《【備考2014】2013高考物理(真題+模擬新題分類匯編)牛頓運動定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【備考2014】2013高考物理(真題+模擬新題分類匯編)牛頓運動定律（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運動定律 C1牛頓第一定律、牛頓第三定律 34. [物理——選修 3—4](15分)C1[2013 ?新課標全國卷H ] (1)(5分)如圖，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構成彈簧振子，該物塊是由 a、b 兩個小物塊粘在一起組成的.物塊在光滑水平面上左右振動，振幅為 A0,周期為T0.當物塊向 右通過平衡位置時，a、b之間的粘膠脫開；以后小物塊 a振動的振幅和周期分別為 A和T, 則 A Ao(填“>” “<”或 “ = ")，T 皿填“ >” “<”或). 35. (1)< < 36. (2)[2013 ?新課標全國卷H ] (10 分)如圖，三棱鏡的橫截面為

2、直角三角形 ABC/A = 30 , /B= 60 .一束平行于AC邊的光線自AB邊的P點射入三棱鏡，在 AC邊發(fā)生反射后 從BC邊的M點射出.若光線在 P點的入射角和在 M點的折射角相等， (i )求三棱鏡的折射率； (ii)在三棱鏡的AC邊是否有光線透出？寫出分析過程. (不考慮多次反射) 37. (2)[解析](i)光路圖如圖所示，圖中 N點為光線在AC邊發(fā)生反射的入射點，設光 線在P點的入射角為i、折射角為r,在M點的入射角為r 、折射角依題意也為i ,有 1 =60 ① 由折射定律有 sini = nsinr ② nsinr = sini ③ 由②③式得

3、r = r ④ OO為過M點的法線，ZC為直角，OO //AC.由幾何關系有 ZMNC= r ⑤ 由反射定律可知 / PNA= / MNC ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式得 / PNA= r ⑦ 由幾何關系得 r =30 ⑧ 聯(lián)立①②⑧式得 n = y/3 ⑨ (ii)設在N點的入射角為i〃，由幾何關系得 i " = 60 ⑩ 此三棱鏡的全反射臨界角滿足 nsin 0 c= 1 U 由⑨⑩d1式得 i 〃 ＞。c 強 此光線在N點發(fā)生全反射，三棱鏡的 AC邊沒有光線透出. 14. C1 ［2013 ?新課標全國卷I ］下圖是伽利略 1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片,

4、照片左上角的三列數(shù)據(jù)如下表.表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運動的距離，第一 列是伽利略在分析實驗數(shù)據(jù)時添加的.根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，伽利略可以得出的結論是 （ ） 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1192 49 7 1600 64 8 2104 A.物體具有慣性 B.斜面傾角一定時，加速度與質(zhì)量無關 C.物體運動的距離與時間的平方成正比 D.物體運動的加速度與重力加速度成正比 14. C ［解析］通過第三列的數(shù)據(jù)可看出： 130大概是32的4倍，而298大概是32的

5、9 倍…….依次類推，可看出物體運動的距離與時間的平方成正比，即 C正確. 14. C1 ［2013 ?新課標全國卷n ］ 一物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(xiàn)表示水平拉力的大小. 能正確描述F與a之間關系的圖像是（ ） 14. C ［解析］方法一：由于靜摩擦力的作用，當 F= 0時并不會產(chǎn)生加速度， A、B、D 錯誤，C正確；方法二：由牛頓第二定律有： F—mg= ma,可彳導:F=ma+科mg即F是a的 一次函數(shù)，且截距為正， C正確. 5. ［2

6、013 ?重慶卷］圖X3-2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0的光滑斜面滑下，然后在不同的 0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0變化的圖像分別對應圖 X3-3中的（ ） A.①、②和③ B.③、②和① C.②、③和① D.③、①和② 圖 X3-2 圖 X3-3 5. B ［解析］本題考查物體的受力分析和圖像問題，考查學生的綜合分析能力.由圖可 Fn 知：小球?qū)π泵娴膲毫?Fn= mgcos 0 ,其最大值

7、 Fm= mg故比值yF=^ = cos 0為圖像③；小 F m 一一 , a 球運動的加速度a= gsin 0 ,其取大值am= g,故比值ya= —= sin 0為圖像②；整個過程重力 am 不變，重力加速度不變，比值 yg= 1為圖像①，故選項 B正確. C2牛頓第二定律單位制 23. D2、E3、C&2013 ?浙江卷］(16分)山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質(zhì)青藤， 其示意圖如下.圖中 A、B C D均為石頭的邊緣點， 。為青藤的固定點，h1=1.8 m, h2= 4.0 m, Xi= 4.8 m , X2= 8.0 m .開始時，質(zhì)量分別為

8、 M= 10 kg和m= 2 kg的大、小兩只滇金絲猴 分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時，迅速從左邊石頭的 A點水平 跳至中間石頭.大猴抱起小猴跑到 C點，抓住青藤下端，蕩到右邊石頭上的 D點，此時速度 恰好為零.運動過程中猴子均可看成質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度 g=10 m/s2.求： (1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值; (2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大小; (3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小. 23.［解析］(1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為 Vmin,根據(jù)平拋運動規(guī)律，有 1 2_ h=2gt ① X1 = Vmint

9、② 聯(lián)立①②式，得 vmin= 8 m/s③ Vc,有 （2）猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時的速度為 1 2f （M+ m）gh2=2（M+ m）vc vc= J2gh2= ^80 m/s ?9 m/s ⑤ （3）設拉力為Ft,青藤的長度為L,對最低點，由牛頓第二定律得 2 V、 Ft— （M+ m）g=（M+ m）L ⑥ 由幾何關系（L - h2）2+ x2= L?⑦ 得L= 10 m⑧ 2 Vc ? 綜合⑤⑥⑧式并代入數(shù)據(jù)解得： Ft= (M+m)g+(M+m>L=216 N⑨ 17. C2［2013 ?福建卷］在國際單位制（簡稱SI）中，

10、力學和電學的基本單位有： m（米）、 kg（千克）、s（秒）、A（安培）.導出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為（ ） A. m2 ? kg ? s 4 ? A 1 B. m2 - kg - s 3 ? A 1 C. m2 - kg - s 2 - A 1 D . R ? kg ? s 1 ? A 1 一一， 一一 mav 17. B ［解析］由P= UI、P= Fv、F=ma可得Ul=—,質(zhì)量m的單位為kg,加速度a的 單位為m/s2,速度v的單位為m/s,電流I的單位為A,故電壓U的單位等效為kg . m/s . m/s, A 即 R ? kg ? s 3 - A 1,

11、B 正確. 14. C2 ［201 3 ?安徽卷］如圖所示，細線的一端系一質(zhì)量為 m的小球，另一端固定在傾 角為0的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行.在斜面體以加速度 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 0 + acos 0 ) B. T= m(gcos 0 + asin 0 ) C. T= m(acos 0 — gsin 0 ) D. T= m(asin 0 — gcos 0 ) Fn= m(gcos 0 — asin 0 ) Fn= m(gs

12、in 0 — acos 0 ) Fn= m(gcos 0 + asin 0 ) Fn= m(gsin 0 + acos 0 ) 14. A ［解析］本題考查受力分析、應用牛頓第二定律分析解決問題的能力.對物體進 行受力分析，應用牛頓第二定律，在水平方向有 Tcos 0 — FNsin。= ma,在豎直方向有 Tsin 0 + Fncos 0 = mg,解彳導: T= macos 0 + mgsin 0 , Fn= mgcos0 — masin 0 ,選項 A 正確. 14. C2［2013 ?山東卷］伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結合探索自然規(guī)律的科學方 法，利

13、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 14. AC ［解析］伽利略的“理想斜面實驗”得出“物體在不受力的情況下會一直運動下 去”的結論，故A正確.伽利略還做過“比薩斜塔實驗”， 得出“在忽略空氣阻力的情況下， 重的和輕的小球下落一樣快”的結論，故 C正確. 6. ［2013 ?遼寧省丹東市四校協(xié)作體高三摸底 ］如圖X3-4所示，A R C三球的質(zhì)量均 為m輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與 A球相連，A、B間固定一個輕桿， R

14、C間由 一輕質(zhì)細線連接.傾角為 0的光滑斜面固定在地面上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初 始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是 （ ） 圖 X3-4 A. B球的受力情況未變，加速度為零 B. A B兩個小球的加速度均沿斜面向上，大小均為 gsin 0 3 C. A BN同桿的拉力大小為 2mg>in 0 D. C球的加速度沿斜面向下，大小為 gsin 0 6. CD ［解析］細線被燒斷的瞬間，繩上的彈力突變?yōu)榱悖?R C兩球的受力均發(fā)生變化， C球只受重力和斜面的彈力作用，其合力沿斜面向下，大小為 min 0 ,根據(jù)牛頓第二定律可 知，C球的加速

15、度沿斜面向下，大小為 gsin 0 ,選項A錯誤，選項D正確；細線被燒斷前， 細繩對B球沿斜面向下的拉力大小為 mg>in 0 ,燒斷瞬間，A B兩小球組成的系統(tǒng)的合力沿 1 斜面向上，大小為 mgsin 0 ,系統(tǒng)的加速度沿斜面向上，大小為 a=-gsin 0 ,再隔離B球, 、一 … 一，r 3 設A、BN同桿的拉力大小為 F,則F- mgsin。= ma可得F= 2mgJin 0 ,選項B錯誤，選項 C正確. 17. C2、B2［2013 ?浙江卷］如圖所示，水平木板上有質(zhì)量 m= 1.0 kg的物塊，受到隨時 間t變化的水平拉力 F作用，用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦

16、力 Ff的大小.取重力加 速度g=10 m/s 2,下列判斷正確的是（ ） A. 5 s內(nèi)/ B. 4 s末物塊所受合力大小為 4.0 N C.物塊與木板之間白動摩擦因數(shù)為 0.4 D. 6 s?9 s內(nèi)物塊的加速度大小為 2.0 m/s 2 17. D ［解析］從圖可知，物塊與木板之間的靜摩擦力最大值為 4 N,滑動摩擦力大小為 3 N,結合拉力和摩擦力的大小可判斷物塊的運動規(guī)律：在 0?4 s物塊靜止，4?5 s物塊做 加速度逐漸增大的變加速直線運動， 5 s以后物塊做勻加速直線運動 .0?4 s物塊靜止，拉力 對物體不做功，但是 4?5 s物塊運動，拉力對物體做正功，

17、故 A錯誤.4 s末，物塊所受的合 力由0突變?yōu)? N,故B錯誤.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù) 科=也=不X=0.3 ,故C錯誤.6? mg 1X10 F-Ff 5-3 2 2 .. , 9 s內(nèi)，物塊的加速度 a = —m- = ^^ m/s =2.0 m/s ,故D正確. 10. B4、C2、E& K3 ［2013 ?四川卷］在如圖所示的豎直平面內(nèi)，物體 A和帶正電的物 體B用跨過定滑輪的絕緣輕繩連接，分別靜止于傾角 0 =37。的光滑斜面上的 M點和粗糙絕 緣水平面上，輕繩與對應平面平行.勁度系數(shù) k =5 N/m的輕彈簧一端固定在 。點，一端用另 一輕繩穿過固定的光滑小

18、環(huán) D與A相連，彈簧處于原長，輕繩恰好拉直， DM垂直于斜面.水 平面處于場強 E=5X104 N/C、方向水平向右的勻強電場中.已知 A B的質(zhì)量分別為 n= 0.1 kg和m = 0.2 kg , B所帶電荷量q = + 4X 10—6C.設兩物體均視為質(zhì)點，不計滑輪質(zhì)量和摩擦， 繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)， B電量不變.取 g=10 m/s； sin37 =0.6, cos37 = 0.8. (1)求B所受靜摩擦力的大??； (2)現(xiàn)對A施加沿斜面向下的拉力 F,使A以加速度a= 0.6 m/s2開始做勻加速直線運動.A 從M到N的過程中，B的電勢能增加了 AEp=0.

19、06 J.已知DN沿豎直方向，B與水平面間的動 摩擦因數(shù)科=0.4.求A到達N點時拉力F的瞬時功率. 10.［解析］(1)F 作用之前，A B處于靜止狀態(tài).設 B所受靜摩擦力大小為 fc, A B間 繩的張力為T。，有 對 A： Tq= mgsin 0 對 B: T0=qE+ f0 聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)即可解得 f 0=0.4 N (2)物體A從M點到N點的過程中，A B兩物體的位移均為 s, A B間繩子張力為T,有 qEs= A Ep T—mBg— qE= mBa 設A在N點時速度為v,受彈簧拉力為 F彈，彈簧的伸長量為 Ax,有 v2= 2as F 彈=k ? Ax

20、 F+ nAgsin 0 —F 彈 sin 0 — T= ma 由幾何關系知 s (1 — cos 0 ) A x = .八 sin 0 設拉力F的瞬時功率為 巳有P= Fv 聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得 P= 0.528 W C3超重和失重 4. ［2013 ?四川省成都高新區(qū)統(tǒng)一檢測 ］質(zhì)量為 m的消防隊員從一平臺上豎直跳下，下 落3 m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了 0.63 假設在著地 過程中地面對他雙腳的平均作用力大小恒定，則消防隊員 （ ） A.著地過程中處于失重狀態(tài) B.著地過程中地面對他雙腳的平均作用力等于 6mg C.在空中運動的加速

21、度大于觸地后重心下降過程中的加速度 D.在空中運動的平均速度小于觸地后重心下降過程中的平均速度 4. B ［解析］著地過程中有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，選項 A錯誤；由v2=2ax可 知著地過程中的加速度是 5g,選項C錯誤；由牛頓第二定律，有 Fn— mg= ma= 5mg解得Fn ，一 , ,— Vo+Vt 一一一. = 6mg選項B正確；由v=—2—可知，在空中運動的平均速度等于觸地后重心下降過程中 的平均速度，選項 D錯誤. C4實驗：驗證牛頓定律 9. C4 [2013 ?天津卷 ］（2）某實驗小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關系. 接電源 打

22、點把援工紙帶木塊帶希手的長木板 2 ①下列做法正確的是（填字母代號）. A.調(diào)節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細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，將裝有祛碼的祛碼桶通過定滑輪拴 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.通過增減木塊上的祛碼改變質(zhì)量時，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度 ②為使祛碼桶及桶內(nèi)祛碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的 條件是祛碼桶及桶內(nèi)祛碼的總質(zhì)量 木塊和木塊上祛碼的總質(zhì)量. （填“遠大于” “遠 小于”或“近似等于"） ③甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，

23、木塊上均不放祛 碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度 a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條 直線.設甲、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 科甲、科乙，由圖可知，m甲 m乙，科甲 科乙.（填“大于” “小于”或“等于”） 9. （2）①AD②遠小于 ③小于大于 ［解析］①通過調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡摩擦力時不要懸掛祛碼桶，實驗時應先接通電源再放 開木塊，AD正確，BC錯誤.②因為祛碼桶及桶內(nèi)祛碼的總重力 G= mg木塊運動時受到的拉 力F=Ma= 臉"』g 要使G^F,則應使Mm= 0,即m M 所以要求祛碼桶及桶內(nèi)祛碼的 1 + T. M

24、 總質(zhì)量要遠小于木塊和木塊上祛碼的總質(zhì)量. ③因為圖像的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù)，所以甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量；因為縱軸上的截距的 絕對值表示動摩擦因數(shù)與重力加速度的乘積，所以甲的動摩擦因數(shù)大于乙的動摩擦因數(shù). C5牛頓運動定律綜合 25 . C5 I3［2013 ?全國卷］(19 分)一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為 m的帶電粒子在勻強電場 的作用下，在t=0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示.不計重力.求在 t =0到t = T的時間間隔內(nèi)， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始電場反方向運動的時間. 26 .［解析］解法一： T T T T 3T

25、 3T (1)市電粒子在 0?二、二?［、?:、:?T時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設加速度分力1J為 4 4 2 2 4 4 a1、a2、a3、a4,由牛頓第二定律得 _qEm a1 — GD m a2= - 2qE0② m qEo^ a3= 2方③ qEo小 a4=——④ m 由此得帶電粒子在 0?T時間間隔內(nèi)運動的加速度一時間圖像如圖 (a)所示，對應的速度 —時間圖像如圖(b)所示，其中 t qE0T vi= aiT=-—⑤ 4 4m 由圖(b)可知，帶電粒子在 T的 s = -vi 4 由⑤⑥式得 s*⑦ 它沿初始電場正方向. （2）由圖（b）

26、可知，粒子在 t=8T-3T= T ⑧ 解法二： ⑴帶電粒子在0?T T ai、 a2、 a3、 ojt_o55r_f_* 0.75 r T I 圖（b） 圖⑻ t = 0至i] t =T時的位移為 t=3T到t =5T內(nèi)沿初始電場的反方向運動， 總的運動時間為t 8 8 T 2、 T 3T 3T 一 一 2?7、7?t時間間隔內(nèi)做勻變速運動，設加速度分別為 a’，由牛頓第二定律得 q& = ma ① —2qEo= ma ② 2qEo= ma ③ 3T —qEo= ma ④ 、t = 2、t ="4、t=T 時的速度分別為 VI、V2、V3、V4,

27、則 設帶電粒子在t=T 4 vi= ai I⑤ 4 V2=vi+a2T6 V3= V2+ a3-⑦ 4 V4= V3+ a47 ⑧ 4 設帶電粒子在t=0到t=T時的位移為s,有 Vi s =（萬 T V1+V2 V2+V3 V3+V4 T … ）4⑨ 2~+ 2 4 聯(lián)立以上各式可得 s =整⑩ 16m 它沿初始電場正方向. (2)由電場的變化規(guī)律知, t =T時粒子開始減速，設經(jīng)過時間t1粒子速度減為零? 0 = Vi + a2t 1 將①②⑤代入上式，得 gTO 8 粒子從t=T時開始加速, 設經(jīng)過時間 12速度變?yōu)榱? 0

28、= V2 + a3t 2 此式與①②③⑤⑥式聯(lián)立得 T t2=-12 8 t =0到t =T內(nèi)粒子沿初始電場反方向運動的時間 t為 T t =（廠匕）+t20 將11強式代入Q3式得 t =T14 4 14 . C5[2013 ?江蘇卷](16分)如圖所示，將小祛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， 祛碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗. 若 祛碼和紙板的質(zhì)量分別為 m和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為 小重力加速度為g. (1)當紙板相對祛碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小； (2)要使紙板相對祛碼運動，求所需拉力的大?。?

29、 (3)本實驗中，m =0.5 kg , m=0.1 kg, 科=0.2 ,祛碼與紙板左端的距離 d=0.1 m , 取g = 10 m/s2.若祛碼移動的距離超過 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？ 拉力 15 .［解析］(1)祛碼對紙板的摩擦力 f i =m g 桌面對紙板的摩擦力 f 2 =(mi+ mi)g f =fl + f2 解得 f=(2mi + m2)g (2)設祛碼的加速度為 ai,紙板的加速度為 a2,則 f i= mai F —f i — f 2= m2a2 發(fā)生相對運動a2>ai 解得 F>2(mi + m

30、>)g i (3)紙板抽出前，祛碼運動的距離 xi=2ait2 一 一…一 i 2 紙板運動的距離 d + xi = 2a2ti i 2 紙板抽出后，祛碼在桌面上運動的距離 X2 = 2a3t2 l =xi + X2 由題意知 ai=a3, ait i = a3t 2 d 解得 F= 2Hmi + (i +p)m2］g 代入數(shù)據(jù)得F=22.4 N. 22. C5［20i3 ?新課標全國卷I ］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. 圖(a) 實驗步驟如下： ①用天平測量物塊和遮光片的總質(zhì)量 M重物的質(zhì)量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度 d

31、; 用米尺測量兩光電門之間的距離 s; ②調(diào)整輕滑輪，使細線水平； ③讓物塊從光電門 A的左側由靜止釋放，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41人和418,求出加速度 a； 12 3 — 川I川山同川二 0 5 10 15 20 圖(b) ④多次重復步驟③，求 a的平均值a； ⑤根據(jù)上述實驗數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù) 科. 回答下列問題： (i)測量d時，某次游標卡尺(主尺的最小分度為 i 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、AtA和AtB表示為a =. (3)動摩擦因數(shù)可用 M、m、a 一和重力加速

32、度g表示為科= (4)如果細線沒有調(diào)整到水平，由此引起的誤差屬于 汨蘭” \ 慶左：). 22. (1)0.960 (填“偶然誤差”或“系統(tǒng) (2) tA (4) Mg 系統(tǒng)誤差 mg- ( m) a ［解析］(1)考查游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則，此題為 20分度，最小分度為 0.05 mm,通過數(shù)格 9.60 mm,即 0.960 cm. 2s - 32 可看出第12格與主尺對齊，所以讀數(shù)為 9 mm+ 0.05X12 mm= (2)根據(jù)運動學公式 vB— vA= 2as ,其中vb=u va= ~~ A t b A t a ⑶ 對重物由牛頓第二定律： mg- F=

33、 ma 對物塊由牛頓第二定律： F—科Mg= Ma ，… 、 聯(lián)立解得「附魯 (F 一科Mg),像這種由于原理上不完 (4)若細線沒有調(diào)整到水平，物塊受到的合力就不是 善而帶來的誤差就是系統(tǒng)誤差. 9. CS E6［2013 ?江蘇卷］如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物 塊相連.彈簧處于自然長度時物塊位于 。點(圖中未標出).物塊的質(zhì)量為 m, AB= a,物塊與 桌面間的動摩擦因數(shù)為 小現(xiàn)用水平向右的力將物塊從 O點拉至A點，拉力做的功為 W.撤去 拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng) O點到達B點時速度為零.重力加速度為 g.則上述過程中 ( ) ［ 1

34、 A.物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于 W-- ^mga 3 8 .物塊在B點時，彈黃的彈性勢能小于 W--mga C.經(jīng)O點時，物塊的動能小于 W 科mga D.物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在 B點時彈簧的彈性勢能 甲 9 . BC ［解析］先大致畫出O點所在位置，如圖甲所示，設 OA的距離為b.當物塊從A由 靜止向左運動時，受力如圖乙所示， f= ^mg此過程中，彈簧在縮短，彈簧拉力 R變??；當 到達。點右側某點P時，F(xiàn)t與f相等，此時合力為0,由于慣性，物塊繼續(xù)向左運動；當物塊 到達O點時，水平方向只受摩擦力 f,但仍向左運動至 B停止.在AP段，物塊除受

35、摩擦阻力 外，還受彈簧拉力這一個動力作用，而在 。明，物塊除受到摩擦阻力外，還受彈簧彈力這一 a 個阻力作用，所以物塊很快停止， OB

36、確；由于題目中各已知量的具體數(shù)值不知道，故無法 判斷P點的彈性勢能與 B點的彈性勢能哪個大，選項 D錯誤. 21. C5[2013 ?新課標全國卷I ] 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一時間圖線如圖 (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

37、 1000 m.已知航母始終靜止，重力加速度的大小為 g.則 ( ) 圖(a) 圖(b) 1 A.從著艦到停止，飛機在甲板上滑彳T的距離約為無阻攔索時的 — B.在0.4 s?2.5 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 2.5g D.在0.4 s?2.5 s時間內(nèi)，阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率幾乎不變 21. AC [解析]根據(jù)圖像，由圖線所圍的面積可計算出飛機從著艦到停止滑行的距離， 即 X-70X0.4 m+(70+10)X2 2.5 -0.4) m^ 10丁 m^ 114.5 m , A 選項正確；由圖可 計算出0.

38、4 s?2.5 s內(nèi)的加速度 a=W= 7010 m/s2=2.86g, C選項正確；在 0.4 s? t 2.5 0.4 2.5 s時間內(nèi)，由牛頓第二定律得 2Fcos_2~ = ma,其中加速度 a不變，阻攔索的張角 0在變 小，其張力F在變小，由于速度 v在變小，故阻攔系統(tǒng)對飛機做功的功率 P= F合v=mav在變 小，B、D選項錯誤. 25. C5[2013 ?新課標全國卷H ] 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 后木板運動的速度一時間圖像如圖所示.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

39、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/s 2,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. 25.［解析］(1)從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此 過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止. 由圖可知，在11 = 0.5 s時，物塊和木板的速度相同.設 t = 0到t = 11時間間隔內(nèi)，物塊 和木板的加速度大小分別為 ai和a2,則 vi _ ai =二① t 1 V?！?V1 . a2=-; ② 11

40、 式中vc= 5 m/s、V1 = 1 m/s分別為木板在 t=0、t=t1時速度的大小. 設物塊和木板的質(zhì)量為 m,物塊和木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為 科八科2, 由牛頓第二定律得 p1mg= ma ③ (1 + 22)mg= ma ④ 聯(lián)立①②③④式得 1=0.20 ⑤ 科2 = 0.30 ⑥ (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 a 1和a 2,則由牛 頓第二定律得 f = ma 1 ⑦ 22mg- f = ma 2 ⑧ 假設fv科1

41、mg則a 1 = a 2；由⑤⑥⑦⑧式得f =科2mg> gmg與假設矛盾.故 f =1mc@ 由⑦⑨式知，物塊加速度的大小 a 1等于a1；物塊的v—t圖像如圖中點劃線所示. 由運動學公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為 2 vi Si = 2X —⑩ 2ai 2 s2=v^Eti+-^^ ⑦ 2 2a 2 物塊相對于木板的位移的大小為 s = s2 —si 12 聯(lián)立①⑤⑥⑧⑨⑩。1112式得 s = 1.125 m 13 10. CS E2、F1 ［2013 ?天津卷］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

42、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) 科=0.2, g取10 m/s2,求： (1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移 X1的大??； (2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間 t. 10.［解析］(1)設物塊受到的滑動摩擦力為 F1,則 F1= mgD 根據(jù)動能定理，對物塊由 A到B整個過程，有 FX1 — F1X = 0 ② 代入數(shù)據(jù)，解得 X1= 16 m ③ (2)設剛撤去力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 ④ 由牛頓第二定律得 Fj a = ⑤ m

43、 由勻變速直線運動公式得 v2= 2aX2 ⑥ 以物塊運動的方向為正方向，由動量定理，得 —F1t = 0—mVD 代入數(shù)據(jù)，解得 t =2 s ⑧ 4. C5 ［2013 ?重慶卷］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0的光滑斜面滑下，然后在不同的 0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Α⑿∏蜻\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圖 2中的( ) A.①、②和③ B.③、②和① C.②、③和① D.③、①和②  4. B ［解析］本題考查物體的受力分

44、析和圖像問題，考查學生的綜合分析能力.由圖可 知：小球?qū)π泵娴膲毫?Fn= mgcos。，其最大值Fm= mg,故比值yF= "= cos 0為圖像③；小球 F m a 運動的加速度a = gsin 0 ,其取大值am= g,故比值ya=—= sin 0為圖像②；整個過程重力不 am 變，重力加速度不變，比值 yg=1為圖像①，故選項 B正確. 19. C5［2013 ?浙江卷］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/s 2,當熱氣球上升到 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

45、不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度 g=10 m/s 2.關 于熱氣球，下列說法正確的是 （ ） A.所受浮力大小為 4830 N B.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/s D.以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為 230 N 19. AD ［解析］熱氣球從地面剛開始豎直上升時，速度很小，空氣阻力可以忽略，對熱 氣球由牛頓第二定律有： F- mg= ma,解得浮力F=mg+ ma= 4830 N,故A正確.如果熱氣球 一直勻加速上升，則上升 180 m時的速度丫=。2不=6乖m/s>5 m/s ,故熱氣球不是勻加速

46、 上升，說明隨著速度的增加，空氣阻力也越來越大，故 B錯誤.如果熱氣球一直勻加速上升， 則上升180 m所用的時間t=\^^=12，5 s>10 s ,說明上升10 s后還未上升到180 m處, 速度小于5 m/s ,故C錯誤.以5 m/s的速度勻速上升階段，空氣阻力 f = F-mg= 230 N,故 D正確. 21. B4, C5［2013 ?福建卷］質(zhì)量為M長為的桿水平放置, 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??；

47、 (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，如圖乙所示. ①求此狀態(tài)下桿的加速度大小 a； ②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？ 21 .［解析］(1)如圖1,設平衡時，繩中拉力為 T,有2Tcos 0 -mg= 0① 由圖知cos 0 =坐② 3 由①②式解得T= 圖1 (2)①此時，對小鐵環(huán)受力分析如圖 2,有 T sin 0 = msg) T + T cos 0 — mg= 0⑤ 由圖知。=60。，代入④⑤式解得 ②如圖3,設外力F與水平方向成 a角，將桿和小鐵環(huán)當成一個整體，有 Fcos a=(M + m) a ⑦ Fsin a — (M+ m)g=0 ⑧ 由⑥⑦⑧式解得 F= 2—^(M+ m)g 3 tan a = ~\［3或(a =60 ) T 圖3