《大高考》高考物理全国通用二轮专题配套练习：五年高考真题专题三牛顿运动定律Word版含答案

考点一 牛顿运动定律的理解1．(2015·安徽理综，15，6分)(难度★★)由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为 ( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A -2·m 3·s -4C ．kg ·m 2·C -2D ．N ·m 2·A -2解析 由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，则k 的单位为：N ·m 2·C -2＝kg ·m ·S -2·m 2·(A·S)-2＝kg·m 3·A -2·S -4，故B 正确．答案 B2．(2015·海南单科，8，5分)(难度★★★)(多选)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S 1和S 2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．现将细线剪断．将物块a 的加速度的大小记为a 1，S 1和S 2相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g .在剪断的瞬间( )A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2 解析 设物体的质量为m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．答案AC3. (2014·北京理综，19，6分)(难度★★)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，它的加速度越小解析根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B 和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．答案 A4．(2014·山东理综，15，6分)(难度★★)(多选)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．t1B．t2C．t3D．t4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．答案AC5．(2013·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()A．物体具有惯性B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关C．物体运动的距离与时间的平方成正比D．物体运动的加速度与重力加速度成正比解析由图表可知，图表中的物理量未涉及物体的惯性、质量以及加速度与重力加速度的关系，所以A、B、D错误；由表中数据可以看出，在前1秒、前2秒、前3秒……内位移与时间的平方成正比，所以C正确．答案 C6．(2013·新课标全国Ⅱ，14，6分)(难度★★)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之间关系的图象是()解析物块的受力如图所示，当F不大于最大静摩擦力时，物块仍处于静止状态，故其加速度为0；当F大于最大静摩擦力后，由牛顿第二定律得F－μF N ＝ma，即F＝μF N＋ma，F与a成线性关系．选项C正确．答案 C7．(2013·山东理综，14，5分)(难度★★)(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A．力不是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反解析伽利略利用“理想斜面实验”，否定了亚里士多德的“要维持物体的运动就需要外力”的观点，A正确；伽利略将逻辑推理和科学实验相结合，否定了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的观点，C正确；物体间普遍存在的相互吸引力及物体间相互作用力的特点是由牛顿发现或研究的规律，B、D错误．答案AC8．(2013·浙江理综，17，6分)(难度★★★)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是()A．5 s内拉力对物块做功为零B．4 s末物块所受合力大小为4.0 NC．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析由图象可知F f max＝4 N，F f滑＝3 N．由F f滑＝μF N＝μmg，可得μ＝0.3，C错误；4 s末，F＝F f max＝4 N，合力为零，B错误；4 s后，F＞F f max，物块滑动，拉力对物体做功，A错误；6～9 s内，F＝5 N，F f＝3 N，由牛顿第二定律得F－F f＝ma，解得a＝2.0 m/s2，D正确．答案 D9．(2012·新课标全国卷，14，6分)(难度★★)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确；没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确；行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是“匀速直线运动”，所以不能称其为惯性，C错误．答案AD10．(2012·江苏物理，4，3分)(难度★★)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是()解析物体向上运动时，空气阻力向下，加速度由重力和空气阻力的合力提供，且a＞g.当物体速度变小时，空气阻力变小，加速度变小；物体到达最高点时，空气阻力为零，加速度为重力加速度，不为零，故C正确．答案 C考点二牛顿运动定律的应用1．(2015·新课标全国Ⅱ，20，6分)(难度★★★)(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；当机车在西边拉着车厢以大小为23a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解析设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数，当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确．答案 BC2．(2015·新课标全国Ⅰ，20，6分)(难度★★★)(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v 0、v 1、t 1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 由v-t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ.可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v0（v0＋v1）4g，选项D正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B 错误．答案ACD3. (2015·海南单科，9，5分)(难度★★★)(多选)如图，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()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F f＝μF N可知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θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物体以加速度a向上运动时，有F N＝m(g＋a)cos θ，F f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍做匀速下滑运动，C错误，D 正确．答案BD4．(2015·重庆理综，5，6分)(难度★★★)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()解析由v-t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F ＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．答案 B5．(2015·江苏单科，6，4分)(多选)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时最小解析由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，F N－mg ＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s 内加速度方向向下，由mg－F N＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．答案AD6．(2014·北京理综，18，6分)(难度★★)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．答案 D7．(2013·福建理综，17，6分)(难度★★)在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()A．m2·kg·s－4·A－1B．m2·kg·s－3·A－1C．m2·kg·s－2·A－1D．m2·kg·s－1·A－1解析物理公式与方程的意义是：等式两边单位统一，数值相等．由电势差定义式U＝Wq＝F·sI·t可知电压的单位：V＝N·mA·s＝kg·m·s－2·mA·s＝kg·m2·s－3·A－1，所以B正确．答案 B8．(2013·广东理综，19，4分)(难度★★)(多选)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有()A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处解析由轨道倾斜度知甲的切向加速度先是大于乙的，后是小于乙的，A项错误；由机械能守恒定律可知，甲、乙在同一高度时速度大小相等，B项正确；开始时甲的加速度大于乙的加速度，故甲开始时下滑较快，C项错误；因开始时甲的平均加速度较大，其在整个过程中的平均速度大于乙的平均速度，所以甲比乙先到达B处，D项正确．答案BD9．(2013·浙江理综，19，6分)(难度★★)(多选)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m 时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4 830 NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝460×(10＋0.5) N＝4 830 N，A正确；加速上升过程，随着速度增大，空气阻力增大，B项错误；浮力和重力不变，而随着空气阻力的增大，加速度会逐渐减小，直至为零，故上升10 s后的速度v＜at＝5 m/s，C项错误；匀速上升时，F浮＝F f＋mg，所以F f＝F浮－mg＝4 830 N－4 600 N＝230 N，D项正确．答案AD10．(2012·天津理综，8，6分)(难度★★★)(多选)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则()A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大解析0～t1时间内物块A仍处于静止状态，F的功率为零，A错；t1～t3时间内F＞f m，对物块A列方程得F－f m＝ma，F先增大后减小，因此加速度a 先增大后减小，但v一直增大，当F最大时，a最大，B正确；t3时刻F＝f m，a＝0，物块A速度达到最大，故C错误，D正确．答案BD11．(2012·安徽理综，17，6分)(难度★★)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A．物块可能匀速下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物块将以小于a 的加速度匀加速下滑解析 设斜面倾角为θ，对物块由牛顿第二定律列式：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，得a ＝g sin θ－μg cos θ＝g (sin θ－μcos θ)，加上恒力F 后：(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θ＝ma ′得a ′＝（mg ＋F ）sin θ－μ（mg ＋F ）cos θm ＝mg ＋F m (sin θ－μcos θ)，因mg ＋Fm ＞g ，所以a ′＞a ，C 正确． 答案 C12．(2011·北京理综，18，6分)(难度★★)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向上的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中的最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析 “蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳的拉力最终趋于恒定时等于重力且等于35F 0，即F 0＝53mg .当绳的拉力最大时，人处于最低点且合力最大，故加速度也最大，此时F 最大＝95F 0＝3mg ，方向竖直向上，由ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg 得最大加速度为2g ，故B 正确． 答案 B13．(2015·新课标全国Ⅰ，25，20分)(难度★★★★)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 cm ，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 2.求：(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)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v ＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a 2＝4－01 m/s 2＝4 m/s 2.根据牛顿第二定律有μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x ＝v-t ＋12a 1t 2 解得a 1＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即 μ1g ＝a 1 解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3 可得a 3＝43 m/s 2对滑块，加速度大小为a 2＝4 m/s 2由于a 2＞a 3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1 s 的过程中，木板向左运动的位移为x 1＝v-t 1－12a 3t 21＝103 m, 末速度v 1＝83 m/s 滑块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4 m/s 2 木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43 m/s 2 假设又经历t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2 解得t 2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76 m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2 m/s滑块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为 Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a 1＝1 m/s 2 向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m 答案 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m14．(2015·新课标全国Ⅱ，25，20分)(难度★★★★)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°(sin 37°＝35)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38，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2 s 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 ＝27 m ，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 ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2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F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1＋mg cos θ④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mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得 a 1′＝6 m/s 2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得t 3＝1 s(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＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s答案 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s15．(2014·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★★)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．解析 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①s ＝v 0t 0＋v 22a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③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 ＝ma ④ s ＝v-t 0＋v 22a ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v ＝20 m/s(72 km/h)⑥ 答案 20 m/s(72 km/h)16．(2013·山东理综，22，15分)(难度★★★★)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/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 ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m ．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33.重力加速度g 取10 m/s 2.(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 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 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L ＝v 0t ＋12at 2①v ＝v 0＋at②联立①②式，代入数据得a ＝3 m/s 2③v ＝8 m/s④(2)设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，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 F cos α－mg sin θ－F f ＝ma ⑤F sin α＋F N －mg cos θ＝0 ⑥又F f ＝μF N⑦联立⑤⑥⑦式得F ＝mg （sin θ＋μcos θ）＋ma cos α＋μsin α⑧由数学知识得cos α＋33sin α＝233sin(60°＋α) ⑨ 由⑧⑨式可知对应F 最小时与斜面间的夹角α＝30°⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为 F min ＝1335N⑪答案 (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30°1335 N17．(2013·新课标全国Ⅱ，25，18分)(难度★★★★)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示．已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 ＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)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． 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t 1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1①a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小． 设物块和木板的质量为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 ＝ma 1 ③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2 ④ 联立①②③④式得μ1＝0.20 ⑤ μ2＝0.30 ⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得 f ＝ma 1′ ⑦2μ2mg －f ＝ma 2′ ⑧ 假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾． 故f ＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知，物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v-t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1 ⑩s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪物块相对于木板的位移的大小为 s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m ⑬答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m。