(完整版)2012-2018年高考物理真题汇编专题3牛顿运动定律

FN FN FN FN

B

A Ff Ff Ff

Ff

G G G G

（A） （B） （C） （D） 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/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=Ek2-Ek1=12mυm2-0=12×2.0×103×102J=1.0×105J

3．（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，vt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gmkx0

C．物体做匀减速运动的时间为2gx0

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)(0kmgxmg

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

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 ( ) F

a 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

答案：C

解析：未加恒力F时，由牛顿第二定律知cossinmgamg，而加上F后，)cossin)((mgmgmFga，即aa，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tanθ0.

答案：（1）mgFcossin了 （2）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NmgFcos ① fFsin 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Nf ③

联立①②③式得mgFcossin 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

sinf≤N⑤

这时，①式仍满足，联立①⑤式得cossin≤Fmg 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cossin≤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0tan ⑧

7．（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＝0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角＝53的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小.（取sin53＝0.8，cos53＝0.6，g＝10m/s2）.

解析：令Fsin53＝mg，F＝1.25N，当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，FN＋Fsin＝mg，解得F＝1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcos－FN＝ma，Fsin＝mg＋FN，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、40g

B. M=200g, m=20g、40g、60g、80g、100g、120g F



砂、砂图1 小车、砝码、打点计● □ □ □ □

接交流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ABs=4.22

cm、BCs=4.65 cm、CDs=5.08 cm、DEs=5.49 cm、EFs=5.91 cm、FGs=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/s2 （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2CDBCABFGEFDET9s-s-s-sssa，求得2/m42.0as.

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tv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/s2, 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，2/8tvasm

由牛顿第二定律得：mafmg

解得Nagmf2.0)( A

图2 ● ● ● ● ● ● ● B C D E F G

Ov(m/s)

0.5 4

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