《2013高考物理 模擬新題特快專遞（第二期）專題三 牛頓運動定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013高考物理 模擬新題特快專遞（第二期）專題三 牛頓運動定律（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2013高考模擬新題特快專遞第二期三牛頓運動定律 1．（2013四川資陽診斷）如圖所示，質量M，中空為半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內有一質量為m的小鐵球，現用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角。則下列說法正確的是 A．小鐵球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽對小鐵球的支持力為 C．系統(tǒng)的加速度為a= gtanα D．推力F= Mgtanα 答案：C解析：根據小鐵球與光滑凹槽相對靜止位置可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為，選項AB錯誤。小球所受合外力為mgta

2、nα，加速度為a= gtanα，推力F=( m+M)gtanα,，選項C正確D錯誤。 2．（2013山東萊州質檢）如圖所示，小車沿水平面做直線運動，小車內光滑底面上有一物塊被壓縮的彈簧壓向左壁，小車向右加速運動。若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1和車右壁受彈簧的壓力F2的大小變化是( ) A．F1不變，F2變大。 B．F1變大，F2不變 C．F1、F2都變大 D．F1變大，F2減小 . 答案：B解析：若小車向右加速度增大，則車左壁受物塊的壓力F1增大，車右壁受彈簧的壓力F2的大小不變，選項B正確 B A F 圖2 3．（2013北京四中摸底）如圖1所

3、示，物塊A、B疊放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速運動。設A、B之間的摩擦力為f1，B與水平桌面間的摩擦力為f2。在始終保持A、B相對靜止的情況下，逐漸增大F則摩擦力f1和f2的大?。? ） A. f1不變、f2變大 B. f1變大、f2不變 C. f1和f2都變大 D. f1和f2都不變 答案：B解析：逐漸增大F，整體的加速度增大，A、B之間的摩擦力為f1增大，B與水平桌面間的摩擦力為f2不變，選項B正確。 圖5 B A 4．（2013北京海淀期中）如圖5所示，將物體A放在容器B中，

4、以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，下列說法正確的是（ ） A．在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零 B．上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力 C．下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力 D．在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力 4.【答案】： A 【解析】：把容器B豎直上拋，物體處于完全失重狀態(tài)，在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零，選項A正確。 5. （2013河南三市聯考）如圖所示，在一升降機內，一物塊被一輕質彈簧緊壓在天花板上，彈簧的下端固定在升降機的地板上，彈簧保持豎直。在升降機運行過程

5、中，物塊未曾離開升降機的天花板。當升降機向上運動時，其v- t圖像如圖所示，下面給出的地板所受壓力F1和升降機天花板所受壓力F2隨時間變化的定性圖象，可能正確的的是 答案：BC解析：根據題述，物塊未曾離開升降機的天花板，彈簧長度相同，彈簧中彈力相同，地板所受壓力F1相同，選項B正確A錯誤。當升降機向上運動時，在0~t1時間內，加速度向上，天花板對物塊向下壓力最?。辉趖2~t3時間內，減速運動，天花板對物塊向下壓力最大；所以選項C正確D錯誤。 6.（2013四川綿陽一診）如圖所示，一輕彈簧豎直固定在水平地面上，彈簧正上方有一個小球自由下落。從小球 接觸彈簧上端O點到將彈簧壓縮到最短的過

6、程中，小球的加速度a隨時間t或者隨距O 點的距離x變化的關系圖線是 答案：B解析：小球 接觸彈簧上端O點到將彈簧壓縮到最短的過程中，其彈力F=kx，由牛頓第二定律，mg-kx=ma，解得a=g-x，選項B正確ACD錯誤； 7．(2013上海徐匯測試)如圖所示，在光滑的水平面上放著兩塊長度相同，質量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端分別放一個大小、形狀、質量完全相同的物體，開始時都處于靜止狀態(tài)，現分別對兩物體施加水平恒力F1、F2，當物體與板分離時，兩木板的速度分別為v1和v2，若已知v2＞v1，且物體與木板之間的動摩擦因數相同，需要同時滿足的條件是（ ） （A）F1＝F2，

7、且M1＞M2 （B）F1＝F2，且M1＜M2 （C）F1＞F2，且M1＝M2 （D）F1＞F2，且M1＞M2 答案：ACD解析：若F1＝F2，兩個物體的加速度相等。由于二者所受摩擦力相等，若M1＞M2，M1的加速度小于M2，當物體與板分離時，v2＞v1；若M1＜M2，M1的加速度大于M2，當物體與板分離時，v1＞v2；選項A正確B錯誤。若F1＞F2，M1上物塊的加速度大；若M1＝M2，兩木板的加速度相等，當物體與板分離時，v2＞v1；若M1＞M2，M1的加速度小于M2，當物體與板分離時，v2＞v1；選項CD正確。 8．(2013上海徐匯測試)如圖甲所示，靜止在水平地面的物塊A

8、，受到水平向右的拉力F作用，F與時間t的關系如圖乙所示。設物塊與地面的靜摩擦力最大值f m與滑動摩擦大小相等，則（ ） （A）0-t1時間內物塊A的速度逐漸增大 （B）t2時刻物塊A的加速度最大 （C）t2時刻后物塊A做反向運動 （D）t3時刻物塊A的速度最大 答案：BD解析：0-t1時間內物塊A靜止，選項A錯誤；t2時刻水平拉力最大，物塊A的加速度最大，選項B正確；t2時刻后物塊A加速度減小，仍然沿原方向運動，選項C錯誤；t3時刻物塊加速度減小到零，物塊A的速度最大，選項D正確。 9．(2013上海徐匯測試)質量為50 kg的消防員兩腳各用750 N水平蹬力，恰在兩豎直

9、墻之間勻速下滑，在離地面6 m處改做勻減速運動，經過2 s后到達地面時速度恰減為零，則該時兩腳的水平蹬力至少為(重力加速度g取10m/s2) （ ） （A）900 N， （B）925 N， （C）950 N， （D）975 N。 答案：D解析：恰在兩豎直墻之間勻速下滑，2μF1=mg，解得μ=1/3；由s=at2得a=3m/s2。設兩腳的水平蹬力至少為F，則有2μF-mg=ma，解得F=975 N. 10．（2013寶雞檢測）如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面向左做直線運動，小球A用細線懸掛于支架前端，質量為m的物塊B始終相對于小車靜止地擺放在右端。B與小車平板間的動

10、摩擦因數為μ。.若某時刻觀察到細線偏離豎直方向θ角，則此刻小車對物塊B產生的作用力的大小和方向為 （ ） A．mg，斜向右上方 B．mg，斜向左上方 C．mgtanθ，水平向右 D．mg，豎直向上 答案：A解析：由圖可知，小車向左做勻減速運動，其加速度大小a=gtanθ。小車對物塊B向右的靜摩擦力為f=ma= mgtanθ。豎直向上的支持力N=mg，小車對物塊B產生的作用力的大小為F== mg，方向為斜向右上方，選項A正確。 11．（2013山西忻州一中檢測）“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩。質量為m的小明如圖所示靜止懸掛時，兩

11、橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時 A．加速度為零，速度為零 B．加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下 C．加速度a＝g，沿未斷裂橡皮繩的方向斜向上 D．加速度a＝g，方向豎直向下 11．答案　B 解析：　小明左側橡皮繩在腰間斷裂，小明向右下加速運動，橡皮繩斷裂時加速度不為零，速度為零，選項A錯誤；根據兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，可知兩橡皮繩夾角為120°，小明左側橡皮繩在腰間斷裂時，彈性極好的橡皮繩的彈力不能發(fā)生突變，對小明進行受力分析可知加速度a＝g，沿原斷裂橡皮繩的方向斜向下，選項B正確CD錯誤． 12．(10) （2013山東萊

12、州質檢）海濱游樂園里有一種滑沙的游樂活動．如圖所示，人坐在滑板上從斜坡的高處A點由靜止開始滑下，滑到斜坡底部B點后沿水平滑道再滑行一段距離到C點停下來．斜坡滑道與水平滑道間是平滑連接的，滑板與兩滑道間的動摩擦因數均為μ=0.50，不計空氣阻力，重力加速度g=10m／s2．斜坡傾角θ=37°，人和滑板的總質量m=60kg． (己知：sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)求人在斜坡上下滑的加速度大小 (2)若斜面AB長L=60m，則人在水平滑道上滑行的距離是多少? 12.（10分） 解題思路：分析受力，應用牛頓第二定律解得人在斜坡上下滑的加速度大??；應用勻變速直線運動

13、規(guī)律和牛頓第二定律得到人在水平滑道上滑行的距離。 考查要點：受力分析、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律。 解析： （1）坡上下滑時，人及滑板受力如圖所示，由牛頓第二定律得： （2分） （1分） （1分） 解得a=g(sinθ-μcosθ)= 2m/s2 （1分） （2）設人從斜坡滑道B點的速度為v，由運動學公式得：2as=v2 （1分） 在水平滑道上做加速運動，加速度a1=μg=0.50×10m/s2=5 m/s2。（1分） 設在水平滑道上滑行的距離為S1，由運動學公式得：2a1s1=v2 （1分） 由以上各式聯立解得 S1=24m （2分）

14、 13. (14分）（2013河南三市聯考）如圖所示，木板與水平地面間的 夾角θ可以隨意改變，當θ=30°時，可視為質點的 一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊 從木板的底端以大小恒定的初速率v0 = 10m/S的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度g=10m/s2。 (1) 求小物塊與木板間的動摩擦因數； (2) 當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值。 24. 解題思路：由平衡條件和摩擦力公式解得小物塊與木板間的動摩擦因數；由動能定理得到位移表達式，利用三角函數極值知識求出此最小值。 考查要點：滑

15、動摩擦力公式、平衡條件、動能定理、三角函數極值。 解析：（1）當θ=30°時，小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。mgsinθ=f，f=μmgcosθ 聯立解得：μ=。 （2）對于小物塊沿木板向上滑行，由動能定理， - mgsinθ·s-μmgcosθ·s =0-mv22， 解得s=。 令a= sinθ+μcosθ=（sinθ+μcosθ） 設cosα=，則a= sin(α+θ) 當α+θ=π/2時，a存在最大值am==2。 即sinθ= cosα==，θ=60°時，s最小。 對應的最小值s==5m。 19．(16) （2013山東萊州質檢）如圖所示，地面依次排放兩塊完全相同的

16、木板A、B，長度均為l=2.5m，質量均為m2=150kg，現有一小滑塊以速度v0=6m／s沖上木板A左端，已知小滑塊質量m==200kg，滑塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數μ2=0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2) (1)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應滿足的條件。 (2)若μ1=0.4，求滑塊運動時間。(結果用分數表示)。 19.（16分）解題思路：應用平衡條件列方程解得μ1應滿足的條件；應用牛頓第二定律和運動學公式解得滑塊運動時間。 考查要點：牛頓運動定律、平衡條件、滑動摩擦力、勻變速直線運

17、動規(guī)律。 解析： 滑上木板A時，木板不動，由受力分析得 （2分） 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得（2分） 代入數據得0.35≤μ1＜0.5 （2分） （2）若μ1=0.4，則貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得， 解得：a1=4m/s2 （1分） 由 達B板時的速度v1=4m/s。 （1分） 在A板上滑動時間由 解得t1=0.5s。（1分） 滑塊滑上B板時B運動，由 a2=m/s2。（1分） 速度相同時a2 t2= v1- a1 t2，解得t2=s。 （1分）

18、 相對位移（1分） 物塊與板B能達到共同速度：v共= a2 t2=m/s 。 （1分） 然后一起相對靜止的一起減速： a共=2m/s2（1分） （1分） （1分） 注：計算過程中表達正確即給分，數值只看最后結果。 圖15 甲 500 0 2500 F/N t/s 3.6 4.2 4.8 5.4 6.0 6.6 6.8 8.4 9.4 11 12 乙 16．（10分）（2013北京海淀期中）圖15甲是2012年我國運動員在倫敦奧運會上蹦床比賽中的一個情景。設這位蹦床運動員僅在豎直方向上運動，運動員的腳在接觸蹦床過程中，蹦床對運

19、動員的彈力F隨時間t的變化規(guī)律通過傳感器用計算機繪制出來，如圖15乙所示。取g= 10m/s2，根據F-t圖象求： （1）運動員的質量； （2）運動員在運動過程中的最大加速度； （3）在不計空氣阻力情況下，運動員重心離開蹦床上升的最大高度。 16．（10分） 解題思路：由圖象給出的信息得到運動員的質量和所受最大力，應用牛頓運動定律得到運動員在運動過程中的最大加速度；應用豎直上拋規(guī)律和相關知識得到運動員重心離開蹦床上升的最大高度。 考查要點：F---t圖象、牛頓第二定律、豎直上拋規(guī)律等。 解析： （1）由圖象可知運動員所受重力為500N，設運動員質量為m，則 m=G/g=50

20、kg……………………………………………3分 （2）由圖象可知蹦床對運動員的最大彈力為Fm=2500N，設運動員的最大加速度為am，則 Fm-mg=mam……………………………………………2分 am==m/s2=40 m/s2 ……………………1分 （3）由圖像可知遠動員離開蹦床后做豎直上拋運動，離開蹦床的時刻為6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的時刻為8.4s或11s，它們的時間間隔均為1.6s。根據豎直上拋運動的對稱性，可知其自由下落的時間為0.8s。………………………………………2分 設運動員上升的最大高度為H，則 H==m=3.2m ………………………………………2分

21、 圖13 θ F 13．（8分）（2013北京海淀期中）如圖13所示，質量m=2.2kg的金屬塊放在水平地板上，在與水平方向成θ=37°角斜向上、大小為F=10N的拉力作用下，以速度v=5.0m/s向右做勻速直線運動。（cos37°=0.8，sin37°=0.6，取g=10m/s2）求： （1）金屬塊與地板間的動摩擦因數； （2）如果從某時刻起撤去拉力，撤去拉力后金屬塊在水平地板上滑行的最大距離。 13．（8分）解題思路：分析受力，由平衡條件列方程得到金屬塊與地板間的動摩擦因數；應用牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律得到金屬塊在水平地板上滑行的最大距離。 考查要點：受力分析、平

22、衡條件、牛頓第二定律、勻變速直線運動規(guī)律。 解析：（1）設地板對金屬塊的支持力為N，金屬塊與地板的動摩擦因數為μ， 因為金屬塊勻速運動，所以有 Fcosθ=μN…………………………………………………1分 mg=Fsinθ+N……………………………………………………1分 解得：……………………………2分 （2）撤去F后，設金屬塊受到的支持力為N '，運動的加速度為a，在水平地板上滑行的距離為x，則N '=mg， μmg=ma………………………………………1分 ……………………………………………………1分 解得：x=2.5m…………………………………………2分 13.（8分）（

23、2013安徽皖南八校聯考）在傾角為θ的長斜面上有一帶風帆的滑塊，從靜止開始沿斜面下滑．滑塊質量為m，它與斜面間的動摩擦因數為μ，帆受到的空氣阻力與帆的受風面積S以及滑塊下滑速度v的大小成正比，即f=kSv。. (1)寫出滑塊下滑速度為v時加速度的表達式 (2)若m=2.0 kg，θ=53°,g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，從靜止下滑的速度圖象如圖所示的曲線．圖中直線是t=0時的速度圖線的切線．由此求出kS乘積和μ的值。 解析：（1）滑塊在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空氣阻力作用做加速運動。由牛頓第二定律，mgsinθ- μmgsinθ-kSv=ma

24、， 解得a= gsinθ- μgsinθ-kSv/m。 當速度v增大時，a減小。當a減小到零時，速度v最大。 （2）從v--t圖線可得，v=0，a==5m/s2； gsinθ- μgsinθ=5 m/s2， 解得μ=0.5. v=4m/s，a=0. gsinθ- μgsinθ-kSv/m=0.，解得kS=2.5kg/s。 17．（2013沈陽二中測試）如圖所示，質量m＝2 kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L＝20 m．用大小為30 N，沿水平方向的外力拉此物體，經t0＝2 s拉至B處．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s2) (1)求

25、物體與地面間的動摩擦因數μ； (2)用大小為30 N，與水平方向成37°的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達B處，求該力作用的最短時間t.（計算結果保留一位有效數字） 17．解：(1)物體做勻加速運動，則 L＝a0t 解得a0＝＝10 m/s2 ——1分 由牛頓第二定律，有 F－f＝ma0 由f＝μFN＝μmg， ——2分 μ＝＝0.5 ——1分 (2)設F作用的最短時間為t，小車先以大小為

26、a的加速度勻加速t，撤去外力后，以大小為a′的加速度勻減速t′到達B處，速度恰為0，由牛頓第二定律，有 Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma ——2分 解得a＝－μg＝11.5 m/s2 ——1分 a′＝＝μg＝5 m/s2 ——1分 由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 at＝a′t′

27、 ——2分 ∴t′＝t＝t＝2.3 t L＝at2＋a′t′2 ——2分 t＝＝＝1 s 。 B A 16．（2013沈陽二中測試）一內壁光滑的環(huán)形細圓管，位于豎直平面內，環(huán)的半徑為R（比細管的半徑大得多）．在圓管中有兩個直徑比細管內徑略小的小球（可視為質點）．A球的質量為m1，B球的質量為m2．它們沿環(huán)形圓管順時針運動，經過最低點時的速度都為v0．設A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1、m2、R與v0應滿足的關系式。 16．解：A球通過圓管最低點時，圓管對球的壓力豎直向上，所以球對圓管的壓力豎直向下．若要此時兩球作用于圓管的合力為零，B球對圓管的壓力一定是豎直向上的，所以圓管對B球的壓力一定是豎直向下的． 由機械能守恒定律，B球通過圓管最高點時的速度v滿足方程 ——2分 根據牛頓運動定律 對于A球， ——2分 對于B球， ——2分 又 N1=N2 ——2分 解得 ——2分