新课标高考物理一轮总复习高考真题专项突破五天体运动题教案
高考真题专项突破(三)　直线运动和牛顿运动定律的综合题

[真题1]　 (2018•全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象正确的是(　　)

解析：由牛顿运动定律，F－ mg＋F弹＝ma，F弹＝k(x0－x)，kx0＝mg，联立解得F＝ma＋kx，对比题给的四个图象，正确的是A.
答案：A
[真题2]　(2015•全国卷Ⅱ)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下边缘距离l＝27 m，C足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2.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f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、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

f1＝μ1N1①
N1＝mgcos θ②
f2＝μ2N2③
N2＝N1′＋mgcos θ④
规定沿斜面向下为正方向．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得
mgsin θ－f1＝ma1⑤
mgsin θ－f2＋f1′＝ma2⑥
又N1＝N1′⑦
f1＝f1′⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得
a1＝3 m/s2
a2＝1 m/s2.
(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6 m/s⑨
v2＝a2t1＝2 m/s⑩
t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得
a1′＝6 m/s2⑪
a2′＝－2 m/s2⑫
即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＝1 s⑭
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为
s＝(12a1t21＋v1t2＋12a1′t22)－(12a2t21＋v2t2＋12a2′t22)＝
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t3后A离开B，则有
l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋12a1′t23⑯
可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰
设A在B上总的运动时间为t总，有
t总＝t1＋t2＋t3＝4 s.
答案：(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s
[命题情报]
作为经典力学的基础理论，牛顿运动定律是高考的热点，在2017年全国高考试卷中，牛顿运动定律独立命题3道，在2016年全国高考试卷中，独立命题2道，在近几年的考题中，试题形式有压轴大题，有选择题，还有实验题．主要考查动力学图象问题，连接体问题，“滑块—木板”模型等知识．

1．(2019•重庆万州三中月考)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝ 6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中不正确的是(　　)

A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析：物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v202x1＝362×6 m/s2＝3 m/s2；物体匀减速直线运动的时间为：t1＝v0a1＝63 s＝2 s．故A正确；匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′22x2＝162×8 m/s2＝1 m/s2；反向加速到出发点的时间t′＝2x1a2＝2×61 s＝23 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2；联立两式解得：F＝2 N，f＝1 N；则动摩擦因数为：μ＝fmg＝110＝0.1，故C、D正确；此题选择不正确的选项，故选B.
答案：B
2．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2，则下列判断正确的是(　　)

A．释放瞬间甲球加速度较大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，故m1m2＝v1v2，故B错误；由于m1m2＝v1v2，而v1＞v2，故甲球质量大于乙球质量，故C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
答案：C
3．(2019•山东临沂十九中调研)如图甲所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一个带风帆的滑板从静止开始沿斜面下滑，滑板的总质量为m，滑板与斜面间的动摩擦因数为μ，滑板上的风帆受到的空气阻力与滑板下滑的速度成正比，即f＝kv(k为正的常量)．

(1)试求滑板下滑的最大速度vm的表达式；
(2)若m＝2 kg，θ＝30°，g取10m/s2，滑板从静止开始沿斜面下滑的速度—时间图象如图乙所示，图中斜线是t＝0时刻的图线的切线．由此求μ和k的值．

解析：(1)风帆受力如下图所示；

当 mgsin θ＝f1＋f2时，风帆下滑的速度最大为vm，
则有： mgsin θ＝μ mgcos θ＋kvm ，
vm＝mgk(sin θ－μcos θ)．
(2)由图象知t＝0时风帆下滑的加速度：
a＝3－01 m/s2＝3 m/s2
风帆下滑过程中最大速度vm＝2 m/s
当t＝0时，由牛顿第二定律得： 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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