[K12学习]2018版高三物理一轮复习 专题3 牛顿运动定律(含2012年高考真题)

f专题3 牛顿运动定律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超重状态，选项A正确；最后2 s内加速度a′=△v/△t=-3 m/s2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 mkx μ-C ．物体做匀减速运动的时间为2gx μ0D ．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)(0kmgx 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=μgA 选项错误，B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*μgt2，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)μmg(x0-μmg/k)D.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 ( )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θμθcos sin mg a mg -=，而加上F 后，)c os sin )((θθmg mg mFg 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θs i n f ≤N λ⑤ 这时，①式仍满足，联立①⑤式得θλθcos sin -≤Fmgλ⑥ 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，2/8tva s m =∆∆= 由牛顿第二定律得：ma f mg =-解得Na 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mkvg 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MM 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。