牛頓運動定律(2014高考試題及模擬試題匯編)

1、C單元牛頓運動定律C1 牛頓第一定律、牛頓第三定律9. 12014 四川卷石墨烯是近些年發(fā)現的一種新材料，其超高強度及超強導電、導熱等非凡的物理化學性質有望使21世紀的世界發(fā)生革命性的變化，其發(fā)現者由此獲得2010年諾貝爾物理學獎.用石墨烯制作超級纜繩，人類搭建“太空電梯”的夢想有望在本世紀實現.科學家們設想，通過地球同步軌道站向地面垂下一條纜繩至赤道基站，電梯倉沿著這條纜繩運行，實現外太空和地球之間便捷的物資交換.(1)若“太空電梯”將貨物從赤道基站運到距地面高度為hi的同步軌道站，求軌道站內質量為mi的貨物相對地心運動的動能.設地球自轉角速度為 川，地球半徑為 R.(2)當電梯倉停在距地面

2、高度h2 = 4R的站點時，求倉內質量m2=50 kg的人對水平地板的壓力大小.取地面附近重力加速度 g取10 m/s 2,地球自轉角速度 3 = 7.3X105 rad/s , 地球半徑 R = 6.4X103km.9. (1)1m1 co2(R+h1)2 (2)11.5 N解析(1)設貨物相對地心的距離為ri,線速度為vi,則ri = R+ hivi = ri 3 1貨物相對地心的動能為Ek= -m iv22i聯(lián)立得Ek= gmi co2(R+ hi)2(2)設地球質量為 M ,人相對地心的距離為2,向心加速度為an,受地球的萬有引力為F,則2=R+h2 an = 322 Gm2MF=r2

3、GMg="RT設水平地板對人的支持力大小為 N ,人對水平地板的壓力大小為N ',則F- N =m2anN '雙聯(lián)立式并代入數據得N' 4i.5 N 31. (20i4 湖北黃岡期末)下列關于牛頓運動定律的說法中正確的是()A .慣性就是物體保持靜止狀態(tài)的性質B. 一對作用力與反作用力的作用效果總相同C.物體運動狀態(tài)改變的難易程度就是加速度D.力的國際制單位“牛頓”是根據牛頓第二定律定義的1. D 解析慣性就是物體保持原有運動狀態(tài)的性質，選項 A錯誤；一對作用力與反作用力的作用效果不相同，選項B錯誤；物體運動狀態(tài)改變的難易程度與質量有關，選項C錯誤；單位 “牛

4、頓”是根據牛頓第二定律定義的，選項 D正確.牛頓第二定律 單位制5. 2014 重慶卷以不同的初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物 體所受空氣阻力可忽略，另一個物體所受空氣阻力大小與物體的速率成正比，下列分別用虛線和實線描述兩物體運動的 v-t圖像可能正確的是（）CD5. D 解析本題考查v t圖像.當不計阻力上拋物體時，物體做勻減速直線運動， 圖像為一傾斜直線，因加速度 a = -g,故該傾斜直線的斜率的絕對值等于g.當上拋物體受空氣阻力的大小與速率成正比時，對上升過程，由牛頓第二定律得一mgkv=ma,可知物體做加速度逐漸減小的減速運動，通過圖像的斜率比較，A錯誤.從公式推導

5、出，上升過程中，|a|>g ,當v = 0時，物體運動到最高點，此時 a=g,而B、C圖像的斜率的絕對 值均小于g,故B、C錯誤，D正確.10. 2014 天津卷如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A,質量mA = 4 kg ,上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計.可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量m b= 2 kg.現對A施加一個水平向右的恒力F= 10 N , A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與 B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后 A、B粘合在一起，共同在 F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間 t = 0.6 s ,二者的速度達到 vt=2 m/s.求:(1) A開

6、始運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；(3)A的上表面長度1.10. (1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m解析(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有F= mAa 代入數據解得a = 2.5 m/s 2(2)對A、B碰撞后共同運動t=0.6 s的過程，由動量定理得Ft = (mA+mB)vt (mA+ mB)v 代入數據解得v = 1 m/s 設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為va,對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律mAVA= (mA+ mB)v A從開始運動到與 B發(fā)生碰撞前，由動能定理有Fl = -mAvA 2由式，代入數據解得1 = 0

7、.45 m 11 . 2014 天津卷如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角0=30。的斜面上，導軌電阻不計，間距L=0.4 m .導軌所在空間被分成區(qū)域I和n,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為 MN , I中的勻強磁場方向垂直斜面向下，n中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁場感應度大小均為B=0.5 T.在區(qū)域I中，將質量 mi=0.l kg,電阻Ri=0.1 Q的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑.然后，在區(qū)域n中將質量m2= 0.4 kg ,電阻R2= 0.1 的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域n的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保

8、持良好接觸，取 g= 10 m/s 2,問(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2) ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x = 3.8 m ,此過程中ab上產生的熱量Q是多少？11 .由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J解析(1)由右手定則可以直接判斷出電流是由a流向b.(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為Fmax ,有Fmax = m1gsin 8 設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為 E,由法拉第電磁感應定律有E= BL©設電路中的感應電流為I,由閉合電路歐

9、姆定律有EI =R + R2設ab所受安培力為F安，有F安=ILB此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安 = m1gsin 8+Fmax 綜合式，代入數據解得v = 5 m/s 設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒有m2gxsin 8=Q總 + qm2V2 又RiQ =Q總R1 + R2解得Q = 1.3 J10 .在如圖所示的豎直平面內，水平軌道CD和傾斜軌道 GH與半徑=2 m的光滑44圓弧軌道分別相切于 D點和G點，GH與水平面的夾角0=37。.過G點、垂直于紙面的豎直 平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B=1.25 T ;過D

10、點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E= 1X104 N/C.小物體Pi質量m =2X10-3 kg、電荷量q = + 8X10 6 C,受到水平向右的推力 F= 9.98X10 3 N的 作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力.當P1到達傾斜軌道底端 G點時， 不帶電的小物體 P2在GH頂端靜止釋放，經過時間t= 0.1 s與P1相遇.P1與P2與軌道CD、 GH間的動摩擦因數均為 尸0.5, g取10 m/s2, sin 37 ° =0.6 , cos 37 ° =0.8 ,物體電荷 量保持不變，不計空氣阻力.求：(1)小物體P

11、1在水平軌道CD上運動速度v的大??；(2)傾斜軌道GH的長度s.10 . (1)4 m/s (2)0.56 m解析(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v,受到向上的洛倫茲力為F1,受到的摩擦力為f,則F1=qvB f = Mmg Fi)由題意，水平方向合力為零F- f=0 聯(lián)立式，代入數據解得v = 4 m/s (2)設Pi在G點的速度大小為 vg,由于洛倫茲力不做功，根據動能定理qErsin0- mgr (1 cose)= _mvG-mv2®22定律Pi在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為ai,根據牛頓第二qEcos 0- mg sin 0-(i(mg c

12、os 0+ qEsin 8)=maiPi與P2在GH上相遇時，設 Pi在GH上運動的距離為 si,則si = VGtait2 2設P2質量為m2,在GH上運動的加速度為 a2,則m2gsin 0- pm2gcos 8=m2a2Pi與P2在GH上相遇時，設 P2在GH上運動的距離為 s2,則is2 = -a2t2 2聯(lián)立式，代入數據得s = si + s2 s=0.56 m O11 . 20i4 四川卷 如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應.p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上 O點右側相距h處有小孔K;b板上有小孔T,且O、T在同一條豎直

13、線上，圖示平面為豎直平面.質 量為m、電荷量為一q(q>0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射，沿p板上表 面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間. 粒子視為質點，在圖示平面內運動， 電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內阻為r,開關S接“1”位置時，進入板間的粒子落在 b板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l.此后將開關S接“2”位置，求阻值為 R的電阻中的 電流強度；(3)若選用恰當直流電源，電路中開關S接“1”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合

14、適的勻強磁場(磁感應強度B只«21 +5)m能在0Bm =范圍內選取)，使粒子恰好從 b板的T孔飛出，求粒子飛出時速(21 -2)qt度方向與b板板面的夾角的所有可能值(可用反三角函數表示).mh2 mh2 h3211 /7 %(r+ r)g記 (3)0< arcsin g解析(1)設粒子在p板上做 勻速直線運動的速度為V0,有h = vot 設發(fā)射裝置對粒子做的功為W,由動能定理得1W = mv 0 2mh2聯(lián)立可得W = 一2t2(2)S接“1”位置時，電源的電動勢日與板間電勢差 U有Eo=U板間產生勻強電場的場強為E,粒子進入板間時有水平方向的速度V0,在板間受到豎直方向

15、的重力和電場力作用而做類平拋運動，設加速度為a,運動時間為ti,有U = Eh mg qE= ma 1h = at2 2l = voti S接“2”位置，則在電阻 R上流過的電流I滿足Eo聯(lián)立得mh2 h3I=g 一 K進入板間后立即進q (R+r)l2t2(3)由題意知此時在板間運動的粒子重力與電場力平衡，當粒子從 入磁場做勻速圓周運動，如圖所示，粒子從 D點出磁場區(qū)域后沿 DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為題目所求夾角0,磁場的磁感應強度 B取最大值時的夾角0為最大值0m,設粒子做勻速圓周運動的半徑為R,有mv2qvoB=3R過D點作b板的垂線與b板的上表面交于 G,由幾何關系有

16、DG = h R(1 + cos 0)(2)TG= h + Rsintan e=-Sin- = DGcos 0 TG聯(lián)立酚，將B=Bm代入，求得9m = arcsin5D點向b板靠近，DT與粒子離開磁場后在板間滿足題目要求，夾角 8趨當B逐漸減小，粒子做勻速圓周運動的半徑為R也隨之變大，b板上表面的夾角e也越變越小，當D點無限接近于b板上表面時, 幾乎沿著b板上表面運動而從 T孔飛出板間區(qū)域，此時 Bm>B>0 近00,即00 = 0(6)則題目所求為0< 0<arcsin 一523. （18分）2014 山東卷研究表明，一般人的剎車反應時間（即圖甲中“反應過程”所用時

17、間）t0=0.4 s,但飲酒會導致反應時間延長.在某次試驗中，志愿者少量飲酒后駕車以V0 = 72 km/h的速度在試驗場的水平路面上勻速行駛，從發(fā)現情況到汽車停止，行駛距離L= 39 m ,減速過程中汽車位移s與速度v的關系曲線如圖乙所示，此過程可視為勻變速直線運動.取重力加速度的大小 g取10 m/s 2.求：圖甲圖乙（1）減速過程汽車加速度的大小及所用時間;(2)飲酒使志愿者的反應時間比一般人增加了多少;(3)減速過程汽車對志愿者作用力的大小與志愿者重力大小的比值.4123 .答案(1)8 m/s 2 2.5 s (2)0.3 s(3)-5解析(1)設減速過程中汽車加速度的大小為a,所用

18、時間為t,由題可得初速度vo = 20m/s ,末速度vt=0,位移s= 25 m ,由運動學公式得v2 =2as vot= 一a聯(lián)立式，代入數據得a = 8 m/s 2 t = 2.5 s (2)設志愿者反應時間為t',反應時間的增加量為A t,由運動學公式得L=vot'書At = t'上0聯(lián)立式，代入數據得At = 0.3 s (3)設志愿者所受合外力的大小為F,汽車對志愿者作用力的大小為F0,志愿者質量為m,由牛頓第二定律得F= ma 由平行四邊形定則得F2= F2+ (mg )2聯(lián)立式，代入數據得Fo 41mg 517. 2014 新課標全國卷I如圖所示，用橡皮

19、筋將一小球懸掛在小車的架子上，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).現使小車從靜止開始向左加速，加速度從零開始逐漸增大到某一值，然后保持此值，小球穩(wěn)定地偏離豎直方向某一角度（橡皮筋在彈性限度內）.與穩(wěn)定在豎直位置時相比，小球的高度（）A. 一定升高B. 一定降低C.保持不變D.升高或降低由橡皮筋的勁度系數決定17. A 解析本題考查了牛頓第二定律與受力分析.設橡皮筋原長為10,小球靜止時mg設橡皮筋伸長X1,由平衡條件有kx 1 = mg ,小球距離懸點高度 h = 1o + x1 = 1o十1-，力口速時， k設橡皮筋與水平方向夾角為0,此時橡皮筋伸長X2,小球在豎直方向上受力平衡，有kx2sinmg8= mg

20、 ,小球距離懸點高度 h' =（1o + X2）sin 0= losin 8十1-,因此小球高度升高了.k2. （2014 廣東佛山一檢）2013年6月20日，我國宇航員王亞平在太空授課時，利用質量測量儀粗略測出了聶海勝的質量.若聶海勝受到恒力 F的作用從靜止開始運動， 經時間t運動的位移為x,則聶海勝的質量為（）A邑B.DC.Ft/x 2x x 2x2x2. D 解析聶海勝受到恒力 F的作用做勻加速運動， 加速度a=/，由牛頓第二定律Ft2有F= ma,則聶海勝的質量 m = x-,選項D正確.3. （2014 天津七校期末）將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度

21、的大小成正比.圖X3-1中描繪皮球在上升過程中的加速度大小a與時間t關系的圖像正確的是（）圖 X3-14. C 解析由牛頓第二定律得 mg+kv=ma,皮球在上升的過程中做減速運動，其加速度逐漸減小，速度減小為零時加速度等于重力加速度，選項 C正確.超重和失重18. 2014 北京卷應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣和 深入.例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出.對此現象分析正確的是（）A.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開

22、手的瞬間，手的加速度大于重力加速度18. D 本題考查牛頓第二定律的動力學分析、超重和失重.加速度向上為超重向下為失重，手托物體拋出的過程，必定有一段加速過程，即超重過程，從加速后到手和物體分離 的過程中，可以勻速也可以減速， 因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B錯誤.手與物體分離時的力學條件為：手與物體之間的壓力N = 0,分離后手和物體一定減速，物體減速的加速度為 g,手減速要比物體快才會分離，因此手的加速度大于 g, C錯誤，D正確.圖 X3-24. （2014 北京西城期末）在德國首都柏林舉行的世界田徑錦標賽女子跳高決賽中,克羅地亞選手弗拉希奇以2.04 m的成績獲得冠軍.弗拉

23、希奇的身高約為1.93 m,忽略空氣阻力，g取10 m/s 2,如圖X3-2所示.則下列說法正確的是 （）A.弗拉希奇在下降過程中處于失重狀態(tài)B.弗拉希奇起跳以后在上升的過程中處于超重狀態(tài)C.弗拉希奇起跳時地面對她的支持力等于她所受的重力D.弗拉希奇起跳時的初速度大約為3 m/s4. A 解析在跳高過程中，弗拉希奇的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，選項A正確，選項B錯誤；弗拉希奇起跳時地面對她的支持力大于她所受的重力，選項C錯誤；弗拉希奇在上升的過程中做豎直上拋運動，由運動學公式v2 = 2gh可得初速度V0 =20 X 2.04m/s M.6 m/s ,選項 D 錯誤.6. （201

24、4 浙江金麗衢十二校期末）如圖X3-3所示，在動摩擦因數 科=0.2的水平面 上，質量m = 2 kg的物塊與水平輕彈簧相連，物塊在與水平方向成0 = 45°角的拉力F作用下處于靜止狀態(tài)，此時水平面對物塊的彈力恰好為零.g取10 m/s 2,以下說法正確的是（）圖 X3-3圖 X3-6A.此時輕彈簧的彈力大小為20 NB.當撤去拉力F的瞬間，物塊的加速度大小為8 m/s 2,方向向左C.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度大小為8 m/s 2,方向向右D.若剪斷彈簧，則剪斷的瞬間物塊的加速度為06. AB 解析物塊在重力、拉力 F和彈簧的彈力作用下處于靜止狀態(tài)，由平衡條件得kx =

25、Fcos 0, mg = Fsin 0,聯(lián)立以上二式解得彈簧的彈力kx =" = 20 N ,選項Atan 45正確；撤去拉力 F的瞬間，由牛頓第二定律得 kx - mg = ma 1,解得a1=8 m/s 2,方向向 左，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，彈簧的彈力消失，則Fcos 0=ma2,解得a2=10 m/s 2, 方向向右，選項 C、D錯誤.9. （2014 武漢11月調研）某學校組織趣味課外活動一一拉重物比賽，如圖 X3-6所 示.設重物的質量為m,重物與地面間的動摩擦因數為巴重力加速度為g.某同學拉著重物在水平地面上運動時，能夠施加的最大拉力為F,求重物運動時的最大加速度.

26、9.解析對重物進行受力分析，如圖所示，由牛頓第二定律，有Fn + Fsin 9= mgFeos 0 f = ma又（jFn聯(lián)立以上各式解得 a =（網n 8+cos 8）閨m當tan 0=卜時，重物運動時的加速度最大am = Ji + _p2 _ 的.3.（2014 貴陽六校聯(lián)考）如圖X4-4所示，a、b兩個物體的質量分別為 mi、m2,由輕質彈簧相連.當用恒力F豎直向上拉著物體 a,使物體a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為 xi ；當用大小仍為 F的恒力沿水平方向拉著物體a,使物體a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧的伸長量為X2,則（）圖 X4-4A. X1 一定

27、等于X2 B. X1 一定大于 X2C.若 mi> m2,則 xi>X2 D.若 mi< m2,則 xkX2F ( mi + m2) g3. A 解析由牛頓第二定律知，對左圖的整體，加速度 ai =,對mi + m2m2F左圖的物體 b ,有kXi -m2g = m2ai,聯(lián)立以上二式解得 kXi =；對右圖的整體，m i + m2Fm2F加速度a2=,對右圖的物體 b,有kX2=m2a2,聯(lián)立以上二式解得 kX2=_mi + m2mi + m2可見X1=X2,選項A正確.實驗：驗證牛頓定律22. 2014 新課標全國卷I 某同學利用圖（a）所示實驗裝置及數字化信息系統(tǒng)獲得了

28、小車加速度a與鉤碼的質量 m的對應關系圖，如圖（b）所示.實驗中小車（含發(fā)射器）的質量為200 g ,實驗時選擇了不可伸長的輕質細繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到，回答下列問題：圖(a)圖（b）根據該同學的結果，小車的加速度與鉤碼的質量成 選填“線性”或“非線 性”）關系.(2)由圖(b)可知，a m圖線不經過原點，可能的原因是(3)若利用本實驗裝置來驗證“在小車質量不變的情況下，小車的加速度與作用力成正 比”的結論，并直接以鉤碼所受重力mg作為小車受到的合外力，則實驗中應采取的改進措施是 鉤碼的質量應?t足的條件是 22.(1)非線性 (2)存在摩擦力(3)調節(jié)軌

29、道的傾斜度以平衡摩擦力遠小于小車的質量解析本題考查了驗證牛頓第二定律的實驗.(1)根據圖中描出的各點作出的圖像不是一條直線，故小車的加速度和鉤碼的質量成非線性關系.(2)圖像不過原點，小車受到拉力但沒有加速度，原因是有摩擦力的影響.(3)平衡摩擦力之后，在滿足鉤碼質量遠小于小車質量的條件下，可以得出在小車質量不變的情況下拉力與加速度成正比的結論.3. (2014 深圳一模)在“探究加速度與質量的關系”的實驗中：(1)備有器材：A.長木板；B.電磁打點計時器、低壓交流電源、紙帶；C.細繩、小車、祛碼；D.裝有細沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；還缺少的一件器材是 (2)實驗得到如圖X10-5

30、甲所示的一條紙帶，相鄰兩個計數點的時間間隔為T; B、C兩點的間距X2和D、E兩點的間距X4已量出，利用這兩段間距計算小車加速度的表達式為圖 X10-5某同學根據實驗數據畫出的1a-圖線如圖乙所示，從圖線可得沙和沙桶的總質量為 mkg.(g 取 10 m/s 2)另一位同學根據實驗數據畫出的1a-圖像如圖丙所示，則造成這一結果的原因是 mX4 X23. (1)天平(2)a=-2T(3)0.02(0.0180.022均可)(4)未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)解析(1)實驗時需要知道小車的質量，故還缺少的器材是天平.X4 X2(2)小車做勻加速直線運動，則x4-X2 = 2aT2,所以加速度a=

31、 2T2(3)由牛頓第二定律得加速度a = £,圖像的斜率為合外力 F,則沙和沙桶的總質量m'mF=-=0.02 kg.g(4)由圖像可得當質量 m不為零時，加速度 a為0,這是因為未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足.5. (2014 安徽三校聯(lián)考)要測量兩個質量不等的沙袋的質量，由于沒有直接的測量工具，某實驗小組選用下列器材：輕質定滑輪(質量和摩擦可忽略 卜祛碼一套(總質量m = 0.5kg)、細線、刻度尺、秒表.他們根據已學過的物理學知識，改變實驗條件進行多次測量，選擇合適的變量得到線性關系，作出圖線并根據圖線的斜率和截距求出沙袋的質量.請完成下列步驟.圖 X10-7(1)實驗

32、裝置如圖X10 -7所示，設左右兩邊沙袋 A、B的質量分別為 mi、m2；(2)取出質量為m'的祛碼放在右邊沙袋中，剩余祛碼都放在左邊沙袋中，發(fā)現 A下降,B上升；用刻度尺測出 A從靜止下降的距離 h,用秒表測出 A下降所用的時間t,則可知A的加速度大小 a =改變m',測量相應的加速度a,得到多組 m'及a的數據，作出 選填“ am' ” 或 “a-L”)圖線； m(5)若求得圖線的斜率 k=4 m/(kg s2),截距b = 2 m/s2,則沙袋的質量 mi =kg ， m2 =kg.圖 X10-85.(3) 2h (4) a-m' (5)31.51

33、2h解析(3)由運動學規(guī)律h = 2at2,可得a = «對兩個沙袋組成的系統(tǒng),由牛頓第二定律有(mi+ m )g (m2+m m )g = (mi + m22m'gmi m2 m+ m)a,解得 a = mi + m2+m +mi + m2+mg,可見“ a-m ' ” 圖線為直線;(5)a-m '2g圖線的斜率為=4 m/(kgm i + m2+ mmi m2 ms2), 截距g = 2 m/s 2, 聯(lián)立mi + m2+ m以上二式解得 m i = 3 kg , m2= i.5 kg.牛頓運動定律綜合7. 2014 四川卷 如圖所示，水平傳送帶以速度vi

34、勻速運動，小物體 P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t = 0時刻P在傳送帶左端具有速度 V2, P與定滑輪間的繩水平，t = t0時刻P離開傳送帶.不計定滑輪質量和滑輪與繩之間的摩擦，繩足夠長.正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是（）ABCD7. BC 解析若P在傳送帶左端時的速度 V2小于vi,則P受到向右的摩擦力，當 P 受到的摩擦力大于繩的拉力時，P做加速運動，則有兩種可能：第一種是一直做加速運動，第二種是先做加速度運動，當速度達到vi后做勻速運動，所以 B正確；當P受到的摩擦力小于繩的拉力時，P做減速運動，也有兩種可能：第一種是一直做減速運動，從右端滑出；第二種是先做減速

35、運動再做反向加速運動，從左端滑出.若 P在傳送帶左端具有的速度 V2 大于vi,則小物體P受到向左的摩擦力，使 P做減速運動，則有三種可能：第一種是一直 做減速運動，第二種是速度先減到vi,之后若P受到繩的拉力和靜摩擦力作用而處于平衡狀態(tài)，則其以速度 vi做勻速運動，第三種是速度先減到vi,之后若P所受的靜摩擦力小于繩的拉力，則P將繼續(xù)減速直到速度減為 0,再反向做加速運動并且摩擦力反向，加速度不變，從左端滑出，所以 C正確.24. 20i4 新課標全國卷I 公路上行駛的兩汽車之間應保持一定的安全距離.當前車突然停止時，后車司機可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內停下而不會與前車相碰.通常情況

36、下，人的反應時間和汽車系統(tǒng)的反應時間之和為is,當汽車在晴天干燥瀝青路面上以i08 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為i20 m .設雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數為晴天時的 一，若要求安全距離仍為120 m ,求汽車在雨天安全行駛的最大速度.524 . 2 m/s(或 72 km/h)解析設路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數為 卬，剎車時汽車的加速度大小為ao,安全距離為S,反應時間為t0,由牛頓第二定律和運動學公式得wmg =ma 0 v2S = voto +2ao式中，m和vo分別為汽車的質量和剎車前的速度.設在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數為巴依題意有設在雨天行駛時汽車剎

37、車的加速度大小為a,安全行駛的最大速度為v,由牛頓第二定律和運動學公式得(img = ma vs= vto + 一2a聯(lián)立式并代入題給數據得v = 20 m/s (72 km/h) . (624. 2014 新課標n卷2012年10月，奧地利極限運動員菲利克斯鮑姆加特納乘氣球升至約39 km的高空后跳下，經過4分20秒到達距地面約1.5 km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運動的多項世界紀錄.重力加速度的大小g取10 m/s 2.(1)若忽略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落至1.5 km高度處所需的時間及其在此 處速度的大小;(2)實際上，物體在空氣中運動時會受到空氣的阻力，高速運動

38、時所受阻力的大小可近似表示為f=kv2,其中v為速率，k為阻力系數，其數值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有關.已知該運動員在某段時間內高速下落的vt圖像如圖所示.若該運動員和所帶裝備的總質量 m= 100 kg，試估算該運動員在達到最大速度時所受阻力的阻力系數.(結果保留1位有效數字)24 .答案(1)87 s 8.7 X102 m/s(2)0.008 kg/m解析(1)設該運動員從開始自由下落至1.5 km高度處的時間為t,下落距離為s,在1.5 km高度處的速度大小為v,根據運動學公式有v=gt 1s= 2gt2 根據題意有s= 3.9 X104 m1.5X103 m 聯(lián)立式得t = 8

39、7 s v= 8.7 X102 m/s (2)該運動員達到最大速度 Vmax時，加速度為零，根據牛頓第二定律有mg = kVmax 由所給的v t圖像可讀出vmax=360 m/s 由式得 k= 0.008 kg/m 15. 2014 福建卷I如下圖所示，滑塊以初速度vo沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零.對于該運動過程，若用 h、s、v、a分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖像中能正確描述這一運動規(guī)律的是()ABCD15. B 解析設滑塊與斜面間的動摩擦因數為心斜面傾角為0,滑塊在表面粗糙的固定斜面上下滑時做勻減速直線運動，加速度不變，其

40、加速度的大小為a=閨cos 0-gsin0,故D項錯誤；由速度公式v=v。at可知，v t圖像應為一條傾斜的直線， 故C項錯誤；由位移公式 s = vot at2可知，B項正確；由位移公式及幾何關系可得h = ssin 0 =vot -2at2 sin e,故 A 項錯誤.8. （2014 濟南期末）如圖X3-5所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是 2 m ,且與水平方向的夾角均為37°.現有兩個小物塊 A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5, g取10m/s2, sin 37 ° =0

41、.6, cos 37 ° =0.8.下列判斷正確的是（）圖 X3-5A.物塊A先到達傳送帶底端8. 物塊A、B同時到達傳送帶底端C.傳送帶對物塊 A、B的摩擦力都沿傳送帶向上D .物塊A下滑過程中相對傳送帶的位移小于物塊B下滑過程中相對傳送帶的位移9. BCD 解析傳送帶對物塊 A、B的摩擦力方向都沿傳送帶向上，選項 C正確；物mAgsin 37 ° （imAgcos 37 °塊A、B都做勻加速運動，加速度相同，aA =2 m/s2=aB,mA兩物塊的初速度相同，位移相同，則運動時間也相同，選項 B正確，選項A錯誤；物塊 A下滑過程相對傳送帶的位移等于物塊A的位移

42、與傳送帶勻速運動的位移之差，物塊 B下滑過程相對傳送帶的位移等于物塊B的位移與傳送帶勻速運動的位移之和，選項 D正確.10. （2014 江西贛州期末） 在寒冷的冬天，路面很容易結冰，在冰雪路面上汽車定要低速行駛.在冰雪覆蓋的路面上，車輛遇緊急情況剎車時，車輪會抱死而“打滑”.如圖X3-7所示，假設某汽車以10 m/s的速度行駛至一個斜坡的頂端A時，突然發(fā)現坡底前方有一位行人正以 2 m/s的速度做同向勻速運動，司機立即剎車，但因冰雪路面太滑， 汽車仍沿斜坡滑行.已知斜坡的高AB=3 m,KAC = 5 m,司機剎車時行人距坡底 C點的距離CE= 6 m ,從廠家的技術手冊中查得該車輪胎與冰雪

43、路面的動摩擦因數約為0.5.(1)求汽車沿斜坡滑下的加速度大小.(2)試分析此種情況下，行人是否有危險.圖 X3-710 . (1)2 m/s 2 (2)有危險解析(1)汽車在斜坡上行駛時，由牛頓第二定律得mg sin 0(img cos 0= ma 1由幾何關系得sin 8=一, cos 0="55聯(lián)立以上各式解得汽車在斜坡上滑下時的加速度a1 = 2 m/s 2.(2)由勻變速直線運動規(guī)律可得vC vA= 2aXAC解得汽車到達坡底 C時的速度vc=，120 m/sVC-VA經歷時間11 = 0.5 sai汽車在水平路面運動階段，由pmg = ma 2得汽車的加速度大小 a2=的

44、=5 m/s 2汽車的速度減至 v= v人=2 m/s時發(fā)生的位移vC v 女2a2xi = 11.6 m經歷的時間VC- V人t2= 1.8 sa2人發(fā)生的位移X2 = v 人(ti + t2)= 4.6 m因xi X2=7 m>6 m ,故行人有危險.圖 X4-11. （2014 山東濟寧期末）如圖X4-1所示，一根輕繩跨過定滑輪，兩端分別系著質量 分別為m1、m2的小物塊A和B, A放在地面上，B離地面有一定高度.當 B的質量發(fā)生變化時，A上升的加速度a的大小也將隨之變化.已知重力加速度為g,則圖X4-2中能正確反映a與m2關系的圖像是（）圖 X4-21. C 解析當m2<mi時，B靜止，加速度為 0;當m2>mi時，分別對 B、A