【备战2015】全国2015届高中物理试题汇编(11月第一期)C5牛顿运动定律综合(含解析)
【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(11月第一期)B4受力分析 物体的平衡(含解析)
B4 受力分析 物体的平衡【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届四川省成都七中高三上学期入学摸底考试（201409）】7.如图所示，物块A 、B 叠放在一起，其总质量为1.0kg ，物块B 被水平方向的弹簧和斜向上的绳拉住，物块B 恰好对地面无压力，若物块B 与地面间的动摩擦因数0.25μ= ，O 是弹簧的原长处，绳与竖直方向的夹角为045 ，某时刻把绳与物块B 连接处剪断，最终物块A 、B 一起向左运动，停在O 点左侧某处，运动中物块A 、B 始终没有相对滑动，则下列说法正确的是（ ）A ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的合外力发生变化B ．剪断绳的瞬间物块A 、B 的加速度是27.5/m sC.弹簧恢复原长时，物块A 受的摩擦力向左D.剪断绳后物块A 、B 到达O 点时的速度最大【知识点】共点力的平衡，牛顿第二定律 B4 C2【答案解析】AB 解析： A 、B 剪断细绳前受力平衡，对整体受力分析，受到重力，弹力向左的拉力，细绳向右上的拉力，因为是细绳向右上045 ，所以kx=mg=10N ，剪断后整理合力向左27.5/kx mg a m s mμ-== ，故A 、B 正确；C 、D 当kx mg μ= 时，整体加速度为零，速度最大，然后开始做减速运动，B 对A 的摩擦力方向改变，变为向左，故C 、D 错误故选AB【思路点拨】对整体受力分析，可以得到弹簧弹力与重力关系，然后弹力减去摩擦力提供加速度，注意当弹力等于摩擦力时整体就开始做减速运动，而不是到达原长。
【首发—【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考（201410）word 版】14.(8分)如图所示，两个质量分别为m 、4m 的质点A 、B 之间用轻杆连结，并通过长L 的轻绳挂在光滑的定滑轮上，求系统平衡时OA 、OB 段绳长各为多少?【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B4 B7【答案解析】45L OA = ，5L OB = 解析： 分别对A 、B 球受力分析，如图所示：受力平衡，每个小球受到的绳拉力T 与杆的弹力F 的合力与重力平衡．做出T 与F 合成平行四边形．红色的三角形与△OAC 相似，故：1T OA m g OC =绿色的三角形与△OBC 相似，故：2T OB m g OC=两式相比：2141m OA OB m == OA+OB=L, 所以45L OA = ，5L OB = 【思路点拨】分别对两个球受力分析，然后结合平衡条件并运用相似三角形法列式求解．本题关键是受力分析后采用相似三角形法分析，没有直角三角形，较难．【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（201409）】7.一倾角为=30θ︒,高度为1h m =的斜面AB 与水平面BC 在B 点平滑相连。
【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(第四期)C5牛顿运动定律综合(含解析)
C5 牛顿运动定律综合【题文】〔理综卷·2015届广东省广州市第六中学高三上学期第一次质量检测〔2014.09〕〕36．〔18分〕如下列图，在光滑水平面上放有质量为M = 3kg 的长木板，在长木板的左端放有m = 1kg 的小物体，小物体大小可忽略不计。
小物块以某一初速度04m s v =匀减速运动。
小物块与长木板外表动摩擦因数0.3μ=，当小物块运动了t = 2.5s 时，长木板被地面装置锁定，假设长木板足够长〔g=10m/s 2〕 求：〔1〕小物块刚滑上长木板时，长木板与小物体的加速度各为多大？ 〔2〕长木板与小物体共速所需时间？ 〔3〕最终小物体距木板左端的距离【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 C2 C5【答案解析】〔1〕1m/s 2、3m/s 2；〔2〕1s ；〔3〕2.17m ．解析：〔1〕小物体冲上长木板后受重力、压力和摩擦力的作用做匀减速运动，长木板摩擦力的作用下做匀加速运动， 根据牛顿第二定律得：对长木板：211m s mg a M μ==〔2〕设二者达到共同速度v 的时间为0t ，如此由运动学公式得： 对小物体：020v v a t =- 对长木板：10v a t = 解得：s t 10=〔3〕因01s 2.5s t t =<=，这说明小物体冲上长木板1s 后二者再一起匀速运动1.5S 后被锁m s s s 17.221=+=【思路点拨】〔1〕M 受重力、压力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律可求得长木板的加速度；m 受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；〔2〕木块做匀减速直线运动，而木板做匀加速直线运动，根据速度时间时间关系公式求解共速所需时间；〔3〕达到共同速度后相对静止，如此小物块距长木板的左端距离为两物体位移的差值，根据运动学公式分阶段列式求解即可．此题涉与两个物体，要分别对两个物体进展受力分析，确定两物体的运动状态，再根据牛顿第二律与运动学公式进展分析解答．【题文】〔理综卷·2015届广东省广州市海珠区高三摸底考试〔2014.08〕〕36．〔18分〕在水平长直的轨道上，有一长度L =2m 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0=4m/s 向右做匀速直线运动．某时刻将一质量为m =1kg 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=0.2，取g =10m/s 2，求： 〔1〕小滑块m 的加速度大小和方向； 〔2〕通过计算判断滑块能否从车上掉下；〔3〕假设当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与v 0同向的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应满足什么条件？【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；A8 C2 C5【答案解析】(1) 2m/s 2(2) 物块会掉下来 (3) F ≥6N 解析：〔1〕物块放上车时相对小车向左运动，滑动摩擦力向右mg f μ=根据牛顿第二定律有：f F =合ma F =合得g a μ= =2m/s 2 方向向右（2）物块放上车后作匀加速直线运动，设当经历时间t 之后速度达到v 0，物块通过位移且at v =0小车通过位移t v s 02= 位移差m s s s 412=-=∆（3）加上恒力F 的方向与摩擦力方向一样，故物块合力 Ff F +='合 由牛顿第二定律有：0ma F ='合物块放上车后作匀加速直线运动，设当经历时间t 0之后速度达到v 0，物块通过位移且000t a v =小车通过位移0022t v s =只需要满足位移差11220s s s -=∆≥即可，联立各式有：F ≥6N【思路点拨】滑块和车摩擦产生的内能等于滑块和车之间摩擦力做的功，该功等于滑动摩擦力×滑块相对于小车的位移；滑块不从左端掉下来，式可得；对物体运动的正确判断，物体从端不滑下的前提是车的位移-当速度与车一样时，注意车和物体的位移关系．【题文】〔理综卷·2015届广东省湛江市第一中学高三8月月考〔2014.08〕〕３６.如下列图，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量mA=4kg ，车长Ｌ＝０.４ｍ，上外表不光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。
高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=0.2当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1) 行李箱开始运动时的加速度大小a；(2) 行李箱从A端传送到B端所用时间t;(3) 整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑•质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧•现给物块A施加水平向右的拉力F (未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g,A、B均可视为质点.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 对物体A:F T ma ; 对物体B:T=mg , 解得 F=ma+mg ； (2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.如图所示，水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽，长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止 于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v °=ioom/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数 卩=0.05其它摩擦不计.若木板每次与 A 、B 相碰后速度立即减为 0,且与A 、B 不粘连，重力加 速度 g=10m/s 2.求：(1) 当物块B 刚好要离开地面时，拉力 F 的大小及物块 A 的速度大小分别为多少;(2)若将物块 A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成 37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块 C 的质量应满足什么条件？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ,取向左为正方向，根据动量守恒定律得:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度 印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动 则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^S 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2vF N mg m R代入相关数据解得：F N =12.5N. 由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过 t 1共速，此时木 板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为 a 1，板产生的加速度a 2 mg M， 且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。
高考物理-历年高考真题分类汇编2015C单元 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 C2 牛顿第二定律 单位制15．C2[2015·安徽卷] 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为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 2r 2，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 －215．B [解析] 因为N 、C 不是基本单位，即可排除C 、D 选项；关于A 、B 选项，可由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，其中F ＝ma ，且q ＝It ，则静电力常量k 可表示为mar 2I 1t 1·I 2t 2，故其单位为kg ·A －2·m 3·s －4，即B 选项正确．18．C2，E2，F1[2015·北京卷] “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力18．A [解析] 弹性绳的弹力为F ＝kx ，当绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a ＝mg －kx m ，当x <mg k 时，a >0，速度增大；当x >mgk 时，a <0，速度减小．所以该过程速度先增大后减小，则动量和动能都是先增大后减小．所以选项B 、C 不正确．弹力方向始终竖直向上，则冲量始终竖直向上．所以选项A 正确．人在最低点时，绳对人的拉力大于重力，所以选项D 不正确．8．[2015·海南卷] C2如图1-6所示，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( )图1-6A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2[解析] AC 以a 、b 、c 整体为研究对象，绳子拉力F ＝3mg ，以b 、c 整体为研究对象，弹簧S 1的弹力为F 1＝k Δl 1＝2mg ，以c 为研究对象，弹簧S 2的弹力为F 2＝k Δl 2＝mg ，剪断绳子瞬间，对a ，mg ＋F 1＝ma 1，可得a 1＝3g ，在剪断细线瞬间，弹簧的伸长来不及改变，则F 1＝2F 2，Δl 1＝2Δl 2，选项A 、C 正确．14．B7，C2，D4，E6[2015·江苏卷] 一转动装置如图1-14所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L .装置静止时，弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g .求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W .图1-1414．(1)4mgL(2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L[解析] (1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1. 小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1小球受力平衡F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mg ；F 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL.(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L ) 小环受力平衡F 弹2＝mg 得x ＝54L对小球F 2cos θ2＝mg ；F 2sin θ2＝mω20l sin θ2 且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L. (3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3 且cos θ3＝L4l对小球F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg ；F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 W －mg ⎝⎛⎭⎫3L 2－L 2－2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W ＝mgL ＋16mgl 2L.10．[2015·四川卷] A1C2D1E1I1如图1-9所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C 、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6 C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：v /(m·s －1) 0≤v ≤2 2<v <5 v ≥5F /N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．图1-910．(1)0.5 s(2)－9.25 J[解析] (1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s．③(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2－μmg＝ma2④设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55 s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦v23－v22＝2a3x1⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为F E，有F E＝F3⑨F3与F E大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v 3的平抛运动．设P 从B 点运动至D 点用时为Δt 3，水平位移为x 2，由题意知v 3g Δt 3＝tan α⑩x 2＝v 3Δt 3⑪设小物体P 从A 点至D 点电场力做功为W ，则 W ＝－qE (x 1＋x 2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得 W ＝－9.25 J ⑬11．[2015·四川卷] A1C2D1E6J2L4I1如图1-10所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .图1-10(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电荷量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．11．(1)14m v 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R(3)1Lmg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2 μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ[解析] (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k且W ＝W 1 由题有E k ＝12m v 21得W ＝14m v 21.(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt且ΔΦ＝B ΔS I ＝q Δt 又有I ＝2ER由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ) 联立解得q ＝2Bd （L －d cot θ）R.(3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为 L x ＝L －2x cot θ此时，ab 棒产生电动势E x 为E x ＝B v 2L x 流过ef 棒的电流I x 为I x ＝E xRef 棒所受安培力F x 为F x ＝BI x L 联立解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)由上式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中f m为最大静摩擦力，有F1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F1sin α)得B m＝1Lmg（sin α＋μcos α）R（cos α－μsin α）v2.上式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值F2，如图可知F2cos α＋μ(mg cos α＋F2sin α)＝mg sin α联立解得x m＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.14．[2015·浙江卷] 【自选3－5】C2F2(2)一辆质量m1＝3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g取10 m/s2)[答案] 27 m/s[解析] 由牛顿运动定律，有a＝F fm1＋m2＝μg＝6 m/s2v ＝2as ＝9 m/s由动量守恒定律，有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 解得v 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s.C3 超重和失重6．C3[2015·江苏卷] 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1-4所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1-4A ．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6．AD [解析] 区分超重与失重的关键是看加速度的方向：加速度向上时，超重；加速度向下时，失重．对人进行受力分析可知，F N －G ＝ma ，即F N ＝ma ＋G ，a 大(小)则支持力大(小)，由牛顿第三定律可知，压力也大(小)，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．5．[2015·重庆卷] C3A5若货物随升降机运动的v -t 图像如图1-3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 关系的图像可能是( )图1-3A B C D图1-4[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v -t 图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力)，可得答案为B.C4 实验：验证牛顿定律21．[2015·浙江卷] C4E5甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验．图1-6(1)图1-6中A 、B 、C 、D 、E 表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材________；乙同学需在图中选用的器材________．(用字母表示)(2)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图1-7所示的两条纸带①和②.纸带________的加速度大(填“①”或“②”)，其加速度大小为________．图1-7[答案] (1)AB BDE (2)① (2.5±0.2)m/s 2[解析] (1)“验证机械能守恒定律” 的实验中只需重物和打点计时器以及铁架台，故只选A 、B ；“探究加速度与力、质量的关系”的实验中需打点计时器、小车、钩码、斜面，故选B 、D 、E ，两个实验都不需要秒表．(2)测量每条纸带的相邻间距之差，纸带①中的差值比纸带②中的差值大，所以纸带①的加速度大，纸带①中的差值Δx 约为0.1 cm ，则a ＝ΔxT2＝2.5 m/s 2.C5 牛顿运动定律综合9．[2015·海南卷] C5如图1-7所示，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( )图1-7A ．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] BD 升降机匀速上升时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f ，垂直于斜面方向，有F N ＝mg cos θ，又f ＝μF N ，解得μ＝tan θ；升降机加速上升时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A 错误，选项B 正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f ′－mg sin θ＝ma sin θ；垂直于斜面方向，有F ′N －mg cos θ＝ma cos θ，解得f ′F N ′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C 错误，选项D 正确．9．A8，C5，E6[2015·江苏卷] 如图1-7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )图1-7A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度9．BD [解析] 以圆环为研究对象，刚下滑一小段距离时，它受重力mg 、弹簧拉力T 、杆对环的支持力F N 和滑动摩擦力f ，如图1所示，此时弹簧形变量小，拉力T 较小，支持力F N 也较小，从而滑动摩擦力f 小于重力mg ，合力较大，合力的方向竖直向下，加速度也较大，当圆环继续下滑时，弹簧形变量增大，拉力T 增大，支持力F N 也增大，滑动摩擦力f 也增大，合力减小，加速度减小，但速度仍然增大，到B 处时合力为零，再向下运动时，合力反向且增大，加速度也向上且增大，圆环做减速运动，故选项A 错误；圆环克服摩擦力f 做功使得内能E 内增加，在圆环下落至最低点过程中，重力势能mgh 转化为弹性势能E 弹和内能，即mgh ＝E 弹＋E 内①而在最低点C 处获得一初速度v 时，圆环恰又能回到A 点，这个过程中，动能和弹性势能E 弹转化为重力势能mgh 和内能E 内，即12m v 2＋E 弹＝mgh ＋E 内② 联立①、②，可解得E 内＝14m v 2，选项B 正确；再将E 内＝14m v 2代入①，可解得E 弹＝mgh －14m v 2，故选项C 错误；圆环下滑和上滑过程受力分别如图1和图2所示．图1 图2当圆环下滑至B 点时，圆环的重力势能E p AB 转化为弹簧的弹性势能E 弹B 、圆环的内能E 内B 和圆环的动能E k B 下，也就是E p AB ＝E 弹B ＋E 内B ＋E k B 下，即E k B 下＝E p AB －E 弹B －E 内B ，③当圆环上滑过程中从B 到A 时，圆环的动能以及弹簧的弹性势能都减少，它们转化为圆环的内能和重力势能，也就是E k B 上＋E 弹B ＝E 内B ＋E p AB ，即E k B 上＝E p AB ＋E 内B －E 弹B ④比较③、④两式，可得E k B 上>E k B 下，则v B 上>v B 下，故选项D 正确． 20．[2015·全国卷Ⅱ] C5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 ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为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 ．8B ．10C ．15D ．18[解析] BC 设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：F km ＝23F （n －k ）m ，解得k ＝35n ，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误．22．[2015·全国卷Ⅱ] A7C5某同学用图1-7(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续点之间的距离．(a) (b)图1-7(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ； (2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角[答案] (1)3.25 1.79 (2)C[解析] (1)a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）（2T ）2＝3.25 m/s 2v ＝x 2＋x 32T ＝1.79 m/s (2)根据a ＝g sin θ－μg cos θ可知，还需要知道斜面的倾角，故选C.25．[2015·全国卷Ⅱ] C5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1-10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：图1-10(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．[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s[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＝μ1N1①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2③N2＝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－f1＝ma1⑤mg sin θ－f2＋f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑨v2＝a2t1＝2 m/s⑩t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′，此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫即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 ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑮ 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 －s ＝(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 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ⑱(利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分)20．C5[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-6(a)所示，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) (b)图1-6A ．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20．ACD [解析] 上滑时设物块的加速度大小为a 1，对物块由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时设物块的加速度大小为a 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由图(b)可得，a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1，联立可解得θ和μ，A 、C 正确；v -t 图像与坐标轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，进而可求得最大高度，D 正确．25．A2、C5[2015·全国卷Ⅰ] 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 m ，如图1-10(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．(a) (b)图1-1025．(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.23．[2015·山东卷] C5E2如图1-10甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：甲乙图1-10(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[答案] (1)3m0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1＝mg①对物块，F1＋T1＝Mg②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得对小球，T2＝mg cos 60°③对物块，F2＋T2＝Mg④联立①②③④式，代入数据得M＝3m⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12m v 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得 T 3－mg ＝m v 2l ⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ①4．2015·上海松江区一模楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持绑着刷子的木杆粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为 m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点．刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L ＝4 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，试求：(1)刷子沿天花板向上运动的加速度的大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．图K8-34．(1)2 m/s 2 (2)2 s[解析] (1)以刷子为研究对象，分析受力情况，如图所示：根据牛顿第二定律得 (F －mg )sin θ－f ＝ma ① (F －mg )cos θ－F N ＝0② 又f ＝μF N ③联立①②③式解得a ＝2 m/s 2.(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L ＝4 m ，则由运动学公式得 L ＝12at 2解得t ＝2La＝2 s. 5．2015·浙江宁波高三上学期期末如图K8-4甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，在t 1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分v -t 图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)拉力F 的大小；(3)t ＝4 s 时物体的速度．图K8-45．(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s ，方向沿斜面向下[解析] (1)根据速度—时间图线可知，匀加速直线运动的加速度大小为a 1＝20 m/s 2 根据牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 匀减速直线运动的加速度大小为a 2＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 解得F ＝30 N ，μ＝0.5. (2)由(1)知，F ＝30 N.(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力F 后物体运动到最高点的时间为t 2 v 1＝a 2t 2 解得t 2＝2 s则物体沿斜面下滑的时间为t 3＝t －t 1－t 2＝1 s 设下滑加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3 解得a 3＝2 m/s 2所以t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3t 3＝2×1 m/s ＝2 m/s ，方向沿斜面向下．3．2015·江西新余一中高三二模一平板车的质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ．一质量m ＝50 kg 的滑块置于车的平板上，它到平板末端的距离b ＝1.00 m ，与平板间的动摩擦因数为μ＝0.20，如图K9-3所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果滑块从平板上滑落，滑块刚离开平板的时刻，车向前行驶的距离s 0＝2.00 m ．求滑块落地时，落地点到车尾的距离s .(滑块可视为质点，不计路面与平板车间以及轮轴的摩擦，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，结果保留3位有效数字)图K9-33．1.63 m[解析] 对滑块：s 0－b ＝12⎝⎛⎭⎫μmg m t 21对平板车：s 0＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫F －μmg M t 21解得F ＝500 N ，t 1＝1 s a 1＝μg ＝2 m/s 2 a 2＝ F －μmgM＝4 m/s 2滑块离开平板车后，对平板车有a ′2＝FM ＝5 m/s 2滑块落地时间t 2＝2hg＝0.5 s 从滑块离开平板车至落地，对滑块有s 1＝v 1t 2＝a 1t 1t 2＝1 m 对平板车有s 2＝v 2t 2＋12a ′2t 22＝a 2t 1t 2＋12a ′2t 22＝2.63 m 故s ＝s 2－s 1＝1.63 m.4．2015·重庆巴蜀中学高三一模观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝800 kg ，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，此时开始计时，经过t0＝4 s时间，气球匀加速下降了h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，气球下降过程中所受的空气浮力不变，重力加速度g取10 m/s2.(1)求气球加速下降阶段的加速度大小．(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间t1＝5 s，气球下降的高度是多大？4．(1)1 m/s2(2)80 kg(3)30 m[解析] (1)设气球匀加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动学公式可知h1＝v0t0＋12at2解得a＝1 m/s2.(2)由牛顿第二定律得Mg－F＝Ma抛掉质量为m的压舱物，气球匀速下降，有(M－m)g＝F解得m＝80 kg.(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5 s下降的高度为H 由运动学公式可知v1＝v0＋at0H＝v1t1解得H＝30 m.。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
2015年高考物理试题分类汇编：牛顿运动定律
2015年高考物理试题分类汇编：牛顿运动定律1．[新课标1卷]20．如图(a)，一物体在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v0、v1、t1均为已知量，则可求出( ACD ) 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 【答案】ACD【解析】小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012v s t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行01sin cos v g g t θμθ=-，整理可得011sin 2v vg t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对。
根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v v s t v gt g θ++=⨯=，选项D 对。
仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错。
2．[新课标2卷]20．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。
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，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩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 ．8B ．10C ．15D ．18 【答案】BC【解析】由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：23()F F km n k m =-，解得：25k n=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误3．[福建理综]17．如图，在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。
2015年高考物理试题(解析版)分类汇编：03-牛顿运动定律
2015年高考物理真题分类汇编：牛顿运动定律(2015新课标I-20). 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v0、v1、t1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【答案】A、C、D【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律可得：-mgsinθ–μmgcosθ = ma1 ,根据图b可得：a1 = -v0/t1 ,由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远t1和几何关系sinθ = H/x ; 从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsinθ–距离x = v02,物块与斜面μmgcosθ = ma2，v1 = a2(2t1- t1) .解以上各式可得：斜面的倾角θ=arcsin v1+v02gt1间的动摩擦因数μ=v0−v1，选项AC对。
根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上2gt1cosθ,故选项D正确；仅根据速度时间图像，无法找到物滑行的最大高度H = Xsinθ = v0（v1+v0）4g块质量，选项B错。
(2015新课标I-25)（20分）．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，如图（a）所示。
时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（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。
已知碰撞后时间内小物块的图线如图（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。
求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】(1) (7分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：-μ1 (m+M)g = (m+M)a1·······○1(1分)由图可知。
2015届高考物理大一轮总复习 牛顿运动定律阶段示范性金考卷(含解析)
牛顿运动定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、7、8、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、5、6、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·海南高考]一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．答案：C2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力．当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案：C3. 如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零解析：分析木块受力，由牛顿第二定律得，F －kx ＝ma ，x 为弹簧压缩量，在x 逐渐增大的过程中，加速度a 向左且逐渐减小，木块向左做加速运动，当F －kx ＝ma ＝0时，木块速度达到最大；以后加速度a 方向向右，且随x 增加而增加，木块做减速运动，当弹簧处于最大压缩量时，加速度a 最大，速度为零，故只有C 项正确．答案：C4. [2014·辽宁丹东]如图所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B 、C 两球的受力均发生变化，C 球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，所以A 项错误，D 项正确；细线被烧断前，细绳对B 球沿斜面向下的拉力大小为mg sin θ，烧断瞬间，A 、B 两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mg sin θ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a ＝12g sin θ，再隔离B 球，设A 、B 之间轻杆的拉力大小为F ，则F －mg sin θ＝ma ，可得F ＝32mg sin θ，所以C 项正确，B 项错误．答案：CD5. [2014·湖北省武汉市高三调研考试]在光滑的水平面上放置着质量为M 的木板，在木板的左端有一质量为m 的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量M ，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为μ，则时间t 增大解析：本题考查牛顿运动定律，意在考查考生应用隔离法分析长木板和木块的受力和运动、应用牛顿运动定律和运动学公式计算时间的能力．对m ，加速度a 1＝F －μmg m ＝Fm－μg ，对M ，加速度a 2＝μmg M ，当两者恰分离时，12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －m ＋M M·μg，由此，仅增大M 或F ，时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项BD 正确．答案：BD6. 神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km 时，下降速度为200 m/s.再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s 后返回舱的速度减至80 m/s ，此时减速伞与返回舱分离．然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s ，此时飞船距地面高度为1 m ，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零．将上述各过程视为匀变速直线运动，g ＝10 m/s 2.根据以上材料可得( )A. 减速伞工作期间返回舱处于失重状态B. 主伞工作期间返回舱处于失重状态C. 减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s 2D. 每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍解析：减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A 、B 项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s 减速至80 m/s ，由运动学公式得a 1＝v 1－v 2t 1＝7.5 m/s 2，C 项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a 3＝v 232h 3＝50 m/s 2，由牛顿第二定律得4F －mg ＝ma 3，解得F mg＝1.5，D 项正确．答案：CD7. [2013·潍坊模拟]如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于 ( )A. 1∶1B. 1∶2C. 2∶1D. 2∶3解析：水平放置时，F －μ(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 1，kx 1－μmg ＝ma 1，可得x 1＝mFM ＋m k；竖直放置时：F －(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 2，kx 2－mg ＝ma 2，解得x 2＝mFM ＋m k，故x 1∶x 2＝1∶1，A正确．答案：A8. [2014·浙江嘉兴基础测试]在粗糙的水平面上，一质量为m 的物体在水平恒力F T 作用下做加速度为a 的匀加速直线运动．如果在物体上再加上一个恒定的推力F ，并保持其加速度不变，则所加的恒力F 与水平方向夹角的正切值是 ( )A. g aB. mF T －mgC.mgF T －ma D.m g ＋aF T解析：未加推力F 时，由牛顿第二定律F T －μmg ＝ma ，解得μ＝F T －mamg；施加推力F 后，要保持加速度不变，则增加的水平分力与增加的滑动摩擦力大小相等，即F cos α＝μF sin α，解得tan α＝1/μ.故正确选项为C.答案：C9. [2014·辽宁大连高三双基]如图所示，物体A 的质量为2m ，物体B 的质量为m ，A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的摩擦不计，用水平力F 向右推A 使A 、B 一起加速运动，则B 对A 的作用力大小为( )A. F －μmg3 B.F －2μmg3C.F －3μmg3D. 2F －4μmg 3解析：本题考查牛顿运动定律的简单应用．由整体法可得：F －2μmg ＝3ma ，隔离B 可得：F AB ＝ma ，联立可解得：F AB ＝F －2μmg3，由牛顿第三定律可知，选项B 正确．答案：B10. 一小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过时间4t 0到达B 处，在5t 0时刻滑块运动到水平面的C 点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B 点前后速率不变．以下说法中正确的是( )A ．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B ．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C ．斜面的倾角为45°D ．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝47解析：由题意可知，滑块从A 点匀加速运动至B 点后匀减速运动至C 点，根据运动规律得，x 1＝v A ＋v B 2t 1，x 2＝v C ＋v B2t 2，由题图可知t 1∶t 2＝4∶1，所以x 1∶x 2＝4∶1，A 项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中Δv 相同，又a ＝ΔvΔt，所以a 1∶a 2＝t 2∶t 1＝1∶4，B 项正确；对滑块受力分析并结合图乙可得，μmg ＝54μmg cos θ，则cos θ＝45，θ＝37°，C 项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mg sin θ－μmg cos θ＝14μmg ，则μ＝47，D 项正确．答案：BD第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11. [2014·北京市海淀区第一学期期中练习](9分)某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：A ．交流电源、导线B ．天平(含配套砝码)C ．秒表D ．刻度尺E ．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代号)．(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，测得A 点到B 、C 点的距离分别为x 1＝5.99 cm 、x 2＝13.59 cm ，则在打下点迹B 时，小车运动的速度v B ＝________ m/s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)(3)在验证“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a －F 图象，其中图线不过原点的原因是________________________，图线在末端弯曲的原因是____________________________________．解析：本题考查验证牛顿第二定律的实验，意在考查考生处理数据的能力．(1)利用纸带上的打点间隔数可得出小车相应的运动时间，故秒表不必要．(2)v B ＝v AC ＝x 22×5T＝0.680 m/s ；a ＝x 2－x 1－x 1T2＝1.61 m/s 2.(3)由a －F 图象可知，F ＝0时，a ＞0，说明重力沿斜面方向的分量大于摩擦力即平衡摩擦力过度了；F (即mg )越大，越不满足“砂和小砂桶的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ”，小车受的合外力即绳的拉力不再近似等于砂和小砂桶的总重力mg ，故a －F 图象不再是一条直线了．答案：(1)C (2)0.680 1.61 (3)平衡摩擦力过度 砂和小砂桶的总质量m 不远小于小车和砝码的总质量M12. (9分)光滑斜面上小球和斜面一起在水平面上加速，当加速度的大小满足一定条件时，小球和斜面可以保持相对静止．为了研究此现象，某学习研究小组同学自制小车进行探究，图甲为实验装置：钩码、小车、小球、打点计时器等(交流电频率为50 Hz)．(1)打点计时器如图乙，则该打点计时器是________计时器，工作电压为________伏． (2)侧面为直角三角形的斜面小车底边长L 、高为h ，如图丙所示，请你用计算式表示小球和小车保持相对静止时的加速度a ＝________.(3)如图是某同学实验时测量的纸带，则打下B 点时小车的速度为________ m/s ，小车的加速度为________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：本题考查探究小球和小车一起加速运动实验，意在考查考生计算速度和加速度的能力及运用牛顿第二定律解决问题的能力．(1)由图乙可知，该打点计时器为电火花计时器；工作电压要求220 V.(2)以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力mg 、垂直斜面向上的弹力F N ，两者合力方向为水平向左，由牛顿第二运动定律有关系：tan θ＝F 合mg ，得：F 合＝mg tan θ＝mg hL＝ma ，故小球和小车相对静止时的加速度a ＝hLg .(3)相邻计数点间时间间隔t ＝0.02 s ，根据B 点的瞬时速度为AC 段的平均速度，得打下B 点时小车的速度v B ＝x ACt AC＝－－2m2×0.02 s＝0.70 m/s ；同理得：v C ＝x BDt BD＝－－2m2×0.02 s ＝0.80 m/s ；故小车的加速度a ＝v C －v B t BC ＝0.80－0.700.02m/s 2＝5.0 m/s 2.答案：(1)电火花 220 (2)hg /L (3)0.70 5.0 三、计算题(本题共4小题，共42分)13. (8分)如图所示，质量m ＝40 kg 的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200 N 、方向与水平方向成θ＝37°角斜向上的恒力F 作用下做匀加速直线运动，2 s 末撤去力F 时木块滑行的距离为x 0＝5.2 m ，(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木块与地面间的动摩擦因数； (2)撤去拉力后，木块继续滑行的距离． 解析：(1)设木块加速阶段的加速度为a 1 由匀变速直线运动规律得x 0＝12a 1t 21对木块受力分析得N ＋F sin θ＝mg F cos θ－μN ＝ma 1解得μ＝0.2(2)2 s 末木块的速度v 1＝a 1t 1 匀减速阶段a 2＝μg木块继续滑行的距离x ＝v 212a 2解得：x ＝6.76 m. 答案：(1)0.2 (2)6.76 m14. (10分)[2014·北京市东城区高三期末]杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竿上演员质量为m 1＝40 kg ，长竹竿质量m 2＝10 kg ，g ＝10 m/s 2.(1)求竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .解析：(1)在演员下滑的前4 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 1＝460 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀加速下滑，加速度为a 1，a 1＝G 1－F 1－G 竿m 1＝1 m/s 2演员由静止下滑，下滑4 s 后达到最大速度v 1 有v 1＝a 1t 1＝4 m/s(2)在演员下滑的4 s 到6 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 2＝580 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀减速下滑，加速度为a 2，a 2＝F 2－G 竿－G 1m 1＝2 m/s 2在演员下滑的前4 s ，可看成匀加速下滑，下滑距离为h 1，h 1＝0＋v 12t 1＝8 m在演员下滑的4 s 到6 s ，可看成匀减速下滑．下滑距离为h 2，h 2＝v 2＋02t 1＝4 m竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案：(1)4 m/s (2)12 m15. (12分)如图所示，一光滑的定滑轮两边用轻绳吊着A 、B 两物块，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，m A ＝1.5 m B ，将A 固定，B 放在地面上，绳子刚好拉直，在它们的右侧一个斜面体上，一物块C 刚好与A 在同一高度，由静止同时释放A 、C ，结果B 到最高点时，C 刚好到达地面，已知开始时A 离地面的高度为h ，物块B 上升过程中没有与天花板相碰，斜面倾斜角θ＝30°.求：(1)物块B 上升的最大高度； (2)物块C 与斜面的动摩擦因数．解析：(1)对A 、B 整体研究，设A 、B 一起运动的加速度大小为a 1，则(m A －m B )g ＝(m A ＋m B )a 1 解得a 1＝15g当A 刚要落地时，设速度大小为v ，则v ＝2a 1h ＝25gh 这个过程运动的时间t 1＝2h a 1＝10h gA 落地后，B 以速度v 做竖直上抛运动，运动到最高点的时间 t 2＝v g＝2h 5g上升的高度h ′＝v 22g ＝15h因此B 上升的最大高度为H ＝h ＋15h ＝65h(2)设物块C 沿斜面下滑的加速度为a 2，则mg sin30°－μmg cos30°＝ma 2 a 2＝12g －32μg 物块C 在斜面上运动的长度x ＝2h 由运动学公式x ＝12a 2t 2t ＝t 1＋t 2解得μ＝4327答案：(1)65h (2)432716. (12分)[2013·山东实验中学高三模拟]如图甲所示，一薄的长木板B 置于光滑水平地面上，长度为L ＝0.25 m 、质量为M ＝4 kg.另有一质量为m ＝2 kg 的小滑块A 置于木板的左端，二者均相对地面静止．已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若A 受到如图乙所示的水平外力F 作用，求：(1)0～2 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离； (2)2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离．解析：当A 、B 之间达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得，对B 有μmg ＝Ma 0. 对AB 有F 0＝(M ＋m )a 0 解得a 0＝0.5 m/s 2，F 0＝3 N(1)当F 1＝2 N 时，A 、B 相对静止，一起向右运动，有F 1＝(M ＋m )a 1 在t 1＝2 s 内的位移为s 1＝12a 1t 21解得s 1＝0.67 m.(2)在上一过程中，运动末速度为v 1＝a 1t 1.当F 2＝4 N 时，A 运动的加速度为a 2，有F 2－μmg ＝ma 2B 的运动的加速度为a 0＝0.5 m/s 2设A 滑至木板右端时时间为t ，则A 、B 的位移分别为：s 2＝v 1t ＋12a 2t 2，s 3＝v 1t ＋12a 0t 2由几何关系得L ＝s 2－s 3 解得t ＝1 s ，故符合题意 此时，木板的速度为v 2＝v 1＋a 0t 之后，木板匀速运动位移s 4＝v 2(2－t )2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离s 5＝s 3＋s 4 解得s 5＝2.09 m.答案：(1)0.67 m (2)2.09 m。
【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(11月第一期)B1力、重力、弹力(含解析)汇总
B1 力、重力、弹力【首发—【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届河南省洛阳市高三上学期期中考试（201410）word 版】9.如图4，在小车架子上的A 点固连一条像皮筋，在弯杆的一端B 有一个光滑的小环。
橡皮筋的原长正好等于A 、B 之间的距离，像皮筋穿过小环悬挂着一个小球，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，小球稳定时偏离竖直方向某一角度(橡皮筋遵循胡克定律且在弹性限度内).与稳定在竖直位置时相比，小球离度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 【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B1 B3T 2cos α=mg ，T 2sin α=ma ，所以：T 2=cos mgα，弹簧的伸长：x 2=2T k 则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L 2=cos mg k α cos α=mg k =mgk=L 1，所以L 1=L 2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定不变，故C 正确，ABD 错误．故选：C ．【思路点拨】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．本题中考查牛顿第二定律的应用，注意整体法与隔离法的使用，同时要注意审题．【全网首发--【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届河北省衡水中学高三上学期二调考试（201410）word 版】21.(11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m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度为g 。
本实验中m l =0. 5kg ，m 2=0.lkg ，μ=0.2，取g=10m/s 2(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(3分） (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的最小值；(3分)(3)若本实验中砝码与纸板左端的距离d=0. 1m 。
2015年高考物理真题分类题库考点3 牛顿运动定律
温馨提示：此题库为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，关闭Word文档返回原板块。
考点3 牛顿运动定律一、选择题1.(2015·江苏高考)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【解题指南】判断人对地板的压力最大还是最小,只要选定人为研究对象,分析其相互作用力——地板对人的支持力即可。
超重时支持力大于重力,失重时支持力小于重力,大多少或者小多少看加速度的大小。
超重还是失重看加速度的方向。
【解析】选A、D。
在竖直方向,有F-mg=ma,得F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F 就越大,所以A项正确;加速度方向向下且越大,F就越小,所以D项正确。
2.(2015·全国卷Ⅱ)如图,两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将( )A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)当金属板水平放置时,微粒恰好保持静止状态,说明微粒受重力和电场力而平衡。
(2)当将两板绕过a点的轴逆时针旋转45°时,微粒受的重力大小、方向均不发生变化,而电场力将逆时针旋转45°,即电场力的方向为向上偏左45°。
(3)微粒由静止释放,根据所受合力可以判断其运动状态。
【解析】选D。
作出微粒的受力示意图如图所示,电场力方向为向上偏左45°,并且与重力大小相等,由力合成的平行四边形定则得F合的方向为向左下方,再结合微粒由静止释放初速度为零,故微粒将向左下方做匀加速运动,D项正确;微粒合力不为零,故不能保持静止状态,A项错误;B项、C项的运动方向与合力方向不一致,故B、C 项均错。
2015高考真题汇编：牛顿运动定律
2015高考真题汇编：牛顿运动定律一．单选题（15山东）1．如图，滑块A 置于水平地面上，滑块B 在一水平力作用下紧靠滑块A (A 、B 接触面竖直)，此时A 恰好不滑动，B 刚好不下滑。
已知A 与B 间的动摩擦因数为μ1，A 与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A 与B 的质量之比为 A ．121μμ B ．12121μμμμ- C ．12121μμμμ+ D ．12122μμμμ+（15重庆）2．若货物随升降机运动的v —t 图像如题图所示（竖起向上为正），则货物受到升降机的支持力F 与时间t 关系的图像可能是二．多选题（15江苏）1．一人乘电梯上楼，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（15海南）2．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，现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间 A ．a 1=3g B ．a 1=0 C ．Δl 1=2Δl 2 D ．Δl 1=Δl 2（15海南）3．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体。
开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，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FAOtFBOt FCOt FDOtS 2 S 1O b ac B AtO题图v（15课标I）4．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。
2015届高考物理二轮分项测试：牛顿运动定律(含答案)
专题3 牛顿运动定律（解析版）一、单项选择题1.【2014·湖北省孝感高中高三年级九月调研考试】下列对牛顿运动定律认识正确的是A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C．力是维持物体运动的原因D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动1.A 解析：牛顿第一定律指出一切物体在不受外力作用时总是保持静止状态或匀速直线运动。
即没有外力作用时，原来静止的还保持静止原来运动的还保持原来的速度匀速直线运动，这种保持原来运动状态不变的性质就是惯性，A对。
惯性的大小和质量有关，与速度无关，速度大的物体要停下来需要时间长是因为它的速度变化量大和惯性无关，B错。
不受力就保持原来运动状态即力是改变物体运动状态的原因不是维持运动状态的原因，答案C错。
做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去就会保持力撤去前那一瞬间的速度做匀速直线运动，不可能是曲线，曲线运动速度在变化，有加速度有合力答案D错。
考点：牛顿第一定律2.【2014·山东省德州市平原一中高三上学期9月月考】下列说法正确的是A．力是使物体运动的原因 B．力是维持物体运动的原因C．力是改变物体惯性的原因 D．力是使物体产生加速度的原因2.D 解析：力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变，②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化．根据力的作用效果之一“改变物体的运动状态”可知：力是物体运动状态改变的原因，而不是使物体运动或维持运动状态的原因，所以物体的运动不需要力来维持．力是使物体产生加速度的原因，选项AB错误D正确；质量是物体惯性大小的唯一量度，故选项C错误。
本题选D。
考点：力与运动的关系，惯性3.【2014·河南省十所名校高三第一次阶段测试题】伽利略用两个对接的斜面进行实验，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。
已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ；(3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。
【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα==由于：sin m f mg α>所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a ='由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
高三物理一轮复习5年真题分类 2015年高考真题汇编 专题3 牛顿运动定律 Word版含解析
专题3 牛顿运动定律1.（15江苏卷）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=2s 时最大B ．t=2s 时最小C ．t=8.5s 时最大D ．t=8.5s 时最小 答案:AD解析:0~4s ，加速度向上，人超重，设地板对人支持力为F N ，则ma mg F N =-，当s t 2=时，加速度最大，支持力就最大，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最大；7~10s ，加速度向下，人失重，设地板对人支持力为F N ，则ma F mg N =-，ma mg F N -=当s t 5.8=时，加速度最大，支持力就最小，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最小 .2.（15福建卷）如图，在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上 .若小滑块第一次由A 滑到C ，所用的时间为t 1，第二次由C 滑到A ，所用时间为t 2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )A ．B ．C ．D ．无法比较、的大小答案:A解析:在AB 段，根据牛顿第二定律，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确 .3.（15海南卷）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率 .如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）A.4倍B. 2倍C.倍D. 倍答案:D解析:设，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有，变化后有，联立解得，D 正确；4.（15海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，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答案:BD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可知接触面间的正压力增大，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，物体的质量为m，当匀速运动时有，即，假设物体以加速度a向上运动时，有，，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，C错误D正确；5.（15四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106N/C，方向水平向右的匀强电场 .带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2 .P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示 .P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：（1）小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间； （2）小物体P 从A 运动至D 的过程，电场力做的功 .解析:（1）物体P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg 和支持力N 作用，因此其滑动摩擦力大小为：f ＝μmg ＝1N根据表格数据可知，物体P 在速率v ＝0～2m/s 时，所受水平外力F 1＝2N ＞f ，因此，在进入电场区域之前，物体P 做匀加速直线运动，设加速度为a 1，不妨设经时间t 1速度为v 1＝2m/s ，还未进入电场区域 .根据匀变速直线运动规律有：v 1＝a 1t 1 ① 根据牛顿第二定律有：F 1－f ＝ma 1② 由①②式联立解得：t 1＝＝0.5s ＜0.55s ，所以假设成立 即小物体P 从开始运动至速率为2m/s 所用的时间为t 1＝0.5s（2）当物体P 在速率v ＝2～5m/s 时，所受水平外力F 2＝6N ，设先以加速度a 2再加速t 2＝0.05s 至A 点，速度为v 2，根据牛顿第二定律有：F 2－f ＝ma 2③根据匀变速直线运动规律有：v 2＝v 1＋a 2t 2 ④ 由③④式联立解得：v 2＝3m/s⑤ 物体P 从A 点运动至B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F 2＝6N 不变，设位移为x 1，加速度为a 3，根据牛顿第二定律有：F 2－f －qE ＝ma 3 ⑥根据匀变速直线运动规律有：2a 3x 1＝－ ⑦由⑤⑥⑦式联立解得：x 1＝1m ⑧ 根据表格数据可知，当物体P 到达B 点时，水平外力为F 3＝qE ＝3N ，因此，离开桌面在水平fF mv 112B v 22v方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D 点时，其水平向右运动位移为x 2，时间为t 3，则在水平方向上有：x 2＝v B t 3 ⑨ 根据几何关系有：cot α＝ ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x 2＝m ⑪ 所以电场力做的功为：W ＝－qE （x 1＋x 2）⑫ 由⑧⑪⑫式联立解得：W ＝－9.25J6.（15安徽卷）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M 、N 、P 、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动 .图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是 A ．M B ．N C ．P D ．Q 答案:C解析:同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体 .7.（15重庆卷）若货物随升降机运动的图像如题5图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是答案:B解析：由v t -图知：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（平衡，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（平衡，F mg =）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，F mg <）；综合各个过程可知B 选项正确 .8.（15新课标2卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢 .当23v gt 1225v t -Ft机车在东边拉着这列车厢一大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩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. 8B.10C.15D.18 答案:BC解析:由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有m 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：m k n Fkm F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误9.（15新课标2卷）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°（sin37°=53）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83，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2s 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 =27m ，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=10m/s 2.求： （1）在0~2s 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0-2s 内，A 和B 受力如图所示由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:111N f μ=……………⑴θcos 1mg N =………...⑵ 222N f μ=……………⑶ θcos 12mg N N +=……⑷以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：11sin ma f mg =-θ……⑸ 212sin ma f f mg =+-θ………⑹联立以上各式可得a 1=3m/s 2…………⑺a 2 =1m/s 2………………..⑻（2）在t 1=2s ，设A 和B 的加速度分别为，则v 1=a 1t 1=6m/s ………………⑼ v 2=a 2t 1=2m/s ………………⑽t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为1a '，2a '此时AB 之间摩擦力为零，同理可得： 21/6s m a ='………⑾ 22/2s m a -=' ………⑿ 即B 做匀减速，设经时间，B 的速度减为零，则：0222='+t a v ……………………⒀ 联立⑽⑿⒀可得t 2=1s …………..⒁ 在t 1+t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为m m t a t v t a t a t v t a s 2712)2121()2121(2222221222121211<='++-'++=…⒂ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经时间后t 3，A 离开B ，则有231321121)(t a t t a v s L '+'+=- 可得,t 3=1s （另一解不合题意，舍去，）则A在B上的运动时间为t总.t总=t1+t2+t3=4s(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)。
【备战2015】全国2015届高中物理试题汇编(11月第一期)C5牛顿运动定律综合(含解析)
C5 牛顿运动定律综合【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届浙江省嘉兴市高三上学期学科根底测试〔201409〕】11.将地面上朴止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t 图象如图所 示。
如此A.前3s 内物体的位移大小为18mB..最后2s 内货物只受重力作用C.前3s 内与最后2s 内货物的平均速度一样D.第3s 末至第5s 末的过程中，货物的机械能守恒【知识点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．C3 C5 E3【答案解析】 C 解析： A 、v-t 图像中面积表示位移，如此前3s 位移3692x m m ⨯== ，故A 错误；B 、最后2s 内货物的加速度a=2063/2v m s t ∆-==-∆＜g ，所以还受到绳子的拉力，故B 错误；C 、前3s 内的平均速度062v +=＝3m /s ，最后2s 内货物的平均速度062v +=＝3m /s ，所以前3s 内与最后2s 内货物的平均速度一样，故C 正确；D 、第3s 末至第5s 末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正功，机械能不守恒，故D 错误．应当选：C【思路点拨】根据v-t 图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，前3s 内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上．匀变速直线运动平均速度02v v v +=，只有重力或弹力做功时机械能守恒．该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、平均速度公式、机械能守恒条件等知识点．此题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进展运动过程分析和受力分析，难度适中．【题文】〔物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考〔2014.10〕〕16. 一个质量为m=2kg 的物体原来静止在倾角α＝37°的光滑斜面上，从t=0开始运动，在第1、3、5……等奇数秒内受到大小为16N平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，在第2、4、6……偶数秒内受到大小为12N平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，问：经过多长时间物体位移的大小为60. 25m ?【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用．A8 C2 C5【答案解析】10.5s解析：在第1、3、5…等奇数秒内受到大小为16N平行于斜面向上的拉力作用，如此沿斜面方向：ma1=F1-mgsin37°a1＝1sin37162100.62F mgm--⨯⨯=m/s2＝2m/s2在第2、4、6…偶数秒内受到大小为12N平行于斜面向上的拉力时：ma2=F2-mgsin37°a2＝2sin37122100.62F mgm--⨯⨯=m/s2＝0物体在第1s内的位移：x1＝2111122a t=×2×12m＝1m物体在第1s末的速度：v1=a1t1=2×1m/s=2m/s 物体在第1s内的位移：x2=v1t=2×1m=2m物体在第1s末的速度：v2=v1=2m/s物体在第3s内的位移：x1＝v2t+21112a t=2×1+12×2×12m＝3m物体在第3s末的速度：v3=v1+a1t=2m/s+2×1m/s=4m 物体在第4s内的位移：x4=v3t=4×1m=4m物体在第4s末的速度：v4=v3…可知第n秒的位移：x n=nn秒内的位移：x n＝(1)2n n+当x n=60.25m时：120.5=n2+n10.47，所以：前10s的位移：x10＝10(101)2⨯+＝55m10s末的速度：v10=5a1t=5×2×1=10m/s剩下的△x=〔60.25-55〕m=5.5m的位移上需要的时间t′：△x＝v10t′+12a1t′2代入数据得：t′=0.5s所以物体运动的总时间：t总=n+t′=10+0.5=10.5s【思路点拨】通过受力分析，可知物体在奇数秒的时间内向上做匀加速直线运动，在偶数秒的时间内向上做匀速直线运动，通过数学归纳法得出各段的速度的表达式与各段的位移的表达式，最后使用求和公式即可．解决此题的关键理清物体的运动的情况，知道在各个阶段物体做什么运动．以与知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．【题文】〔物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考〔2014.10〕〕17．如下列图，质量M ＝10kg 、上外表光滑的足够长的木板的在F ＝50N 的水平拉力作用下，以初速度v 0=5m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L ＝1m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．〔取g ＝10m/s 2〕(1〕第1块铁块放上后，木板运动了L ＝1m 时，木板的速度多大？(2〕最终木板上放有多少块铁块？ (3〕最后一块铁块与木板右端距离多远？【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用．C2 C5【答案解析】(1) 2√6 m/s (2) 7 (3)6.57 m(或46/7 m)解析：：〔1〕木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：F N =Mg ，水平方向：F f =F ，滑动摩擦力F f =μF N ，如此得F=μMg解得：μ=0.5；放第1块铁块后，木板做匀减速运动，如此有：μ〔M+m 〕g-F=Ma 1；2a 1L=2201v v -代入数据解得：v 1=26 m/s〔2〕设最终有n 块铁块能静止在木板上．如此木板运动的加速度大小为：a n =nmg M μ第1块铁块放上后有：2a 1L=2201v v - 第2块铁块放上后有：2a 2L=12v v -第n 块铁块放上后有：2a n L=1n n v v --由以上各相加得：〔1+2+3+…+n〕•2•220n mgL v v M μ•=-要使木板停下来，必须有v n =0，代入解得：6＜n ＜7故最终有7块铁块放在木板上．〔3〕加上第7块木块时的位移是6L=6m ，速度是：(1+2+3+…+6)•2•2206mgL v v M μ•=-代入数据解得：v 6=2m/s a 7＝770.511010mg M μ⨯⨯⨯=m /s 2＝3.5m /s 2木板最后阶段的位移：x 7＝2267222 3.5v a =⨯＝0.57m 木板的总位移：x=6L+x 7=6+0.57=6.57m 【思路点拨】〔1〕开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数．铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式结合可以求出即将放上第1块铁块时木板的速度．〔2〕运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后…第n 块铁块放上后木板的速度表达式，得到v n 的表达式，要使木板停下，v n =0，即可求解．〔3〕第n 块木块时木板停止运动，如此先求出n 时的速度和加速度，然后求出加上n 时的位移即可．熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项．【题文】〔物理卷·2015届黑龙江省哈三中高三第一次模拟测试〔2014.09〕〕17.(16分)物体A 的质量m ＝2kg ，静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为M ＝1kg 、长L ＝4m 。
【备战2015】全国2015届高中物理试题汇编(11月第一期)D1运动的合成与分解(含解析)汇总
D1 运动的合成与分解【首发—【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届湖南省长沙市长郡中学高三上学期第二次月考（201410）word 版】16.（13分）如图所示，左侧为一个半径为R 的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O 点为球心，碗的内表面及碗口光滑，右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角=30θ︒.一根不可伸长的不及质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m 1和m 2，且m 1>m 2，开始时m 1恰在碗口右端水平直径A 处，m 2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，当m 1由静止释放运动到圆心O 的正下方B 点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失.（1）求小球m 2沿斜面上升的最大距离s ；（2）若已知细绳断开后小球m 1沿碗的内侧上升的最大高度为2R ,求12m m 【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3【答案解析】 （1）12122)2m R m m + （2）1.9 解析： ：（1）设重力加速度为g ，小球m 1到达最低点B 时m 1、m 2速度大小分别为v 1、v 2，由运动合成与分解得v 1＝2①对m 1、m 2系统由功能关系得m 1gR −m 2gh ＝12m 1v 12+12m 2v 22② h＝sin30°③设细绳断后m 2沿斜面上升的距离为s′，对m 2由机械能守恒定律得m 2gs ′sin30°＝22212m v ④小球m 2沿斜面上升的最大距离s＝+s ′⑤ 联立得s＝12122)2m R m m +⑥ （2）对 m 1由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝m 1g 2R ⑦联立①②③⑦得121 1.92m m =≈ 【思路点拨】（1）先根据运动合成与分解求出小球m 1到达最低点B 时m 1、m 2速度关系，对m 1、m 2系统由功能关系列出方程，细绳断后m 2沿斜面上升，对m 2由机械能守恒定律列出方程，根据几何关系写出小球m 2沿斜面上升的最大距离的表达式，联立方程即可求解；（2）对 m 1由机械能守恒定律列出方程，结合（1）中的方程，联立即可求解．本题主要考查了机械能守恒定律，运动合成分解知识，学生综合分析理解及运算能力，难度适中．【题文】（物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考（2014.10））9.甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H ，河水流速为v0，划船速度均为v ，出发时两船相距为233H ，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图所示，已知乙船恰好能垂直到达对岸A 点，则下列判断正确的是( )A ．甲、乙两船到达对岸的时间不同B ．v ＝2v 0C ．两船可能在未到达对岸前相遇D ．甲船也在A 点靠岸 【答案】【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】BD 解析： 由于两船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度相等；根据运动的独立性原理，船速度平行于河岸的分量将不影响船行驶到对岸所用的时间，所以两船同时到岸，A 错误； 因乙船正对垂直河岸过河，故vcos60°=u，故v=2u ，故B 正确；甲船沿水流方向的速度为vcos60°+u=2u，在相同的时间内，甲船通过的位移x 甲=2ut ，船到达对岸的时间t=0sin 60H v ==，故船沿水流方向通过的位移x 甲H ，故甲船也在A 点靠岸，故D 正确；因两船同一时间到达A 点，故在两船靠岸以前不会相遇，故C 错误；故选BD ．【思路点拨】由运动的独立性可知，渡河时间取决于船垂直于河岸的速度，由两船的速度可求得渡河时间；根据乙船的合运动可知船速与水速的关系；先求得甲船沿水流方向的速度，根据渡河时间可求得甲过河时在水流方向上通过的距离，则可判断在何处靠岸．运动的合成与分解中要注意独立性的应用，两个分运动是相互独立，互不干扰的，但二者的合成决定了物体的实际运动．【题文】（物理卷·2015届江苏省扬州中学高三10月质量检测（2014.10））4．有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为A.kvk2－1B.v1－k2C.kv1－k2D.vk2－1【答案】【知识点】运动的合成和分解．D1【答案解析】B解析：设船渡河时的速度为v c；当船头指向始终与河岸垂直，则有：t去当回程时行驶路线与河岸垂直，则有：t回v合由于去程与回程所用时间的比值为k，所以小船在静水中的速度大小为：v cB正确；故选：B．【思路点拨】根据船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，当路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，进而即可求解．解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰．【题文】（物理卷·2015届江苏省盐城中学高三上学期开学考试（2014.08））5、如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则（）A．货物向上做匀速运动B．箱中的物体对箱底的压力小于mgC．图示位置时货车拉力的功率大于（M+m）gvcosθD．此过程中货车拉力做的功为（M+m）gh【答案】【知识点】功的计算；运动的合成和分解．D1 E1 【答案解析】C 解析：将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcosθ由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A、货箱和货物整体向上做加速运动，故A错误；B、货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底的压力大于mg，故B错误；C、货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，整体的速度为vcosθ，故拉力功率P=Fv＞（M+m）gvcosθ，故C正确；D、此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于（M+m）gh，故D错误；故选：C．【思路点拨】由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，根据平行四边形定则求解出货箱和货物整体向上运动的速度表达式进行分析即可．本题关键先推导出货箱和货物整体的速度表达式，确定货箱和货物整体的运动规律，然后结合功率表达式P=Fv和动能定理列式分析，不难【题文】（物理卷·2015届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（2014.10））8．如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮,将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止,滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平夹角为30°，则（）A．从开始到绳与水平夹角为30°时，拉力做功mghB．从幵始到绳与水平夹角为30°时,拉力做功C．在绳与水平夹角为30°时,拉力功率为mgvD．在绳与水平夹角为30°时，拉力功率等于【答案】【知识点】动能定理的应用；运动的合成和分解；功率、平均功率和瞬时功率．D1 E1 E2为：P=Fv，其中0，由于加速，拉力大于重力，故P0，故C错误；D、由于物体加速，绳子对货物的拉力大于重力，由于两端拉力相等，夹角为60°，mg，故D错误；故选B．【思路点拨】先将汽车的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，得到货物速度的表达式，分析出货物的运动规律；然后根据动能定理和牛顿第二定律列式分析．本题关键将找出车的合运动与分运动，正交分解后得到货物的速度表达式，最后根据功能关系和牛顿第二定律分析讨论．【题文】（物理卷·2015届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（2014.10））10．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A 连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为V A，小球B运动的速度大小为V B，轻绳与杆的夹角为θ．则（）A．V A=V B cosθB．V B=V A cosθC．小球B减小的势能等于物块A增加的动能D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【答案】【知识点】机械能守恒定律；运动的合成和分解．D1 E3【答案解析】BD 解析： A、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度．在沿绳子方向的分速度为v A cosθ，所以v B=v A cosθ．故A 错误，B正确． C、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，则小球重力势能的减小等于系统动能的增加和B的重力势能的增加．故C错误． D、除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，物块A上升到与滑轮等高前，拉力做正功，机械能增加，物块A上升到与滑轮等高后，拉力做负功，机械能减小．所以A上升到与滑轮等高时，机械能最大．故D正确．故选BD．【思路点拨】A、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度．C、A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过系统机械能守恒判断小球B减小的势能与物块A增加的动能的大小关系．D、通过绳子拉力对A物体的做功情况，判断物块A机械能的变化．解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用系统机械能守恒解决问题．【题文】（物理卷·2015届湖北省孝感高中高三10月阶段性考试（2014.10））15．（8分）如图所示，一个人用与水平方向成θ= 370角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子以4m/s匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.50．求：（1）推力F的大小；（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成370角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0 s撤去后，箱子最多还能运动多长距离？（g取10 m/s 2）．【答案】【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．B3 D1 C2 【答案解析】 (1)200N (2)25.6m 解析： （1）（3分）在图（a ）情况下，对箱子有由以上三式得F=200 N.（2）（5分）在图（b ）情况下，物体先以加速度a 1做匀加速运动，然后以加速度a 2做匀减速运动直到停止．对物体有101v v a t =+，解之得s 2=25.6m.【思路点拨】（1）木箱匀速运动，合力为零，分析其受力，根据平衡条件列方程，求F 的大小；（2）当把F 的方向改为斜向上拉时，木箱做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移时间关系式求位移．解决本题的关键能够正确地受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．【题文】（物理卷·2015届湖北省教学合作高三10月联考（2014.10））9.小河宽为d ，河水中各点水流速度与各点到较近河岸的距离成正比，=v kx 水，，x 为各点到近岸的距离，小船船头垂直河岸渡河，小船划水速度为v 0，则下列说法正确的是( )A.小船渡河的轨迹为直线B. C.小船渡河时的轨迹为曲线D.【答案】 D1 【答案解析】 BC 解析：小船在沿河岸方向上做匀速直线运动，在垂直于河岸方向上做变速运动，合加速度的方向与合速度方向不在同一条直线上，做曲线运动．故A 错误．C 正确。
【备战2015】全国2015届高中物理试题汇编(11月第一期)D5万有引力与天体运动(含解析)汇总
D5 万有引力与天体运动【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（201409）】1、如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。
若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的( C )A.动能大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度大【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．D5【答案解析】 C 解析： 根据万有引力提供向心力G 2Mm r ＝ma ＝m ω2r ＝m 2v r ＝m 224T πr ，得到a ＝2GMr，ω＝v ＝T ＝2π由这些关系可以看出，r 越大，a 、v 、ω越小，而T 越大，飞船从轨道1变轨至轨道2，轨道半径变大，故线速度变小，故动能变小，加速度、角速度变小，周期变大，故ABD 错误，C 正确．故选：C ．【思路点拨】根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，能列出方程G 2Mm r ＝ma ＝m ω2r ＝m 2v r ＝m 224Tπr ，并熟练的求解。
【题文】（物理卷•2015届山东省潍坊市重点高中上学期期中考试（2014.10））6. 2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星——“嫦娥一号” ，使“嫦娥奔月”这一古老的神话变成了现实．嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面h=200公里的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动．设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的（ ） A 由题目条件可知月球的平均密度为B 在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为C 嫦娥一号绕月球运行的周期为D 嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】AB 解析： CD、根据万有引力提供向心力，即：22224GMm vm m rr r Tπ==，解得；v=T=2πr=R+h，结合黄金代换公式：GM=gR2，代入线速度和周期公式得：v=，T=2πCD错误；A、由黄金代换公式得中心天体的质量M=2gRG，月球的体积V=43πR3，则月球的密度ρ=34gGRπ，故A正确；B、月球表面万有引力等于重力，则G2()MmR h+=mg′，得：g′=(RR h+)2g，故B正确；故选：AB【思路点拨】根据万有引力提供向心力，推导出线速度和角速度及周期的公式，得出选项．本题关键根据卫星的万有引力等于向心力，以及星球表面重力等于万有引力列两个方程求解．【题文】（物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考（2014.10））18．地球和某行星在同一轨道平面内同向绕太阳做匀速圆周运动．地球的轨道半径为r=1.50×1011m，运转周期为T=3.16×107s．地球和太阳中心的连线与地球和行星的连线所夹的角叫地球对该行星的观察视角（简称视角），如图甲或图乙所示．当行星处于最大视角处时，是地球上的天文爱好者观察该行星的最佳时期．已知某行星的最大视角为14.5°．求该行星的轨道半径和运转周期．（sin14.5°=0.25，最终计算结果保留两位有效数字）【答案】【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】该行星的轨道半径是3.8×108m ，运转周期是4.0×106s ．解析： 设行星的轨道半径为r′，运行周期为T′当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切．由几何关系可知：r′=rsin14.5°=3.8×108m地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式：2224Mm G mr r Tπ=，可得：3224r GM T π=，即：3/32/2r r T T ==4.0×106s 【思路点拨】根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几何关系求解问题．地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列出等式，表示出周期，然后去进行求解．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用．物理问题经常要结合数学几何关系解决．【题文】（物理卷·2015届江苏省扬州中学高三10月质量检测（2014.10））7．如图所示，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是A ．轨道半径越大，周期越长B ．轨道半径越大，速度越大C ．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D ．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度 【答案】【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．D5【答案解析】AC 解析： A，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长．故A 正确；B 、根据卫星的速度公式B 错误；C 、设星球的质量为M ，半径为R ，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m ，轨道半径为r ，周期为T ．对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：关系有：ρρ和张角，可得到星球的平均密度．故C 正确；D 、由若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度．故D 错误．故选：AC ．【思路点拨】根据开普勒第三定律，分析周期与轨道半径的关系；飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，由星球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和几何知识、密度公式可求解星球的平均密度．本题关键掌握开普勒定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．【题文】（物理卷·2015届江苏省盐城中学高三上学期开学考试（2014.08））8、2013年12月2日，我国成功发射了“嫦娥三号”月球探测器．设想未来我国宇航员随“嫦娥”号探测器贴近月球表面做匀速圆周运动，宇航员测出飞船绕行n 圈所用的时间为t．登月后，宇航员利用身边的弹簧测力计测出质量为m 的物体重力为F ，已知引力常量为G ．根据以上信息可求出（ ）A ．月球的第一宇宙速度B ．月球的密度C ．月球的自转周期D ．飞船的质量【答案】【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】AB 解析： A 、设月球的半径为R ，月球的质量为M ，则有：g宇航员测出飞船绕行n 圈所用的时间为t ，T R根据：v 速度．故A 正确；B 、月球的质量：MρB正确．C 、根据万有引力提供向心力，不能求月球自转的周期．故C 错误．D 、根据万有引力提供向心力，列出等式中消去飞船的质量，所以无法求出飞船的质量，故D 错误故选：AB ．【思路点拨】飞船绕行n 圈所用的时间为t ，其周期为T G 1=mg ，可得到月球表面的重力加速度．根据万有引力等于重力求出月球的密度和月球的第一宇宙速度．解决本题的关键要建立模型，掌握万有引力等于重力和万有引力提供向心力．【题文】（物理卷·2015届湖南省岳阳一中高三10月第二次月考（2014.10））15、嫦娥三号将于今年12月发射，嫦娥三号及其月球车实现一系列重大突破，将完成在月球表面软着陆和巡视探测，实现中华民族五千年来九天揽月的梦想。
【备战2015】全国2015届高考物理试题汇编(11月第一期)A5运动图象(含解析)解析
A5 运动图象【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届山东省师大附中高三第一次模拟考试（201409）】9．下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速运动的过程中，其速度随“时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像，其中正确的是【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．A5 C2 E1【答案解析】ACD 解析： 汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma 设匀加速刚结束时速度为v 1，有：P 额=Fv 1最后匀速时：F=f ，，有：F 额=Fv m 由以上各式解得：匀加速的末速度为：v 1＝P f ma 额，最后匀速速度为：v m ＝P f 额．在v-t 图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A 正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B 错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C 正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat ，故为过原点直线，后来功率恒定，故D 正确．故选ACD ．【思路点拨】汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv 可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv 进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届湖南省衡阳八中高三上学期第二次月考（201409）】11、2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。
图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
C5 牛顿运动定律综合【【原创纯word 版精品解析】物理卷·2015届浙江省嘉兴市高三上学期学科基础测试（201409）】11.将地面上朴止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-t 图象如图所 示。
则A.前3s 内物体的位移大小为18mB..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【知识点】机械能守恒定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．C3 C5 E3【答案解析】 C 解析： A 、v-t 图像中面积表示位移，则前3s 位移3692x m m ⨯== ，故A 错误；B 、最后2s 内货物的加速度a=2063/2v m s t ∆-==-∆＜g ，所以还受到绳子的拉力，故B 错误；C 、前3s 内的平均速度062v +=＝3m /s ，最后2s 内货物的平均速度062v +=＝3m /s ，所以前3s 内与最后2s 内货物的平均速度相同，故C 正确；D 、第3s 末至第5s 末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正功，机械能不守恒，故D 错误．故选：C【思路点拨】根据v-t 图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，前3s 内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上．匀变速直线运动平均速度 02v v v +=，只有重力或弹力做功时机械能守恒．该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、平均速度公式、机械能守恒条件等知识点．本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，难度适中．【题文】（物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考（2014.10））16. 一个质量为m=2kg 的物体原来静止在倾角α＝37°的光滑斜面上，从t=0开始运动，在第1、3、5……等奇数秒内受到大小为16N平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，在第2、4、6……偶数秒内受到大小为12N平行于斜面向上的拉力作用下做直线运动，问：经过多长时间物体位移的大小为60. 25m ?【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用．A8 C2 C5【答案解析】10.5s解析：在第1、3、5…等奇数秒内受到大小为16N平行于斜面向上的拉力作用，则沿斜面方向：ma1=F1-mgsin37°a1＝1sin37162100.62F mgm--⨯⨯=m/s2＝2m/s2在第2、4、6…偶数秒内受到大小为12N平行于斜面向上的拉力时：ma2=F2-mgsin37°a2＝2sin37122100.62F mgm--⨯⨯=m/s2＝0物体在第1s内的位移：x1＝2111122a t=×2×12m＝1m物体在第1s末的速度：v1=a1t1=2×1m/s=2m/s 物体在第1s内的位移：x2=v1t=2×1m=2m物体在第1s末的速度：v2=v1=2m/s物体在第3s内的位移：x1＝v2t+21112a t=2×1+12×2×12m＝3m物体在第3s末的速度：v3=v1+a1t=2m/s+2×1m/s=4m 物体在第4s内的位移：x4=v3t=4×1m=4m物体在第4s末的速度：v4=v3…可知第n秒的位移：x n=nn秒内的位移：x n＝(1)2n n+当x n=60.25m时：120.5=n2+n10.47，所以：前10s的位移：x10＝10(101)2⨯+＝55m10s末的速度：v10=5a1t=5×2×1=10m/s剩下的△x=（60.25-55）m=5.5m的位移上需要的时间t′：△x＝v10t′+12a1t′2代入数据得：t′=0.5s所以物体运动的总时间：t总=n+t′=10+0.5=10.5s【思路点拨】通过受力分析，可知物体在奇数秒的时间内向上做匀加速直线运动，在偶数秒的时间内向上做匀速直线运动，通过数学归纳法得出各段的速度的表达式与各段的位移的表达式，最后使用求和公式即可．解决本题的关键理清物体的运动的情况，知道在各个阶段物体做什么运动．以及知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．【题文】（物理卷·2015届江西省师大附中高三10月月考（2014.10））17．如图所示，质量M ＝10kg 、上表面光滑的足够长的木板的在F ＝50N 的水平拉力作用下，以初速度v 0=5m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L ＝1m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问．（取g ＝10m/s 2）(1）第1块铁块放上后，木板运动了L ＝1m 时，木板的速度多大？(2）最终木板上放有多少块铁块？(3）最后一块铁块与木板右端距离多远？【答案】【知识点】牛顿运动定律的综合应用．C2 C5第2块铁块放上后有：2a 2L=12v v -第n 块铁块放上后有：2a n L=1n n v v --由以上各相加得：（1+2+3+…+n）•2•220n mgL v v M μ∙=-要使木板停下来，必须有v n =0，代入解得：6＜n ＜7故最终有7块铁块放在木板上．（3）加上第7块木块时的位移是6L=6m ，速度是：(1+2+3+…+6)•2•2206mgL v v M μ∙=-代入数据解得：v 6=2m/s a 7＝770.511010mg M μ⨯⨯⨯= m /s 2＝3.5m /s 2木板最后阶段的位移：x 7＝2267222 3.5v a =⨯＝0.57m 木板的总位移：x=6L+x 7=6+0.57=6.57m 【思路点拨】（1）开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数．铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式结合可以求出即将放上第1块铁块时木板的速度．（2）运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后…第n 块铁块放上后木板的速度表达式，得到v n 的表达式，要使木板停下，v n =0，即可求解．（3）第n 块木块时木板停止运动，则先求出n 时的速度和加速度，然后求出加上n 时的位移即可．熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项．【题文】（物理卷·2015届黑龙江省哈三中高三第一次模拟测试（2014.09））17.(16分)物体A 的质量m ＝2kg ，静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为M ＝1kg 、长L ＝4m 。
某时刻A 以v 0＝4m/s 向右的初速度滑上木板B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平外力F 。
忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因数µ＝0.1，取重力加速度g=10m/s 2。
试求:（1）若给B 施加一个水平向右5N 的外力，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A 不至于从B 上滑落，外力F 应满足的条件。
【答案】【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 A8 C2 C5【答案解析】 (1)2m （2） 13N F N << 解析： （1）物体A 滑上木板B 以后，作匀减速运动，有µmg =ma A 得a A =µg=1 m/s 2木板B 作加速运动，有F+µmg=Ma B ，得：a B =3m /s 2两者速度相同时，有V 0-a A t=a B t ，得：t=1s A 滑行距离：S A =V 0t-a A t 2/2=3.5mB 滑行距离：S B =a B t 2/2=1.5m 最大距离△s=S A-S B=2m(2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：又：可得： a B=1m/s2μ ,再对M分析： F=Ma B-Mg得F=-1N所以F向左不能大于1N。
当F向右时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才μ=不会从B的左端滑落。
即有： F=(M+m)a ,Mg ma所以： F向右不能大于3N【思路点拨】首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A 相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B 具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围．牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．【题文】（物理卷·2015届河北省冀州中学高三上学期第一次月考（2014.09））25.（ 10 分）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m.已知木板与地面的动摩擦因数为µ1=0.1，m与M之间的动摩擦因数µ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2,求：（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？(2) 碰后M与m刚好共速时的速度？（3）最终木板停止运动时AP间距离？【答案】【知识点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2 C2 C5【答案解析】（1）9m/s；（2）1.8m/s，方向向左；（3）19.60m．解析：（1）对木块和木板组成的系统，有μ1（m+M）g=（m+M）a1V02−V12＝2a1s解得：V1=9m/s（2）由牛顿第二定律可知：a m＝μ2g＝9m/s2a M＝6m/s2m运动至停止时间为：t1=v1a m=1 s此时M速度：V M=V1-a M t1=3m/s，方向向左，此后至m ，M 共速时间t 2， 有：V M -a M t 2=a m t 2 得：t 2=0.2s共同速度V 共=1.8m/s ，方向向左(3)至共速M 位移：S 1=V 1+V 共(t 1+t 2)＝6.48m共速后m ，M 以a 1＝1m /s 2 向左减速至停下位移：S 2=1.62m最终AP 间距： X=11.5+S 1+S 2=11.5+6.48+1.62=19.60m【思路点拨】对木板和木块组成的系统运用牛顿第二定律，求出整体的加速度，结合匀变速直线运动的速度位移公式求出木板碰挡板时的速度大小．分别对m 和M 分析，根据牛顿第二定律求出m 和M 的加速度，结合m 和M 的运动规律，运用运动学公式求出两者刚好共速时的速度大小．解决本题的关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，注意在第二问中求解共同速度时，不能运用动量守恒求解，因为木块和木板组成的系统所受的外力之和不为零．【题文】（理综卷·2015届重庆南开中学高三9月月考（2014.09））8．（16分）如图所示，装置BO′O 可绕竖直轴O′O 转动，可视为质点的小球A 与两细线连接后分别系于B 、C 两点，装置静止时细线AB 水平，细线AC 与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球的质量m ，细线AC 长l ，B 点距C 点的水平距离和竖直距离相等．(1)当装置处于静止状态时，求AB 和AC 细线上的拉力大小；(2)若AB 细线水平且拉力等于重力的一半，求此时装置匀速转动的角速度1ω的大小；(3)若耍使AB 细线上的拉力为零，求装置匀速转动的角速度ω的取值范围．【答案】【知识点】共点力的平衡 受力分析 向心力B3 B4 B7 C5【答案解析】（1）35,44mg mg （2（3ω≤≤ 解析：受力分析如右图，由平衡条件35,44AB AC T mg T mg == （2）受力分析如（1）问所示，由牛顿第二定律cos T mg θ=21sin (sin )AB T T m l θθω-=解得 1ω=（3）由题意，当ω 最小时绳AC 与竖直方向夹角0137θ= 受力分析如右图211mintan (sin )mg m l θθω=得min ω=当ω 最大时绳AC 与竖直方向夹角0253θ=212maxtan (sin )mg m l θθω=得max ω=所以ω ω≤≤ 【思路点拨】当静止时受力分析，列平衡方程，根据共点力的平衡直接求解；当圆周运动时，根据竖直方向合力为零，水平方向合力提供向心力，本题主要考虑向心力，注意用指向圆心的力减去背离圆心的力提供向心力。