專題三牛頓運動定律(高三)

1、 專題三牛頓運動定律高考試題 考點一 牛頓第一、三定律和慣性1.(2013年山東理綜,14,5分)伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結(jié)合探索自然規(guī)律的科學(xué)方法,利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有()A.力不是維持物體運動的原因B.物體之間普遍存在相互吸引力C.忽略空氣阻力,重物與輕物下落得同樣快D.物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反解析:伽利略利用理想斜面實驗和邏輯推理相結(jié)合的方法否定了亞里士多德“力是維持物體運動狀態(tài)的原因”的錯誤結(jié)論,得出了力不是維持物體運動狀態(tài)的原因,并且運用邏輯推理的方法發(fā)現(xiàn)忽略空氣阻力時,物體下落的快慢和它的重量無關(guān),選項A、C正確;牛頓提出萬有引力定律,并且提出了物

2、體間的相互作用力總是等大反向的結(jié)論,選項B、D錯誤.答案:AC點評： 本題考查物理學(xué)史,意在考查考生對物理學(xué)發(fā)展歷程的認(rèn)識,尤其是區(qū)分牛頓和伽利略各自的研究貢獻(xiàn).2.(2012年新課標(biāo)全國理綜,14,6分)伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗,提出了慣性的概念,從而奠定了牛頓力學(xué)的基礎(chǔ).早期物理學(xué)家關(guān)于慣性有下列說法,其中正確的是()A.物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質(zhì)是慣性B.沒有力的作用,物體只能處于靜止?fàn)顟B(tài)C.行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質(zhì)是慣性D.運動物體如果沒有受到力的作用,將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動解析:慣性是物體抵抗運動狀態(tài)變化而保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)的性質(zhì),選項A

3、正確;沒有力的作用,物體將處于靜止或勻速直線運動狀態(tài),選項B錯誤;行星在圓周軌道上保持勻速率運動的原因是行星受到萬有引力作用,不是由于慣性,選項C錯誤;運動物體如果沒有受到力的作用,將一直勻速直線運動下去,選項D正確.答案:AD3.(2010年廣東理綜,20,6分)下列關(guān)于力的說法正確的是()A.作用力和反作用力作用在同一物體上B.太陽系中的行星均受到太陽的引力作用C.運行的人造地球衛(wèi)星所受引力的方向不變D.伽利略的理想實驗說明了力不是維持物體運動的原因解析:作用力和反作用力作用在兩個不同的物體上,選項A錯誤;太陽系中的所有行星都要受到太陽的引力,且引力方向沿著兩個星球的連線指向太陽,選項B正

4、確,選項C錯誤;伽利略的理想實驗說明力不是維持物體運動的原因,選項D正確.答案:BD4.(2009年寧夏理綜,14,6分)在力學(xué)理論建立的過程中,有許多偉大的科學(xué)家做出了貢獻(xiàn).關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻(xiàn),下列說法正確的是()A.伽利略發(fā)現(xiàn)了行星運動的規(guī)律B.卡文迪許通過實驗測出了引力常量C.牛頓最早指出力不是維持物體運動的原因D.笛卡兒對牛頓第一定律的建立做出了貢獻(xiàn)解析:行星運動定律是開普勒發(fā)現(xiàn)的,選項A錯誤,選項B正確.伽利略最早指出力不是維持物體運動的原因,選項C錯誤,由物理學(xué)史可知選項D正確.答案:BD考點二 牛頓第二定律的理解與應(yīng)用 1.(2013年新課標(biāo)全國卷,14,6分)一物

5、塊靜止在粗糙的水平桌面上.從某時刻開始,物塊受到一方向不變的水平拉力作用.假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.以a表示物塊的加速度大小,F表示水平拉力的大小.能正確描述F與a之間的關(guān)系的圖像是()解析:設(shè)最大靜摩擦力為Fm,物塊所受摩擦力為Ff,在水平拉力F作用下,當(dāng)F<Fm時,a=0,當(dāng)F>Fm時,物體會加速運動,由牛頓第二定律F-Ff=ma得F=ma+Ff,由此可知正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是C,故選項C正確,A、B、D錯誤.答案:C2.(2013年安徽理綜,14,6分)如圖所示,細(xì)線的一端系一質(zhì)量為m的小球,另一端固定在傾角為的光滑斜面體頂端,細(xì)線與斜面平行.在斜

6、面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中,小球始終靜止在斜面上,小球受到細(xì)線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)()A.T=m(gsin +acos )FN=m(gcos -asin )B.T=m(gcos +asin )FN=m(gsin -acos )C.T=m(acos -gsin )FN=m(gcos +asin )D.T=m(asin -gcos )FN=m(gsin +acos )解析:小球受重力mg、細(xì)線拉力T、斜面的支持力FN,水平方向由牛頓第二定律得Tcos -FNsin =ma,豎直方向合力為零,Tsin +FNcos -mg=0,聯(lián)立解得:T=m(gs

7、in +acos ),FN=m(gcos -asin ),選項A正確.答案:A3.(2013年福建理綜,17,6分)在國際單位制(簡稱SI)中,力學(xué)和電學(xué)的基本單位有:m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培).導(dǎo)出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()A.m2·kg·s-4·A-1B.m2·kg·s-3·A-1C.m2·kg·s-2·A-1D.m2·kg·s-1·A-1解析:由于物理公式在確定物理量大小間的關(guān)系時也確定了單位間的關(guān)系,則由U=,故1 V=1 =1 kg&

8、#183;m2·s-3·A-1,選項B正確.答案:B4.(2013年新課標(biāo)全國卷,21,6分)2012年11月,“殲15”艦載機在“遼寧號”航空母艦上著艦成功.圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖.飛機著艦并成功鉤住阻攔索后,飛機的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉,阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力,使飛機在甲板上短距離滑行后停止.某次降落,以飛機著艦為計時零點,飛機在t=0.4 s時恰好鉤住阻攔索中間位置,其著艦到停止的速度時間圖線如圖(b)所示.假如無阻攔索,飛機從著艦到停止需要的滑行距離約為1 000 m.已知航母始終靜止,重力加速度的大小為g.則()A.

9、從著艦到停止,飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10B.在0.4 s2.5 s時間內(nèi),阻攔索的張力幾乎不隨時間變化C.在滑行過程中,飛行員所承受的加速度大小會超過2.5gD.在0.4 s2.5 s時間內(nèi),阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變解析:由vt圖像中圖線與t軸間包圍“面積”表示位移可知,飛機在甲板上滑行距離約105 m,即飛機在甲板上滑行的距離約為無阻攔索時的1/10,選項A正確;由vt圖像可以看出0.4 s0.5 s內(nèi)飛機在甲板上滑行過程中的加速度不變,說明飛機受到的合力不變,而兩段阻攔索的夾角逐漸減小,故阻攔索的張力減小,選項B錯誤;根據(jù)vt圖像可以看出0.4 s2.5 s內(nèi)加

10、速度a=m/s227.1 m/s2>2.5g,選項C正確;由于飛機做勻減速運動,所受阻力不變,根據(jù)P=Fv可知,功率逐漸減小,故選項D錯誤.答案:AC5.(2013年重慶理綜,4,6分)圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖,讓小球由傾角為的光滑斜面滑下,然后在不同的角條件下進行多次實驗,最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動.分析該實驗可知,小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨變化的圖像分別對應(yīng)圖2中的()A.、和B.、和C.、和D.、和解析:小球在光滑斜面上時,對斜面的壓力FN=mgcos ,其最大值為mg,y=cos ,對應(yīng)于圖線;小球運動的加

11、速度a=gsin ,其最大值為g,y=sin ,對應(yīng)于圖線;重力加速度是恒定值,y=1,對應(yīng)于圖線,故選項B正確.答案:B6.(2013年浙江理綜,19,6分)如圖所示,總質(zhì)量為460 kg的熱氣球,從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2,當(dāng)熱氣球上升到180 m時,以5 m/s的速度向上勻速運動.若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變,上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變,重力加速度g=10 m/s2.關(guān)于熱氣球,下列說法正確的是()A.所受浮力大小為4 830 NB.加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C.從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD.以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為

12、230 N解析:熱氣球剛開始上升時,速度為零,不受空氣阻力,只受重力、浮力,由牛頓第二定律知F-mg=ma,得F=m(g+a)=460×(10+0.5)N=4 830 N,選項A正確;加速上升過程中,速度增大,所受空氣阻力也增大,則選項B錯誤;熱氣球以5 m/s的速度勻速上升時,由平衡條件知所受的空氣阻力Ff=F-mg=4 830 N-460×10 N=230 N,則選項D正確;熱氣球從地面開始上升10 s內(nèi)做變加速運動,故10 s時其速度大小要小于5 m/s,則選項C錯誤.答案:AD7.(2012年安徽理綜,17,6分) 如圖所示,放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加

13、速下滑,若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F,則()A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D.物塊將以小于a的加速度勻加速下滑解析:設(shè)斜面傾角為,不施加F時,由牛頓第二定律有:mgsin -mgcos =ma,解得a=gsin -gcos ;施加F后,相當(dāng)于物體的重力增加了F,而質(zhì)量無變化,又由牛頓第二定律有:(F+mg)sin -(F+mg)cos =ma,解得a=（+1） (gsin -gcos ),所以加速度變大,選項C正確.答案:C8.(2012年四川理綜,21,6分)如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕彈簧的一端固定在墻上,另一端與置于水平面上質(zhì)

14、量為m的物體接觸(未連接),彈簧水平且無形變.用水平力F緩慢推動物體,在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0,此時物體靜止.撤去F后,物體開始向左運動,運動的最大距離為4x0.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g.則()A.撤去F后,物體先做勻加速運動,再做勻減速運動B.撤去F后,物體剛運動時的加速度大小為-gC.物體做勻減速運動的時間為2D.物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為mg（x0-）解析:撤去F短時間內(nèi)物體受彈簧彈力和地面的滑動摩擦力,向左做加速運動,由牛頓第二定律,得kx0-mg=ma,隨物體向左運動,x0逐漸減小,故a先減小,選項A錯誤,選項B正確;物體運動x0

15、后,物體只受地面的滑動摩擦力,做勻減速運動,位移為3x0,加速度a=g,所以t=,C錯誤;物體達(dá)到最大速度時,a=0,即kx=mg,x=,W克f=mg·(x0-x)=mg（x0-）,選項D正確.答案:BD點評： 本題要求學(xué)生能正確分析運動過程并能運用牛頓第二定律求解加速度,對運動的分析及受力的分析要求較高.9.(2011年福建理綜,18,6分)如圖,一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪后,兩端分別懸掛質(zhì)量為m1和m2的物體A和B.若滑輪有一定大小,質(zhì)量為m且分布均勻,滑輪轉(zhuǎn)動時與繩之間無相對滑動,不計滑輪與軸之間的摩擦.設(shè)細(xì)繩對A和B的拉力大小分別為T1和T2,已知下列四個關(guān)于T1的表達(dá)式

16、中有一個是正確的.請你根據(jù)所學(xué)的物理知識,通過一定的分析,判斷正確的表達(dá)式是()A.T1=B.T1=C.T1=D.T1=解析:利用特殊值法,當(dāng)m1=m2時,兩物體處于平衡狀態(tài),繩的拉力T1=m1g=m2g,代入各式判斷,可知選項C正確.答案:C10.(2011年新課標(biāo)全國理綜,21,6分)如圖所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板,其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊.假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等.現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt(k是常數(shù)),木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2,下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()解析:開始F較小達(dá)不到m1、m2間的最大

17、靜摩擦力,所以m1、m2一起保持相對靜止地運動,具有相同加速度a=,當(dāng)F達(dá)到m1、m2間最大靜摩擦力后,m1、m2發(fā)生相對滑動,產(chǎn)生不同加速度,對木板m1,a1=恒定不變,對木塊m2:a2=-g,因為>,所以選項A正確.答案:A11.(2011年天津理綜,2,6分)如圖所示,A、B兩物塊疊放在一起,在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動,運動過程中B受到的摩擦力()A.方向向左,大小不變B.方向向左,逐漸減小C.方向向右,大小不變D.方向向右,逐漸減小解析:取A、B兩物塊整體研究,加速度水平向左大小不變.再隔離B物塊,B在水平方向只受靜摩擦力,據(jù)牛頓第二定律知Ff=ma,所以

18、B受到的摩擦力方向水平向左,大小不變.故選項A正確,選項B、C、D錯誤.答案:A點評： 本題考查整體法、隔離法.用整體法的條件是:兩物體有共同的加速度.一般情況下,先整體,后隔離,先整體求加速度,后隔離一個物體求某一力.正確進行受力分析是解題的關(guān)鍵.12.(2010年大綱全國理綜,15,6分)如圖所示,輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連,下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連,整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上,并處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出,設(shè)抽出后的瞬間,木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2.重力加速度大小為g,則有()A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=

19、gD.a1=g,a2=g解析:木板抽出后的瞬間,彈簧彈力不能突變,木塊1的受力與原來相同,所以a1=0.木塊2受自身重力和彈簧彈力,合力F=Mg+mg,所以加速度a2=g,C對.答案:C點評：此題考查牛頓第二定律的瞬時加速度問題.解決本題的關(guān)鍵是彈簧在木板抽出后的瞬間彈力不變,而木板、輕繩、輕桿的彈力都可發(fā)生突變.13.(2013年天津理綜,10,16分)質(zhì)量為m=4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點,現(xiàn)用F=10 N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去,物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點,A、B兩點相距x=20 m,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2,g取10 m/s2,求:(1)物塊在力F作用過程發(fā)

20、生位移x1的大小;(2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t.解析:(1)設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為F1,則F1=mg根據(jù)動能定理,對物塊由A到B整個過程,有Fx1-F1x=0代入數(shù)據(jù),解得x1=16 m.(2)設(shè)剛撤去力F時物塊的速度為v,此后物塊的加速度為a,滑動的位移為x2,則x2=x-x1由牛頓第二定律得a=由勻變速直線運動公式得v2=2ax2由運動學(xué)公式得v=g·t代入數(shù)據(jù),解得t=2 s.答案:(1)16 m(2)2 s14.(2013年山東理綜,22,15分)如圖所示,一質(zhì)量m=0.4 kg的小物塊,以v0=2 m/s的初速度,在與斜面成某一夾角的拉力F作用下,沿斜面向上做勻加

21、速運動,經(jīng)t=2 s的時間物塊由A點運動到B點,A、B之間的距離L=10 m.已知斜面傾角=30°,物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)=.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點時速度的大小.(2)拉力F與斜面的夾角多大時,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?解析:(1)設(shè)物塊加速度的大小為a,到達(dá)B點時速度的大小為vB,由運動學(xué)公式得L=v0t+at2vB=v0+at聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得a=3 m/s2vB=8 m/s.(2)設(shè)物塊受到的支持力為FN,受到的摩擦力為Ff,拉力與斜面間的夾角為,受力分析如圖所示,由牛頓第二定律得Fcos -mgsin -Ff=maFsin

22、 +FN-mgcos =0又Ff=FN聯(lián)立式得F=由數(shù)學(xué)知識得cos +sin =sin(60°+)由式知F最小時夾角=30°聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得F的最小值為Fmin=N.答案:(1)3 m/s28 m/s(2)30° N15.(2013年福建理綜,21,19分)質(zhì)量為M、長為L的桿水平放置,桿兩端A、B系著長為3L的不可伸長且光滑的柔軟輕繩,繩上套著一質(zhì)量為m的小鐵環(huán).已知重力加速度為g,不計空氣影響.(1)現(xiàn)讓桿和環(huán)均靜止懸掛在空中,如圖(甲),求繩中拉力的大小:(2)若桿與環(huán)保持相對靜止,在空中沿AB方向水平向右做勻加速直線運動,此時環(huán)恰好懸于A端的正下方,如

23、圖(乙)所示.求此狀態(tài)下桿的加速度大小a;為保持這種狀態(tài)需在桿上施加一個多大的外力,方向如何?解析:(1)如圖(甲),設(shè)平衡時,繩中拉力為T,有2Tcos -mg=0,由圖知cos =由式解得T=mg.(2)此時,小鐵環(huán)受力如圖(乙)所示,有Tsin =maT+Tcos -mg=0由圖知=60°,代入式解得a=g.設(shè)外力F與水平方向成角,將桿和小鐵環(huán)當(dāng)成一個整體,其受力如圖(丙)所示,有Fcos =(M+m)aFsin -(M+m)g=0由式解得F=(M+m)gtan =(或=60°).答案:(1)mg(2)g(M+m)g方向與水平方向成60°角斜向右上方16.(

24、2013年江蘇卷,14,16分)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上,用水平向右的拉力將紙板迅速抽出,砝碼的移動很小,幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗.若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為.重力加速度為g.(1)當(dāng)紙板相對砝碼運動時,求紙板所受摩擦力的大小;(2)要使紙板相對砝碼運動,求所需拉力的大小;(3)本實驗中, m1=0.5 kg, m2=0.1 kg, =0.2,砝碼與紙板左端的距離d=0.1 m,取g=10 m/s2.若砝碼移動的距離超過l=0.002 m,人眼就能感知.為確保實驗成功,紙板所需的拉力至少多大?解析:(1)砝碼對紙板的摩擦力大小

25、為f1=m1g,桌面對紙板的摩擦力大小為f2=(m1+m2)g紙板所受摩擦力大小f=f1+f2,解得f=(2m1+m2)g.(2)設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2,則f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2發(fā)生相對運動a2>a1,解得F>2(m1+m2)g.(3)紙板抽出前,砝碼運動的距離x1=a1紙板運動的距離d+x1=a2a1=g=2 m/s2a2=,紙板抽出后,砝碼在桌面上做勻減速運動,加速度大小仍是g=2 m/s2,初速度為a1t1,故采用逆向法處理得:x2=x1,又l=x1+x2聯(lián)立以上各式可得:F=22.4 N.答案:(1)(2m1+m2)g(2)F>2(

26、m1+m2)g(3)22.4 N17.(2013年新課標(biāo)全國卷,25,18分)一長木板在水平地面上運動,在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上,以后木板運動的速度時間圖像如圖所示.已知物塊與木板的質(zhì)量相等,物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且物塊始終在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù);(2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時,物塊相對于木板的位移的大小.解析:(1)從t=0時開始,木塊放在木板上后木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速,使木板減速,一直到物塊和木板具有共同速度為止.由

27、vt圖可知,在t1=0.5 s時,物塊和木板的速度v1相同.設(shè)t=0到t=t1時間間隔內(nèi),物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,對木塊有v1=a1t1對木板有v1=v0-a2t1而v0=5 m/s、v1=1 m/s,設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m,物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為1、2,由牛頓第二定律得1mg=ma1(1+22)mg=ma2聯(lián)立式得1=0.202=0.30.(2)在t1時刻后,地面對木板的摩擦力阻礙木板運動,物塊與木板之間的摩擦力改變方向.設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為f,物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2,則由牛頓第二定律得f=ma122mg-f=ma2假設(shè)f&l

28、t;1mg,則a1=a2;由式得f=2mg>1mg,與假設(shè)矛盾.故f=1mg由式知,物塊加速度的大小a1等于a1;物塊的vt圖像如圖中點劃線所示.由運動學(xué)公式可推知,物塊和木板相對于地面的運動距離分別為s1=2×s2=t1+物塊相對于木板的位移的大小為s=s2-s1聯(lián)立式得s=1.125 m.答案:(1)0.200.30(2)1.125 m18.(2012年安徽理綜,22,14分)質(zhì)量為0.1 kg的彈性球從空中某高度由靜止開始下落,該下落過程對應(yīng)的vt圖像如圖所示.球與水平地面相碰后離開地面時的速度大小為碰撞前的3/4.設(shè)球受到的空氣阻力大小恒為f.取g=10 m/s2.求:

29、(1)彈性球受到的空氣阻力f的大小;(2)彈性球第一次碰撞后反彈的高度h.解析:(1)據(jù)vt圖線得彈性球下落加速度a=8 m/s2由牛頓第二定律得mg-f=ma聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得f=0.2 N.(2)由圖知彈性球第一次到達(dá)地面時的速度大小為v1=4 m/s,據(jù)題意球離地速度v2=v1=3 m/s.由牛頓第二定律得a2=12 m/s2,反彈高度h=0.375 m.答案:(1)0.2 N(2)0.375 m19.(2012年浙江理綜,23,16分)為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關(guān)系,小明同學(xué)用石蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”,如圖所示.在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”

30、,“A魚”豎直下潛hA后速度減為零,“B魚”豎直下潛hB后速度減為零.“魚”在水中運動時,除受重力外,還受浮力和水的阻力.已知“魚”在水中所受浮力是其重力的倍,重力加速度為g,“魚”運動的位移值遠(yuǎn)大于“魚”的長度.假設(shè)“魚”運動時所受水的阻力恒定,空氣阻力不計.求:(1)“A魚”入水瞬間的速度vA1;(2)“A魚”在水中運動時所受阻力fA.(3)“A魚”與“B魚”在水中運動時所受阻力之比fAfB.解析:(1)“A魚”在入水前做自由落體運動,有-0=2gH得vA1=.(2)“A魚”在水中運動時受重力、浮力和阻力的作用,做勻減速運動,設(shè)加速度為aA,有F浮+fA-mg=maA0-=-2aAhA,而

31、F浮=mg綜合上述各式,得fA=mg.(3)考慮到“B魚”的受力、運動情況與“A魚”相似,有fB=mg解得=.答案:(1) (2)mg(3)20.(2012年重慶理綜,25,19分)某校舉行托乒乓球跑步比賽,賽道為水平直道,比賽距離為s.比賽時,某同學(xué)將球置于球拍中心,以大小為a的加速度從靜止開始做勻加速直線運動,當(dāng)速度達(dá)到v0時,再以v0做勻速直線運動跑至終點.整個過程中球一直保持在球拍中心不動.比賽中,該同學(xué)在勻速直線運動階段保持球拍的傾角為0,如圖所示,設(shè)球在運動中受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比,方向與運動方向相反,不計球與球拍之間的摩擦,球的質(zhì)量為m,重力加速度為g.(1)求空氣

32、阻力大小與球速大小的比例系數(shù)k;(2)求在加速跑階段球拍傾角隨速度v變化的關(guān)系式;(3)整個勻速跑階段,若該同學(xué)速度仍為v0,而球拍的傾角比0大了并保持不變,不計球在球拍上的移動引起的空氣阻力變化,為保證到達(dá)終點前球不從球拍上距離中心為r的下邊沿掉落,求應(yīng)滿足的條件.解析:(1)在勻速運動階段,球受力如圖(甲)所示,有mgtan 0=kv0得:k=.(2)加速階段,設(shè)球拍對球的支持力為FN,球受力如圖(乙)所示,有FNsin -kv=ma,FNcos =mg聯(lián)立解得:tan =+tan 0.(3)以速度v0勻速運動時,設(shè)空氣阻力與重力的合力為F,由圖(甲)可得F=球拍傾角為0+時,空氣阻力與重

33、力的合力F不變,設(shè)球沿球拍面下滑的加速度大小為a,如圖(丙)所示,F沿球拍向下的分力為合力的大小,則Fsin =ma設(shè)勻速跑階段所用時間為t,有t=-球不從球拍上掉落的條件at2r聯(lián)立解得:sin .答案:見解析考點三 物體的超重、失重問題1.(2011年四川理綜,19,6分)如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖,假定其過程可簡化為:打開降落傘一段時間后,整個裝置勻速下降,為確保安全著陸,需點燃返回艙的緩沖火箭,在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動,則()A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力C.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正

34、功D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)解析:對降落傘,勻速下降時受到的重力mg、繩的拉力FT和浮力F平衡,即FT=F-mg.在噴氣瞬間,噴氣產(chǎn)生的反沖力向上,使降落傘減速運動,設(shè)加速度大小為a,對降落傘應(yīng)用牛頓第二定律:F-FT-mg=ma,FT=F-mg-ma<FT,由此可知傘繩拉力減小,故選項A正確.返回艙減速是由于火箭對其有向上的推力,選項B錯誤.加速度方向向上,返回艙處于超重狀態(tài),故選項D錯誤.返回艙在噴氣過程中向下減速運動,合力方向向上,位移向下,合外力做負(fù)功,故選項C錯誤.答案:A2.(2010年浙江理綜,14,6分)如圖所示,A、B兩物體疊放在一起,以相同的初速度上拋(不計空

35、氣阻力).下列說法正確的是()A.在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零B.上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C.下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D.在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力解析:以A、B整體為研究對象,僅受重力,由牛頓第二定律知二者運動的加速度為g,方向豎直向下.以A為研究對象,因加速度為g,方向豎直向下,故由牛頓第二定律知A所受合力為A的重力,所以A僅受重力作用,在上升和下降過程中,A對B的壓力一定為零,選項A正確,B、C、D錯誤.答案:A3.(2009年安徽理綜,17,6分)為了節(jié)省能量,某商場安裝了智能化的電動扶梯.無人乘行時,扶梯運轉(zhuǎn)得很慢

36、;有人站上扶梯時,它會先慢慢加速,再勻速運轉(zhuǎn).一顧客乘扶梯上樓,恰好經(jīng)歷了這兩個過程,如圖所示.那么下列說法中正確的是()A.顧客始終受到三個力的作用B.顧客始終處于超重狀態(tài)C.顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方,再豎直向下D.顧客對扶梯作用力的方向先指向右下方,再豎直向下解析:在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向右,電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方,由牛頓第三定律知,它的反作用力即人對電梯的作用力方向指向左下方;在勻速運動的過程中,顧客與電梯間的摩擦力等于零,顧客對扶梯的作用僅為壓力,方向豎直向下,選項C正確.答案:C考點四 驗證牛頓運動定律1.(2013年新課標(biāo)全國卷,22

37、,7分)圖(a)為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置示意圖.實驗步驟如下:用天平測量物塊和遮光片的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m;用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度d;用米尺測量兩光電門之間的距離s;調(diào)整輕滑輪,使細(xì)線水平;讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放,用數(shù)字毫秒計分別測出遮光片經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間tA和tB,求出加速度a;多次重復(fù)步驟,求a的平均值 ;根據(jù)上述實驗數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù).回答下列問題:(1)測量d時,某次游標(biāo)卡尺(主尺的最小分度為1 mm)的示數(shù)如圖(b)所示,其讀數(shù)為cm. (2)物塊的加速度a可用d、s、tA和tB表示為a=. (3)動摩擦因數(shù)可用

38、M、m、和重力加速度g表示為=. (4)如果細(xì)線沒有調(diào)整到水平,由此引起的誤差屬于(選填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”). 解析:(1)游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)為9 mm,游標(biāo)為20分度,其讀數(shù)為12,由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知,游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為9 mm+12×0.05 mm=9.60 mm=0.960 cm.(2)遮光片通過光電門A的速度為vA=,通過光電門B的速度為vB=,根據(jù)-=2as可得a=.(3)由于M與m的大小關(guān)系未知,細(xì)線的拉力Tmg.以物塊為研究對象,水平方向上有T-Mg=M,以重物為研究對象,豎直方向上有mg-T=m,兩式聯(lián)立解得=.(4)由于儀器未調(diào)整好造成

39、的誤差,屬于系統(tǒng)誤差.答案:(1)0.960(2) (3)(4)系統(tǒng)誤差2.(2013年天津理綜,9(2),7分)某實驗小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系.下列做法正確的是(填字母代號). A.調(diào)節(jié)滑輪的高度,使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持平行B.在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時,將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C.實驗時,先放開木塊再接通打點計時器的電源D.通過增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時,不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力,應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量.(填“遠(yuǎn)大于”、“

40、遠(yuǎn)小于”或“近似等于”) 甲、乙兩同學(xué)在同一實驗室,各取一套圖示的裝置放在水平桌面上,木塊上均不放砝碼,在沒有平衡摩擦力的情況下,研究加速度a與拉力F的關(guān)系,分別得到圖中甲、乙兩條直線.設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙,甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)分別為甲,乙,由圖可知,m甲m乙,甲乙.(填“大于”、“小于”或“等于”) 解析:實驗中細(xì)繩要保持與長木板平行,選項A正確;平衡摩擦力時不能將裝有砝碼的砝碼桶通過細(xì)繩繞過滑輪拴在木塊上,選項B錯誤;實驗時應(yīng)先接通電源再放開木塊,選項C錯誤;平衡摩擦力后,改變木塊上的砝碼的質(zhì)量時不再需要重新平衡摩擦力,選項D正確.對砝碼桶

41、:mg-F=ma,對木塊:F=Ma,聯(lián)立解得a=,繩的拉力F=Ma=M=mg,可見,當(dāng)砝碼桶和桶內(nèi)砝碼的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量M時,可得Fmg.不平衡摩擦力,則F-mg=ma,a=-g,圖線斜率大的木塊質(zhì)量小,縱軸截距絕對值大的動摩擦因數(shù)大,因此m甲<m乙,甲>乙.答案:AD遠(yuǎn)小于小于大于3.(2012年大綱全國理綜,23,11分)如圖(甲)為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖.圖中打點計時器的電源為50 Hz的交流電源,打點的時間間隔用t表示.在小車質(zhì)量未知的情況下,某同學(xué)設(shè)計了一種方法用來探究“在外力一定的條件下,物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系”.(1)完成下列實驗步

42、驟中的填空.平衡小車所受的阻力:小吊盤中不放物塊,調(diào)整木板右端的高度,用手輕撥小車,直到打點計時器打出一系列的點. 按住小車,在小吊盤中放入適當(dāng)質(zhì)量的物塊,在小車中放入砝碼.打開打點計時器電源,釋放小車,獲得帶有點列的紙帶,在紙帶上標(biāo)出小車中砝碼的質(zhì)量m.按住小車,改變小車中砝碼的質(zhì)量,重復(fù)步驟.在每條紙帶上清晰的部分,每5個間隔標(biāo)注一個計數(shù)點.測量相鄰計數(shù)點的間距s1,s2求出與不同m相對應(yīng)的加速度a.以砝碼的質(zhì)量m為橫坐標(biāo),為縱坐標(biāo),在坐標(biāo)紙上作出m關(guān)系圖線.若加速度與小車和砝碼的總質(zhì)量成反比,則與m應(yīng)成關(guān)系(填“線性”或“非線性”). (2)完成下列填空:()本實驗中

43、,為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時,小車所受的拉力近似不變,小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)滿足的條件是. ()設(shè)紙帶上三個相鄰計數(shù)點的間距為s1、s2和s3.a可用s1、s3和t表示為a=.圖(乙)為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況,由圖可讀出s1= mm,s3= mm,由此求得加速度的大小 a= m/s2. ()圖(丙)為所得實驗圖線的示意圖.設(shè)圖中直線的斜率為k,在縱軸上的截距為b,若牛頓定律成立,則小車受到的拉力為,小車的質(zhì)量為. 解析: (1)若小車勻速運動,則在相等的時間內(nèi)運動的位移相等,所以打下的點是均勻的.設(shè)小車質(zhì)量為M,小吊盤和盤中物塊的總質(zhì)量

44、為m0,小車和砝碼受到的拉力等于小吊盤和盤中物塊的重力,根據(jù)牛頓第二定律,小車和砝碼的加速度a=,=+·m,由于M、m0g不變,可見與m為線性關(guān)系.(2)()設(shè)繩子拉力為F,據(jù)牛頓第二定律,對于小吊盤和盤中物塊:m0g-F=m0a,對于小車和砝碼:F=(M+m)a,聯(lián)立解得F=,只有當(dāng)M+mm0時,Fm0g,繩子的拉力才是常數(shù).()根據(jù)逐差法,s2-s1=s=a(5t)2,s3-s2=s=a(5t)2,所以s3-s1=2s=2a(5t)2,得a=.從刻度尺可讀出s1=36.6 mm-12.4 mm=24.2 mm,s3=120.0 mm-72.7 mm=47.3 mm,代入上述公式得

45、a=1.16 m/s2.()從關(guān)系式=+·m可以看出, m圖像的斜率k=,所以繩子拉力F=m0g=,圖像縱軸截距的意義是b=,則M=. 答案: (1)等間距線性(2)()遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量(或“遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量”)() 24.2(23.924.5均可)47.3(47.047.6均可)1.16(1.131.19均可)() 4.(2012年安徽理綜,21,10分)如圖(甲)為“驗證牛頓第二定律”的實驗裝置示意圖.砂和砂桶的質(zhì)量為m,小車和砝碼的總質(zhì)量為M.實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細(xì)線對小車?yán)Φ拇笮?(1)實驗中,為了使細(xì)線對小車的拉力等于小車所受的合外力,先調(diào)節(jié)長木板一端

46、滑輪的高度,使細(xì)線與長木板平行.接下來還需要進行的一項操作是()A.將長木板水平放置,讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶,給打點計時器通電,調(diào)節(jié)m的大小,使小車在砂和砂桶的牽引下運動,從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動B.將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?讓小車連著已經(jīng)穿過打點計時器的紙帶,撤去砂和砂桶,給打點計時器通電,輕推小車,從打出的紙帶判斷小車是否做勻速運動C.將長木板的一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?撤去紙帶以及砂和砂桶,輕推小車,觀察判斷小車是否做勻速運動(2)實驗中要進行質(zhì)量m和M的選取,以下最合理的一組是()A.M=200 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gB.

47、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)如圖(乙)是實驗中得到的一條紙帶,A、B、C、D、E、F、G為7個相鄰的計數(shù)點,相鄰的兩個計數(shù)點之間還有四個點未畫出.量出相鄰的計數(shù)點之間的距離分別為:sAB=4.22 cm、sBC=4.65 cm、sCD=5.08 cm、sDE=5.49 cm、sEF=5.91 cm、sFG=6.34 cm.已知打點計時器的工作頻率為50 Hz,則小車的加

48、速度a= m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字). 解析: (1)本實驗應(yīng)先平衡摩擦力,將長木板一端墊起適當(dāng)?shù)母叨?輕推小車后,小車能勻速運動即說明摩擦力已平衡,判斷小車的運動是否是勻速運動時,應(yīng)根據(jù)紙帶上的打點情況,而不能靠用眼觀察小車運動.(2)本實驗應(yīng)保證砂和砂桶的總質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車和砝碼的總質(zhì)量M,所以C組最符合要求.(3)由題意知,相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T=0.1 s,根據(jù)s=aT2,得sDE-sAB=3a1T2,sEF-sBC=3a2T2,sFG-sCD=3a3T2所以小車的加速度a=0.42 m/s2.答案: (1)B(2)C(3)0.42模擬試題考點一 牛頓第一、三定律和

49、慣性1.(2013衡水中學(xué)調(diào)研)以下說法中正確的是()A.牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性B.速度大的物體慣性大,速度小的物體慣性小C.力是維持物體運動的原因D.做曲線運動的質(zhì)點,若將所有外力都撤去,則該質(zhì)點仍可能做曲線運動解析:牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性,質(zhì)量是慣性大小的量度,慣性與速度無關(guān),選項A正確,選項B錯誤;力不是維持物體運動的原因,力是產(chǎn)生加速度的原因,選項C錯誤;做曲線運動的質(zhì)點,若將所有外力都撤去,則該質(zhì)點將做勻速直線運動,選項D錯誤.答案:A2.(2013泰州市期末)伽利略和牛頓都是物理學(xué)發(fā)展史上最偉大的科學(xué)家,巧合的是,牛頓就出生在伽利略去世后第二年.下列關(guān)于

50、力和運動關(guān)系的說法中,不屬于他們觀點的是()A.自由落體運動是一種勻變速直線運動B.力是使物體產(chǎn)生加速度的原因C.物體都具有保持原來運動狀態(tài)的屬性,即慣性D.力是維持物體運動的原因解析:伽利略通過實驗研究確定了自由落體運動是一種勻變速直線運動;牛頓第一定律則說明物體都具有保持原來狀態(tài)的性質(zhì),而力是改變運動狀態(tài)、產(chǎn)生加速度的原因;亞里士多德則認(rèn)為力是維持物體運動的原因.由此可知答案為D.答案:D3.(2013中山市期末)如圖所示,放在水平面上的物體受到一個水平向右的拉力F作用而處于靜止?fàn)顟B(tài),下列說法中正確的是()A.物體對水平面的壓力和物體受到的重力是一對平衡力B.拉力F和水平面對物體的摩擦力是

51、一對作用力和反作用力C.物體受到四對平衡力的作用D.物體受到的合外力為零解析:物體對水平面的壓力與物體受到的重力既不是一對平衡力又不是一對作用力和反作用力,選項A錯誤;拉力F和水平面對物體的摩擦力是一對平衡力,選項B錯誤;物體共受到四個力作用,應(yīng)為兩對平衡力,選項C錯誤;物體處于靜止?fàn)顟B(tài),受到的合外力為零,選項D正確.答案:D4.(2013唐山摸底)從16世紀(jì)末,隨著人們對力的認(rèn)識逐漸清晰和豐富,建立了經(jīng)典力學(xué)理論,以下有關(guān)力的說法正確的有()A.物體的速度越大,說明它受到的外力越大B.物體的加速度在改變,說明它受到的外力一定改變C.馬拉車做勻速運動,說明物體做勻速運動需要力來維持D.一個人從

52、地面跳起來,說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力解析:物體的加速度越大,說明它受到的外力越大,而力的大小與速度無關(guān),物體的加速度在改變,說明它受到的外力一定改變,選項A錯誤,B正確;馬拉車做勻速運動,說明物體所受合外力為零,選項C錯誤;地面對人的支持力大小在任何情況下都等于人對地面的壓力大小,選項D錯誤.答案:B考點二 牛頓第二定律的理解與應(yīng)用5.(2013安徽江南十校摸底)如圖所示,在動摩擦因數(shù)=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1 kg的小球,小球與水平輕彈簧及與豎直方向成=45°角的不可伸長的輕繩一端相連,此時小球處于靜止?fàn)顟B(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零.在剪斷輕繩的瞬間(g取

53、10 m/s2),下列說法中正確的是()A.小球受力個數(shù)不變B.小球立即向左運動,且a=8 m/s2C.小球立即向左運動,且a=10 m/s2D.若剪斷的是彈簧,則剪斷瞬間小球加速度的大小a=10m/s2解析:在剪斷輕繩前,分析小球受力,小球受到重力、彈簧彈力和繩子拉力.應(yīng)用平衡條件可得彈簧彈力F=mgtan 45°=10 N.剪斷輕繩的瞬間,彈簧彈力不變,重力不變,小球?qū)⑹艿剿矫娴膹椓湍Σ亮?受力個數(shù)變化,選項A錯誤;此時在豎直方向,水平面的彈力FN=mg,摩擦力為Ff=FN=2 N,小球水平向左的合力F合=F-Ff=ma,解得a=8 m/s2,選項B正確,C錯誤;若剪斷的是彈

54、簧,則剪斷瞬間彈簧彈力和輕繩的拉力均消失,小球仍然靜止,則加速度的大小a=0,選項D錯誤.答案:B6.(2012湖北調(diào)研)如圖為某同學(xué)自制的加速度計.構(gòu)造如下:一根輕質(zhì)細(xì)桿的下端固定一個小球,桿的上端與光滑水平軸相連接.桿可在豎直平面內(nèi)左右擺動.硬質(zhì)面板緊靠桿擺動的平面放置,并標(biāo)有刻度線.其中,刻度線c位于經(jīng)過O的豎直線上 .刻度線b在bO連線上,bOc=30°.刻度線d在dO連線上,cOd=45°.使用時,若約定加速度計的右側(cè)為汽車前進的方向,速度v=10 m/s,g取9.8 m/s2,汽車前進時()A.若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在b處,則汽車加速度為4.9 m/s2B.若細(xì)桿穩(wěn)定

55、地指示在d處,則0.5 s內(nèi)汽車速度減小了4.9 m/sC.若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在b處,則0.5 s內(nèi)汽車速度增大了4.9 m/sD.若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在c處,則5 s內(nèi)汽車前進了100 m解析:若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在b處,小球的受力如圖所示,由牛頓第二定律得mgtan 30°=ma1,則汽車加速度為a1=gtan 30°=9.8× m/s25.66 m/s2,0.5 s內(nèi)汽車速度增大了v=a1t=5.66×0.5 m/s=2.83 m/s, 選項A、C錯誤;若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在d處,同理可得汽車加速度為a2=gtan 45°=9.8 m/s2,則0.5

56、s內(nèi)汽車速度減小了v=a2t=4.9 m/s,選項B正確;若細(xì)桿穩(wěn)定地指示在c處,汽車勻速運動,則5 s內(nèi)汽車前進了x=vt=10×5 m=50 m,選項D錯誤.答案:B7.(2012南京模擬)如圖所示,一固定光滑桿與水平方向夾角為,將一質(zhì)量為m1的小環(huán)套在桿上,通過輕繩懸掛一個質(zhì)量為m2的小球,靜止釋放后,小環(huán)與小球保持相對靜止以相同的加速度a一起下滑,此時繩子與豎直方向夾角為,則下列說法正確的是()A.桿對小環(huán)的作用力大于m1g+m2gB.m1不變,則m2越大,越小C.=,與m1、m2無關(guān)D.若桿不光滑,可能大于解析:對整體由牛頓第二定律得(m1+m2)gsin =(m1+m2)a,設(shè)桿對小環(huán)的作用力大小為FN,據(jù)平衡條件得FN=(m1+m2)gc