2012高考真题物理分类汇编：牛顿运动定律
2012高考物理真题分类解析-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 2 F 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。
高考物理真题分类汇编 全书目录
目录
第一章直线运动
第二章相互作用
第三章牛顿运动定律
第四章曲线运动
第一节运动的合成与分解
第二节平抛运动
第三节圆周运动
第五章万有引力
第六章功和能的关系
第七章力学实验
第八章静电场
第一节电场力的性质
第二节电场能的性质
第三节电容器及带电粒子在电场中的运动第九章恒定电流
第十章电学实验
第一节电阻及电阻率的测量
第二节描绘小灯泡的伏安特性曲线
第三节测量电源电动势和内阻
第四节多用电表的使用
第五节电表内阻的测量及电表的改装
第六节传感器
第十一章磁场
第一节磁场对通电导线的作用
第二节带电粒子在磁场中的运动
第三节带电粒子在复合场中运动
第十二章电磁感应
第十三章交变电流
第十四章传感器
第十五章机械振动机械波
第十六章光学。
10年(2012-2021)高考物理真题分项汇编专题03 牛顿定律(原卷版+精析版)
10年（2021-2012）高考物理真题分项汇编专题03 牛顿定律1、（2012·全国I卷（湖南）·T14）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2、（2014·全国I卷（湖南）·T24）公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。
当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。
通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。
当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120m。
设雨天时汽车轮胎与沥青地面的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
3、（2015·全国I卷（湖南）·T20）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的ν-t图线如图（b）所示。
若重力加速度及图中的ν0，ν1，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12D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度4、（2015·全国I 卷（湖南）·T25）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4.5m ，如图(a)所示。
0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t 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1s 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求:(1)木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
2012年高考物理真题分类汇编(全一本附答案)
目录2012年高考物理真题分类汇编-1_物理学史、直线运动 (2)2012年高考物理真题分类汇编-2_相互作用 (5)2012年高考物理真题分类汇编-3_牛顿运动定律 (7)2012年高考物理真题分类汇编-4_曲线运动 (11)2012年高考物理真题分类汇编-5_万有引力与航天 (18)2012年高考物理真题分类汇编-6_机械能 (23)2012年高考物理真题分类汇编-7_静电场 (34)2012年高考物理真题分类汇编-9_磁场 (38)2012年高考物理真题分类汇编-10_电磁感应 (51)2012年高考物理真题分类汇编-11_交流电 (63)2012年高考物理试题分类汇编：物理学史、直线运动1.（2012山东卷）.以下叙述正确的是 A ．法拉第发现了电磁感应现象B ．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C ．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果D ．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果2.（2012海南卷）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。
下列说法正确的是A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 3.（2012海南卷）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。
下列选项正确的是( )A.在0～6s 内，物体离出发点最远为30m XXK]B.在0～6s 内，物体经过的路程为40m[C.在0～4s 内，物体的平均速率为7.5m/sD. 5～6s 内，物体所受的合外力做负功 4.（2012上海卷）．小球每隔0.2s 从同一高度抛出，做初速为6m/s 的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。
第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g ＝10m/s 2）（ ）（A ）三个（B ）四个（C ）五个（D ）六个5.（2012上海卷）．质点做直线运动，其s-t 关系如图所示，质点在0-20s 内的平均速度大小为_________m/s 质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s 内的平均速度。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)
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.如下图,在光滑的水平面上有一足够长的质量 质量m=1kg 的小物块,长木板与小物块间的动擦因数 止.现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板,经时间(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时,小物块加速度 (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 AE.【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AE. 【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,那么： Wmg=ma解得 a 1=g=2m/2s(2)对木板,受拉力和摩擦力作用, 由牛顿第二定律得,F-w mg=Ma, 解得：a 2= 3m/s 2.小物块运动的位移： x 1= —a 1t 2=— X2)2m=1m,2 2 长木板运动的位移： X 2= — a 2t 2=- x 3)2m=1.5m ,22那么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：mv m Mv (M m)v解得 v 2.8m/s从撤去F 到物体与木块保持相对静止,由能量守恒定律: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M=4kg 的长木板,在长木板右端有一 科=0.2开始时长木板与小物块均静 t=1s 撤去水平恒力 F, g=10m/s 2.求a 的大小;1212mv m Mv 2 2解得？E=0.4J 【点睛】1 E (M m)v2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.如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t 0时刻,一小物块以一定速度从左端滑上长木板,以后长木板运动V t图象如下图.小物块与长木板的质量均为m 1kg,小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦,经1 s后小物块与长木板相对静止g 10m/s2,求:1小物块与长木板间动摩擦因数的值;2在整个运动过程中,系统所产生的热量.【答案】(1) 0.7 (2) 40.5J【解析】【分析】1小物块滑上长木板后,由乙图知,长木板先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度,木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动,由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值.2对于小物块减速运动的过程,由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度,再由能量守恒求热量.【详解】1长木板加速过程中,由牛顿第二定律,得1mg 2 2mg ma1 ；Vm *;木板和物块相对静止,共同减速过程中,由牛顿第二定律得22 mg 2ma2；0 V m a2t2 ;由图象可知,v m 2m/ s, t1 1s, t2 0.8s联立解得1 0.72小物块减速过程中,有：〔mg ma3；V m V0 a3t1 ;在整个过程中,由系统的能量守恒得- 1 2Q mv o2联立解得Q 40.5J【点睛】此题考查了两体多过程问题,分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键,也是此题的易错点,分析清楚运动过程后,应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.3.如图1所示,在水平面上有一质量为mi= 1kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2 = 2kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数岗= 0.3,木板与地面间的动摩擦因数(J2= 0.1 .假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等？现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t (N),重力加速度大小g=10m/s2Hi 03S(1)求木块和木板保持相对静止的时间t i ；(2) t=10s时,两物体的加速度各为多大；(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)【答案】(1)木块和木板保持相对静止的时间是4s； (2) t=10s时,两物体的加速度各为3m/s2, 12m/s2；【解析】【详解】(1)当F< 22. (m[+m2)g= 3N时,木块和木板都没有拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1：f max—戌(m1+m2)g=m〔a max, f max= p1m2g解得：a max= 3m/S2对整体有： F max-摩(m i +m 2)g= ( m i +m 2) a max 解得：Fmax=12N由 Fmax=3t 得：t = 4s(2) t=10s 时,两物体已相对运动,那么有： 对 m1： 国m 2g —(J 2 (m i +m 2)g = m i a i 解得：a 〔 = 3m/s 2对 m2： F — pi m 2g=m 2a 2 F= 3t= 30N 解得：a 2= I2m/s 2(3)图象过(1、0) , ( 4.3) , ( 10、12) 图象如下图.4.如下图,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. 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 科=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】(1)a 1 1ms 2 ,a 2 0.5ms 2 ; (2)30J【解析】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动,受到的滑动摩擦力为 N A mg , f A N A ；解得：f Amg ——①22f A,水平运动,那么竖直方向平衡:A 滑块在绸带上水平向右滑动, 0时刻的加速度为a1,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a 2由牛顿第二定律得： F f Bm B a 2——③;联立①②③解得：a i 1m / s , a2 0.5m / 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为和*2Lx1 x2 21 2x1 a1t21 2x2a2t2代入数据解得：x1 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 x1 x2代入数据解得：Q 30J .5.地震发生后,需要向灾区运送大量救灾物资,在物资转运过程中大量使用了如下图的传送带.某传送带与水平面成37o角,皮带的AB局部长L 5.8m,皮带以恒定的速率v 4m/s按图示方向传送,假设在B端无初速度地放置一个质量m 50 kg的救灾物资P(可视为质点),P与皮带之间的动摩擦因数0.5(取g 10m/s2, sin37o 0.6),求：1物资P从B端开始运动时的加速度.2物资P到达A端时的动能.2【答案】1物资P从B端开始运动时的加速度是10m/s . 2物资P到达A端时的动能是900J.【解析】【分析】(1)选取物体P为研究的对象,对P进行受力分析,求得合外力,然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；(2)物体p从B到A的过程中,重力和摩擦力做功,可以使用动能定律求得物资P到达A 端时的动能,也可以使用运动学的公式求出速度,然后求动能.【详解】(1) P刚放上B点时,受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用, mgsin F ma；2F N mgcos F F N 其加速度为： a i gsin gcos 10m/s2(2)解法一：P 到达与传送带有相同速度的位移s — 0.8m2a以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 1 0 1 0 根据动能 TH 理： mgsin F L smv A mv 2 21 2到A 端时的动能E kA — mv A 900J22解法二：P 到达与传送带有相同速度的位移s — 0.8m 2a以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用, 2P 的加速度 a 2 gsin gcos 2m/s 1 2 后段运动有：L s vt 2 a 2t 2 , 2解得：t 2 1s,到达A 端的速度v A v a 2t 2 6m/s传送带问题中,需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系,当二者速度相等时, 即保持相对静止.属于中档题目.6 .如图,质量分别为 mA =1kg 、mB =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上,处于场强大小 E=3X 15N/C 、方向水平向右的匀强电场中,A 不带电,B 带正电、电荷量 q=2X105C.零时刻,A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着,从静止同时开始运动, 2s 末细绳断开.已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为w=0.1重力加速度大小 g=10m/s 2.求：---------------- ------ ►£(1)前2s 内,A 的位移大小； (2)6s 末,电场力的瞬时功率. 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】(1) B 所受电场力为F=Eq=6N;绳断之前,对系统由牛顿第二定律： F-Mm A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度 a i =1m/s 2;动能E kA1 2mv A 900J由运动规律：x=1a i t i2 2解得A在2s内的位移为x=2m；(2)设绳断瞬间,AB的速度大小为v i, t2=6s时刻,B的速度大小为V2,那么v i=a i t i=2m/s ;绳断后,对B由牛顿第二定律：F-师B g=m B a2解得a2=2m/s2;由运动规律可知：V2=V i+a2(t2-t i)解得V2=i0m/s电场力的功率P=Fv,解得P=60W7 .某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系.木板OA可绕轴O在竖直平面内转动,板足够长,板面摩擦可忽略不计.某次实验中,质量m=0.ikg的物块在平行于板面向上、F=0.6N的恒力作用下,得到加速度 a 与斜面倾角的关系图线,如图b所示,图中a o为图线与纵轴交点, 日为图线与横轴交(2)当倾角.为30.时,物块在力F作用下由O点从静止开始运动,2 s后撤去,求物块沿斜面运动的最大距离？【答案】(D 6m/s2, 37； (2) 2.4m.【解析】【详解】(i)由图象可知,.=0,木板水平放置,此时物块的加速度为a o由牛顿第二定律：F合=F=ma o解得a o=6m/s2由图象可知木板倾角为以时,物块的加速度a=0即：F=mgsin i解得01=37 °(2)当木板倾角为 .=0.时,对物块由牛顿第二定律得：F-mgsin 0ma i解得a i=im/s2设木块2s末速度为v i,由v i=a i t得v i=2m/s2s内物块位移s i= — a i t2=2m2撤去F后,物块沿斜面向上做匀减速运动.设加速度为a2,对物块由牛顿第二定律得：mgsin 0ma2a2=gsin30 = 5m/s22撤去F后,物块继续向上运动的位移为s -vL 0.4m2 a2那么物块沿斜面运动的最大距离s=S i+S2=2,4m8. 一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.座舱开始下落时的高度为75m,当落到离地面30m的位置时开始制动座舱均匀减速.重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.(1)求座舱下落的最大速度；(2)求座舱下落的总时间；(3)假设座舱中某人用手托着重30N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力.【答案】(1) 30m/s (2) 5s. (3) 75N. 【解析】试题分析：(1) v2=2gh;vm= 30m/s1 2⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：h — gt1 t1= 3s2h座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2= V =2s2所以座舱下落的总时间为：t= t1+ t2=5s⑶对球,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg —N = mg解得：N=0根据牛顿第三定律有：N =N=0,即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段,卞^据牛顿第二定律有mg-N = ma0 v2一根据匀变速直线运动规律有： a = --------= — 15m/s22h2解得：N=75N (2分)根据牛顿第三定律有：N =N=75N,即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用9.功能关系贯穿整个高中物理.(1)如下图,质量为m的物体,在恒定外力F作用下沿直线运动,速度由v o变化到v时, 发生的位移为x.试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理.上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由.(2)如下图,固定的水平光滑金属导轨,间距为L,右端接有阻值为R的电阻,处在方向竖直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒与固定弹簧相连,放在导轨上,导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻,弹簧恰处于自然长度.现给导体棒一个水平向右的初速度vo,在沿导轨运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.导体棒速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为Ep,那么在这一过程中：①直接写出弹簧弹力做功W弹与弹性势能变化Ep的关系,进而求W弹;②用动能定理求安培力所做的功W安.【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用.简言之,动能定理是经典力学范围内的普适规律. (2) W弹E p (E p 0) E p(3)1 2W安E p 2mv o【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律F=ma及运动学公式v2v2 2ax1 2 1 2可得Fx mv mv o2 2当物体受变力作用、或者做曲线运动时,可以把过程分解成许多小段,认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线,这样对每一段用动能定理,累加后也能得到同样的结果,所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用.简言之,动能定理是经典力学范围内的普适规律.(2)W弹E p进而W弹E p (E p 0) E p.1 2(3)由动能定理：W W单0 ^m% 1解得：W安E p -mv210.质量为0.1kg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v-t图线如图2 .... 所小；球与水平地面相碰后反弹,离开地面时的速度大小为碰撞前的-.该球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10m/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最大高度 h.【答案】(1) 0.4N (2) 1m7【解析】3 02试题分析：(1)根据图象得a —— 8m/s 2,0.5由牛顿第二定律：mg-f=ma, 得 f=m (g-a) =0. 2X (10-8) =0. 4N. (2)由题意反弹速度 v = — v = 3m/s .4又由牛顿第二定律： mg+f=ma ,得 a 0^———04 12m / s 2 .0.2考点：v-t 图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是对图象的应用,由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度,然 后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力,进而解答全题.故反弹高度为:2, v h=—=2a£=3m 2 12 8。
2012年高考物理实验专题系列《牛顿运动定律》
探究加速度与力、质量的关系用的是控制变量法。探究加速度与力的关系时，是通过改变小盘中砝码的质量或小桶中砂子的质量来改变对小车的拉力的，要注意盘和砝码的总质量或小桶和砂子的总质量要远小于小车的质量，只有这样，才能认为盘和砝码的总重力或小桶和砂子的总重力等于对小车的拉力。得出数据进行处理时，用的是图象法；如果画出的图象是曲线而不便确定关系时，可以通过改变两坐标轴表示的物理量，把曲线转换成直线再找规律。
重点突破
一、直击考点
考点一伽利略理想实验
本考点一般以选择题形式命题，用于鉴别实验事实和推论，考查几率较低。
理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠的事实和理论思维结合起来，用以深刻地揭示自然规律。
【例1】如图3-2所示，伽利略理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来，能更深刻地反映自然规律，伽利略的斜面实验程序如下：
①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度
②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一斜面
③如果没有摩擦，小球将上升到释放的高度
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球沿水平面做持续的匀速运动
请按程序先后次序排列，并指出它究竟属于可靠的事实，还是通过思维过程的．事实② 推论③ 推论① 推论④
C．事实② 推论① 推论③ 推论④
D．事实② 推论① 事实③ 推论④
考点二牛顿第一定律
本考点多以选择题形式命题，常结合惯性定性考查，难度为易或中等偏易。
牛顿第一定律告诉我们：（1）没有例外的物体，也不需要什么条件，物体都有保持匀速直线运动或静止状态的性质（惯性）；（2）力是改变物体运动状态的原因，并不是维持物体运动状态的原因；（3）物体的运动不需要力来维持，有力作用，物体原来的运动状态就要发生改变。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)
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。
历年高考物理试卷分类汇编-牛顿运动定律及其应用
历年高考物理试卷分类汇编-牛顿运动定律及其应用1. 2014年物理上海卷21.牛顿第一定律表明，力是物体 发生变化的原因；该定律引出的一个重要概念是 。
【答案】运动状态；惯性【解析】力的作用效果是改变物体的运动状态或使物体产生形变；牛顿第一定律通过实验总结出了力是改变物体运动状态的原因；从而引出一切物体都有保持原来运动状态的属性，即惯性。
2. 2012年物理江苏卷4. 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【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。
选项B 、D 错；加速度越小，速度减小得越慢，所以选C. 3. 2012年理综安徽卷17.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: C解析：起初sin cos mg mg ma θμθ-=，加上一个力以后，()sin ()cos 'mg F mg F ma θμθ+-+=, 所以a' 增大。
4. 2013年新课标II 卷14．一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am小，F表示水平拉力的大小。
能正确描述F与a之间的关系的图像是答：C解析：由于物块与水平桌面间有摩擦，由牛顿第二定律得Fa gmμ=-，当拉力F从0开始增加，F mgμ≤时物块静止不动，加速度为0；在F mgμ>之后，加速度与F成线性关系，C项正确。
5. 2013年新课标II卷15．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面上。
版高考物理考题汇编 牛顿运动定律
【物理精品】2012版《6年高考4年模拟》牛顿运动定律部分第一部分六年高考荟萃2011年高考题1(安徽第17题)．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。
如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。
现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b）所示。
则在其轨迹最高点P处的曲率半径是A．2vgB．22sinvgαC．22cosvgαD．22cossinvgαα答案：C解析：物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得2(cos)vmg mαρ=，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是22cosvgαρ=，C正确。
2(新课标理综第21题).如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（A）解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。
木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。
在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律2121mmktaa+==。
木块和木板相对运动时，121mgmaμ=恒定不变，ρAv0αρP图（a）图（b）g m kt a μ-=22。
所以正确答案是A 。
3（2011天津第2题）．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。
2012年高考物理(高考真题 模拟新题)分类汇编：C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14．C1[2018·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 [2018·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A1d，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＝12mv21－12mv20③由①②③式解得v1＝v20＋2m1－④(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Fcosθ－f＝ma⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝Pm2v20＋1－－fm17．C2[2018·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：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ；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)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma′，解得a′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F mg ＋1(gsin θ－μgcos 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[2018·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.(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 1Δ2 24.2(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 0g1＋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 1Δ2. (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 ＝bk .21．Ⅰ.C4[2018·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 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 g D ．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 ＝5.49cm 、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)．图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 2＝0.42 m/s 2.C5 牛顿运动定律综合8．C5 [2018·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 mm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[2018·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[2018·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.＋M B.＋mC.＋M －(m ＋M)gD.＋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 ，联立两式可求得F ＝＋M，A 项正确．23．C5[2018·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 A1；(2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A .(3)“A 鱼”与“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B . 23．[解析] (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有 v 2A1－0＝2gH 得：v A1＝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 －mg F 合＝ma A0－v 2A1＝－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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫Hh B －19解得f Af B ＝h B －h Ah A －h B25．C5 [2018·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)求空气阻力大小与球速大小的比例系数(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mgtan θ0＝kv 0得k ＝mgtan θ0v 0(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有 N′sin θ－kv ＝ma N′cos θ＝mg得tan θ＝a g ＋vv 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 ＝mgcos 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 Fsin 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≤2rcos θ0g ⎝ ⎛⎭⎪⎫s v 0－v 02a 223．C5 [2018·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 ＝2.2×104NF 2＝m(g ＋a 2)＝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/s v 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 ＝Fv m ＝mgv m ＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105W 由动能定理，总功W ＝E k2－E k1＝12mv 2m －0＝12×2.0×103×102 J ＝1.0×105J1．2018·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( )A ．向右加速运动，加速度大小为h 1－h 2LgB ．向右减速运动，加速度大小为h 2h 1gC ．向左加速运动，加速度大小为h 2h 1gD ．向左加速运动，加速度大小为h 1－h 2Lg1．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，由牛顿第二定律可得：ρgSh 1－ρgSh 2＝ρSLa ，解得a ＝h 1－h 2Lg. 2．2018·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－F 上＝0.6N ．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′－mg ＋F 下′＝ma 2，F 下′－F 上′＝0.6 N ，解得F 上′＝0.6 N ，选项A 正确．3．2018·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°.，g 取9.8 m/s 2，汽车前进时( )A ．若细杆稳定地指示在bB ．若细杆稳定地指示在d 处，则0.5 s 内汽车速度减小了4.9 m/sC ．若细杆稳定地指示在b 处，则0.5 s 内汽车速度增大了4.9 m/sD ．若细杆稳定地指示在c 处，则5 s 内汽车前进了100 m3．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°＝9.8 ×33m/s 2＝5.66 m/s 2,0.5 s内汽车速度增大了Δv ＝a 1Δt ＝5.66×0.5 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Δv ＝a 2Δt ＝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 ＝10×5 m＝50 m ，选项D 错误．4．2018·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)( )4．B [解析] 由F ＝ma 可知F －t 图象与a －t 图象应变化趋势一致(仅比例不同)，故A 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 ＝12at 2，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 ＝vt －12at 2，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.5．2018·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 2)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 －μ(M ＋m)g ＝Ma 由运动学公式，得L ＝12at 2解得：t ＝4 s.(2)铁块在木板上时：μ1mg ＝ma 1， 铁块在地面上时：μ2mg ＝ma 2，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m)g ＝Ma 3设铁块从木板上滑下时的速度为v 1，铁块在木板上和地面上的位移分别为x 1、x 2，则：2a 1x 1＝v 212a 2x 2＝v 21并且满足x 1＋x 2≤1.5 m设铁块在木板上滑行时间为t 1，则x 1＝12a 1t 21木板对地面的位移x ＝12a 3t 21x ＝x 1＋L联立解得F≥47 N.。
物理历年真题汇编——牛顿运动定律
物理历年真题汇编——牛顿运动定律 第8节 牛顿运动定律及其应用1. 2014年物理上海卷21.牛顿第一定律表明，力是物体 发生变化的原因；该定律引出的一个重要概念是 。
【答案】运动状态；惯性【解析】力的作用效果是改变物体的运动状态或使物体产生形变；牛顿第一定律通过实验总结出了力是改变物体运动状态的原因；从而引出一切物体都有保持原来运动状态的属性，即惯性。
2. 2012年物理江苏卷4. 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【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。
选项B 、D 错；加速度越小，速度减小得越慢，所以选C. 3. 2012年理综安徽卷17.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: C解析：起初sin cos mg mg ma θμθ-=，加上一个力以后，()sin ()cos 'mg F mg F ma θμθ+-+=, 所以a' 增大。
am4. 2013年新课标II卷14．一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之间的关系的图像是答：C解析：由于物块与水平桌面间有摩擦，由牛顿第二定律得Fa gmμ=-，当拉力F从0开始增加，F mgμ≤时物块静止不动，加速度为0；在F mgμ>之后，加速度与F成线性关系，C项正确。
5. 2013年新课标II卷15．如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面上。
2012年高考物理试题分类汇编(5)---牛顿运动定律(含详解)
f2012年高考物理试题分类汇编：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：A2．(2012全国理综).（11分）图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。
图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。
在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸袋，在纸袋上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，没5个间隔标注一个计数点。
测量相邻计数点的间距s1，s2，…。
求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标1a为纵坐标，在坐标纸上做出1ma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处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。
a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。
图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=__________mm，s3=__________。
由此求得加速度的大小a=__________m/s2。
（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。
设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。
全国卷高考真题2牛顿运动定律
2010海南5．如右图，水平地面上有一楔形物块a，其 斜面上有一小物体b，b与平行于斜面的细绳的一端相 连，细绳的另一端固定在斜面上，a与b之间光滑，a和 b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动，当它们刚 运行至轨道的粗糙段时 A．绳的张力减小，b对a的正压力减小 B．绳的张力增加，斜面对b的支持力增加 C．绳的张力减小，地面对a的支持力增加 D．绳的张力增加，地面对a的支持力减小
2012北京23.(18分) 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯.行程超过百米。 电梯的简化模型如图 I所示.考虑安全、舒适、省时等因 索，电梯的加速度a随时间t变化的图像如图2所示。已 知电梯在t=0时由静止开始上升，a一t图像如图2所示. 电梯总质最m=2.0xI03kg.忽略一切阻力.重力加速度g取 I0m/s2。 。
2012海南1． 根据牛顿第二定律，下列叙述正确 的是 A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成 反比 B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生 加速度 C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任意一个 的大小成正比 D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时， 物体水平加速度大小与其质量成反比
2008全国20.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运 动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于图示 状态。设斜面对小球的支持力为N，细绳对小球的拉力 为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是 A.若小车向左运动，N可能为零 B.若小车向左运动，T可能为零 C.若小车向右运动，N不可能为零 D.若小车向右运动，T不可能为零
2010海南6．在水平的足够长的固定木板上，一小物 块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止.现将该 木板改置成倾角为 45度的斜面，让小物块以相同的初 速度沿木反上滑。若小物块与木板之间的动摩擦因数 为 u，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为
2012届高考物理第二轮备考复习：牛顿运动定律
[例2] (2011·上海)如图，质量m＝2kg的物体静 止在水平地面的A处．A、B间距L＝20m.用大小为 30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至 B处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝ 10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力 斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开 始运动并能到达B处，求该力作用的最短 时间t.
大小为：a2＝μmmg＝μg＝1.6m/s2
设水平力 F 作用的时间为 t，则根据前进的总位移 列式：
12a1t2＋a21at22＝0.25 代入数值得：12×0.4t2＋2 0×.41t.62 ＝0.25 解得：图甲所示，绷紧的水平传送 带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物 块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传
(2)另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位 移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
[Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)]s－μmg(L－s)＝0 s＝Fcos37μ°m＋gLμsin37°＝300×.5×0.28× ＋100.5××200.6m＝6.06m 由牛顿第二定律 Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma a＝Fcos37°m＋μsin37°－μg
一、牛顿第一定律
(1)它揭示了一切物体都具有一种基本属性——惯 性．
(2)它揭示了运动和力的关系：力是改变物体运 动状态的原因，而不是产生运动的原因，也不 是维持物体运动的原因，即力是产生加速度的 原因．
警示 质量是物体惯性大小的唯一量度，与物 体的运动情况、受力情况等无关．
二、牛顿第二定律
[答案] C
[解析] 本题考查整体法和隔离法、牛顿第二定律、受 力分析等知识点．三个木块的加速度相等，则可以把三者当
专题03 牛顿定律-十年(2012-2021)高考物理真题分项汇编(山东专版)(原卷版)
十年（2012-2021）高考物理真题分项详解（山东专版）专题03 牛顿定律1、（2012·山东卷·T14）以下叙述正确的是（）A．法拉第发现了电磁感应现象B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果2、（2012·山东卷·T16）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图象如图所示．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3、（2013•山东）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＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝．重力加速度g取10m/s2．（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？4、（2014·山东卷·T15）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（）A．t1B．t2C．t3D．t45、（2014·山东卷·T23）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0＝0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1＝72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．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。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】由图得：0-2s 内环的加速度a=vt=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°3．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=4．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1； （2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；（3）【解析】 【详解】（1）当F ＜μ2（m 1+m 2）g ＝3N 时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m 1：f max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝m 1a max ，f max ＝μ1m 2g解得：a max ＝3m/s 2对整体有：F max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝（m 1+m 2）a max 解得：F max ＝12N 由F max ＝3t 得：t ＝4s（2）t ＝10s 时，两物体已相对运动，则有： 对m 1：μ1m 2g ﹣μ2 （m 1+m 2）g ＝m 1a 1 解得：a 1＝3m/s 2对m 2：F ﹣μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝3t ＝30N 解得：a 2＝12m/s 2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12） 图象如图所示．5．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有1012v t v t t L +-=（）包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1包裹A的质量为m A，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g=m A a1解得：μ1=0.5(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为v A和v B，由动量守恒定律有:m A v0=m A v A+m B v B包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx=0-12m B v B2解得v A=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s两包裹碰撞时损失的机械能:△E=12m A v02 -12m A v A2-12m B v B2解得：△E=0.96J(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动x A后速度减为零，由动能定理可知-μ1m A gx A=0-12m A v A2解得x A=0.016m<L，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为v A′μ1m A gx A=12m A v A′2解得:v A′ =0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A′=0-12m A v A2解得x A′=0.08mx A′=<0.32m包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s 沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =0v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1397/c v m s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：213/c v m s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+ 解得：133397/22max c v v m s == 同理得：313/2min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤7．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。
【jb1000】精校版2012高考真题(非课改)：考点3 牛顿运动定律
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考点3 牛顿运动定律一、选择题1.（2012·四川理综·T21）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F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,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C．物体做匀减速运动的时间为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【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选B、D.撤去F后，水平方向上物体受到弹簧的弹力和摩擦力的作用，由于弹力是变力，所以物体开始不可能做匀变速运动，A错误；撤去F瞬间，水平方向上物体受到弹簧的向左弹力和向右摩擦力的作用，由牛顿第二定律可知，B正确；物体到达初位置时，和弹簧分离，之后才开始做匀减速运动，运动位移为，加速度为，由得：，C错误；当水平方向上物体受到弹簧的向左弹力和向右摩擦力平衡时，具有最大速度，所以，物体开始向左运动到速度最大发生的位移为（），所以此过程中克服摩擦力做的功为，D正确.2.（2012·上海单科·T8）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（）【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】选A.由于AB始终保持相对静止，故两者在斜面上运动的加速度均为：，方向沿斜面向下，对B受力分析可知，重力mg与支持力F N方向均为竖直方向，只有受到A对它的水平向左的静摩擦力，B能产生沿斜面向下的加速度，故选项A正确B、C、D错误.二、计算题1.（2012·四川理综·T24）如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角θ=37°,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25.设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功;(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP 的长度.【解题指南】解答本题第(2)问时可按以下思路分析：【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得 ①代人数据得W f =0.475J ②(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1， 由牛顿第二定律得 ③小物体向上做匀减速运动，经t 1=0.1s 后，速度达到v 1，有○4 由③④可知v 1=2.1m/s ，设运动的位移为s 1，有⑤电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有 0=v 1+a 2t 2 ⑦s 2=v 1t 2+12 a 2t 22 ⑧设CP 的长度为s ，有 s=s 1+s 2⑨ 联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m ⑩【答案】(1)0.475J(2)0.57 m2.（2012·重庆理综·T25）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)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v0,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.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：【解析】(1)在匀速运动阶段,有得(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为N',有N'sin-kv=maN'cos=mg得(3)以速度v0匀速运动时,设空气阻力与重力的合力为F,有球拍倾角为+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Fsinβ=ma'设匀速跑阶段所用时间为t,有球不从球拍上掉落的条件得【答案】(1)(2)(3)3.（2012·上海单科·T30）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=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运劝，求F的大小.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析【解析】令，解得当时，环与杆的上部接触，受力如图，由牛顿第二定律得：由此得：当时，环与杆的下部接触，受力如图，由牛顿第二定律得：由此得：【答案】1N或9N。
2012高考物理试题【8年真题】分类汇编—牛顿运动定律计算题部分
2000年-2008年高考物理试题分类汇编牛顿定律计算题08年高考海南卷物理15、科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg ．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s ，且做匀加速运动，4 s 内下降了12 m ．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s ．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g ＝9.89 m/s 2，求抛掉的压舱物的质量．解：由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma 2012h t at =+v 抛物后减速下降有：///()()f m m g m m a --=- Δv ＝a /Δt 解得：//101 kg /a t m mg t+∆∆==+∆∆v v 07重庆理综如图所示，一辆汽车A 拉着装有集装箱的拖车B ，以速度v 1＝30 m/s 进入向下倾斜的直车道。
车道每100 m 下降2 m 。
为了使汽车速度在s ＝200 m 的距离内减到v 2＝10 m/s ，驾驶员必须刹车。
假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B ，30％作用于汽车A 。
已知A 的质量m 1＝2000 kg ，B 的质量m 2＝6000 kg 。
求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。
取重力加速度g ＝10 m/s 2。
解：汽车沿倾斜车道作匀减速运动，有：22212v v as -=- 用F 表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律得：1212()sin ()F m m g m m a α-+=+式中： 2sin 0.02100α==设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f ，依题意得：30100f F = 用f N 表示拖车作用汽车的力，对汽车应用牛顿第二定律得：N 11sin f f mg m a α--=联立以上各式解得：1210.3()(sin )(sin )880 N N f m m a g m a g αα=++-+=07江苏4、（14分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m ＝500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．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 0=100m/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μ=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）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【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：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t 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：'2N v F 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 ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<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， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--=''3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．3．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。
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f2012高考真题物理分类汇编：牛顿运动定律8（2012上海卷）．如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。
则在斜面上运动时，B受力的示意图为（）答案：A23(2012全国理综).（11分）图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。
图中打点计时器的电源为50Hz 的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。
在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
（1）完成下列实验步骤中的填空：①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸袋，在纸袋上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，没5个间隔标注一个计数点。
测量相邻计数点的间距s1，s2，…。
求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标为纵坐标，在坐标纸上做出关系图线。
若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。
（2）完成下列填空：（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。
（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。
a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。
图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出1a1ma1as 1=__________mm ，s 3=__________。
由此求得加速度的大小a=__________m/s 2。
（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。
设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。
【解析与答案】（1）间距相等的点。
（2）线性 （2）（i ）远小于m (ii).(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。
17（2012广东卷）图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h 处由静止下滑，通过B 是，下列表述正确的有 A .N 小于滑块重力 B .N 大于滑块重力 C .N 越大表明h 越大 D .N 越大表明h 越小 答案：BC23（2012北京高考卷）．（18分）摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的，已知电梯在t =0时由静止开始上升，a ─t 图像如图2所示．213213)(50)5(2t s s t s s a ∆-=∆-=cm s 43.225.168.31=-=cm s 72.628.700.123=-=s m t s s a /15.2)02.05(210)43.272.6()5(222213=⨯⨯⨯-=∆-=-'m a m m F )'(+=F m m F a '11+=m a-1k F =1k F 1=m a-1b F m ='kbm ='电梯总质量m =2.0×103kg ．忽略一切阻力，重力加速度g 取10m /s 2． （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2；（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t 图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a ─t 图像，求电梯在第1s 内的速度改变量Δυ1和第2s 末的速率υ2；（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P ；再求在0─11s 时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W ．23．（18分）（1）由牛顿第二定律，有 F -mg = ma由a ─t 图像可知，F 1和F 2对应的加速度分别是a 1=1.0m/s 2，a 2=-1.0m/s 2F 1= m (g +a 1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N F 2= m (g +a 2)=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 =F υm =mg υm =2.0×103×10×10W=2.0×105W 由动能定理，总功W =E k 2-E k 1=m υm 2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J16（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，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：AC21（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⋅1212v t-图1缩了x 0，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4x 0。
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C ．物体做匀减速运动的时间为2D ．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答案：BD14(2012全国新课标).伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。
早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 [答案]AD[解析]惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质。
A 正确C 错误。
没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B 错D 正确。
17（2012安徽卷）.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力，则 ( )A. 物块可能匀速下滑B. 物块仍以加速度匀加速下滑C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑 17C ；解析：未加恒力F 时，由牛顿第二定律知，而加上F 后，，即，C 正确。
24(2012全国新课标).（14分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。
设拖把头的质量为m ，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g ，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。
g mkx μ-0gx μ0)(0kmgx mg μμ-a F a a a θμθcos sin mg a mg -=)cos sin )((θθmg mg mFg a ++='a a >'（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）了（2）[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① 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 ③ 联立①②③式得 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 ≤⑤这时，①式仍满足，联立①⑤式得≤ 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≤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 ⑧30（2012上海卷）．（10分）如图，将质量m ＝0.1kg 的圆环套在固定的水平直杆上。
环的直径略大于杆的截面直径。
环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。
对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ＝53︒的拉力F ，使圆环以a ＝4.4m/s 2的加速度沿杆运动，求F 的大小。
（取sin53︒＝0.8，cos53︒＝0.6，g ＝10m/s 2）。
解析：令F sin53︒＝mg ，F ＝1.25N ，当F ＜1.25N 时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律F cos θ－μF N ＝ma ，F N ＋F sin θ＝mg ，解得F ＝1N ，当F ＞1.25N 时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律F cos θ－μF N ＝ma ，F sin θ＝mg ＋F N ，解得F ＝9N ，21（2012安徽卷）.（18分）Ⅰ.（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。
砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为。
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mg F θμθμcos sin -=λθ=0tan N mg F =+θcos f F =θsin N f μ=mg F θμθμcos sin -=θsin f N λθλθcos sin -Fmgλθλθcos sin -λθ=0tan m M小车、砝码、打点计时器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。