《2013高考物理 模擬新題特快專遞（第一期）專題三 牛頓運動定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2013高考物理 模擬新題特快專遞（第一期）專題三 牛頓運動定律（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2013高考模擬新題特快專遞第一期三牛頓運動定律 1.（2013哈爾濱三中月考）下列說法正確的是： A．牛頓認為質(zhì)量一定的物體其加速度與物體受到的合外力成正比 B. 亞里士多德認為輕重物體下落快慢相同 C. 笛卡爾的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因 D. 伽利略認為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落的同樣快 答案：AD解析：牛頓認為質(zhì)量一定的物體其加速度與物體受到的合外力成正比，選項A正確；亞里士多德認為重物體下落快，選項B錯誤；伽利略的理想斜面實驗說明了力不是維持物體運動的原因，伽利略認為如果完全排除空氣的阻力，所有物體將下落的同樣快，選項C錯誤D正確。 2.

2、（2013邯鄲摸底）物理學(xué)是一門以實驗為基礎(chǔ)的學(xué)科，物理定律就是在大量實驗的基礎(chǔ)上歸納總結(jié)出來的。但有些物理規(guī)律或物理關(guān)系的建立并不是直接從實驗得到的，而是經(jīng)過了理想化或合力外推，下列選項中屬于這種情況的是（ ） A．牛頓第一定律 B．牛頓第二定律 C．萬有引力定律 D．庫侖定律 答案：A 解析：牛頓第一定律是在實驗的基礎(chǔ)上經(jīng)過合理外推得到的，用實驗無法實現(xiàn)，選項A正確；牛頓第二定律是實驗定律，萬有引力定律是經(jīng)過類比和實驗驗證的，庫倫定律是通過采用控制變量法的實驗而得到的實驗定律，選項BCD錯。 3、（2013衡水中學(xué)調(diào)研）以下說法中正確的是( )

3、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 答案：A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。 4. （2013哈爾濱三中月考）如圖所示，兩個傾角相同的滑竿上分別套有A、B兩個圓環(huán)，兩個圓環(huán)上分別用細線懸吊兩個物體C、D，當(dāng)它們都沿滑竿向下滑動時A的懸線與桿

4、垂直，B的懸線豎直向下。下列說法正確的是： A C B D A.A環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力 B.B環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力 C.A環(huán)做的是勻加速直線運動 D.B環(huán)做的是勻加速直線運動 答案：AC解析：對圖示兩種情況受力分析，并應(yīng)用牛頓第二定律，可知，A環(huán)與滑竿之間沒有摩擦力，B環(huán)與滑竿之間有摩擦力，A環(huán)做的是勻加速直線運動，B環(huán)做的是勻加速直線運動，選項AC正確BD錯誤。 5．（2013哈爾濱三中月考）如圖所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長量為10cm，運動時彈簧伸長量為9cm，則升降機的運動狀態(tài)可能是（g=10m/s2）： A.以a=1m/s2

5、的加速度加速上升； B.以a=1m/s2的加速度加速下降； C.以a=9m/s2的加速度減速上升； D.以a=9m/s2的加速度減速下降 答案：B解析：根據(jù)運動時彈簧伸長量為9cm，小于靜止時彈簧伸長量為10cm，可知升降機加速度向下，則升降機的運動狀態(tài)可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度減速上升，選項B正確。 6．（2013唐山摸底）風(fēng)洞實驗室可產(chǎn)生水平方向大小可調(diào)節(jié)的風(fēng)力。實驗室中有兩個質(zhì)量不等的球A、B，用一輕質(zhì)繩連接。把A球套在水平細桿上如圖所示，對B球施加水平風(fēng)力作用，使A球與B球一起向右勻加速運動。若把A、B兩球位置互換，重復(fù)實驗，讓兩球

6、仍一起向右做勻加速運動，已知兩次實驗過程中球的加速度相同，A、B兩球與細桿的動摩擦因數(shù)相同。則兩次運動過程中，下列物理量一定不變的是 A．細繩與豎直方向的夾角 B．輕繩拉力的大小 C．細桿對球的支持力 D．風(fēng)給小球的水平力 答案：CD解析：由于AB兩球質(zhì)量不等，細繩與豎直方向的夾角，輕繩拉力的大小可能變化，選項AB錯誤；兩次運動過程中，受到水平風(fēng)力一定不變，細桿對球的支持力一定不變，選項CD正確。 7．（2013唐山摸底）從16世紀末，隨著人們對力的認識逐漸清晰和豐富，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

7、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．一個人從地面跳起來，說明地面對人的支持力大于人對地面的壓力 答案：B解析：物體的加速度越大，說明它受到的外力越大，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；地面對人的支持力在任何情況下都等于人對地面的壓力，選項D錯誤。 v2 x x1 0 v02 8．（2013哈爾濱三中月考）一汽車沿直線由靜止開始向右運動，汽車的速度和加速度方向始終向右。汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像如圖所示，則下列

8、說法正確的是： A.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車受到的合外力越來越大 B.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車受到的合外力越來越小 C.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車的平均速度大于v0/2 D.汽車從開始運動到前進x 1過程中，汽車的平均速度小于v0/2 答案：AD解析：由v2=2ax，可知，若汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像為直線，則，汽車做勻加速運動。由汽車速度的二次方v2與汽車前進位移x的圖像可知，汽車的加速度越來越大，汽車受到的合外力越來越大，選項A正確B錯誤；根據(jù)汽車做加速度逐漸增大的加速運動，可畫出速度圖象，根據(jù)速度圖象可得出，汽車從開始運動

9、到前進x 1過程中，汽車的平均速度小于v0/2，選項C錯誤D正確。 9．（2013安徽江南十校摸底）如圖所示，在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質(zhì)量m=1kg的小球，小球與水平輕彈簧及與豎直方向成θ=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10m/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/s2 C．小球立即向左運動，且a=10m/s2 D．若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球加速度的大小a=10 m/s2 答案：B解析：在剪斷輕繩前，分析小球受力，小球

10、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=mgtan45°=10N。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Γ∏蚴芰€數(shù)變化，選項A錯誤；此時在豎直方向，水平面的彈力N=mg，摩擦力為f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，選項B正確C錯誤；若剪斷的是彈簧，則剪斷瞬間小球仍然靜止，小球加速度的大小a=0，選項D錯誤。 10．(2013西安摸底)質(zhì)量為0.6 kg的物體在水平面上運動，圖中的兩條斜線分別是物體受水平拉力和不受水平拉力的v-t圖像，則 ( ) A．斜線①一定是物體受水平拉力時的圖像 B．

11、斜線②一定是物體不受水平拉力時的圖像 C．水平拉力一定等于0.2 N D．物體所受的摩擦力可能等于0.2 N 答案：CD解析：拉力方向可能與物體水平運動方向相同或相反，不能確定哪條斜線是物體受水平拉力時的圖像，選項AB錯誤。斜線①對應(yīng)的物體加速度大小為a1=m/s2，斜線②對應(yīng)的物體加速度大小為a2=m/s2。若斜線①是物體受水平拉力時的圖像，斜線②是物體不受水平拉力時的圖像，拉力方向與物體水平運動方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F(xiàn)=0.2N; 若斜線②是物體受水平拉力時的圖像，斜線①是物體不受水平拉力時的圖像，拉力方向與物體水平運動方向相反，f + F

12、=ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F(xiàn)=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物體所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，選項CD正確。 m1 m2 F 11. （2013哈爾濱三中月考）如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運動，此時，彈簧伸長量為x，若用水平力F’作用在m1上時，兩物塊均以加速度a’=2a做勻加速運動。此時彈簧伸長量為x’。則下列關(guān)系正確的是： A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x 答案：AB

13、解析：把兩個物體看作整體，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)’=2F，選項A正確C錯誤；隔離m2，由牛頓第二定律和胡克定律，x’=2 x，選項B正確D錯誤。 12. （2013江蘇徐州摸底）一位同學(xué)乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，其v-t圖象如圖所示．下列說法正確的是 A．前2s內(nèi)該同學(xué)處于超重狀態(tài) B．前2s內(nèi)該同學(xué)的加速度是最后1s內(nèi)的2倍 C．該同學(xué)在10s內(nèi)的平均速度是1m/s D．該同學(xué)在10s內(nèi)通過的位移是17m 答案：D解析：同學(xué)乘坐電梯從六樓下到一樓的過程中，前2s內(nèi)該同學(xué)處于失重狀態(tài)，前2s內(nèi)該同學(xué)的加速度是最后1s內(nèi)的1/2，選項AB錯誤；該同學(xué)在10s內(nèi)的位移為17m，平

14、均速度是1.7m/s，選項D正確C錯誤。 13．（2013屆江西省重點中學(xué)高三聯(lián)考）如圖甲所示，質(zhì)量為m的物塊沿足夠長的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通過A、B，然后又返回到底端。設(shè)從A到B的時間為t1，加速度大小為a1，經(jīng)過A的速率為v1，從B返回到A的時間為t2，加速度大小為a2，經(jīng)過A的速率為v2，則正確的是（ ） A．t1=t2，a1=a2，v1=v2 B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2 C．物塊全過程的速度時間圖線如圖乙所示 D．物塊全過程的速度時間圖線如圖丙所示

15、 答案：D解析：由于從B返回到A所受合外力小，加速度小，所以從A到B的時間t1＜t2，a1>a2，v1>v2,選項AB錯誤；物塊全過程的速度時間圖線如圖丙所示，選項C錯誤D正確。 14．(2013西安摸底)如圖是一種升降電梯的示意圖，A為載人箱，B為平衡重物，它們的質(zhì)量均為M，由跨過滑輪的鋼索系住，在電動機的牽引下使電梯上下運動．若電梯中乘客的質(zhì)量為m，勻速上升的速度為v，在電梯即將到頂層前關(guān)閉電動機，靠慣性再經(jīng)時間t停止運動卡住電梯，不計空氣阻力，則t為（ ） A． B． C． D． 答案：D解析：關(guān)閉電動機后，由牛頓第二定律，mg=(2M+m)a，解得電梯加速度

16、大小a=mg/(2 M+m)，t=v/a=，選項D正確。 15. （2013廣西三校聯(lián)考）如圖所示，一細繩跨過一輕質(zhì)定滑輪（不計細繩和滑輪質(zhì)量，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質(zhì)量為m的物體A，另一端懸掛一質(zhì)量為M（M>m）的物體B，此時A物體加速度為a1。如果用力F代替物體B，使物體A產(chǎn)生的加速度為a2，那么（ ） A. 如果al= a2，則F< Mg B. 如果F=Mg，則alm）的物體B，由牛頓第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.

17、，解得a1=g。如果用力F代替物體B，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，則F< Mg；如果F=Mg，則al

18、 答案：A解析：當(dāng)升降機以4m/s2的加速度加速向上運動時，上面彈簧對物體的拉力為0.4N；設(shè)下面彈簧支持力為FN，由牛頓第二定律，0.4+FN-mg=ma1；解得FN=mg=1N。當(dāng)升降機和物體都以8m/s2的加速度向上運動時，設(shè)上面彈簧的拉力為F，則下面彈簧支持力為F’N=mg+F-0.4=0.6+F，由牛頓第二定律，F(xiàn)+F’N-mg=ma2；解得F=0.6N,選項A正確。 17．（2013南昌鐵一中摸底）彈簧秤掛在升降機的頂板上，下端掛一質(zhì)量為2kg的物體．當(dāng)升降機在豎直方向運動時，彈簧秤的示數(shù)始終是16N．如果從升降機的速度為3m/s時開始計時，則經(jīng)過1s，升降機的位移可能是（g

19、取10m/s2）（ ） A．2m B．3m C．4m D．8m 答案：AC 解析：根據(jù)彈簧秤的示數(shù)始終是16N可知，升降機加速度方向向下，mg-F=ma，解得a=2m/s2.若升降機向下加速運動，經(jīng)過1s，升降機的速度為5m/s，經(jīng)過1s，升降機的位移可能是4m；若升降機向上減速運動，經(jīng)過1s，升降機的速度為1m/s，經(jīng)過1s，升降機的位移可能是2m；選項AC正確。 18．（2013南昌鐵一中摸底）建筑工人用如圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑

20、材料以0.500m／s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取10 m/s2.)（ ） A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：將20.0kg的建筑材料以0.500m／s2的加速度拉升，拉力F=m（g+a）=20×(10+0.500)N=210N。對工人，由平衡條件可得地面支持力為700N-210N=490 N,根據(jù)牛頓第三定律，工人對地面的壓力大小為490N，選項B正確。 19. （2013邯鄲摸底）一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運行。現(xiàn)將一塊木炭無初速

21、度地放在傳送帶的最左端，木炭在傳送帶上將會留下一段黑色的痕跡。下列說法正確的是（） A． 褐色的痕跡將出現(xiàn)在木炭的左側(cè) B． 木炭的質(zhì)量越大，痕跡的長度越短 C． 傳送帶運動的速度越大，痕跡的長度越短 D． 木炭與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，痕跡的長度越短 答案：D 解析：木炭水平方向無初速度放到傳送帶上時，相對于傳送帶向后運動，所以，會在木炭的右側(cè)留下黑色痕跡，選項A錯；在木炭的速度增加到等于傳送帶的速度之前，木炭相對于傳送帶向后做勻減速直線運動，根據(jù)v2=2ax,其中a=μg，與m無關(guān)，選項B錯；由前式知，a一定時，v越大，x越長，選項C錯；在v一定時，μ越大，a越大，x越小，選項

22、D對。 20．（2013南昌鐵一中摸底）如圖所示，ad、bd、 cd是豎直面內(nèi)的三根固定的光滑細桿，a、ｂ、c、ｄ位于同一圓周上，ａ點為圓周上最高點，ｄ點為圓周上最低點。每根桿上都套有一個小圓環(huán)，三個圓環(huán)分別從ａ、ｂ、c處由靜止釋放，用t1 、t2 、t3依次表示各環(huán)到達d點所用的時間，則（ ） A．t 1＜t2＜t3 B．t 1＞t2＞t3 C．t 3＞t1＞t2 D．t 1＝t2 ＝t3 答案：D 解析：分析bd光滑細桿上小圓環(huán)受力，應(yīng)用牛頓第二定律和直線運動公式，可得環(huán)到達d點所用的時間

23、與光滑細桿的傾角無關(guān)，選項D正確。 21. （2013邯鄲摸底）如圖所示，粗糙的水平地面上有三塊材料完全相同的木塊A、B、C，質(zhì)量均為m，B、C之間用輕質(zhì)細繩連接?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在C上，三者開始一起做勻加速運動，運動過程中把一塊橡皮泥粘在某一塊上面，系統(tǒng)仍加速運動，且始終沒有相對滑動。則在粘上橡皮泥并達到穩(wěn)定后，下列說法正確的是（） A．無論粘在哪個木塊上面，系統(tǒng)加速度都將減小 B．若粘在A木塊上面，繩的拉力減小，A、B間摩擦力不變 C．若粘在B木塊上面，繩的拉力增大，A、B間摩擦力增大 D．若粘在C木塊上面，繩的拉力和A、B間摩擦力都減小 答案：AD 解析：因無相對滑

24、動，所以，無論橡皮泥粘到哪塊上，根據(jù)牛頓第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系統(tǒng)加速度a都將減小，選項A對；若粘在A木塊上面，以C為研究對象，受F、摩擦力μmg、繩子拉力T，F(xiàn)-μmg-T=ma，a減小，F(xiàn)、μmg不變，所以，T增大，選項B錯；若粘在B木塊上面，a減小，以A為研究對象，m不變，所受摩擦力減小，選項C錯；若粘在C木塊上面，a減小，A的摩擦力減小，以AB為整體，有T-2μmg=2ma，T減小，選項D對。 22 （2013安徽師大摸底）如圖所示，物體B疊放在物體A上，A、B的質(zhì)量均為m，且上、下表面均與斜面平行，它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，

25、則(　　) A．A，B間沒有靜摩擦力 B．A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向上 C．A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθ D．A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝tanθ 答案：C解析：它們以共同速度沿傾角為θ的固定斜面C勻速下滑，A受到斜面的滑動摩擦力大小為2mgsinθ，A對B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，選項A錯誤C正確；由牛頓第三定律，．A受到B的靜摩擦力方向沿斜面向下，選項B錯誤；A與B間的摩擦力是靜摩擦力，不能確定AB之間的動摩擦因數(shù)μ，選項D錯誤。 23．（2013南昌鐵一中摸底）如圖(a)所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體

26、做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖像如圖(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根據(jù)圖(b)中所提供的信息可以計算出（ ） A．物體的質(zhì)量 B．斜面的傾角 F θ (a) O a(m/s2) F(N) 6 -6 2 4 -2 -4 (b) 20 30 10 C．斜面的長度 D．加速度為6m/s2時物體的速度 . 答案：AB 解析：當(dāng)F=0時，物體向下的加速度大小為6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可計算出斜面的傾角θ，選項B正確；當(dāng)F=20N時，物體向上的加速度大小為2m/s2，即cosθ-gsinθ=2m

27、/s2，可計算出物體的質(zhì)量m，選項A正確。不能計算出斜面的長度，加速度為6m/s2時物體的速度，選項CD錯誤。 24．（2013衡水中學(xué)調(diào)研）如圖甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化（圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿斜面向上為正）.則物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是圖丙中的（物體的初速度為零，重力加速度取10m/s2） 答案：C解析：在0~1s，F(xiàn)=mg，由牛頓第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F(xiàn)=0，由牛頓第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F(xiàn)=-mg，由牛頓第二定律，加速度a

28、=-15m/s2；物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是圖丙中的C。 A F B 25．（2013衡水中學(xué)調(diào)研）質(zhì)量為m的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B相互接觸放在水平面上，如圖所示。若對A施加水平推力F，則兩物塊沿水平方向做加速運動。關(guān)于A對B的作用力，下列說法正確的是 （ ） A．若水平面光滑，物塊A對B的作用力大小為F B．若水平面光滑，物塊A對B的作用力大小為F/2 C．若物塊A與地面、B與地面的動摩擦因數(shù)均為μ，則物塊物塊A對B的作用力大小為F/2 D．若物塊A與地面的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面的動摩擦因數(shù)為2μ，則物塊物塊A對B的作用力大小為(F +μmg)/2

29、答案：BCD 解析：若水平面光滑，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)’=ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=F/2，選項A錯誤B正確。若物塊A與地面、B與地面的動摩擦因數(shù)均為μ，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)-2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)’ -μmg =ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=F/2，選項C正確。若物塊A與地面的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面的動摩擦因數(shù)為2μ，對整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)-μmg -2μmg=2ma；隔離B，由牛頓第二定律，F(xiàn)’ -2μmg =ma；解得物塊A對B的作用力大小為F’=(F +μmg)/2，選項D正確。 26

30、. （2013衡水中學(xué)調(diào)研）電梯的頂部掛一個彈簧秤，秤下端掛了一個重物，電梯勻速直線運動時，彈簧秤的示數(shù)為10 N，在某時刻電梯中的人觀察到彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N，關(guān)于電梯的運動（如圖所示），以下說法正確的是(g取10 m/s2) ( ) A．電梯可能向上加速運動, 加速度大小為4m/s2 B．電梯可能向下加速運動, 加速度大小為4m/s2 C．電梯可能向上減速運動, 加速度大小為4m/s2 D．電梯可能向下減速運動, 加速度大小為4m/s2 答案：BC解析：彈簧秤的示數(shù)變?yōu)? N，電梯加速度向下，電梯可能向下加速運動, 加速度大小為4m/s2，電梯可能向上減速運動

31、, 加速度大小為4m/s2，選項BC正確。 27．（2013衡水中學(xué)調(diào)研）如圖甲所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示.若重力加速度g取10 m/s2，根據(jù)圖乙中所提供的信息，可以計算出（ ） A.物體的質(zhì)量 B.斜面的傾角 C.物體能靜止在斜面上所施加的最小外力 D.加速度為6 m/s2時物體的速度 答案：ABC解析：由牛頓第二定律，F(xiàn)cosθ-mgsinθ=ma。當(dāng)F=15N時，a=0；當(dāng)F=30N時，a=6 m/s2；當(dāng)F=0N時，a= -6m/s2；可以計算出物體的質(zhì)量m，斜面

32、的傾角，物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為15N，選項ABC正確。 28．（2013衡水中學(xué)調(diào)研）如圖所示，傾角為30°的光滑桿上套有一個小球和兩根輕質(zhì)彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另一端分別用銷釘Ｍ、Ｎ固定于桿上，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)．設(shè)拔去銷釘Ｍ（撤去彈簧ａ）瞬間，小球的加速度大小為6ｍ/s2．若不拔去銷釘Ｍ，而拔去銷釘Ｎ（撤去彈簧ｂ）瞬間，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/s2）： （ ） A．11ｍ/ s2，沿桿向上　　 B．11ｍ/ s2，沿桿向下 C．1ｍ/ s2，沿桿向下　　　 D．1ｍ/ s2，沿桿向上 答案：BC解析：設(shè)小球處于靜止?fàn)顟B(tài)時b彈簧彈力為F，拔

33、去銷釘Ｍ瞬間，取向上為正方向，若a=6ｍ/s2，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mgsin30°=ma，解得F=11m。若a=-6ｍ/s2，由牛頓第二定律，-F-mgsin30°=ma，解得F=m。設(shè)a彈簧彈力為F’，由平衡條件F= mgsin30°+F’， 當(dāng)F=11m可得F’=6m，拔去銷釘Ｎ瞬間，由牛頓第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=11ｍ/ s2，選項B正確A錯誤；當(dāng)F=m可得F’=-4m，拔去銷釘Ｎ瞬間，由牛頓第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=1ｍ/ s2，方向沿桿向下，選項C正確D錯誤。 29．（2013衡水中學(xué)調(diào)研）如圖所示，小車的質(zhì)量為M，人的質(zhì)

34、量為m，人用恒力F拉繩，若人與車保持相對靜止，且地面為光滑的，又不計滑輪與繩的質(zhì)量，則車對人的摩擦力可能是(　　) A．()F ，方向向左 B．()F，方向向右 C．()F，方向向左 D．()F，方向向右 答案：CD解析：把人和車看作整體，二者有向左的加速度，由2F=(m+M)a解得a=2F/(m+M)。設(shè)車對人的摩擦力向右，大小為f，隔離人，由F-f=ma，聯(lián)立解得f=()F，選項D正確B錯誤；設(shè)車對人的摩擦力向左，大小為f，隔離人，由F+f=ma，聯(lián)立解得f=()F，選項C正確A錯誤。 30. （2013廣西三校聯(lián)考）如圖所示，一細繩跨過一輕質(zhì)定滑輪（不計細繩和滑輪質(zhì)量

35、，不計滑輪與軸之間摩擦），繩的一端懸掛一質(zhì)量為m的物體A，另一端懸掛一質(zhì)量為M（M>m）的物體B，此時A物體加速度為a1。如果用力F代替物體B，使物體A產(chǎn)生的加速度為a2，那么（ ） A. 如果al= a2，則F< Mg B. 如果F=Mg，則alm）的物體B，由牛頓第二定律，Mg-mg=(m+M)a1.，解得a1=g。如果用力F代替物體B，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma2.，解得a2=F/m-g。如果al= a2，則F< Mg；如果F=Mg，則al

36、

37、 m2 +0.24>0, 解得：0< m2<0.4kg或0.6kg< m2<1.0kg 32.（19分）（2013廣西三校聯(lián)考）如圖所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角=30o。現(xiàn)木塊上有一質(zhì)量m=l.0kg的滑塊從斜面下滑，測得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g=10 m/s2，求： （1）滑塊滑行過程中受到的摩擦力大??； （2）滑塊滑行過程中木塊受到地面的摩擦力大小及方向。 解析：（1）由題意可知滑塊的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。 滑塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得：mgsinθ-

38、f=ma， 解得：f=1.5N。 （2）由滑塊受力圖得：N=mgcosθ， 木塊受理如圖所示，根據(jù)水平方向平衡條件得，f地+fcosθ=Nsinθ， 解得：f地=3.03N。 f地為正數(shù)，即圖中標出的摩擦力方向符合實際，摩擦力方向水平向左。 33、（10分）（2013安徽師大摸底）在水平地面上有一質(zhì)量為10kg的物體,在水平拉力F的作用下由靜止開始運動，10s后拉力大小減為F/4，方向不變，再經(jīng)過20s停止運動。該物體的速度與時間的關(guān)系如圖所示。求： （1）整個過程中物體的位移大??； （2）物體與地面的動摩擦因數(shù)。 33、（10分）（1）依題意可知整個過程中物體的位移大小

39、就等于圖像與t軸所圍成的三角形面積S=×30×10m=150m (2)物體的運動分為兩個過程，由圖可知兩個過程加速度分別為： a1=1m/s2，a2=-0.5m/s2， F/4 mg mg FN FN Ff Ff F 受力圖如下： 對于兩個過程，由牛頓第二定律得： ① ② 聯(lián)立①②式解得：Ff=10N 由滑動摩擦力公式得： 解得：μ=0.1 。 34．(15分) （2013江蘇徐州摸底）滑沙游戲中，游戲者從沙坡頂部坐滑沙車呼嘯滑下．為了安全，滑沙車上通常裝有剎車手柄，游客可以通過操縱剎車手柄對滑沙車施加一個與車運動方

40、向相反的制動力F，從而控制車速．為便于研究，作如下簡化：游客從頂端A點由靜止滑下8s后，操縱剎車手柄使滑沙車勻速下滑至底端B點，在水平滑道上繼續(xù)滑行直至停止．已知游客和滑沙車的總質(zhì)量m=70kg，傾斜滑道AB長=128m，傾角θ=37°，滑沙車底部與沙面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．滑沙車經(jīng)過B點前后的速度大小不變，重力加速度g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計空氣阻力． (1)求游客勻速下滑時的速度大?。? (2)求游客勻速下滑的時間． (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距離為16m，則他在此處滑行時，需對滑沙車施加多大的水平制動力? 解析：、(1) 由mgsin

41、37°-μmgcos37°=ma 解得游客從頂端A點由靜止滑下的加速度a=2m/s2。 游客勻速下滑時的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s． (2)加速下滑路程為L1= at12=64m， 勻速下滑路程L2=- L1=64m， 游客勻速下滑的時間t2= L2/v=4s． (3)由動能定理，-FL-μmgL=0-mv2。 解得F= 210N。 35．(8分) （2013屆江西省重點中學(xué)高三聯(lián)考）如圖所示，質(zhì)量m=1Kg的小球穿在長L=1.6m的斜桿上，斜桿與水平方向成α＝37°角，斜桿固定不動,小球與斜桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75。小球受水平向左的拉

42、力F=1N,從斜桿的頂端由靜止開始下滑（，）。 試求：（1）小球運動的加速度大??； （2）小球運動到斜桿底端時的速度大小。 ．(8分)解： （1） （2分） （2分） ∴ =1.25m/s2。（2分） （2） （2分） ∴ v==m/s=2m/s。 （2分） 36．(8分) （2013南昌鐵一中摸底）航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m =2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m

43、/s2。 （1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m．求飛行器所阻力f的大小； （2）第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h； . 解析： （1）由H=at2， -------------------------------（1分） 得：a1=2m/s2 ------------------------------------（1分） 由F-f-mg=ma -------------------------------------（1分） 得：f=4N -------------

44、---------------------------（1分） （2）.前6s向上做勻加速運動 最大速度：v=a1t=12m/s--------------------------（1分） 上升的高度：h1=a1t2 =36m--------------------------（1分） 接下來向上做勻減速運動，由牛頓第二定律，f+mg=ma2， 解得加速度a2=12m/s2。 ---------------------（2分） 由v2=2a2h2，解得上升的高度h2=6m。 --------------------------（1分） 最大高度：h= h1+ h2=42m--

45、-----------------------（1分） 37.（8分）（2013溫州八校期初聯(lián)考）一個質(zhì)量為1500 kg行星探測器從某行星表面豎直升空，發(fā)射時發(fā)動機推力恒定，發(fā)射升空后8 s末，發(fā)動機突然間發(fā)生故障圖19 而關(guān)閉；如圖19所示為探測器從發(fā)射到落回出發(fā)點全過程的速度圖象；已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質(zhì)量的變化；求： （1）探測器在行星表面上升達到的最大高度； （2）探測器落回出發(fā)點時的速度； （3）探測器發(fā)動機正常工作時的推力。 （8分）解析：（1）0～24 s內(nèi)一直處于上升階段，H=×24×64 m=768 m （2）8s末發(fā)動機關(guān)閉，此后探測器只受重力

46、作用，g==m/s2=4 m/s2 探測器返回地面過程有v2=2gH得v=32m/s。 （3）上升階段加速度：a=8m/s2 （1分） 由F-mg=ma得，F(xiàn)=1.8×1.8×104N （2分） 38（19分）（2013廣西三校聯(lián)考）如圖所示，截面為直角三角形的木塊置于粗糙的水平地面上，其傾角=30o。現(xiàn)木塊上有一質(zhì)量m=l.0kg的滑塊從斜面下滑，測得滑塊在0.40 s內(nèi)速度增加了1.4 m/s，且知滑塊滑行過程中木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度g=10 m/s2，求： （1）滑塊滑行過程中受到的摩擦力大??； （2）滑塊滑行過程中木塊受到地面的摩擦力大小及方向。 解析

47、：（1）由題意可知滑塊的加速度a==m/s2=3.5. m/s2。 滑塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得：mgsinθ-f=ma， 解得：f=1.5N。 （2）由滑塊受力圖得：N=mgcosθ， 木塊受理如圖所示，根據(jù)水平方向平衡條件得，f地+fcosθ=Nsinθ， 解得：f地=3.03N。 f地為正數(shù)，即圖中標出的摩擦力方向符合實際，摩擦力方向水平向左。 39. （2013哈爾濱三中月考）如圖所示，以水平地面建立x軸，有一個質(zhì)量為m=1kg的木塊放在質(zhì)量為M=2kg的長木板上，木板長L=11.5m。已知木板與地面的動摩擦因數(shù)為，m與M之間的摩擦因素（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩

48、擦力）。m與M保持相對靜止共同向右運動，已知木板的左端A點經(jīng)過坐標原點O時的速度為，在坐標為X=21m處有一擋板P，木板與擋板P瞬間碰撞后立即以原速率反向彈回，而木塊在此瞬間速度不變，若碰后立刻撤去擋板P，g取10m/s2,求： （1）木板碰擋板P時的速度V1為多少？ （2）最終木板停止運動時其左端A的位置坐標？（此問結(jié)果保留到小數(shù)點后兩位） P V0 O 21 X A B . 解. (1)對木塊和木板組成的系統(tǒng)，有……………2分 ……………1分 解得v1=9m/s。 （2）由牛頓第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。

49、 aM==6 m/s2。 m運動至停止時間為t1==1 s 此時M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左， 此后至m,M共速時間t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s……………2分 共同速度V共=1.8m/s，方向向左……………1分 至共速M位移S1=……………1分 共速后m，M以a1=1m/s2向左減速至停下位移S2==1.62m……………1分 最終木板M左端A點位置坐標為 x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。 F P A B v0 F 40、（12分）（2013衡水中學(xué)調(diào)研）如

50、圖所示，平板車長為L=6m，質(zhì)量為M=10kg，上表面距離水平地面高為h=1.25m，在水平面上向右做直線運動，A、B是其左右兩個端點．某時刻小車速度為v0=7.2m/s，在此時刻對平板車施加一個方向水平向左的恒力F=50N，與此同時，將一個質(zhì)量m=1kg的小球輕放在平板車上的P點（小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地面的速度為零），，經(jīng)過一段時間，小球脫離平板車落到地面．車與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計．取g=10m/s2．求： （1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間； （2）小球從輕放到平板車開始至離開平板車所用的時間； （3）從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的

51、位移大?。? . 解：（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間 （2） 小球放到平板車后相對地面靜止，小車的加速度為 小車向右運動的距離為 小于4m，所以小球不會從車的左端掉下． 小車向右運動的時間為 小車向左運動的加速度為 小車向左運動的距離為 小車向左運動的時間為 故小球從輕放到

52、平板車開始至離開平板車所用的時間t=t1+t2=3s （3） 小球剛離開平板車瞬間，小車的速度方向向左，大小為 小球離開車子后，車的加速度為 車子向左運動的距離為 從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的位移大小 X= x1 + x2+ x3 =5.175m。 v/m·s-1 t/s 2 1 0 20 甲 乙 F 10 41．(12分) （2013南昌鐵一中摸底）如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長的

53、斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s時撤去拉力，物體運動的部分v—t圖像如圖乙所示．試求：(g取10m/s2) （1）拉力F的大小． （2）t＝4s時物體的速度v的大?。? ．解析： （1）設(shè)力F作用時物體的加速度為a1，對物體進行受力分析，由牛頓第二定律可知 F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1 撤去力后，由牛頓第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2 根據(jù)圖像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2 代入解得 F=30N μ=0.5。 （2）設(shè)撤去力后物體運動到最高點時間為t2， v1＝a2t2

54、 ，解得t2＝2s 則物體沿著斜面下滑的時間為t3＝t－t1－t2＝1s 設(shè)下滑加速度為a3，由牛頓第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma3 有 a 3= 2 m/s2 t＝4s時速度v＝a3t3＝2m/s 42、（2013衡水中學(xué)調(diào)研）（10分)如圖，已知斜面傾角300，物體A質(zhì)量mA=0.4kg，物體B質(zhì)量mB=0.7kg，H=0.5m。B從靜止開始和A一起運動，B落地時速度v=2m/s。若g取10m/s2，繩的質(zhì)量及繩的摩擦不計，求： （1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù) （2）物體沿足夠長的斜面滑動的最大距離 【解析】分別對A和B進行

55、受力分析，如圖。 （1）對A、B列運動方程，對A有： T – mAgsinθ-f=mAa1 ; FN=mAgcosθ ; f=μFN 對B有：mBg-T=mBa1 整合以上各式得： mBg-mBa - mAgsinθ - μmAgcosθ=ma1 (1) 對B的運動情況，有：v2=2a1H (2) 由（1）（2）代入數(shù)據(jù)得a1=4m/s2, μ=0.17 （2）B落地后，繩子松弛，不再對A有拉力T的作用，此時對A有 mAgsinθ+f=mAa2 ；FN=mAgcosθ ; f=μFN 聯(lián)立解得： a2=6.5m/s2，方向沿斜面向下， 因此A繼續(xù)沿斜面

56、向上做勻減速運動，位移為x=v2/2a2=4/13m。 物體沿斜面滑動的最大距離為s=x+H=21/26m。 43．(14分) （2013南昌鐵一中摸底）如圖所示為糧食倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距L1=3m；另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面間的傾角為θ為37o，C、D兩端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平傳送帶以v0=5m/s沿順時針方向轉(zhuǎn)動．現(xiàn)將質(zhì)量為m=10kg的一袋大米無初速度的放在A端，它隨傳送帶到達B點后，速度大小不變的傳到傾斜傳送帶的C端．米袋與兩傳送帶之間的動摩擦因素均為0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.

57、6,cos37o=0.8. （1）若傾斜傳送帶CD不轉(zhuǎn)動，則米袋沿傳送帶CD所能上滑的最大距離是多少？ （2）若傾斜傳送帶CD以v=4m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則米袋從C端運動到D端的時間為多少？ .. 解析：（1）米袋在AB上加速運動的加速度為a0=μmg/m=5m/s2。 米袋速度達到v0=5m/s時滑過的距離s0==2.5m

58、 設(shè)米袋在CD上傳送的加速度大小為a，據(jù)牛頓第二定律 mg sinθ+μmgcosθ=ma 得 a=10m/s2。 能沿CD上滑的最大距離 s==1.25m。 、 （2）（8分）CD順時針轉(zhuǎn)動時，米袋速度減為v=4m/s之前的加速度為 a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2， 此

59、時上滑的距離s1==0.45m。 米袋速度達到v=4m/s后，由于μmgcosθ