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【物理精品】2013版《6年高考4年模拟》
牛顿运动定律部分第一部分六年高考荟萃
2012年高考题
8（2012上海卷）．如图，光
滑斜面固定于水平面，滑块A、
B叠放后一起冲上斜面，且始
终保持相对静止，A上表面水
平。则在斜面上运动时，B受
力的示意图为（）
答案：A
23(2012全国理综).（11分）
图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸袋，在纸袋上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，没5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标
1
a
为纵坐标，在坐标纸上做出
1
m
a
关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则
1
a
与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：
（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=__________mm，s3=__________
。
由此求得加速度的大小a=__________m/s 2
。
（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。 【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性 （2）（i ）远小于m (ii)2
1
3213)(50)5(2t s s t s s a ?-=?-=
cm s 43.225.168.31=-= cm s 72.628.700.123=-=
s m t s s a /15.2)02.05(210)43.272.6()5(22
2
213=???-=?-=-.
(iii)设小车的质量为'm ，则有a m m F )'(+=，变形得
F m m F a '11+=,所以m a
-1
图象的斜率为k F =1，所以作用力k F 1=，m a -1图象的截距为b F m ='，所以k
b m ='。
17（2012广东卷）图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 是，下列表述正确的有
A .N 小于滑块重力
B .N 大于滑块重力
C .N 越大表明h 越大
D .N 越大表明h 越小 答案：BC
23（2012北京高考卷）．（18分）
摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的，已知电梯在t =0时由静止开始上升，a ─t 图像如图2所示．
电梯总质量m =2.0×103kg ．忽略一切阻力，重力加速度g 取10m/s 2
． （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；
（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图像求位移的方
法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a ─t 图像，求电梯在第1s 内的速度改变量Δυ1和第2s 末的速率υ2；
（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0─11s 时间内，拉力和重力对
电梯所做的总功W．
23．（18分）
（1）由牛顿第二定律，有F-mg= ma
由a─t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2
F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N
F2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N （2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积
Δυ1=0.50m/s
同理可得，Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s
υ0=0，第2s末的速率υ2=1.5m/s
（3）由a─t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a─t图线下的面积，有
υm=10m/s
此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率
P=Fυm=mg?υm=2.0×103×10×10W=2.0×105W 由动能定理，总功
W=E k2-E k1=1
2
mυm2-0=
1
2
×2.0×103×102J=1.0×105J
16（2012山东卷）．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，
v t-图像如图所示。以下判断正确的是
A．前3s内货物处于超重状态
B．最后2s内货物只受重力作用
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
答案：AC
21（2012四川卷）．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接
触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，
此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦
因数为μ，重力加速度为g。则
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为
g m
kx μ-0
C ．物体做匀减速运动的时间为2
g
x μ0
D ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为)(0k
mg
x mg μμ-
答案：BD
14(2012全国新课标).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 [答案]AD
[解析]惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质。A 正确C 错误。没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B 错D 正确。
17（2012安徽卷）.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 17C ；
解析：未加恒力F 时，由牛顿第二定律知θμθcos sin mg a mg -=，而加上F 后，
)cos sin )((θθmg mg m
F
g a ++
='，即a a >'，C 正确。
24(2012全国新课标).（14分）
拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m ，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g ，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。 （1） 若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。
（2） 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的
比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan θ0。
[答案]（1）mg F θ
μθμ
cos sin -=
了 （2）λθ=0tan
[解析]（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平分解，
按平衡条件有N mg F =+θcos ① f F =θsin ②
式中N 与f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有N f μ= ③
联立①②③式得mg F θ
μθμ
cos sin -=
④
（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应用 θs i n f ≤N λ⑤
这时，①式仍满足，联立①⑤式得θλθcos sin -≤F
mg
λ
⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当F 无限大时极限为零，有θλθcos sin -≤0 ⑦
使上式成立的角满足θ≤θ0，这里是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切值为λθ=0tan ⑧
30（2012上海卷）．（10分）如图，将质量m ＝0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53?的拉力F ，使圆环以a ＝4.4m/s 2
的加速度沿杆运动，求F 的大小。（取sin53?＝0.8，cos53?＝0.6，g ＝
10m/s 2
）。 解析：
令F sin53?＝mg ，F ＝1.25N ，当F ＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律F cos θ－μF N ＝ma ，F N ＋F sin θ＝mg ，解得F ＝1N ，当F ＞1.25N 时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律
F cos θ－μF N ＝ma ，F sin θ＝mg ＋F N ，解得F ＝9N ，
21（2012安徽卷）.（18分）Ⅰ.（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M 。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
(1)试验中，为了使细线对小车的拉力
等于小车所受的合外力，先调节长木板一
滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下
来还需要进行的一项操作是
A. 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器
通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
(2)实验中要进行质量m 和M 的选取，以下最合理的一组是
小车、砝码、打点计时器
A. M =200g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40g
B. M =200g , m =20g 、40g 、60g 、80g 、100g 、120g
C. M =400g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40g
D. M =400g , m =20g 40g 、60g 、80g 、100g 、120g
（3）图2 是试验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为AB s =4.22 cm 、BC s =4.65 cm 、CD s =5.08 cm 、DE s =5.49 cm 、EF s =5.91 cm 、FG s =6.34 cm 。已知打点
2
。
21Ⅰ答案：（1）B ；(2)C ；（3）0.42
要使砂和砂桶的重力mg 近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足
m ＜＜M 。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B ，（2）选C 。（3）用逐差法
2
CD BC AB FG EF DE T
9s -s -s -s s s a ++=
，求得2
/m 42.0a s =。 22（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的t v -图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为f ，取g =10 m/s 2
, 求： （1）弹性球受到的空气阻力f 的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 。
22. (1)0.2N ；(2)0.375m 解析：(1)由v —t 图像可知:小球下落作匀加速运动，2/8t
v
a s m =??=
由牛顿第二定律得：ma f mg =-
解得
N
a g m f 2.0)(=+=
(2)由图知：球落地时速度s m /4v =，则反弹时速度s m v v /34
3
==' 设反弹的加速度大小为a ＇，由动能定理得
图2
22
1
0f)h (mg -v m '-=+
解得m h 375.0=
4（2012江苏卷）．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 关系图象，可能正确的是
【解
析】加速度
m
kv g a +
=，随着v 的减小，a 减小，但最后不等于0.加速度越小，速度减小得越慢，所以选C. 【答案】C
5（2012江苏卷）．如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦有均为f ，若木块不滑动，力F 的最大值是
A ．
2()f m M M + B ．2()
f m M m +
C ． 2()()f m M m M g M +-+
D ．2()()f m M m M g M
+++
【解析】整体法m m ma g m M F =+-)(，隔离法，对木块，
m Ma Mg f =-2，解得M
M m f F m )
(2+=
.
【答案】A
25（2012重庆卷） ．（19分）某校举行托乒乓球跑步比赛， 赛道为水平直道，比赛距离为S ，比赛时，
某同学将球置于球拍中心，以大小a 的加 速度从静止开始做匀加速运动，当速度达 到v 0时，再以v 0做匀速直线运动跑至终点。 整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛 中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的 倾角为θ0 ，如题25图所示。设球在运动过 程中受到的空气阻力与其速度大小成正比， 方向与运动方向相反，不计球与球拍之间 的摩擦，球的质量为m ，重力加速度为g ?空气阻力大小与球速大小的比例系数k
?求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v 变化的关系式
?整个匀速跑阶段，若该同学速率仍为v 0 ，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求β应满足的条件。 25．（19分） ?在匀速运动阶段有，00tan kv mg =θ
得00tan v mg k θ=
?加速阶段，设球拍对球的支持力为N '，有 ma kv N =-'θsin
mg N ='θcos
得00tan tan v v g a θθ+=
?以速度v 0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F ，有
0cos θmg F =
球拍倾角为βθ+0时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a '，有 a m F '=βsin
设匀速跑阶段所用时间为t ，有a v v s t 200-= 球不从球拍上掉落的条件 r t a ≤'2
2
1 得2
0002cos 2sin ???
? ??-≤
a v v s g r θβ
23(2012浙江卷)．（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石腊做成
两条质量均为m 、形
状不同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图所示。在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，“A 鱼”
竖直下潜hA 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜hB 后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，
还受浮力和术的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的
9
10
倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求： (1)“A 鱼”入水瞬间的速度V A1；
(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；
(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A :f B 。
解答：（1）A 鱼”入水前作自由落体运动
V A12
-0=2Ah
2011年高考题
1(安徽第17题)．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b ）所示。则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是
A ．20v g
B ．220sin v g α
C ．220cos v g α
D ．220cos sin v g αα
答案：C
解析：物体在其轨迹最高点P 处只有水平速度，其水平速度大小为v 0cos α，根据牛顿第二定律得2
0(cos )v mg m
αρ
=，所以在其轨迹最高点P 处的曲率半径是220cos v g
α
ρ=，C 正确。
2(新课标理综第21题).如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数）
，
图（a ） 图（b ）
木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（A ）
解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩
擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律
2
121m m kt
a a +=
=。木块和木板相对运动时， 121m g m a μ=恒定不变，
g m kt
a μ-=
2
2。所以正确答案是A 。
3（2011天津第2题）．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力
A ．方向向左，大小不变
B ．方向向左，逐渐减小
C ．方向向右，大小不变
D ．方向向右，逐渐减小 【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有
相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A 、B 系统整体分析有
A =()()A
B A B f m m g m m a μ+=+地，a =μg ，B 与A 具有共同的运动状态，取B 为研究对象，
由牛顿第二定律有：=AB B B f m g m a μ==常数，物体B 做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。 【答案】：A
4（2011四川第19题）．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返 回
地面的示意图，假定其过程可简化为：
打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需 点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则
A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【答案】A
【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻
力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。 5（2011江苏第9题）．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M 、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不同值
的情况下，下列说法正确的有
A ．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B ．两物块不可能同时相对绸带静止
C ．M 不可能相对绸带发生滑动
D ．m 不可能相对斜面向上滑动
6（2011北京第18题）.“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的运动，重力加速度为g 。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为
A ．G
B ．2g
C ．3g
D ．4g
7（2011上海第19题）．受水平外力F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v t - 图线如图所示，则
(A)在10t 秒内，外力F 大小不断增大 (B)在1t 时刻，外力F 为零
(C)在12t t 秒内，外力F 大小可能不断减小 (D)在12t t 秒内，外力F 大小可能先减小后增大
答案：CD
8（2011上海第26题）.(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b 的挡光片A 、B 固定在小车上，测得二者间距为d 。 (1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间1t ?和2t ?，则小车加速度
a = 。
(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( )
(A)增大两挡光片宽度b (B)减小两挡光片宽度b
(C)增大两挡光片间距d (D)减小两挡光片间距d 答案．
（1）2222111[]2()()
b d t t -?? (2)B ，C
9（2011天津第19题）（1）某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G 。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。 【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。 （2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。 该金属丝的直径是1.706mm
【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.6×0.01mm=1.706mm 。因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。
10.(浙江第21题)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是 ① （漏选或全选得零分）；并分别写出所选器材的作用 ② 。
答案：①学生电源、电磁打点 计时器、钩码、砝码
或电火花计时器、钩码、砝码 ②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的
质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。
解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。
11(新课标理综第23题).（10分）
利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t 。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s ，记下相应的t 值；所得数据如下表所示。
完成下列填空和作图：
（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a 、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v 1
测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式是_______； (2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上 画
出图线；
（3）由所画出的
图线，得出滑块加速度的大小为
a=____________m/s 2
（保留2位有效数字）。
解析：（1）滑块做匀加速直线运动，利用
at
v v v v t +==02
和有
2
1t a t s v +=
解得
t v at s v at t s 1212
1
21+-=+-=或 （2）图线如图所示t t s
-
（3）由121v at t s +-=可知，图线t t s
-斜率绝对值为
21
a 即22
1==a k ，解得a=2
12(重庆第22（2）题)某同学设计了如题22 图3所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、 轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材 来制定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑
块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M ，滑块上砝码总质量为m ‘
，托盘和盘中砝 码的总质量为m ，实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动， 重力加速度g 取10m ／s 2
。
①为测量滑块的加速度a ，须测出它在 A 、B 间运动的 与 ，计 算a 的运动学公式是 ； ②根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系 为：
()()
1g a m g
M m m μμ+=
-'++
他想通过多次改变m ，测出相应的a 值，并利用上式来计算μ。若要求a 是m 的一
次函数，必须使上式中的 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于 ；
③实验得到a 与m 的关系如题22图4所示，由此可知μ= （取两位有效数字）
答案 ：①位移 时间
②m′+m 滑块上 ③=0.23(0.21—0 25)
13(上海第31题)．(12 分)如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L =20m 。用大小为30N ，沿水平方向的外力拉此物体，经02t s =拉至B 处。(已知cos370.8?=，
sin370.6?=。取210/g m s =)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30N ，与水平方向成37°的力斜向 上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动 并能到达B 处，求该力作用的最短时间t 。 答案．(12分)
(1)物体做匀加速运动 2
012
L at =
(1分) ∴2220222010(/)2
L a m s t ?=
== （1分） 由牛顿第二定律
F f ma -= （1分）
3021010()f N =-?= (1分)
∴10
0.5210
f m
g μ=
==? (1分) (2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律
cos37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= (1分)
∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6)
0.51011.5(/)2
F a g m s m μμ?+??+?=-=-?=(1
分)
2'5(/)f
a g m s m
μ=
== （1分） 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ''at a t = （1分） ∴11.5' 2.3'5a t t t t a =
== （1分） 2211
''22
L at a t =+ （1分）
∴ 1.03()t s =
== （1分）
（2）另解：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动能定理
[cos37(sin37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （2分）
∴0.521020
6.06()(cos37sin 37)30(0.80.50.6)
mgL s m F μμ???=
==?+??+? （1分）
由牛顿定律
cos37(sin37)F mg F ma μ?--?= （1分）
∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6)
0.51011.5(/)2
F a g m s m μμ?+??+?=
-=-?=
（1分） ∵21
2
s at = （1分）
1.03()t s =
== （1分） 2010年高考新题
1．2010·全国卷Ⅰ·15如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一
质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a 。重力加速度大小为g 。则有
A ．1a g =，2a g =
B ．10a =，2a g =
C ．10a =，2m M a g M +=
D ．1a g =，2m M
a g M
+= 【答案】C
【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，mg=F,a 1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g M
m
M M Mg F a +=+=
【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力。
2. 2010·福建·16质量为2kg 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间
的动摩擦 因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示。重力加速度g 取10m ／s 2， 则物体在t=0至t=12s 这段时间的位移大小为
A.18m
B.54m
C.72m
D.198m 答案：B
3．2010·上海物理·5将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体
（A ）刚抛出时的速度最大 （B ）在最高点的加速度为零
（C ）上升时间大于下落时间 （D ）上升时的加速度等于下落时的加速度 【解析】m f +=g a 上，m
f
-=g a 下，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误； 根据2
2
1h gt =
，上升时间小于下落时间，C 错误，B 也错误，本题选A 。 本题考查牛顿运动定律和运动学公式。难度：中。 4．2010·海南物理·3下列说法正确的是
A ．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零
B ．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动
C ．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动
D ．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动 【答案】D
【解析】物体运动速率不变但方向可能变化，因此合力不一定为零，A 错；物体的加速度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，B 错；物体所受合力与其速度方向相反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，C 错；若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动，D 对。
5．2010·海南物理·6在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为
A
．1μ+
B
C
D
【答案】A
【解析】木板水平时，小物块的加速度
1a g
μ=，设滑行初速度为
v ，则滑行时间为
t g μ=
v ；
木板改成后，小物块上滑的加速度
2sin 45cos 45(12mg mg a m μμ?+?+=
=
，滑行时间
02t a '=
=
v
，因此121a t t a μ'==+，A 项正确。
6．2010·海南物理·8如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止
时弹自由落体处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，
则在此段时间内，木箱的运动状态可能为
A ．加速下降
B ．加速上升
C ．减速上升
D ．减速下降 【答案】BD
【解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，BD 正确。
7．2010·海南物理·12雨摘下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大，它受到的空气阻力越大：此外，当雨滴速度一定时，雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的α次方成正比(12α≤≤)．假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最终它们都_______（填“加速”、“减速”或”匀速”）下落．______（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面时，______（填“大”或“小”）雨滴的速度较小． 【答案】匀速(2分) 大(1分) 小(1分)
【解析】由于雨滴受到的空气阻力与速度有关，速度越大阻力越大，因此最终当阻力增大到与重力平衡时都做匀速运动；设雨滴半径为r ，则当雨滴匀速下落时受到的空气阻力f r α
∝，
而重力3
4
3mg r ρπ=?，由于12α≤≤，因此半径大的匀速运动的速度大，先落地且落地速
度大，小雨滴落地速度小。
8. 2010·福建·22如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木
板B 静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零，加速度a B =1.0m/s 2
的匀加速直线运动。已知A
的质量m A 和B 的质量mg 均为2.0kg,A 、B 之间的动摩擦因数1μ=0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数2μ=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s 2
。求
（1）物体A 刚运动时的加速度a A
(2)t=1.0s 时，电动机的输出功率P ；
（3）若t=1.0s 时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W ，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s 时物体A 的速度为1.2m/s 。则在t=1.0s 到t=3.8s 这段时间内木板B 的位移为多少？ 答案：
9．2010·海南物理·16图l 中，质量为m 的物
块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0~3s 内F 的变化如图2所示，图中
F 以mg 为单位，重力加速度2
10m/s g =．整个系统开始时静止．
(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度；
(2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的t -v 图象，据此求0~3s 内物块相对于木板滑过的距离。 【答案】（1）（2）
【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a '，在t 时刻木板和物块的速度分别为
t
v 和
t '
v
，
图
木板和物块之间摩擦力的大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得 f ma '=
① f mg μ=，当t t ' t t a t t '''=+-v v ③ (2)F f m a -= ④ 2121() t t a t t =+-v v ⑤ 由①②③④⑤式与题给条件得 1 1.5234m/s, 4.5m/s,4m/s,4m/s ====v v v v ⑥ 234m/s,4m/s ''==v v ⑦ (2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的t -v 图象，如右图所示。在0～3s 内物块相对于木板的距离s ?等于木板和物块t -v 图线下的面积之差，即图中带阴影的四 边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此 2.25m s ?= ⑧ 2009年高考题 一、选择题 1.（09·全国卷Ⅱ·15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s 时间内的v-t 图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为 （ B ） A ． 13和0.30s B ．3和0.30s C ．1 3 和0.28s D ．3和0.28s 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据t v a ??=得乙甲a a =3,根据牛顿第二定律有 乙甲m F m F 31=,得3=乙 甲m m ,由t s m a -= == 4.01 /104.042乙,得t=0.3s,B 正确。
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