcos θ)＝10×(0.5－32μ)＝3 m/s2
解得μ≈0.23
由 mgsin θ＝μmg cos θ＋kvm
得：k＝mgvm(sin θ－μcos θ)＝2×102×(0.5－0.23×32)≈3 N/(m•s－1)．
答案：(1)mgk(sinθ－μcosθ)　(2)0.23　3 N/(m•s－1)

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