2013最新题库大全2008-2012年高考物理试题分项 专题04 牛顿定律及其应用

1 2012 年高考物理试题分类汇编 牛顿运动定律 20122012 广东卷 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 答案 BCBC 20122012 北京高考卷 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 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 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 1和第 2s 末的速率 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 11s 时间内 拉力和重力 对电梯所做的总功W 18 分 1 由牛顿第二定律 有 F mg ma 由a t图像可知 F1和F2对应的加速度分别是a1 1 0m s2 a2 1 0m s2 F1 m g a1 2 0 103 10 1 0 N 2 2 104N F2 m g a2 2 0 103 10 1 0 N 1 8 104N 2 类比可得 所求速度变化量等于第 1s 内a t图线下的面积 1 0 50m s 同理可得 2 2 0 1 5m s 0 0 第 2s 末的速率 2 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 m 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 m mg m 2 0 103 10 10W 2 0 105W 图 1 电梯 拉力 a m s 1 1 0 0 1 0 1 2 10 11 30 31 30 41 图 2 t s 32 2 FN FN FN FN B A Ff Ff Ff Ff G G G G A B C D 由动能定理 总功 W Ek2 Ek1 m m2 0 2 0 103 102J 1 0 105J 1 2 1 2 20122012 上海卷 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 答案 A 2012 2012 全国理综全国理综 11 分 图图 1 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 t 表示 在小车质量未知的情况下 某同学设计了一种方法用来 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 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 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 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 按住小车 改变小车中砝码的质量 重复步骤 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 以砝码的质量 m 为横坐标 1 a 为纵坐标 在坐标纸上做出 1 m a 关系图线 若加速度与小 车和砝码的总质量成反比 则 1 a 与 m 处应成 关系 填 线性 或 非线性 2 完成下列填空 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 设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1 s2 s3 a 可用 s1 s3和 t 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 3 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 2 13 2 13 50 5 2t ss t ss a cms43 2 25 1 68 3 1 cms72 6 28 7 00 12 3 sm t ss a 15 2 02 0 5 2 10 43 2 72 6 5 2 2 2 2 13 iii 设小车的质量为 则有 变形得 所以图象 mammF F m m Fa 11 m a 1 的斜率为 所以作用力 图象的截距为 所以 k F 1 k F 1 m a 1 b F m k b m 20122012 山东卷 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vt 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 答案 ACAC 20122012 四川卷 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 重力加速度为g 则 A 撤去F后 物体先做匀加速运动 再做匀减速运动 B 撤去F后 物体刚运动时的加速度大小为g m kx 0 4 C 物体做匀减速运动的时间为 2 g x 0 D 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0 k mg xmg 答案 答案 BDBD 2012 2012 全国新课标全国新课标 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 20122012 安徽卷 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 17C 解析 未加恒力 F 时 由牛顿第二定律知 而加上 F 后 cossinmgamg 即 C 正确 cossin mgmg m F ga aa 2012 2012 全国新课标全国新课标 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 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 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 已知存在一临界角 0 若 0 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 0 答案 1 了 2 mgF cossin 0 tan 解析 1 设该同学沿拖杆方向用大小为 F 的力推拖把 将推拖把的力沿竖直和水平分解 按平衡条件有 NmgF cosfF sin F a 5 式中N与f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力 按摩擦定律有 Nf 联立 式得 mgF cossin 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 sinfN 这时 式仍满足 联立 式得 cossin F mg 现考察使上式成立的 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 cossin 使上式成立的角满足 0 这里是题中所定义的临界角 即当 0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 0 tan 20122012 上海卷 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 0 8 对环施加一位于竖直平面内斜向 上 与杆夹角 53 的拉力F 使圆环以a 4 4m s2的加速度沿杆运动 求F的大小 取 sin53 0 8 cos53 0 6 g 10m s2 解析 解析 令Fsin53 mg F 1 25N 当F 1 25N 时 杆对 环的弹力向上 由牛顿定律 Fcos FN ma FN Fsin mg 解得F 1N 当F 1 25N 时 杆对环的弹力向下 由 牛顿定律Fcos FN ma Fsin mg FN 解得F 9N 20122012 安徽卷 安徽卷 18 分 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 F 砂 砂 桶 图 1 小车 砝码 打点计 时器 接交流 电源 6 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 s2 结果保 留 2 位有效数字 答案 1 B 2 C 3 0 42 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 求得 2 CDBCABFGEFDE T9 s s s sss a 2 m42 0 as 20122012 安徽卷 安徽卷 14 分 质量为 0 1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落 该下 落过程对应的tv 图象如图所示 球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的 3 4 该球受到的空气阻力大小恒为f 取g 10 m s2 求 1 弹性球受到的空气阻力f的大小 2 弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 22 1 0 2N 2 0 375m 解析 1 由 v t 图像可知 小球下落作匀加速运动 2 8 t v asm 由牛顿第二定律得 mafmg 解得 Nagmf2 0 O o v m s 0 5 4 t s 7 2 由图知 球落地时速度 则反弹时速度sm 4v smvv 3 4 3 设反弹的加速度大小为 a 由动能定理得 2 2 1 0f h mg v m 解得mh375 0 20122012 江苏卷 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 解析 加速度 随着的减小 减小 但最后不等于 0 加速度越小 速度 m kv ga va 减小得越慢 所以选 C 答案 C 20122012 江苏卷 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 B 2 f mM M 2 f mM m C D 2 f mM mM g M 2 f mM mM g M 解析 整体法 隔离法 对木块 mm magmMF 解得 m MaMgf 2 M Mmf Fm 2 答案 A 20122012 重庆卷 重庆卷 19 分 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 0 如题 25 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 g 空气阻力大小与球速大小的比例系数 k 8 求在加速跑阶段球拍倾角 随球速v变化的关系式 整个匀速跑阶段 若该同学速率仍为v0 而球拍的倾角比 0大了 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 应满足的条件 25 19 分 球不从球拍上掉落的条件 rta 2 2 1 得 2 0 0 0 2 cos2 sin a v v s g r 2012 2012 浙江卷浙江卷 16 分 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系 小明同学用石腊做成 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 hA 后速度减为零 B 鱼 竖直下潜 hB 后速度减为零 鱼 在水中运动时 除受重力外 还受浮力和术的阻力 已知 鱼 在水中所受浮力是其重力的 倍 重力加速度为 g 鱼 运动的位移值远大于 鱼 的长度 9 10 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 VA1 2 A 鱼 在水中运动时所受阻力 fA 3 A 鱼 与 B 鱼 在水中运动时所受阻力之比 fA fB 9 解答 1 A 鱼 入水前作自由落体运动 VA12 0 2Ah 20112011 年高考物理试题分类汇编 牛顿运动定律年高考物理试题分类汇编 牛顿运动定律 1 1 20112011 天津 天津 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 对于多个物体组成 的物体系统 若系统内各个物体具有相同的运动状态 应优先选取整体法分析 再采用隔 离法求解 取A B系统整体分析有 a g B与A具有 A ABAB fmmgmma 人 共同的运动状态 取B为研究对象 由牛顿第二定律有 物体 ABBB fm gm a 常数 B做速度方向向右的匀减速运动 故而加速度方向向左 10 答案 A 2 2 20112011 北京 北京 蹦极 就是跳跃者把一端固定的长弹 性绳绑在踝关节等处 从几十米高处跳下的一种极限运动 某人做蹦极运动 所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情 况如图所示 将蹦极过程近似为在竖直方向的运动 重力加 速度为g 据图可知 此人在蹦极过程中最大加速度约为 A g B 2g C 3g D 4g 答案 B 解析 由题图可知 绳子拉力F的最大值为 9F0 5 最终静止时绳子拉力为 3F0 5 mg 根据牛顿第二定律得 9F0 5 3F0 5 ma 所以a 2g B 正确 A C D 错误 3 3 20112011 四川 四川 如图是 神舟 系列航天飞船返回舱返回地面的示意图 假定其过程 可简化为 打开降落伞一段时间后 整个装置匀速下降 为确保安全着陆 需点燃返回舱的缓冲 火箭 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动 则 A 火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D 返回舱在喷气过程中处于失重状态 答案 A 解析 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动 加速度方向向上 返回舱处于超 11 重状态 动能减小 返回舱所受合外力做负功 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓 冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力 火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱 受到的空气阻力 火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变 小 4 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 木块和木板相对运动时 恒定不变 21 21 mm kt aa 1 2 1 m gm a g m kt a 2 2 所以正确答案是 A 5 5 20112011 上海 上海 受水平外力 F 作用的物体 在粗糙水平面上作直线运动 其 图vt 线如图所示 则 A 在秒内 外力大小不断增大 1 0t F B 在时刻 外力为零 1 tF C 在秒内 外力大小可能不断减小 12 tt F D 在秒内 外力大小可能先减小后增大 12 tt F 12 答案 CD 解析 秒内 加速运动 从图像斜率看 这段时间内的加速 1 0t mafF 度减小 所以 秒内 不断减小 A 错误 从图像斜率看在时刻 加速度为零 1 0t 1 t B 错误 在秒内减速运动 若开始时 的方向与 一致 则 fF 12 tt maFf 从图像斜率看加速度逐渐增大 因此 不断减小 C 正确 当 减小到零 反向之后 当 增大时 加速度 逐渐增大 D 正确 maFf 6 6 20112011 福建 福建 19 分 如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图 其下半 部 AB 是一长为 2R 的竖直细管 上半部 BC 是半径为 R 的四分之一圆弧弯管 管口 沿水平方向 AB 管内有一原长为 R 下端固定的轻质弹簧 投饵时 每次总将弹簧长度 压缩到 0 5R 后锁定 在弹簧上段放置一粒鱼饵 解除锁定 弹簧可将鱼饵 弹射出去 设质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时 对管壁的作用力恰好为零 不计鱼饵在运动过程中的机械能损失 且锁定和解除锁定时 均不改变 弹簧的弹性势能 已知重力加速度为 g 求 质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时的速度大小v1 弹簧压缩到 0 5R 时的弹性势能 Ep 已知地面与水面相距 1 5R 若使该投饵管绕 AB 管的中轴线 OO 在角的范围内来90 回缓慢转动 每次弹射时只放置一粒鱼饵 鱼饵的质量在到 m 之间变化 且均能落到 2 3 m 水面 持续投放足够长时间后 鱼饵能够落到水面的最大面积 S 是多少 13 当鱼饵的质量为 2m 3 时 设其到达管口 C 时速度大小为v2 由机械能守恒定律有 Ep mg 1 5R R m v22 2 3 1 2 2 3 由 式解得v2 2 gR 质量为 2m 3 的鱼饵落到水面上时 设离 OO 的水平距离为x2 则x2 v2t R 由 式解得x2 7R 鱼饵能够落到水面的最大面积 S S x22 x12 R2 或 8 25 R2 1 4 33 4 7 7 20112011 北京 北京 18 分 利用电场和磁场 可以将比荷不同的离子分开 这种方法在化学分析和原子核技术等 领域有重要的应用 如图所示的矩形区域ACDG AC边足够长 中存在垂直于纸面的匀 强磁场 A处有一狭缝 离子源产生的离子 经静电场加速后穿过狭 缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场 运动到GA边 被相 应的收集器收集 整个装置内部为真空 已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2 m1 m2 电荷量 14 均为q 加速电场的电势差为U 离子进入电场时的初速度可以忽略 不计重力 也不考虑 离子间的相互作用 1 求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1 2 当磁感应强度的大小为B时 求两种离子在GA边落点的间距s 3 在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响 实际装置中狭缝具有一定宽度 若狭缝过 宽 可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠 导致两种离子无法完全分离 设磁感应强度大小可调 GA边长为定值L 狭缝宽度为d 狭缝右边缘在A处 离子 可以从狭缝各处射入磁场 入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场 为保证上述两种离子能 落在GA边上并被完全分离 求狭缝的最大宽度 解析 1 动能定理 2 1 1 1 2 Uqmv 得 1 1 2qU v m 1 2 由牛顿第二定律 利用式得 2 mvmv qvBR RqB 1 离子在磁场中的轨道半径为别为 1 1 2 2mU R qB 2 2 2 2m U R qB 2 两种离子在GA上落点的间距 1212 2 8 2 U sRRmm qB 3 3 质量为m1的离子 在GA边上的落点都在其入射点左侧 2R1处 由于狭缝的宽度 为d 因此落点区域的宽度也是d 同理 质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是 d 为保证两种离子能完全分离 两个区域应无交叠 条件为 12 2 RRd 4 利用式 代入式得 2 4 2 1 1 2 1 m Rd m R1的最大值满足 1 2 m RLd 得 2 1 1 m Ldd m 15 求得最大值 12 12 2 m mm dL mm 8 8 20112011 安徽 安徽 16 分 如图所示 在以坐标原点O为圆心 半径为R的半圆形区域内 有相互垂直的匀强电 场和匀强磁场 磁感应强度为B 磁场方向垂直于xOy平面向里 一 带正电的粒子 不计重力 从O点沿 y 轴正方向以某一速度射入 带 电粒子恰好做匀速直线运动 经 t0时间从 P 点射出 1 求电场强度的大小和方向 2 若仅撤去磁场 带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入 经 时间恰从半圆形区域的边界射出 求粒子运动加速度的大小 0 2 t 3 若仅撤去电场 带电粒子仍从O点射入 且速度为原来的 4 倍 求粒子在磁场中 运动的时间 解析 1 设带电粒子的质量为m 电荷量为q 初速度为v 电场强度为E 可判 断 3 2 xR 又有 2 0 1 22 t xa 得 2 0 4 3R a t 3 仅有磁场时 入射速度 带电粒子在匀强磁场中作4vv x y O P B 16 匀速圆周运动 设轨道半径为r 由牛顿第二定律有 2 v qv Bm r 又 qE ma 由 式得 3 3 R r 由几何关系 sin 2 R r 11 即 3 sin 2 3 12 带电粒子在磁场中运动周期 2 m T qB 则带电粒子在磁场中运动时间 2 2 R tT 所以 0 3 18 R tt 13 9 9 20112011 安徽 安徽 20 分 如图所示 质量M 2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上 质量m 1kg 的小球通过长L 0 5m 的轻质细杆与滑块上的光 滑轴O连接 小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动 开始轻杆处于水平状态 现给小球一个竖直向上的初速度 v0 4 m s g 取 10m s2 1 若锁定滑块 试求小球通过最高点P时对轻杆的 作用力大小和方向 2 若解除对滑块的锁定 试求小球通过最高点时的 速度大小 3 在满足 2 的条件下 试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间 的距离 解析 1 设小球能通过最高点 且此时的速度为v1 在上升过程中 因只有重力 M m v0 O P L 17 做功 小球的机械能守恒 则 22 10 11 22 mvmgLmv 1 6 vm s 设小球到达最高点时 轻杆对小球的作用力为F 方向向下 则 2 1 v Fmgm L 由 式 得 F 2N 由牛顿第三定律可知 小球对轻杆的作用力大小为 2N 方向竖直向上 2 解除锁定后 设小球通过最高点时的速度为v2 此时滑块的速度为V 在上升过 程中 因系统在水平方向上不受外力作用 水平方向的动量守恒 以水平向右的方向为正 方向 有 2 0mvMV 在上升过程中 因只有重力做功 系统的机械能守恒 则 222 20 111 222 mvMVmgLmv 由 式 得 v2 2m s 3 设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为 s1 滑块向左移动的 距离为 s2 任意时刻小球的水平速度大小为v3 滑块的速度大小为 V 由系统水平方向的 动量守恒 得 3 0mvMV 将 式两边同乘以 得t 3 0mvtMVt 因 式对任意时刻附近的微小间隔都成立 累积相加后 有t 12 0msMs 10 又 12 2ssL 11 由式得 10 11 1 2 3 sm 12 1010 20112011 北京 北京 16 分 18 如图所示 长度为 l 的轻绳上端固定在O点 下端系一质量为m的小球 小球的大小 可以忽略 1 在水平拉力F的作用下 轻绳与竖直方向的夹角为 小球保持静止 画出此 时 小球的受力图 并求力F的大小 2 由图示位置无初速释放小球 求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的 拉力 不计空气阻力 1111 20112011 上海 上海 如图 质量的物体静止于水平地面的 A 处 A B 间距2mkg L 20m 用大小为 30N 沿水平方向的外力拉此物体 经拉至 B 处 已知 0 2ts 取 cos370 8 sin370 6 2 10 gm s 1 求物体与地面间的动摩擦因数 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 解析 1 物体做匀加速运动 O l F m 19 2 0 1 2 Lat 2 22 0 22 20 10 2 L am s t 由牛顿第二定律 Ffma 302 1010 fN 10 0 5 2 10 f mg 2 设作用的最短时间为 小车先以大小为的加速度匀加速 秒 撤去外力后 Ftat 以大小为 的加速度匀减速秒到达 B 处 速度恰为 0 由牛顿定律 a t cos37 sin 37 FmgFama 2 cos37sin37 30 0 80 5 0 6 0 5 1011 5 2 F agm s m 1 分 2 5 f agm s m 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度 因此有 ata t 11 5 2 3 5 a tttt a 22 11 22 Lata t 22 22 20 1 03 2 3 11 52 35 L ts aa 2 另解 设力作用的最短时间为 t 相应的位移为 s 物体到达 B 处速度恰为F 0 由动能定理 cos37 sin37 0FmgFsmg Ls 0 5 2 10 20 6 06 cos37sin37 30 0 80 5 0 6 mgL sm F 由牛顿定律 cos37 sin37 FmgFma 20 1212 20112011 福福建 建 15 分 反射式速调管是常用的微波器械之一 它利用电子团在电场中的振荡来产生微波 其 振荡原理与下述过程类似 如图所示 在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电MN 场 一带电微粒从 A 点由静止开始 在电场力作用下沿直线在 A B 两点间往返运动 已 知电场强度的大小分别是N C 和N C 方向如图所示 带电微 3 1 2 0 10E 3 2 4 0 10E 粒质量 带电量 A 点距虚线的距离 20 1 0 10mkg 9 1 0 10qC MN 不计带电微粒的重力 忽略相对论效应 求 1 1 0dcm 1 B 点到虚线的距离 MN 2 d 2 带电微粒从 A 点运动到 B 点所经历的时间 t 解析 此题考查电场力 动能定理 牛顿运动定律 匀变速直线运动规律等知 识点 d2 a2t22 t t1 t2 1 2 联立解得 t 1 5 10 8s 21 20102010 年高考物理试题分类汇编年高考物理试题分类汇编 牛顿运动定律牛顿运动定律 20102010 全国卷全国卷 1 1 15 如右图 轻弹簧上端与一质量为m的木块 1 相连 下端与另一 质量为M的木块 2 相连 整个系统置于水平放置的光滑木板上 并处于静止状态 现将木板沿水平方向突然抽出 设抽出后的瞬 间 木块 1 2 的加速度大小分别为 重力加速度大小为 1 a 2 a g 则有 A B 1 ag 2 ag 1 0a 2 ag C D 1 0a 2 mM ag M 1 ag 2 mM ag M 答案 C 解析 在抽出木板的瞬时 弹簧对 1 的支持力和对 2 的压力并未改变 对 1 物体受 重力和支持力 mg F a1 0 对 2 物体受重力和压力 根据牛顿第二定律 g M mM M MgF a 命题意图与考点定位 本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题 关键是区分 瞬时力与延时力 20102010 上海物理 上海物理 11 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出 设物体在运动过程中 所受空气阻力大小不变 则物体 A 刚抛出时的速度最大 B 在最高点的加速度为零 C 上升时间大于下落时间 D 上升时的加速度等于下落时的加速度 解析 解析 m f ga上 m f ga下 所以上升时的加速度大于下落时的加速度 D 错误 根据 2 2 1 hgt 上升时间小于下落时间 C 错误 B 也错误 本题选 A 本题考查牛顿运动定律和运动学公式 难度 中 20102010 上海物理 上海物理 32 14 分 如图 宽度 L 0 5m 的光滑金属框架 MNPQ 固定板个与水平 面内 并处在磁感应强度大小 B 0 4T 方向竖直向下的匀强磁场中 框架的电阻非均匀分 布 将质量 m 0 1kg 电阻可忽略的金属棒 ab 放置在框架上 并且框架接触良好 以 P 为 坐标原点 PQ 方向为 x 轴正方向建立坐标 金属棒从处以的初速度 0 1xm 0 2 vm s 沿 x 轴负方向做的匀减速直线运动 运动中金属棒仅受安培力作用 求 2 2 am s 22 1 金属棒 ab 运动 0 5m 框架产生的焦耳热 Q 2 框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒 ab 的位置 x 变化的函数关系 3 为求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0 4s 过程中通过 ab 的电量 q 某同学解法为 先 算出金属棒的运动距离 s 以及 0 4s 时回路内的电阻 R 然后代入 q 求解 指出该同学解法 BLs RR 2 022 1222 224031 8 85 10 M BLs RScm ppalmlm RR qSEcN m E 的错误之处 并用正确的方法解出结果 解析解析 3 错误之处 因框架的电阻非均匀分布 所求R是 0 4s 时回路内的电阻 R 不是平均 值 正确解法 因电流不变 所以ccItq4 04 01 本题考查电磁感应 电路与牛顿定律 运动学公式的综合应用 难度 难 20102010 江苏卷 江苏卷 15 16 分 制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 d 的两平行极板 如图甲所示 加在极板 A B 间的电压作周期性变化 其正向电压为 AB U 反向电压为 电压变化的周期为 2r 如图乙所示 在 t 0 时 极板 B 附 0 U k 1 0 Uk 近的一个电子 质量为 m 电荷量为 e 受电场作用由静止开始运动 若整个运动过程中 电子未碰到极板 A 且不考虑重力作用 1 若 电子在 0 2r 时间内不能到达极板 A 求 d 应满足的条件 5 4 k 2 若电子在 0 2r 时间未碰到极板 B 求此运动过程中电子速度随时间 t 变化的关系 v 23 3 若电子在第 N 个周期内的位移为零 求 k 的值 解析解析 1 电子在 0 T 时间内做匀加速运动 加速度的大小 0 1 eU a md 位移 2 11 1 2 xaT 在 T 2T 时间内先做匀减速运动 后反向作匀加速运动 加速度的大小 0 2 5 4 eU a md 初速度的大小 11 vaT 匀减速运动阶段的位移 2 1 2 2 2 v x a 依据题意 解得 d 12 xx d 2 0 9 10 eU T m 2 在 2nT 2n 1 T n 0 1 2 99 时间内 加速度的大小a 2 0 ekU md 速度增量 v2 a 2T a 当 0 t 2nt T 时 电子的运动速度v n v1 n v2 a1 t 2nT 解得v t k 1 nT n 0 1 2 99 0 ekU md b 当 0 t 2n 1 T T 时 电子的运动速度v n 1 v1 n v2 a 2 t 2n 1 T 11 解得 v n 1 k 1 T kl n 0 1 2 99 0 eU dm 12 3 电子在 2 N 1 T 2N 1 T 时间内的位移 x2N 1 v2N 2T a1T2 1 2 电子在 2N 1 T 2NT时间内的位移 x2N v2N 1T a 2T2 1 2 24 由式可知v2N 2 N 1 1 k T 10 0 eU dm 由式可知 v2N 1 N Nk k T 12 0 eU dm 依据题意 x2N 1 x2N 0 解得 41 43 N k N 本题考查牛顿运动定律 运动学公式应用和归纳法解题 难度 难 20102010 福建卷 福建卷 17 如图 甲 所示 质量不计的弹簧竖直固定在水平面上 t 0 时 刻 将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放 小球落到弹簧上压缩弹簧到最低 点 然后又被弹起离开弹簧 上升到一定高度后再下落 如此反复 通过安装在弹簧下端 的压力传感器 测出这一过程弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图 乙 所示 则 A 时刻小球动能最大 1 t B 时刻小球动能最大 2 t C 这段时间内 小球的动能先增加后减少 2 t 3 t D 这段时间内 小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能 2 t 3 t 答案 C 解析 小球在接触弹簧之前做自由落体 碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运 动 当加速度为 0 即重力等于弹簧弹力时速度达到最大值 而后往下做加速度不断增大 的减速运动 与弹簧接触的整个下降过程 小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能 上升过程恰好与下降过程互逆 由乙图可知 t1时刻开始接触弹簧 t2时刻弹力最大 小球 处在最低点 动能最小 t3时刻小球往上运动恰好要离开弹簧 t2 t3这段时间内 小球的 先加速后减速 动能先增加后减小 弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能 命题特点 本题考查牛顿第二定律和传感器的应用 重点在于考查考生对图像的理 解 启示 图像具有形象快捷的特点 考生应深入理解图像的含义并具备应用能力 20102010 福建卷 福建卷 22 20 分 如图所示 物体 A 放在足够长的木板 B 上 木板 B 静止 于水平面 t 0 时 电动机通过水平细绳以恒力 F 拉木板 B 使它做初速度为零 加速度 25 aB 1 0m s2的匀加速直线运动 已知 A 的质量 mA和 B 的质量 mg 均为 2 0kg A B 之间的动 摩擦因数 0 05 B 与水平面之间的动摩擦因数 0 1 最大静摩擦力与滑动摩擦力大 1 2 小视为相等 重力加速度 g 取 10m s2 求 1 物体 A 刚运动时的加速度 aA 2 t 1 0s 时 电动机的输出功率 P 3 若 t 1 0s 时 将电动机的输出功率立即调整为 P 5W 并在以后的运动过程中始终 保持这一功率不变 t 3 8s 时物体 A 的速度为 1 2m s 则在 t 1 0s 到 t 3 8s 这段时间内 木板 B 的位移为多少 解析解析 1 物体 A 在水平方向上受到向右的摩擦力 由牛顿第二定律得 1AAA m gm a 代入数据解得 2 0 5 A am s 2 t 1 0s 木板 B 的速度大小为 1 B va tm s 木板 B 所受拉力 F 由牛顿第二定律有 12 AABBB Fm gmmgm a 解得 F 7N 电动机输出功率 P Fv 7W 3 电动机的输出功率调整为 5W 时 设细绳对木板 B 的拉力为 则 F PF v 解得 5N F 木板 B 受力满足 12 0 AAB Fm gmmg 所以木板 B 将做匀速直线运动 而物体 A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到 A B 速 度相等 设这一过程时间为 有 t 111 va tt 这段时间内的位移 11 Svt A B 速度相同后 由于 F 且电动机输出功率恒定 A B 将一起做加 2 AB mmg 速度逐渐减小的变加速运动 由动能定理有 22 21221 11 22 ABABAAB P tttmmgSmmvmmv 26 由以上各式代入数学解得 木板 B 在 t 1 0s 到 3 8s 这段时间内的位移为 12 3 03sssm 20102010 四川卷 四川卷 23 16 分 质量为 M 的拖拉机拉着耙来耙地 由静止开始做匀加速直 线运动 在时间 t 内前进的距离为 s 耙地时 拖拉机受到的牵引力恒为 F 受到地面的阻 力为自重的 k 倍 耙所受阻力恒定 连接杆质量不计且与水平面的夹角 保持不变 求 1 拖拉机的加速度大小 2 拖拉机对连接杆的拉力大小 3 时间 t 内拖拉机对耙做的功 答案 2 2 t s a 2 1 2 t s kgMF COS T s t s kgMFWT 2 2 解析 拖拉机在时间 t 内匀加速前进 s 根据位移公式 2 2 1 ats 变形得 2 2 t s a 对拖拉机受到牵引力 支持力 重力 地面阻力和连杆拉力 T 根据牛顿第二定律 cosTkMgFMa 连立变形得 2 1 2 t s kgMF COS T 根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为 2 12 cos s TTFM kg t 3 闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏 流过的电流为 Im 根据并联电路电压 相等有 拖拉机对耙做功为 2 2 cos T s WTsFM kgs t 27 20102010 安徽卷 安徽卷 22 14 分 质量为的物体在水平推力的作用下沿水平面作直线运2kgF 动 一段时间后撤去 其运动的图像如图所示 取 求 Fvt g 2 10m s 1 物体与水平面间的运动摩擦因数 2 水平推力的大小 F 3 内物体运动位移的大小 0 10s 解析解析 1 设物体做匀减速直线运动的时间为 t2 初速度为 v20 末速度为 v2t 加速度为 a2 则 2 220 2 2 2 t vv am s t 设物体所受的摩擦力为 Ff 根据牛顿第二定律 有 Ff ma2 Ff mg 联立 得 2 0 2 a g 2 设物体做匀加速直线运动的时间为 t1 初速度为 v10 末速度为 v1t 加速度为 a1 则 2 110 1 1 1 t vv am s t 根据牛顿第二定律 有 F Ff ma1 联立 得 F mg ma1 6N 3 解法一解法一 由匀变速直线运动位移公式 得 22 121011120222 11 46 22 xxxvtatvtatm 解法二解法二 根据图象围成的面积 得vt 101 1202 1 46 22 t vv xtvtm 28 20092009 年高考物理试题分类汇编年高考物理试题分类汇编 牛顿运动定律牛顿运动定律 20092009 年全国卷年全国卷 15 两物体甲和乙在同一直线上运动 它们在 0 0 4s 时间内的 v t 图象如图所示 若仅在两物体之间存在相互作用 则物体甲与乙的质量之比和图中时 间 t1分别为 A 1 3 和 0 30s B 3 和 0 30s C 1 3 和 0 28s D 3 和 0 28s 答案 B 解析解析 本题考查图象问题 根据速度图象的特点可知甲做匀加速 乙做匀减速 根据 t v a 得 乙甲 aa 3 根据牛顿第二定律有 乙甲 m F m F 3 1 得3 乙 甲 m m 由 t sma 4 0 1 10 4 0 4 2 乙 得 t 0 3s B 正确 20092009 年上海卷 年上海卷 7 图为蹦极运动的示意图 弹性绳的一端固定在O点 另一端和运动员相连 运动员从O点自由下落 至B点弹性绳自然伸直 经过 合力为零的C点到达最低点D 然后弹起 整个过程中忽略空气阻力 分析这 一过程 下列表述正确的是 经过B点时 运动员的速率最大 经过C点时 运动员的速率最大 从C点到D点 运动员的加速度增大 从C点到D点 运动员的加速度不变 A B C D 答案 B 20092009 年上海卷 年上海卷 46 与普通自行车相比 电动自行车骑行更省力 下表为某一品牌 电动自行车的部分技术参数 29 在额定输出功率不变的情况下 质量为 60Kg 的人骑着此自行车沿平直公路行驶 所受 阻力恒为车和人总重的 0 04 倍 当此电动车达到最大速度时 牵引力为 N 当车速 为 2s m 时 其加速度为 m s2 g 10m m s2 规格后轮驱动直流永磁铁电机 车型14 电动自行车额定输出功率 200W 整车质量 40Kg 额定电压 48V 最大载重 120 Kg 额定电流 4 5A 答案 40 0 6 20092009 年宁夏卷 年宁夏卷 20 如图所示 一足够长的木板静止在光滑水平面上 一物块静止 在木板上 木板和物块间有摩擦 现用水平力向右拉木板 当物块相对木板滑动了一段距 离但仍有相对运动时 撤掉拉力 此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A 物块先向左运动 再向右运动 B 物块向右运动 速度逐渐增大 直到做匀速运动 C 木板向右运动 速度逐渐变小 直到做匀速运动 D 木板和物块的速度都逐渐变小 直到为零 答案 BC 20092009 年广东物理 年广东物理 8 某人在地面上用弹簧秤称得体重为 490N 他将弹簧秤移至电梯 内称其体重 0 t至 3 t时间段内 弹簧秤的示数如图所示 电梯运行的 v t 图可能是 取电 梯向上运动的方向为正 30 答案 A 解析解析 由图可知 在t0 t1时间内 弹簧秤的示数小于实际重量 则处于失重状态 此时具有向下的加速度 在t1 t2阶段弹簧秤示数等于实际重量 则既不超重也不失重 在t2 t3阶段 弹簧秤示数大于实际重量 则处于超重状态 具有向上的加速度 若电梯 向下运动 则t0 t1时间内向下加速 t1 t2阶段匀速运动 t2 t3阶段减速下降 A 正确 BD 不能实现人进入电梯由静止开始运动 C 项t0 t1内超