【精选+详解】2012届高三物理名校试题汇编系列(第2期)专题3 牛顿运动定律

C单元牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律14．C1[2012·课标全国卷] 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14．AD[解析] 惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯性，C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D正确．C2 牛顿第二定律单位制21．C2、D1、E2[2012·福建卷] 如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：(1)小船从A点运动到B f(2)小船经过B点时的速度大小v1；(3)小船经过B点时的加速度大小a.21．[解析] (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功W f＝fd①(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W＝Pt1②由动能定理有W－W f＝12m v21－12m v2③由①②③式解得v1＝v20＋2m(Pt1－fd)④(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则P＝Fu⑤u＝v1cosθ⑥由牛顿第二定律有F cosθ－f＝ma⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝Pm2v20＋2m(Pt1－fd)－fm17．C2[2012·安徽卷] 如图4a 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 图4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 17．C [解析] 不施加F 时，由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得a ＝g sin θ－μg cos θ；施加F 后，相当于物体的重力增加了F ，而质量无变化，又由牛顿第二定律有：(F ＋mg )sin θ－μ(F ＋mg )cos θ＝ma ′，解得a ′＝⎝⎛⎭⎫F mg ＋1(g sin θ－μg cos θ)，所以加速度变大，C 正确．C3 超重和失重C4 实验：验证牛顿定律23．C4[2012·全国卷] 图6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50 Hz 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探究“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，获得带有点列的纸带，在纸带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，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s 1，s 2，….求出与不同m 相对应加速度a .⑥以砝码的质量m 为横坐标，1a 为纵坐标，在坐标纸上作出1a－m 关系图线．若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则1a与m 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s 1、s 2和s 3.a 可用s 1、s 3和Δt 表示为a ＝________.图7为用米尺测量某一 纸带上的s 1、s 3的情况，由图可读出s 1＝________mm ，s 3＝________mm ，由此求得加速度的大小 a ＝________m/s 2.图8(ⅲ)图8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________．23．[答案] (1)等间距 线性(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量(“远小于小车的质量”)(ⅱ)s 3－s 12(5Δt )224.2(23.9～24.5) 47.3(47.0～47.6) 1.16(1.13～1.19) (ⅲ)1k b k[解析] (1)若小车匀速运动，则在相等的时间内运动的位移相等，所以打下的点是均匀的．小车和砝码受到的拉力等于小盘和物块的重力，根据牛顿第二定律，小车和砝码的加速度a ＝m 0g M ＋m ，1a ＝M m 0g ＋1m 0g·m ，可见1a －m 图象是一条过原点的直线． (2)(ⅰ)设绳子拉力为T ，据牛顿第二定律，对于小盘和重物：m 0g －T ＝m 0a ，对于小车和砝码：T ＝(M ＋m )a ，联立解得T ＝m 0g 1＋m 0M ＋m，只有当M ＋m ≫m 0时，T ≈m 0g ，绳子的拉力才是常数．(ⅱ)根据逐差法，s 2－s 1＝Δs ＝a (5Δt )2，s 3－s 2＝Δs ＝a (5Δt )2，所以s 3－s 1＝2Δs ＝2a (5Δt )2，得a ＝s 3－s 12(5Δt )2. (ⅲ)从关系式1a ＝M m 0g ＋1m 0g ·m 可以看出，1a －m 图象的斜率k ＝1m 0g，所以绳子拉力m 0g ＝1k ，图象纵轴截距的意义是M m 0g ＝b ，则M ＝b k.21．Ⅰ.C4[2012·安徽卷] 图10为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的质量为 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)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，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( )A ．M ＝200 g ，m ＝10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 gB ．M ＝200 g ，m ＝20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 gC ．M ＝400 g ，m ＝10 g 、15 g 、20 g 、25 g 、30 g 、40 gD ．M ＝400 g ，m ＝20 g 、40 g 、60 g 、80 g 、100 g 、120 g(3)图11是实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：s AB ＝4.22 cm 、s BC ＝4.65 cm 、s CD ＝5.08 cm 、s DE ＝5.49 cm 、s EF ＝5.91 cm 、s FG ＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝______m/s 2(结果保留2位有效数字)．1121．Ⅰ.[答案] (1)B (2)C (3)0.42[解析] (1)本实验应先平衡摩擦力，将长木板一端垫起适当的高度，轻推小车后，小车能匀速运动即说明摩擦力已平衡，同时判断小车的运动是否是匀速运动时，应根据纸带上的打点情况，而不能靠用眼观察小车运动．(2)本实验应保证砂和砂桶的总质量m 远远小于小车和砝码的总质量M ，所以C 项最符合题意．(3)采用逐差法求解，可得a ＝s DE ＋s EF ＋s FG －s AB －s BC －s CD 3(5T )2＝0.42 m/s 2.C5 牛顿运动定律综合8．C5 [2012·天津卷] 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( )甲 乙A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大B ．t 2时刻物块A 的加速度最大C ．t 2时刻后物块A 做反向运动D ．t 3时刻物块A 的动能最大 8．BD [解析] 0～t 1时间内拉力F 小于最大静摩擦力f m ，物块处于静止状态，F 的功率为零，选项A 错误；t 1～t 2时间拉力F 逐渐增大，物块的加速度a ＝F －f m m也逐渐增大，t 2时刻物块的加速度最大，选项B 正确；t 2～t 3时间内，虽然拉力F 逐渐减小，但仍然大于f m ，所以物块继续沿F 的方向做加速运动(加速度逐渐减小)，选项C 错误；t 3时刻之后拉力F 小于滑动摩擦力f m ，物块从t 3时刻开始做减速运动，选项D 正确．4．C5[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 关系的图象，可能正确的是( )A BC D图2 4．C [解析] 皮球在上升过程中做减速运动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g ，C 图正确．5．C5[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力均为f .若木块不滑动，力F 的最大值是( )图3A.2f (m ＋M )MB.2f (m ＋M )mC.2f (m ＋M )M－(m ＋M )g D.2f (m ＋M )m ＋(m ＋M )g 5．A [解析] 当木块所受的摩擦力最大时加速度最大，力F 最大，对木块分析可得2f－Mg ＝Ma ，对夹子和木块两个物体的整体进行分析可得F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，联立两式可求得F ＝2f (M ＋m )M，A 项正确．23．C5[2012·浙江卷] 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为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h A 后速度减为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109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 A 1；(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 .23．[解析] (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有v 2A 1－0＝2gH得：v A 1＝2gH(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有F 合＝F 浮＋f A －mgF 合＝ma A0－v 2A 1＝－2a A h A由题意：F 浮＝109mg综合上述各式，得f A ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h A －19 (3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h B －19 解得f A f B ＝h B (9H －h A )h A (9H －h B )25．C5 [2012·重庆卷] 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，以大小为a 的加速度从静止开始做匀加速直线运动，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拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小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 .(1)(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v 变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为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．[解析] (1)在匀速运动阶段，有mg tan θ0＝k v 0得k ＝mg tan θ0v 0(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N ′，有N ′sin θ－k v ＝maN ′cos θ＝mg得tan θ＝a g ＋v v 0tan θ0 (3)以速度v 0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F ，有F ＝mg cos θ0 球拍倾角为θ0＋β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F sin β＝ma ′设匀速跑阶段所用时间为t ，有t ＝s v 0－v 02a 球不从球拍上掉落的条件12a ′t 2≤r得sin β≤2r cos θ0g ⎝ ⎛⎭⎪⎫s v 0－v 02a 223．C5 [2012·北京卷] 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 图象如图2所示．电梯总质量m ＝2.0×103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g 取10 m/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v －t 图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示的a －t 图象，求电梯在第1 s 内的速度改变量Δv 1和第2 s 末的速度v 2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0～11 s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W .图1 图223．[解析] (1)由牛顿第二定律，有F －mg ＝ma由a －t 图象可知，F 1和F 2对应的加速度分别是a 1＝1.0 m/s 2，a 2＝－1.0 m/s 2F 1＝m (g ＋a 1)＝2.0×103×(10＋1.0) N ＝2.2×104 NF 2＝m (g ＋a 2)＝2.0×103×(10－1.0) N ＝1.8×104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a －t 图线下的面积Δv 1＝0.50 m/s同理可得Δv 2＝v 2－v 0＝1.5 m/sv 0＝0，第2 s 末的速率v 2＝1.5 m/s(3)由a －t 图象可知，11 s ～30 s 内速率最大，其值等于0～11 s 内a －t 图线下的面积，有v m ＝10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg ，所求功率P ＝F v m ＝mg v m ＝2.0×103×10×10 W ＝2.0×105 W由动能定理，总功W ＝E k2－E k1＝12m v 2m －0＝12×2.0×103×102 J ＝1.0×105 J。

2012届江苏高考物理二轮复习专题测试（江苏各地汇编）：牛顿运动定律（人教版）1（2011苏北四市二模）．在探究超重和失重规律时，某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。

传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F 随时间t 变化的图象，则下列图象中可能正确的是2（2011苏北四市二模）．（8分）某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的 加速度与质量之间的关系。

（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt 1、Δt 2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x ，用游标卡尺测得遮光条宽度d 。

则滑块经过光电门1时的速度表达式v 1= ；经过光电门2时的速度表达式v 2 = ，滑块加速度的表达式a = 。

（以上表达式均用已知字母表示）。

如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为 mm 。

(2) 为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M 和气垫导轨右端高度h （见图甲）。

关于“改变滑块质量M 和气垫导轨右端的高度h ”的正确操作方法是 A ．M 增大时，h 增大，以保持二者乘积增大 B ．M 增大时，h 减小，以保持二者乘积不变 C ．M 减小时，h 增大，以保持二者乘积不变 D ．M 减小时，h 减小，以保持二者乘积减小答案: （1）1t d ∆（1分）、2t d∆（1分）、xt d t d 2)()(2122∆-∆(2分) 、8.15 (2分)（2）BC (2分)GA tBC DO 012 010cm乙甲光电门2遮光条光电门13（2011南京一模）．如图所示，两块粘连在一起的物块n和b，质量分别为m a和m b。

，放在水平的光滑桌面上．现同时给它们施加方向如图所示的推力F a和拉力F b．已知F a>F b，则a对b的作用力A．必为推力B．必为拉力c．可能为推力，也可能为拉力D．不可能为零答案：C4（2011南京一模）．如图(a)所示，一物体沿倾角为θ=370的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a与风速v的关系如图 (b)所示，则(sin370=0.6，cos370=0.8，g=10 m／s2)A．当风速为3m／s时，物体沿斜面向下运动B当风速为5m／s时，物体与斜面阉无摩擦力作用C．当风速为5m／s时，物体开始沿斜面向上运动D．物体与斜面间的动摩擦因数为0．25答案：AD5(2011南京二模)·右图是一根轻质细绳拴在两悬崖间，悬点等高，特种兵利用动滑轮在细绳上从一端滑向另一端，已知特种兵的质量为m，特种兵滑到最低点时绳与水平方向夹角为θ，不计动滑轮重力和动滑轮与绳间的摩擦，则在最低点绳中的张力F为答案：D6(2011南通三模)．（16分）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值．（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?6答案．（16mga mμ=滑块相对车滑动的时间 0vt a=（1分） 滑块相对车滑动的距离2002v s v t a=- （1分） 滑块与车摩擦产生的内能 Q m g s μ=（1分） 由上述各式解得 2012Q m v =（与动摩擦因数μ无关的定值）（1分）（2）设恒力F 取最小值为F 1，滑块加速度为a 1，此时滑块恰好到达车的左端，则 滑块运动到车左端的时间 011v t a = ① 由几何关系有 001122v L v t t -= ② （1分） 由牛顿定律有 11F mg ma μ+=③（1分）学.科.网Z.X.X.K]由①②③式代入数据解得 10.5s t =，16N F = （2分） 则恒力F 大小应该满足条件是 6N F ≥（1分）（3）力F 取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a 2，时间为t 2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a 3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有12F mg ma μ-=④ （1分） 3mg ma μ=⑤ （1分） 22222223122a t a t L a +=⑥（1分）由④⑤⑥式代入数据解得 20.58s 3t == （1分） 则力F 的作用时间t 应满足 112t t t t ≤≤+，即0.5s 1.08s t ≤≤（2分） 7（2011用一滑块将弹簧的自由端（与滑块未拴接）从O 点压缩至A 点后由静止释放，运动到B 点停止，如图所示。

C单元牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律14. C1 ［2012课标全国卷］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14. AD ［解析］惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯性，C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D正确.C2 牛顿第二定律单位制21. C2、D1、E2 ［2012福建卷］如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边•已知拖动缆绳的电动机功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过A点时的速度大小为V o,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1, A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计•求：(1) 小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功(2) 小船经过B点时的速度大小V1；(3) 小船经过B点时的加速度大小 a.21.［解析］(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功W f= fd ①(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功W= Pt1 ②由动能定理有1 2 1 2W—W f= 2mv1—2mv o ③V0+ m Pt1—fd ④由①②③式解得v i =(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F,绳与水平方向夹角为电动机牵引绳的速度大小为u，则P= Fu ⑤U= V1COS (⑥由牛顿第二定律有Fcos 0—f = ma⑦由④⑤⑥⑦式解得P f*=寸m°v o + 2m(Pt1 —fd ) m17. C2［2012安徽卷］如图4所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a 沿斜面匀加速下则()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 17. C ［解析］不施加F 时，由牛顿第二定律有: —ug os 0；施加F 后，相当于物体的重力增加了(F + mg)sin 0— p(F + mg)cos 9= ma '，解得 a ' C 正确.C4 实验：验证牛顿定律23. C4［2012全国卷］图6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50 Hz 的交流电源，打点的时间间隔用 A t 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探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”.图6(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，获得带有点列的纸带， 在纸带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③⑤ 在每条纸带上清晰的部分，每 5个间隔标注一个计数点.测量相邻计数点的间距 S 1,S 2,….求出与不同m 相对应加速度a.1 1⑥ 以砝码的质量 m 为横坐标，a 为纵坐标，在坐标纸上作出 a —m 关系图线•若加速度 1与小车和砝码的总质量成反比，则a 与m 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 &、2和s 3.a 可用S 1、s 3和A t 表示为a = _____________ .滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力 F ,mgs in 0— 卩 mgos 0= ma ,解得 a = gsi nF ，而质量无变化，又由牛顿第二定律有：=mg + (gsin 0- ug osB),所以加速度变大， C3超重和失重 小吊盘图7为用米尺测量某一纸带上的3、S3的情况，由图可读出 3 = ______________ m m , s3 = _______ mm，由此求得加速度的大小a= __________ m/s2.图8(iii )图8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__________ •23.［答案］⑴等间距线性(2)( i )远小于小车和砝码的总质量(“远小于小车的质量”)S3—S1(ii )2 5 A t 224.2(23.9 〜24.5) 47.3(47.0 〜47.6) 1.16(1.13 〜1.19)1 b(i )k k［解析］(1)若小车匀速运动，则在相等的时间内运动的位移相等，所以打下的点是均匀的.小车和砝码受到的拉力等于小盘和物块的重力，根据牛顿第二定律，小车和砝码的加速m o g 1 M 1 1度a= M + m，a= m°g+ m°g m，可见a—m图象是一条过原点的直线.(2)( i )设绳子拉力为T,据牛顿第二定律，对于小盘和重物：m0g—T = m°a，对于小车m o g和砝码：T= (M + m)a，联立解得T= m0，只有当M + m? m0时，T心m°g，绳子的拉+ M + m1力才是常数.2 2 2(i )根据逐差法，S2 —S1 = A s= a(5 A t) , s3 —S2= A s= a(5 At)，所以s3 —S1 = 2 A s= 2a(5 A),S3—S1得a= 2 5 A t 2.1 M 1 1丄(iii )从关系式a = m°g+ m°g m可以看出，a —m图象的斜率k= m0g，所以绳子拉力m0g1 M b=k,图象纵轴截距的意义是m0g= b贝U M = k.21.1 .C4 ［2012安徽卷］图10为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图.砂和砂桶的质量为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)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行.接下来还需要进行的一项操作是()---------------- S—(1g图10A .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⑵实验中要进行质量 m 和M 的选取，以下最合理的一组是( )A . M = 200 g , m = 10 15 g 、 20 g 、 25 g、 30 g 、 40 g B . M = 200 g , m = 20 g 、 40 g 、 60 g 、 80 g 、 100 g 、 120 g C . M = 400 g , m = 10 g 、 15 g 、 20 g 、 25 g、 30 g 、 40 gD . M = 400 g , m = 20 g 、 40 g 、 60 g 、 80 g 、 100 g 、 120 g (3)图11是实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：S AB = 4.22cm 、S BC = 4.65 cm 、S CD = 5.08 cm 、S DE = 5.49 cm 、S EF = 5.91 cm 、S FG = 6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为 50 Hz ,则小车的加速度 a= ______ m/s 2(结果保留2位有效数字)./I ~B C P £ F G 1图1121.1 .［答案］(1)B(2)C (3)0.42［解析］(1)本实验应先平衡摩擦力，将长木板一端垫起适当的高度，轻推小车后，小车 能匀速运动即说明摩擦力已平衡， 同时判断小车的运动是否是匀速运动时， 打点情况，而不能靠用眼观察小车运动.(2)本实验应保证砂和砂桶的总质量 m 远远小于小车和砝码的总质量合题意.S DE + S EF + S FG — S AB — S BC — S CD(3)采用逐差法求解，可得 a =C5牛顿运动定律综合8 C5 ［2012天津卷］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()4. C5［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 度的大小应根据纸带上的 M ，所以C 项最符=0.42m/s 2甲A . 0〜t 1时间内F 的功率逐渐增大 B. t 2时刻物块A 的加速度最大C. t 2时刻后物块A 做反向运动 D . t 3时刻物块A 的动能最大8 BD ［解析］0〜t 1时间内拉力率为零，选项 A 错误；t 1〜t 2时间拉力 时刻物块的加速度最大， 选项B 正确； 所以物块继续沿F 的方向做加速运动(加速度逐渐减小 于滑动摩擦力f m ,物块从t 3时刻开始做减速运动，选项 F 小于最大静摩擦力 f m ,物块处于静止状态，F 的功F 一 f ma = m 也逐渐增大，t 2F 逐渐增大，物块的加速度 t 2〜t 3时间内， 虽然拉力F 逐渐减小，但仍然大于f m , )，选项C 错误；t 3时刻之后拉力F 小 D 正确.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()图24. C ［解析］皮球在上升过程中做减速运动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g, C图正确.5. C5［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力均为 f.若木块不滑动，力F的最大值是()2f m+ MA. M2f m+ MB. m2f m+ MC. —M -(m+ M)g图32f m+ MD. m + (m + M)g5. A ［解析］当木块所受的摩擦力最大时加速度最大，力F最大，对木块分析可得2f —Mg = Ma ,对夹子和木块两个物体的整体进行分析可得 F —(M + m)g = (M + m)a,联立两式2f M + m可求得F = M , A项正确.23. C5［2012浙江卷］为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为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h A后速度减为零，“ B鱼”竖直下潜h B后速度减为零.“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力.已10知“鱼”在水中所受浮力是其重力的6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：A a(1) “ A鱼”入水瞬间的速度V AI ;(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.23.［解析］(1) “A鱼”在入水前做自由落体运动，有2V AI — 0 = 2gH得：V AI = 2gH(2) “A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A,有F 合=F 浮+ f A—mgF 合=ma A0 一V AI = 一2a A h A10由题意：F浮=9 mg旦1"综合上述各式，得f A= mg^A—⑶考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有旦1f B= mgh B —9f A h B 9H —h A解得f B= h A 9H —h B25. C5［2012重庆卷］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，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到V0时，再以V0做匀速直线运动跑至终点.整个过程中球一直保持在球拍中心不动. 比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为也,如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小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.(1) 求空气阻力大小与球速大小的比例系数k;(2) 求在加速跑阶段球拍倾角B随速度v变化的关系式；(3) 整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v o,而球拍的倾角比0)大了B并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，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B应满足的条件.25.［解析］⑴在匀速运动阶段，有mgtan0= kv omgtan 0得k= v o⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为N'，有N' sin 0- kv = maN' cos 0= mga _v_得tan0= g + &tan 0mg(3)以速度V0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F= cos60球拍倾角为6+ B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Fs in ma'设匀速跑阶段所用时间为t,有S V0t= v0- 2a1 2球不从球拍上掉落的条件2a' t <r2rcos 0得sin s v02g V0—2a23. C5［2012北京卷］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—0时由静止开始上升，a-1图象如图2所示.电梯总质量m= 2.0x 103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.(1) 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(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v—t图象求位移的方法.请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示的a —t图象，求电梯在第1 s 内的速度改变量 31和第2 s 末的速度V 2；(3) 求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 P ;再求在0〜11 s 时间内， 拉力和重力对电梯所做的总功 W.23.［解析］⑴由牛顿第二定律，有F — mg = ma由a — t 图象可知，F i 和F 2对应的加速度分别是a i = 1.0 m/s 2,a 2= — 1.0 m/s 3 4F i = m(g + a i )= 2.0X 103x (10+ 1.0) N = 2.2X 104 NF 2= m(g + a 2)= 2.0X 103X (10— 1.0) N = 1.8x 104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a — t 图线下的面积&1 = 0.50 m/s同理可得 A v 2= V 2 — v o = 1.5 m/sv o = 0,第 2 s 末的速率 V 2= 1.5 m/s(3)由a — t 图象可知，11 s 〜30 s 内速率最大，其值等于0〜11 s 内a — t 图线 下的面积，有v m = 10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F 等于重力mg,所求功率P = Fv m = mgv m = 2.0X 103X 10X 10 W = 2.0X 105 W由动能定理，总功1 1W = E k2 — E k1 = 2mv m — 0= 2X 2.0X 103X 102 J = 1.0X 105 J 1. 2012河南联考在平直铁路上运动的火车上有装有某种液体的两端开口的 U 形玻璃 管，粗细均匀，如图所示，若某时刻左侧竖直管中液柱高度为 h 1,右侧竖直管中液柱高度 为h 2，中间水平管中液柱长度为 L ，则关于火车运动情况的说法正确的是( ) 1 1 4L . - f 1O<—L ，0 h 1 — h 2 A .向右加速运动，加速度大小为 L ghi B. 向右减速运动，加速度大小为h1gh 2 C.向左加速运动，加速度大小为 h 1gh i — h 2D .向左加速运动，加速度大小为 g 1. A ［解析］因左管液体高，所以火车向右加速运动或向左减速运动，以水平液柱为研究对象，设管的截面积为 S ,它在水平方向上受到左、右管液体的压力，由牛顿第二定律h i — h 2可得：p gSh — p gSh= p SLa 解得 a = L g.2. 2012丹东模拟如图所示，将质量为 m = 0.1 kg 的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以 4 m/s 2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为 0.4 N ;当升降机以8 m/s 2的加速度加速向上运动时，上面弹簧的拉力为 （ ）A . 0.6 NB . 0.8 NC . 1.0 ND . 1.2 N2. A ［解析］当升降机以4 m/s 2的加速度加速向上运动时，由上面弹簧对物体的拉力 为0.4 N 可知，下面弹簧对物体一定为支持力，设为 F 下，根据牛顿第二定律可得 F 上—mg + F 下=ma 1,解得F 下=1 N , F 下一F 上=0.6 N .当升降机和物体都以 8 m/s 2的加速度加速向 上运动时，F 上'一mg + F 下'=ma ?, F 下'一F 上'=0.6 N ，解得F 上'=0.6 N ，选项A 正 确.3. 2012湖北调研图为某同学自制的加速度计•构造如下：一根轻质细杆的下端固定一 个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接. 杆可在竖直平面内左右摆动.硬质面板紧靠杆摆动 的平面放置，并标有刻度线•其中，刻度线 c 位于经过O 的竖直线上.刻度线b 在bO 连线 上./ bOc = 30°刻度线d 在dO 连线上./ cOd = 45°.使用时, 车前进的方向，速度 v = 10 m/s , g 取9.8 m/s 2，汽车前进时（3. B ［解析］若细杆稳定地指示在 b 处，对小球分析受力，画出受力分析图，求出沿水平方向所受合力为 F 合=mgtan30 °由牛顿第二定律 F 合=ma 1,则汽车加速度为a 1= gtan30 °並2 2 =9.8 X 3 m/s = 5.66 m/s ,0.5 s 内汽车速度增大了 A v = a 1 A t = 5.66 x 0.5 m/s = 2.83 m/s ，选 项A 、C 错误；若细杆稳定地指示在 d 处，则汽车加速度为 a 2= gtan45 = 9.8 m/s 2,则0.5 s 内汽车速度减小了 A v = a 2 A t = 4.9 m/s ,选项B 正确；若细杆稳定地指示在 c 处，汽车匀速运动，则5 s 内汽车前进了 x = vt = 10x 5 m = 50 m ，选项D 错误.4. 2012运城模拟物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F 表示物体所受的合力，a 表示物体的加速度，v 表示物体的速度，x 表示物体的位移）（ ）若约定加速度计的右侧为汽 ）A .若细杆稳定地指示在 2b 处，则汽车加速度为 4.9 m/sB .若细杆稳定地指示在C .若细杆稳定地指示在 d 处，贝V 0.5 s 内汽车速度减小了 4.9 m/s b处，贝U 0.5 s 内汽车速度增大了 4.9 m/s D .若细杆稳定地指示在 c 处，贝U 5 s 内汽车前进了 100 m4. B ［解析］由F = ma可知F —t图象与a-1图象应变化趋势一致(仅比例不同)，故A1 2错误；物体做初速度为零的匀加速直线运动时其位移可表示为x= 2at2, x—t图象为开口向上的抛物线的一部分，D错误；物体以一定初速度做匀减速直线运动，其位移表达式为x =1 2vt —2at2, x—t图象为开口向下的抛物线的一部分，C错误•正确选项为 B.5. 2012河南联考如图所示，一质量为M = 4 kg,长为L= 2 m的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1,在此木板的右端上还有一质量为m= 1 kg的铁块，且视小铁块为质点，木板厚度不计.今对木板突然施加一个水平向右的拉力.(1) 若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6 N，则小铁块经多长时间将离开木板？(2) 若铁块与木板间的动摩擦因数为0.2 ,铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，要使小铁块对地面的总位移不超过 1.5 m,则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？(g= 10m/s2)5. (1)4 s (2)大于或等于47 N［解析］(1)对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F —p(M + m)g= Ma由运动学公式，得1 2L = 2at解得：t= 4 s.⑵铁块在木板上时：p1mg= ma1,铁块在地面上时：&mg= ma2,对木板：F —g mg—比(M + m)g = Ma3设铁块从木板上滑下时的速度为V1,铁块在木板上和地面上的位移分别为捲、X2,则: 2a1X1= v222a2x2= V1并且满足X1 + X2W 1.5 m设铁块在木板上滑行时间为切则1t2X1= 2a1t11木板对地面的位移x = 2a3t ix= x i+ L联立解得F > 47 N.。

F N F N F N F NBA F f F f F fF fG G G G（A）（B）（C）专题3 牛顿运动定律2012年真题1．（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解析：对于A、B整体，根据牛顿第二定律可知共同沿斜面下滑的加速度为a=gsinθ，隔离滑块B，由于摩擦力只能与接触面相切，所以CD错；由于B有水平向左的加速度分量，所以A对B的摩擦力必须水平向左，即A正确.2．（2012北京高考卷）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/s2．（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；（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．解析:（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/s2F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104NF2= 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/sυ0=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=12mυm2-0=12×2.0×103×102J=1.0×105J3．（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解析：由v—t图像可知前3 s内，a=△v/△t=2 m/s2，货物具有向上的加速度，故处于超重状态，选项A正确；最后2 s内加速度a′=△v/△t=-3 m/s2，小于重力加速度，故吊绳拉力不为零，选项B错误；根据v’=v/2=3 m/s可知选项C正确；第3 s末至第5 s 末的过程中，货物匀速上升，货物机械能增加，选项D错误.4．（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-0C ．物体做匀减速运动的时间为2gx 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 解析：根据牛顿第二定律可得kx-μmg=ma ，即a=（kx-μmg ）/m ，当kx>μmg 时，随着形变量x 的减小，加速度a 将减小；当kx<μmg 时，随着形变量x 的减小，加速度a 将增大，则撤去F 后，物体刚运动时的加速度为a=(kx0)/m-μg ，物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当kx=μmg （a=0）时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后当物体与弹簧脱离后做加速度为a=μg 的匀减速直线运动，故A 选项错误，B 选项正确；物体脱离弹簧后做加速度为a=μg 的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得3x 0=1/2*μgt 2，解得t=gx μ06，故C 选项错误；根据功的计算式可得，物体开始向左端运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为W=-μmgx ′，又x ′=x0-μmg/k ，解得W=-μmg(x 0-μmg/k)，即克服滑动摩擦力做功为μmg(x0-μmg/k)，故D 选项正确.7．(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.5．（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 ( ) FaA. 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答案：C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 mF g a ++='，即a a >'，C 正确. 6．(2012全国新课标)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 θμθμcos 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 θμθμcos 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θsin f ≤N λ⑤这时，①式仍满足，联立①⑤式得θλθcos sin -≤Fmg 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 ⑧7．（2012上海卷）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 ， 8．（2012安徽卷）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A. M =200g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40gB. M =200g , m =20g 、40g 、60g 、80g 、100g 、120g小车、砝码、打点计C. M =400g , m =10g 、15g 、20g 、25g 、30g 、40gD. 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 .已知打点计时器的工作效率为50 Hz,则小车的加速度a = m/s 2 （结果保留2位有效数字）.Ⅰ答案：（1）B ；(2)C ；（3）0.42解析：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2CD BC AB FG EF DE T9s -s -s -s s s a ++=，求得2/m 42.0a s =. 9．（2012安徽卷）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 .解析：(1)由v —t 图像可知:小球下落作匀加速运动，2/8tv a s m =∆∆=由牛顿第二定律得：ma f mg =- 解得N a g m f 2.0)(=+=图2(2)由图知：球落地时速度s m /4v =，则反弹时速度s m v v /343==' 设反弹的加速度大小为a ＇，由动能定理得 2210f)h (mg -v m '-=+ 解得m h 375.0=10（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，可能正确的是答案：C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.11．（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+++ 答案：A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+=. 12.（2012重庆卷）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g⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v 变化的关系式⑶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.解析：⑴在匀速运动阶段有，00tan kv mg =θ得00tan v mg k θ=⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为N '，有 ma kv N =-'θsinmg N ='θcos得00tan tan v v g a θθ+=⑶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 ≤'221 得20002cos 2sin ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-≤a v v s g r θβ 2013年真题1．（2013高考上海物理第6题）秋千的吊绳有些磨损.在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千(A)在下摆过程中(B)在上摆过程中 (C)摆到最高点时(D)摆到最低点时答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确.2. （2013全国新课标理综II 第14题）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 之间关系的图象是答案：C解析：设物体所受滑动摩擦力为f ，在水平拉力F 作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma ，F= ma+f ，所以能正确描述F 与a 之间关系的图象是C ，选项C 正确ABD 错误.3．（2013高考浙江理综第19题）如图所示，总质量为460kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s 2，当热气球上升到180m 时，以5m/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=10m/s 2 .关于热气球，下列说法正确的是A．所受浮力大小为4830NB．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10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案：AD解析：热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma，解得所受浮力大小为4830N，选项A正确.加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B错误.由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升10s后的速度小于5m/s，选项C错误.由平衡条件可得，F-mg-f=0，以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N，选项D正确.4．（2013高考安徽理综第14题）如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行.在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为F N分别为（重力加速度为g）A．T=m (gsinθ+ a cosθ)，F N= m(gcosθ- asinθ)B．T=m(gsinθ+ acosθ)，F N= m(gsinθ- acosθ)C．T=m(acosθ- gsinθ)，F N= m(gcosθ+ asinθ)D．T=m(as inθ- gcosθ) ，F N= m(gsinθ+ acosθ)答案：A解析：将绳子的拉力T和斜面弹力F N分解为水平方向和竖直方向T cosθ- F N sinθ=ma①T sinθ- F N cosθ=mg②联立两式解方程组，得T=m(gsinθ+ acosθ)，F N= m(gcosθ- asinθ)，选项A正确；5.（15分）（2013高考山东理综第22题）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v0=2m/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=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m.已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数=μ33.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 与斜面的夹角多大时，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 2， ① v= v 0+at ， ② 联立①②式，代入数据解得：a=3m/s 2，③v=8m/s.④（2）设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α.受力分析如图所示.由牛顿第二定律得：Fcos α-mgsin θ-F f =ma ， ⑤Fsin α+F N -mgcos θ=0， ⑥又F f =μF N . ⑦联立解得：F=()sin cos cos sin mg ma θμθαμα+++.⑧ 由数学知识得：cos α+33sin α=233sin(60°+α)， ⑨ 由⑧⑨式可知对应的F 最小值的夹角α=30° ⑩联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为：Fmin=1335N.6. （2013全国新课标理综II 第25题）（18分）一长木板在水平面上运动，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=10m/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，次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=0.5s 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分别为a 1和a 2，则a 1= v 1/ t 1，①a 2=(v 0- v 1)/ t 1，②式中v 0=5m/s ，v 1=1m/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式解得：μ1=0.20，⑤μ2=0.30.，⑥（2）在t1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=m a 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，物块加速度大小a 1’=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=2×1212a v ，⑩ s 2=210v v t 1+'2221a v ，⑾ 物块相对于木板位移的大小为s= s 2- s 1.⑿联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m.20时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩7．（2013高考上海物理第31题）(12分)如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球.用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地.求小球落地时距滑块左端的水平距离.解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段时间内，小球速度始终为零，则对于滑块： a=()M g M m +μ, v 1=aL v 220-=()MgL M m v +-μ220. 当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=g h 2 滑块的加速度a ’=μg①若此时滑块的速度没有减小到零，在t 时间内滑块向右运动的距离为：s=v 1t-21a’t 2=()M gL M m v +-μ220g h 2-21μg (g h 2)2=()M gL M m v +-μ220gh 2-μh.②若在t 时间内滑块已经停下来，则：s‘='221a v =g v μ220-M M m +L.8.(2013高考江苏物理第14题)（16分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ. 重力加速度为g.（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中， 1m =0.5kg ， 2m =0.1kg ， μ=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m ，取g=10m/s 2. 若砝码移动的距离超过l =0.002m ，人眼就能感知. 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解: (1)砝码对纸板的摩擦力 11f m g μ= 桌面对纸板的摩擦力 212()f m m g μ=+ 12f f f =+ 解得 12(2)f m m g μ=+(2)设砝码的加速度为1a ,纸板的加速度为2a ,则111f m a = 1222F f f m a --= 发生相对运动 21a a >解得 122()F m m g μ>+(3)纸板抽出前,砝码运动的距离121112x a t =纸板运动的距离212112d x a t += 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 223212x a t = 12l x x =+ 由题意知 131132,a a a t a t == 解得 122[(1)]d F m m g l μ=++ 代入数据得 F=22.4N.9. （2013高考天津理综物理第10题）(16分）质量为m=4kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用F=10N 的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点，A 、B 两点相距x=20m ，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g 取10m/s 2,，求：(l ）物块在力F 作用过程发生位移x l 的大小：(2）撤去力F 后物块继续滑动的时间t.解析：（1）设物块受到的滑动摩擦力为F 1，则F 1=μmg根据动能定理，对物块由A 到B 的整个过程，有：Fx 1-F 1x=0.代入数据解得：x 1=16m.（2）设刚撤去力F 时物块的速度为v ，此后物块的加速度为a ，滑动的位移为x 2，则 x 2=x- x 1.由牛顿第二定律得：F 1=ma ，由匀变速直线运动规律得，v 2=2ax 2，以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F 1t=0-mv ，代入数据解得：t=2s.2014年真题1．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )A ．一定升高B ．一定降低C ．保持不变D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案：A解析： 本题考查了牛顿第二定律与受力分析．设橡皮筋原长为l 0，小球静止时设橡皮筋伸长x 1，由平衡条件有kx 1＝mg ，小球距离悬点高度h ＝l 0＋x 1＝l 0＋mg k ，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x 2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx 2sin θ＝mg ，小球距离悬点高度h ′＝(l 0＋x 2)sin θ＝l 0sin θ＋mg k，因此小球高度升高了．2． [2014·北京卷] 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答案：D解析：本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重．加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A 、B 错误．手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力 N ＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g ，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g ，C 错误，D 正确．3． [2014·北京卷] 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，它的加速度越小答案：A解析：本题考查伽利略理想实验．选项之间有一定的逻辑性，题目中给出斜面上铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球的位置逐渐升高，不难想象，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上运动没有能量损失，可以上升到与O 点等高的位置，这是可以得到的直接结论，A 正确，B 、C 、D 尽管也正确，但不是本实验得到的直接结论，故错误．4． [2014·福建卷Ⅰ] 如下图所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是( )A BC D答案：B解析： 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 项错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v ­t 图像应为一条倾斜的直线，故C 项错误；由位移公式s ＝v 0t －12at 2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h ＝s sin θ＝⎝⎛⎭⎪⎫v 0t －12at 2sin θ，故A 项错误．5．[2014·江苏卷] 如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( A ．当F ＜2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg C ．当F ＞3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg 答案：BCD解析： 设B 对A 的摩擦力为f 1，A 对B 的摩擦力为f 2，地面对B 的摩擦力为f 3，由牛顿第三定律可知f 1与f 2大小相等，方向相反，f 1和f 2的最大值均为2μmg ，f 3的最大值为32μmg .故当0<F ≤32μmg 时，A 、B 均保持静止；继续增大F ，在一定范围内A 、B 将相对静止以共同的加速度开始运动，设当A 、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F ′，加速度为a ′，则对A ，有F ′－2μmg ＝2ma ′，对A 、B 整体，有F ′－32μmg ＝3ma ′，解得F ′＝3μmg ，故当32μmg <F ≤3μmg 时，A 相对于B 静止，二者以共同的加速度开始运动；当F >3μmg 时，A 相对于B 滑动．由以上分析可知A 错误，C 正确．当F ＝52μmg 时，A 、B 以共同的加速度开始运动，将A 、B 看作整体，由牛顿第二定律有F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝μg 3，B 正确．对B 来说，其所受合力的最大值F m ＝2μmg －32μmg ＝12μmg ，即B 的加速度不会超过12μg ，D 正确．6．[2014·四川卷] 如图所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是( )A B C D答案：BC解析： 若P 在传送带左端时的速度v 2小于v 1，则P 受到向右的摩擦力，当P 受到的摩擦力大于绳的拉力时，P 做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是先做加速度运动，当速度达到v 1后做匀速运动，所以B 正确；当P 受到的摩擦力小于绳的拉力时，P 做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出．若P 在传送带左端具有的速度v 2大于v 1，则小物体P 受到向左的摩擦力，使P 做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动，第二种是速度先减到v 1，之后若P 受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度v 1做匀速运动，第三种是速度先减到v 1，之后若P 所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P 将继续减速直到速度减为0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以C 正确．7．[2014·重庆卷] 以不同的初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v ­t 图像可能正确的是( )A B。

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 如图，有一水平传送带以8m/s的速度匀速运动，现将一小物块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m , g 取10m/s2.求：(1)刚放上传送带时物块的加速度；(2)传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间.【答案】(1) a g 4m/s2(2) t 1s【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动•根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间.【详解】(1 )物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma代入数据得：a g 4m/s2(2 )设物体加速到与传送带共速时运动的位移为S o根据运动学公式可得：2as0 v22运动的位移：§ —8 4m2at,则有则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为2解得t 1s【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力.2. 四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用. 一架质量m=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N. (g取10 m/s2)(1) 无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞.求在t=5s时离地面的高度h;(2) 当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落•求无人机坠落到地面时的速度V；(3) 接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力•为保证安全着地(到达地面时速度为零)，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t i.5亦【答案】(1) 75m (2) 40m/s (3) 口s3【解析】【分析】【详解】(1 )由牛顿第二定律F- mg - f=ma代入数据解得a=6m/s2代入数据解得h=75m.(2)下落过程中mg- f=ma i 代入数据解得「：t「一落地时速度v2=2a i H,代入数据解得v=40m/s(3 )恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma2代入数据解得-「「亠2 2设恢复升力时的速度为V m，则有「丄''由V m=a i t l代入数据解得3. 如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A、B,现同时对A、B两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时.已知A滑块的质量mA=2kg, B滑块的质量mB=4kg, A、B滑块与绸带之间的动摩擦因素均为卩=0.5 A、B两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：(1)t=0时刻，A、B两滑块加速度的大小；(2)0到3s时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.【答案】⑴印1%2& 0・5%2 ；(2)30J【解析】【详解】(1)A滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为f A ,水平运动，则竖直方向平衡：N A mg , f A N A ；解得：f A mg ①A滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为a!,由牛顿第二定律得： F f A m A a,――②B滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为a2由牛顿第二定律得： F f B m B a2――③；2 2联立①②③解得：a 1m /s , a20.5m /s ；(2)A滑块经t滑离绸带，此时A、B滑块发生的位移分别为X i和X2Lx, x221 .2x, a,t22X2 a2t2代入数据解得：x, 2m , x2 1m, t 2s2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：Q f A x1x2代入数据解得：Q 30J .4•滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气•当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的气垫”从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦•然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大•假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由0.25变为烬=0.125 .一滑雪者从倾角为0= 37°勺坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示•不计空气阻力，坡长为 1 = 26 m, g取10 m/s2, sin37 = 0.6, cos 37 = 0.8.求:(1) 滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间;(2) 滑雪者到达B处的速度；(3) 滑雪者在水平雪地上运动的最大距离.【答案】1s 卜护詞99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度位移和时间.【详解】m^s[n ff-/Zjm^cos 0(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a仁甜=4m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1sII⑵由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x i=，a i t2=2mt? - 0动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2= =5m/s2m由V B2-v2=2a2(L-x i)解得滑雪者到达B处时的速度：V B=16m/s⑶设滑雪者速度由V B=16m/s减速到v i=4m/s期间运动的位移为X3,则由动能定理有:—1 1-- j - ；解得X3=96m速度由V i=4m/s减速到零期间运动的位移为X4,则由动能定理有：1 ?-^m^x A= d-^nvl；解得x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为X=X3+X4=96+ 3.2=99.2m5. 如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg、m B =0.5 kg的两个小滑块A和B, A在B的正上方，A、B相距h=2. 25 m, A始终受一大小F1=|0 N、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F2作用.同时由静止释放A和B,经时间t=0.5 s,A、B恰相遇•已知A、B与墙面间的动摩擦因数均为口=0.2，重力加速度大小g=10m/s2.求：(1) 滑块A的加速度大小a A；(2) 相遇前瞬间，恒力F2的功率P.2【答案】（1）a A 8m/s ；（2）P 【解析】【详解】（1）A、B受力如图所示：A、B分别向下、向上做匀加速直线运动, 水平方向：F N F l竖直方向：m A g f m A a A且：f F N 对A ：联立以上各式并代入数据解得：a A1 （2 ）对A由位移公式得：X A c21 2对B由位移公式得：x B a B t22由位移关系得：x B h x A由速度公式得B的速度：V B a B t 对B由牛顿第二定律得：F? m B g 恒力F2的功率：P F2V B联立解得：P= 50W 8m/s2 2mBaB 50W6. 如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB相切于A点，B为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R=1m，细杆与水平面之间的夹角0=37°. 一个m=2kg的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数尸0.3 •小球从静止开始沿杆向上运动，2s后小球刚好到达A点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N.已知g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8.求:(1) 小球在A点时的速度大小；(2) 小球运动到B点时对轨道作用力的大小及方向.【答案】(1)8m/s (2)12N【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma代入数据得：a 4m/s2小球在A点时的速度v A at 8m/s⑵小球沿竖直圆轨道从A到B的过程，应用动能定理得：1 2 1 2FRsin37 mgR(1 cos37 ) mv B mv A2 2解得：V B 2m/s小球在B点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2V Bmg F N mR解得：F N=12N,轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B对轨道的作用力大小为12N,方向竖直向下.7. 如图所示，传送带水平部分x ab=0.2m，斜面部分x b(=5.5m, bc 与水平方向夹角«=37 °,一个小物体A与传送带间的动摩擦因数尸0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，经b点时速率不变.(取g=10m/s2, sin37 =0.6)求：(1) 物块从a 运动到 (2) 物块从b 运动到 【答案】(1) 0.4s ； 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在 ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出 运动时间•到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等 后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间. 【详解】(1)物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得:mg ma 1解得:A 与皮带共速需要发生位移:xab代入数据解得:(2)到达b 点的速度:由牛顿第二定律得:b 的时间；c 的时间. (2) 1.25s .a i2.5m/s 2故根据运动学公式，物体 2v x 共2a9m 1.8m 0.2mA 从a 运动到b ： t i0.4sV b ait i1m/s 3m/s代入数据解得:a 2 8m/s 2物块在斜面上与传送带共速的位移是:N 2mg sin 37 2ma 2mg cos37 且 f 2N 22设从共速到下滑至 c 的时间为t 3,由x bcs 共1 2vt 3 a 3t 3，得2t3is综上，物块从b 运动到c 的时间为：t2t3i.25s解得 v ' =0.6m/s即物块和木板最终以 0.6m/s 的速度匀速运动. (3)物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为 时间物块和木板具有相同的速度 v','对物块受力分析:va 1t 1解得：t ,2m/s 3解得 s=0.5m ；t i 后物块相对木板向左运动，这再经 仍为a i ,对木板：F- mg Ma 32 2v V b代入数据解得： 时间为： t2因为 g sin37 6m/s > g cos37 由牛顿第二定律得： mg sin37 f 2 ma 3N 2 mg cos37，且 f 2 N 2代入数据解得：a 3 4m/s 2 2a 20.5m 5.5ma 2Vb 381s 0.25s2m/s 2，物块继续加速下滑此过程中物块相对木板前进的距离:Wi2 2& 5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度 v ；则 mv i MV 2 m M va i ,木板的加速度为 ，经t i对木板：F mg Ma 2由运动公式: v 0 a 2t 1 t 2时间滑落，此过程中板的加速度 a 3,物块的加速度9.水平面上固定着倾角 0 =37的斜面，将质量 m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

高三物理牛顿运动定律试题答案及解析1.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v―t图象，如图所示（除2s―10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2s―14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。

小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。

则A．小车所受到的阻力大小为1.5NB．小车匀速行驶阶段发动机的功率为9WC．小车在加速运动过程中位移的大小为48mD．小车在加速运动过程中位移的大小为39m【答案】AB【解析】小车在14s-18s内在阻力作用下做匀减速运动，加速度由牛顿定律可知，小车所受到的阻力大小为f=ma=1.5N，选项A 正确；小车匀速行驶阶段发动机的功率为P=Fv=fv=1.5×6W=9W，选项B正确；在0-2s匀加速阶段的位移为，在2-10s 内由动能定理：，解得x2=39m所以小车在加速运动过程中位移的大小为3m+39m=42m，选项CD 错误。

【考点】v-t图线；牛顿定律的应用及动能定理。

2.洗车档的内、外地面均水平，门口的斜坡倾角为θ 。

质量为m的Jeep洗完车出来，空挡滑行经历了如图所示的三个位置。

忽略车轮的滚动摩擦，下列说法正确的是A．在三个位置Jeep都正在做加速运动B．在乙位置Jeep正在做匀速运动C．在甲位置Jeep受到的合力等于mgsinθD．在丙位置Jeep的加速度小于gsinθ【答案】BD【解析】甲图和丙图中Jeep的前轮和后轮分别在斜坡上，所以是加速运动，而乙图中Jeep的前后轮均在水平面上，所以做运动运动，选项B正确，A错误；在甲位置和丙位置Jeep受到的合力均小于mgsinθ ，加速度均小于gsinθ， D正确，C错误。

【考点】牛顿定律的应用。

3.如图1所示，质量为m=2kg的小滑块放在质量为M=1kg的长木板上,已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，开始小滑块和长木板均处于静止状态，现对小滑块施加向右的水平拉力F，水平拉力F随时间的变化规律如图2所示，已知小滑块始终未从长木板上滑下且μ1=0.2，μ2=0.1，g=10m/s2。

2012届专题卷物理专题三答案与解析1．【命题立意】本题以“扳手腕”游戏立意，主要考查对牛顿第三定律的理解。

【思路点拨】解答本题需要注意以下几个关键点：（1）什么是作用力与反作用力？（2）作用力与反作用力的大小关系？【答案】D【解析】甲手对乙手的作用力和乙手对甲手的作用力是一对作用力与反作用力，大小总是相等的。

2．【命题立意】本题以跳高为背景命题，主要考查超重与失重现象。

【思路点拨】解答本题需要注意以下几个关键点：（1）什么叫超重与失重？超重与失重时物体的重力变化了吗？（2）如何判定物体处于超重状态还是失重状态？【答案】AC【解析】小明起跳和落在软垫上减速，加速度向上，处于超重状态；在空中时，无论是上升，还是下降，都处于完全失重状态，但重力不会改变，则AC 正确。

3．【命题立意】本题以绳拉汽车为背景，以力之间的关系为选项，主要考查牛顿第二、三定律。

【思路点拨】解答本题需要注意以下几个关键点：（1）汽车受到几个力的作用？斜向上的拉力的作用效果是什么？（2）汽车受到的几个力之间有何关系？力的大小与运动状态有关吗？（3）根据什么规律比较绳对车的拉力与车对绳的拉力？车受到的摩擦阻力的大小关系是什么？【答案】AD【解析】李师傅斜向上拉车的力可以分解成竖直向上和水平向前的两个分力，竖直向上的分力将减少车对地面的正压力，从而减少车与地面间的滑动摩擦力，则A对；若将绳系在车顶斜向下拉，车对地面的正压力增大，摩擦力增大，拉动汽车将更不容易，则B错；绳对车的拉力与车对绳的拉力是作用力与反作用力，大小相等，则C错；若车由静止被拉动，绳的拉力在水平方向的分力大于车受到的摩擦阻力，绳的拉力大于车受到的摩擦阻力，则D正确。

4．【命题立意】本题以物体在斜面上的运动为背景命题，主要考查物理过程分析及牛顿运动定律。

【思路点拨】解答本题需要注意以下几个关键点：（1）为什么木板的倾角α为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同？（2）木板的倾角α为45°时物块做什么运动由什么决定？【答案】BD【解析】据题意倾角为30°时应为静摩擦，倾角为45°时应为滑动摩擦，由mg sin30°=μ2，B正确。

1（2012盐城摸底）．如图所示，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力。

则运动员A ．起跳时脚对滑板的作用力斜向后B ．在空中水平方向先加速后减速C ．在空中机械能不变D ．越过杆后仍落在滑板起跳的位置答案：CD2（2012盐城摸底）．如图所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图。

图中A 为小车，B 为装有砝码的小桶，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50H Z 交流电。

小车的质量为m 1，小桶（及砝码）的质量为m 2。

（1）下列说法正确的是 ▲ 。

A ．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B ．实验时应先释放小车后接通电源C ．本实验m 2应远大于m 1D ．在用图像探究加速度与质量关系时，应作a -11m 图像 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a - F 图像，可能是图中的图线 ▲ 。

(选填“甲”、“ 乙”、“ 丙”) （3）如图所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出。

由此可求得小车的加速度大小 ▲ m/s 2。

（结果保留二位有效数字）2．（1）D （3分） （2）3 （2分） （3）0.48或0.49 （3分）3(2012南京学情调研)．（9分）某同学在做“探究加速度a 与力F 、质量m 的关系”实验时，使用了如图（a ）所示的实验装置简图．实验中认为细绳对小车拉力F 等于砂和砂桶的总重力，小车运动加速度a 可用纸带上打出的点求得．（a ）]（1）图（b ）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s 2．（保留两位有效数字）（2）在“探究加速度a 与质量m 的关系”时，保持砂和小桶质量不变，改变小车质量m ，分别得到小车加速度a 与质量m 的相关数据如下表：根据上表数据，为直观反映F 不变时a 与m 的关系，请在图（c ）方格坐标纸中选择恰当变量建立坐标系，并作出相应的图线．根据所作出的图线，可以得出的结论是 ．（3）在“探究加速度a 与力F 的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a 与力F 图线如图（d ）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因是 ．4（2012栟茶中学一模）．在平直路上行驶的一节车厢内，用细线悬挂着一个小球，细线与竖直方向的夹角为θ，水平地板上的O 点在小球的正下方，当细线被烧断，小球落在地板上的P 点，（ ）A. P 与O 重合B. 当车向右运动时P 在O 点的右侧C. 当车向右运动时P 在O 点的左侧D. 当车向左运动时P 在O 点的左侧 答案：CD5（2012栟茶中学一模）．在探究求合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根带有绳套的细绳。