(完整版)2012-2018年高考物理真题汇编专题3牛顿运动定律

1、1.( 2012 上海卷).如图，光 滑斜面固定于水平面，滑块 A、 B 叠放后一起冲上斜面，且始 终保持相对静止，A 上表面水 平.则在斜面上运动时，B 受力 的示意图为()答案：A解析：对于 A、B 整体，根据牛顿第二定律可知共同沿斜面下滑的加速度为a=gsin 隔离滑块 B,由于摩擦力只能与接触面相切，所以CD 错；由于 B 有水平向左的加速度分量,所以 A 对 B 的摩擦力必须水平向左，即A 正确.2.( 2012 北京高考卷)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米电梯的简化模型如图所示考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0 时由静止开始上

2、升，at图像如图所示.电梯总质量n=2.0 x103kg忽略一切阻力，. 2重力加速度g取 10m/s .(1 )求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(2)类比是一种常用的研究方法对于直线运动，教科书中讲解了由ut图像求位移的方法.请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2 所示at图像，求电梯在第专题 3 牛顿运动定律2012 年真题(A)1s 内的速度改变量厶u1和第 2s 末的速率u2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P;再求在 0 11s 时间内，拉力和重力 对电梯所做的总功W解析:(1 )由牛顿第二定律，有F-mg= ma.22由at图像可知，Fi和

3、F2对应的加速度分别是ai=1.0m/s ,a2=-1.0m/sFi=m(g+ai)=2.0 x103x(10+1.0)N=2.2x104NF2=m(g+a2)=2.0 xi03x(i0-i.0)N=1.8x104N(2)类比可得，所求速度变化量等于第 is内 a-1图线下的面积ui=0.50m/s同理可得，u2=u2-u0=i.5m/su0=0,第 2s 末的速率u2=i.5m/s(3)由a t图像可知，iis30s 内速率最大，其值等于0iis 内at图线下的面积，有um=i0m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg所求功率P=Fu Fmg uF2.0 xi03xi0 xi0W=2.0

4、 xi05W由动能定理，总功 V=E2-E1=1 mum2-0=1x2.0 xi03x102J=1.0 x105J2 23. (2012 山东卷).将地面上静止的货物竖直向上吊起，v t图像如图所示.以下判断正确的是A. 前 3s 内货物处于超重状态B. 最后 2s 内货物只受重力作用C. 前 3s 内与最后 2s 内货物的平均速度相同D. 第 3s 末至第 5s 末的过程中，货物的机械能守恒答案：AC解析：由 v t 图像可知前 3 s 内，a=Av/ t=2 m/s2，货物具有向上的加速度，故处于2超重状态，选项 A 正确；最后 2 s 内加速度 a = v/ t= -3 m/s，小于重力

5、加速度，故吊绳拉力不为零，选项B 错误；根据 v =v/2=3 m/s 可知选项 C 正确；第 3 s 末至第 5 s末的过程中，货物匀速上升，货物机械能增加，选项D 错误.4. (2012 四川卷)如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变.用水平力，缓慢推动物体，在弹 性限度内弹簧长度被压缩了X0,此时物体静止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4xo.物体与水平面间的动摩擦因数为口，重力加速度为g.则A .撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动答案：BD解析：根据牛顿第二定律可得kx-卩 m

6、g=ma 即 a= (kx-卩 mg) /m，当 kx卩 mg 时，随着形变量 x 的减小，加速度 a 将减小；当 kx卩 mg 时，随着形变量 x 的减小，加速度 a 将增大，则 撤去 F后，物体刚运动时的加速度为a=(kx0)/m-卩 g,物体先做加速度逐渐减小的加速直线运动，当 kx=卩 mg (a=0)时，物体的速度最大，然后做加速度增大的减速直线运动，最后 当物体与弹簧脱离后做加速度为a=yg 的匀减速直线运动，故 A 选项错误，B 选项正确；物体脱离弹簧后做加速度为a=卩 g 的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得3x0=1/2*卩 gt2,解得 t=6x0，故 C 选项错

7、误；根据功的计算式可得，物体开始向左端 g运动到速度最大的过程中滑动摩擦力做功为W=p mgx,又 x =x0-卩 mg/k，解得 W=- mg(x0-卩 mg/k)，即克服滑动摩擦力做功为卩 mg(x0-卩 mg/k)，故 D 选项正确.7. (2012 全国新课标).伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是A. 物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B. 没有力作用，物体只能处于静止状态C. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动答案：AD

8、 解析：惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质物体可能静止也可能匀速直线运动，B 错 D 正确5. (2012 安徽卷)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直 向下的恒力F，贝 U ()B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C .物体做匀减速运动的时间为D物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为mg(xomgA 正确 C 错误.没有力作用aA.物块可能匀速下滑B. 物块仍以加速度a匀加速下滑C. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑D. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑答案：C6.(2012 全国新课标)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦

9、地工具(如图).设拖把头的质量为m拖杆质量可以忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数口，重力加速度为g,某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为e.(1) 若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小(2) 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为入.已知存在一临界角大，都不可能使拖把从静止开始运动式中N与f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力.按摩擦定律有f N联立式得F -mgsin cos(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应用f sin wN这时，式仍满足，联立式得sin cosw皿 解析：

10、未加恒力F 时，由牛顿第二定律知a (gF)(mgsinmg cos )，即ama mg sin mg cos，而加上 F 后,a，C正确.eo,若ee0，则不管沿拖杆方向的推力多答案：(1)F-mg了 （ 2）tansincos解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平分解,按平衡条件有F cos mg NF sin.求这一临界角的正切taneF现考察使上式成立的e角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sin cosw0使上式成立的角满足e 1.25N&(2012 安徽卷)1. (10 分)图 1 为“验证 牛顿第二定律

11、”的实验装置示意图.砂和砂桶的 总质量为m,小车和砝码的总质量为M.实验 中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉 力的大小.所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行 项操作是A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带,的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动.C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是 否做匀速运动.(2)实验中要进行质量m和M

12、的选取，以下最合理的一组是A.M=200g,m=10g、15g、20g、25g、30g、40gB.M=200g,m=20g、40g、60g、80g、100g、120gee0时，不管沿拖杆方环的弹力向上，由牛顿定律Fcos时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律FcosFN=ma Fsin =mg+ FN,解得F= 9N,(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车.接下来还需要进行的一给打点计时器通电，调节mC.M=400g,m=10g、15g、20g、25g、30g、40gD.M=400g,m=20g40g、60g、80g、100g、120g(3)图 2 是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、

13、F、G为 7 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出量出相邻的计数点之间的距离分别为SAB=4.22cmsBC=4.65 cm、sCD=5.08 cm、sDE=5.49 cm、sEF=5.91 cm、SFG=6.34 cm .已知打点计时器的工作效率为50 Hz,则小车的加速度a=_ m/s2(结果保留 2 位有效数字).图 2I答案：(1) B; (2)C ; (3) 0.42解析：要使砂和砂桶的重力mg 近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足mvM.而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故(1)选 B, (2)选 C. (3)用逐差法SDESEFSFG- SAB

14、- SBC- SCD-9-，求得a20.42m / s.9. ( 2012 安徽卷)质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v t图象如图所示.球与水平地面相碰后离开地面 时的速度大小为碰撞前的3/4.该球受到的空气阻力大小恒为f，取g=10 m/s2,求：(1 )弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.解析：(1)由 v t 图像可知：小球下落作匀加速运动，8m/ s2由牛顿第二定解得m(g a) 0.2N3由图知：球落地时速度v 4m/s，则反弹时速度v v 3m/s4设反弹的加速度大小为由动能定理得-(mg12f)h 0mv2

15、解得h0.375m10 （ 2012 江苏卷）.将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象，可能正确的是kv，随着v的减小，a减小，但最后不等于 0.加速度越小，速度减m小得越慢，所以选C.11. （2012 江苏卷）.如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为 m M 夹子与木块两侧间的最大静摩擦有均为f,若木块不滑动,答案：A力 F,的最大值A2f(m+ M)2f(m+ M )mc.2f(m+ M)M(m+ M)g2f(m+ M)M+ (m+ M )g解析：整体法Fm(M m)g

16、 mam，隔离法，对木块，2f Mg Mam,解得F2f(m M)mM12.(2012 重庆卷)某校举行托乒乓球跑步比赛， 赛道为水平直道，比赛距离为S,比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小 a 的加 速度从静止开始做匀加速运动，当速度达 到vo时，再以vo做匀速直线运动跑至终点 整个过程中球一直保持在球中心不动.比赛中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的倾角为00,如题图所示设球在运动过程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为 m 重力加速度为 g空气阻力大小与球速大小的比例系数k求在加速跑阶段球拍倾角0随球速v变化的关系式整个匀速跑阶段

17、，若该同学速率仍为vo,而球拍的倾角比00大了B并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r 的下边沿掉落，求B应满足的条件 解析：在匀速运动阶段有，mg tan0kv0得k mg tan0v0加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有N sinkv maN cosmg得tana g v ta n0v以速度V。匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F,有F mg coso时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a,球拍倾有F sinma设匀速跑阶段所用时间为 t，有t s v0v02a2r coso2sVVo2a2013 年真题1

18、.（ 2013 高考上海物理第 6 题）秋千的吊绳有些磨损在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时 候是秋千（A）在下摆过程中（B）在上摆过程中（C）摆到最高点时（D）摆到最低点时答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D 正确.2.（2013 全国新课标理综 II 第 14 题）一物块静止在粗糙的水平桌面上.从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以 a 表示物块的加速度大小，F 表示水平拉力的大小.能正确描述 F 与 a 之间关系的图象是2B,G答案：C解析：设物体所受滑动摩擦力为f,在水平拉力 F 作用下，物体做匀加

19、速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma , F= ma+f,所以能正确描述 F 与 a 之间关系的图象是 C,选项 C 正确 ABD错误.3.（2013 高考浙江理综第 19 题）如图所示，总质量为460kg 的热气球，从地面刚开始竖直2上升时的加速度为 0.5m/s，当热气球上升到 180m 时，以 5m/s 的速度向上匀速运动.若离开 地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2.球不从球拍上掉落的条件1at2得sin关于热气球，下列说法正确的是A. 所受浮力大小为 4830NB. 加速上升过程中所受空气阻力保持不变C. 从地面开始上升 10s 后

20、的速度大小为 5m/sD.以 5m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为230N答案：AD解析：热气球离开地面后地面后做加速度逐渐减小的加速运动，对热气球从地面刚开始竖直上升时，由牛顿第二定律，F-mg=ma 解得所受浮力大小为 4830N,选项 A 正确.加速上升过程中所受空气阻力逐渐增大，选项B 错误.由于做加速度逐渐减小的加速运动，热气球从地面开始上升 10s 后的速度小于 5m/s，选项 C 错误.由平衡条件可得，F-mg-f=O，以 5m/s 匀 速上升时所受空气阻力大小为f=F-mg=4830N -4600N =230N，选项 D 正确.4. （2013 高考安徽理综第 14 题）如图

21、所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为0的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直 线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T 和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)A.T=m (gs in0+ a cos0),FN=m(gcos0- as in0)B.T=m(gsin0+ acos0),FN=m(gsin0- acos0)C.T=m(acos0- gsin0),FN=m(gcos0+ asin0)D.T=m(asin0- gcos0),FN=m(gsin0+ acos0)答案：ATcos0 - FNsin0 =maTsin

22、0 - FNcos0 =mg联立两式解方程组，得T=m(gsin0+ acos0),FN=m(gcos0- as in0)，选项 A 正确;5. （15 分）（2013 高考山东理综第 22 题）如图所示，一质量 m=0.4kg 的小物块，以 vo=2m/s 的初解析：将绳子的拉力T 和斜面弹力FN分解为 水平方向和 竖直方向速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t=2s 的时间物块由 A 点运动到 B 点，A、B 之间的距离 L=10m.已知斜面倾角0=30，物块与斜面之间（1）求物块加速度的大小及到达 B 点时速度的大小（2）拉力 F 与斜面的夹角多大时，拉

23、力 F 最小？拉力 F 的最小值是多少?解析：（1）设物块加速度的大小为 a,到达 B 点时速度的大小为 v，由运动学公式得:12L= vot+ at ，2v= vo+at，联立式，代入数据解得：a=3m/s2,v=8m/s.（2）设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,a.受力分析如图所示.由牛顿第二定律得：6.（2013 全国新课标理综 II 第 25 题）（18 分）一长木板在水平面上运动，在一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上

24、，取重力2加速度的大小 g=10m/s，求：的动摩擦因数3.重力加速度3g 取 10 m/s2.联立式，代入数据得F 的最小值为：Fmin=13 3N.50.5Fcosa-mgsin0-Ff=maFsina+FN-mgcos0=0,又Ff=aFN.mg sincosma联立解得：F=.cossin32 3由数学知识得： cosa+sina=sin(6033由式可知对应的 F 最小值的夹角a=302v1Si=2X 1， 2a1S2=vvi2vi2a2,(ii)物块相对于木板位移的大小为s= S2- S1. (12)联立(11)(12)解得：20 时时块与(1) 物块与木板间、木板与地面间的动摩擦

25、因数(2) 从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小解析：(1 )从 t=0 时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，次过程一直 持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知，在 ti=0.5s 时，物块和木板的速度相同，设t=0 到 t=ti时间间隔内，物块和木板的加速度分别为ai和a2，贝Uai=vi/ti ,Da2=(vo-vi)/ti,式中vo=5m/s,vi=im/s 分别为木板在 t=0、t=ti时速度的大小.设物块和木板的质量为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为卩八卩2,由牛顿第二定律得：(iimg=ma(11+2口2)mg=m

26、a联立式解得：11=0.20，12=0.30. ,(2)在 ti 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动.物块与木板之间的摩擦力改变方向 . 设物块与木板之间的摩擦力大小为 f,物块和木板的加速度大小分别为 日和a2， 则由牛 顿第二定律得： f=mai，2 12mg-f=ma?.假设 f iimg与假设矛盾，故 f= 1img由式知，物块加速度大小ai =ai.物块的 v-t 图象如图中点划线所示.由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：7.（2013 高考上海物理第 31 题）（12 分）如图，质量为M长为L、高为h的矩 形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为口；

27、滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球.用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度V。，经过一段时间后小球落地 求小球落地时距滑块左端的水平距离解析：滑块上表面光滑，小球水平方向不受力的作用，故当滑块的左端到达小球正上方这段 时间内，小球速度始终为零，则对于滑块:_ m M ga=-M滑块的加速度 a =口g2 2a2发生相对运动a2a1解得F 2 (m, 叫)g由题意知a1a3,a1t1a3t2解得F代入数据得F=22.4N.9.( 2013 高考天津理综物理第 10 题)(16 分)质量为 m=4kg 的小物块静止于水平地面上的A 点，现用 F=10N 的水平恒力拉动物块

28、一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B 点,A B 两点相距 x=20m,物块与地面间的动摩擦因数=0.2,g 取 10m/s2,求： (l )物块在力 F 作用过程发生位移XI的大小:(2 )撤去力 F 后物块继续滑动的时间t.解析：(1)设物块受到的滑动摩擦力为R,贝UF1=img根据动能定理，对物块由A 到 B 的整个过程，有：FX1-F1x=0.代入数据解得：X1=16m.(2) 设刚撤去力 F 时物块的速度为 v,此后物块的加速度为 a,滑动的位移为 X2,则X2=x- x1.由牛顿第二定律得：F1=ma1f2解得(2mim2)g纸板抽出前，砝码运动的距离x11a1t122纸板抽

29、出后，砝码在桌面上运动的距离x2纸板运动的距离d为2妙22也2l x x2d2 m1(1 y)m2g2由匀变速直线运动规律得，v =2ax2,代入数据解得：t=2s.2014 年真题1. 2014新课标全国卷I如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态.现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）.与稳定在竖直位置时相 比，小球的高度（）OA. 定升高B. 定降低C. 保持不变D. 升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案：A解析：本题考查了牛顿第二定律与受力分析.设橡皮筋原长为I。，小球静止时设

30、橡皮筋伸长xi，由平衡条件有kxi=mg小球距离悬点高度h=Io+xi=Io+-kg,加速时，设橡皮 筋与水平方向夹角为B,此时橡皮筋伸长X2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin0=mgmg小球距离悬点高度 h= （1。+X2）sin0=Iosin0+下，因此小球高度升高了.2. 2014北京卷应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是（）A. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加

31、速度D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案：D解析：本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重.加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B 错误手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力N= 0,分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g,手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g, c 错误，D正确.3. 2014北京卷伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展利用如图所示的装置做如下实验：小

32、球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升. 斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是（）A.如果斜面光滑，小球将上升到与0点等高的位置B.如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案：A解析：本题考查伽利略理想实验. 选项之间有一定的逻辑性，题目中给出斜面上铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球的位置逐渐升高，不难想象，当斜面绝对光滑时，小球在 斜面上运动没有能量损失，可以

33、上升到与0点等高的位置，这是可以得到的直接结论，A 正确，B C、D 尽管也正确，但不是本实验得到的直接结论，故错误.4. 2014福建卷I如下图所示，滑块以初速度vo沿表面粗糙且足够长的固定斜面， 从顶端下滑，直至速度为零.对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是（）答案：B解析： 设滑块与斜面间的动摩擦因数为口，斜面倾角为e，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a=口geosegsine，故D 项错误；由速度公式v=voat可知，v-t图像应为一条倾斜的直

34、线，故C 项错误；由位12- 12移公式s=vt gat可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h=ssine=vt gatsine，故A项错误.5. 2014江苏卷如图所示，A B两物块的质量分别为 2m和m静止叠放在水平地1面上.A B间的动摩擦因数为口，B与地面间的动摩擦因数为 2口.最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则（）rA 当Fv2口mg时，A、B都相对地面静止| 亠51必B.当F= 2口mg时，A的加速度为 3口g23C.当F 3口mg时，A相对B滑动1D.无论F为何值，B的加速度不会超过 2口g答案：BCDAC3解析： 设B对A的摩擦力为

35、，A对B的摩擦力为f2,地面对B的摩擦力为f3,由牛顿第三定律可知fl与f2大小相等，方向相反，fl和f2的最大值均为 2口mgf3的最大值为-口3mg故当 0Fwq口mg时，A B均保持静止；继续增大F,在一定范围内A B将相对静止以共同的加速度开始运动， 设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F,加速度为a,则对3A,有F 2口mg=2ma，对A B整体，有F -口mg=3ma，解得F= 3口mg故当32口mcF3口mg时，A相5对于B滑动由以上分析可知 A 错误，C 正确当F=空口mg时，A B以共同的加速度开始3g运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F- mg=3ma解得a=3-,

36、B 正确.对B来说，其所受合力的最大值Fm= 2口mg-1口mg=2口mg即B的加速度不会超过g, D 正确.6. 2014四川卷如图所示，水平传送带以速度vi匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t= 0 时刻P在传送带左端具有速度V2,P与定滑轮间的绳水平，t=to时刻P离开传送带不计定滑轮质量和滑轮与绳之间的摩擦，绳足 够长.正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（）答案：BC解析： 若P在传送带左端时的速度V2小于V1,则P受到向右的摩擦力，当P受到的摩 擦力大于绳的拉力时，P做加速运动，则有两种可能：第一种是一直做加速运动，第二种是 先做加速度运动，当速度达到v

37、i后做匀速运动，所以 B 正确；当P受到的摩擦力小于绳的 拉力时，P做减速运动，也有两种可能：第一种是一直做减速运动，从右端滑出；第二种是 先做减速运动再做反向加速运动，从左端滑出若P在传送带左端具有的速度V2大于vi,则小物体P受到向左的摩擦力，使P做减速运动，则有三种可能：第一种是一直做减速运动， 第二种是速度先减到vi,之后若P受到绳的拉力和静摩擦力作用而处于平衡状态，则其以速度vi做匀速运动，第三种是速度先减到vi,之后若P所受的静摩擦力小于绳的拉力，则P将继续减速直到速度减为 0，再反向做加速运动并且摩擦力反向，加速度不变，从左端滑出，所以 C 正确.7. 20i4重庆卷以不同的初速

38、度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体的速率成正比，下列分别用虚3答案：D解析： 本题考查v-t图像.当不计阻力上抛物体时，物体做匀减速直线运动，图像为一倾斜直线，因加速度a=-g,故该倾斜直线的斜率的绝对值等于g.当上抛物体受空气阻力的大小与速率成正比时， 对上升过程，由牛顿第二定律得-mg- kv=ma可知物体做加速 度逐渐减小的减速运动， 通过图像的斜率比较，A 错误.从公式推导出，上升过程中，|a|g, 当v= 0 时，物体运动到最高点， 此时a=-g,而 B、C 图像的斜率的绝对值均小于g,故 B C 错误，D 正确.&a

39、mp; 2014新课标全国卷I某同学利用图（a）所示实验装置及数字化信息系统获得了 小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图（b）所示实验中小车（含发射器）的质量 为 200 g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与 之相连的计算机得到，回答下列问题：悅移传矗器（发肘器）忖移传脇蛊（接收器）图_ I_i_ b_ i_ h_ i_ d_ i_ d_k_ i_050）0015D200250矶图（b）（1）_根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成 _ （选填“线性”或“非线性”）关系.（2）_由图（b）可知，a-m图线不经过原点，可能的原因是 _ .（3）

40、若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是_ ，钩码的质量应满足的条件是 _ .答案：（1）非线性（2）存在摩擦力（3）调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量解析：本题考查了验证牛顿第二定律的实验.（1）根据图中描出的各点作出的图像不是线和实线描述两物体运动的AB一条直线，故小车的加速度和钩码的质量成非线性关系.（2）图像不过原点，小车受到拉力但没有加速度，原因是有摩擦力的影响.（3）平衡摩擦力之后，在满足钩码质量远小于小车质量的条件下，可以得出在小车质量不变的情况下拉力与加

41、速度成正比的结论.9.2014新课标全国卷I公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离.当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰.通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动一 2 一 摩擦因数为晴天时的 云，若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度.5解析：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为口0,刹车时汽车的加速度大小为a。,安全距离为s，反应时间为t。，由牛顿第二定律和运动学公式得0mg= ma

42、2V0 s=V0t0+2a式中，m和V0分别为汽车的质量和刹车前的速度. 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为1，依题意有21 = 10设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得1 mg= ma2s=vt0+ 丁2a联立式并代入题给数据得v= 20 m/s (72 km/h).10.2014新课标n卷2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约 39 km 的高空后跳下，经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞 并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录.重力加速度的大小g取 10 m/s

43、2.(1) 若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km 高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2) 实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小 可近似表示为f=kv2，其中v为速率，k为 阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积 及空气密度有关.已知该运动员在某段时间 内高速下落的v-t图像如图所示.若该运动 员和所带装备的总质量m= 100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻 力系数.(结果保留 1 位有效数字)400250200150inin160Sk解：(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km 高度处的时间为t，下落距离为s,在1.

44、5 km 高度处的速度大小为v,根据运动学公式有v=gts= |gt2根据题意有s=3.9x104m1.5x103m联立式得t= 87 s 2v=8.7x10 m/s (2)该运动员达到最大速度Vmax时，加速度为零，根据牛顿第二定律有mg= kva由所给的v-t图像可读出Vmax 360 m/s 由式得k= 0.008 kg/m 11. (18 分)2014山东卷研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0= 0.4 s,但饮酒会导致反应时间延长在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车 以V0= 72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离

45、L= 39 m，减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动.取重力加速度的大小g取 10 m/s2.求：发现情况开始减理讯车停止(1) 减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2) 饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3) 减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值.解：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t，由题可得初速度vo= 20m/s，末速度vt= 0，位移s= 25 m,由运动学公式得2vo= 2asVot= a联立式，代入数据得2a= 8 m/s t= 2.5 s (2) 设志愿者反应时间为t,反应时间的增加量为t，

46、由运动学公式得L=vt +st=t t0联立式，代入数据得t= 0.3 s (3) 设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得At1t2B- t1t2C- t1t2D.无法比较右、t2的大小联立式，代入数据得F2=F2+ (mg2Fo_mg4152015 年真题1. （ 15 江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力a 随时间 t 变化的图线如图所J(fL19(1) 小物体P从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间；(2) 小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功.

47、解析：(1)物体P在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力mg和支持力N作用，因此其滑动摩擦力大小为：f=1 mg=1N根据表格数据可知， 物体P在速率v= 02m/s 时，所受水平外力F1= 2Nf,因此，在进入 电场区域之前，物体P做匀加速直线运动，设加速度为a1,不妨设经时间11速度为V1= 2m/s, 还未进入电场区域.根据匀变速直线运动规律有：V1=a1t1根据牛顿第二定律有：F- f=ma由式联立解得：11=mv= 0.5sv0.55s，所以假设成立F1 f即小物体P从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为t1= 0.5s(2)当物体P在速率v= 25m/s 时，所受水平外力F2=

48、 6N,设先以加速度 比再加速t2=0.05s 至A点，速度为V2,根据牛顿第二定律有：F2-f=ma根据匀变速直线运动规律有：V2=V1+a2t2由式联立解得：V2= 3m/s根据匀变速直线运动规律有：2QX1=vB-v2物体P从A点运动至B点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为F2= 6N 不变，设位移为X1，加速度为as，根据牛顿第二定律有：F2-fqE=ma由式联立解得：X1= 1m根据表格数据可知， 当物体P到达B点时，水平外力为F3=qE= 3N,因此，离开桌面在水平 方向上做匀速直线运动， 在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至D点时，其水平向右运动位移为X2，时间为

49、t3,则在水平方向上有：X2=VBt3 根据几何关系有：cota=坐V2由式联立解得：X2= 25m所以电场力做的功为： W=-qE（Xi+X2）由？ ？式联立解得： W=- 9.25J6. （15 安徽卷）图示是a粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M N P、Q是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动图中所标出的a粒子在各点处的加速度方向正确的是A.MB .NC .PD .Q答案:C解析：同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知，加速度也沿两者连线指向受力物体.7. （ 15 重庆卷）若货物随升降机运动的V t图像如题 5 图所示（竖直向上为

50、正），则货物受 到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是答案:B解析：由v t图知：过程为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，F mg）;过程为向下匀速直线（平衡，F mg）；过程为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，根据匀变速直线运动规律有：2QX1=vB-v2F mg）；过程为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重,匀速直线运动（平衡，F mg）；过程为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重,F mg）；综合各个过程可知 B 选项正确.8. （ 15 新课标 2 卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相

51、邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦， 每节车厢质量相同， 则这列车厢的节数可能为A. 8B.10C.15D.18答案:BC解析：由设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有m节车厢，每节车厢的质量为m由牛顿F2 F2第二定律可知：，解得：k n,k是正整数，n只能是 5 的倍数，故km 3 （n k）m5B C 正确，A、D 错误9. （ 15 新课标 2 卷）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角3为B=37（ sin37 =3）的山坡C,上面有一质

52、量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行；5B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数口1减小为3,B C间的动摩擦因数口2减小为 0.5 ,A B开始运动，此时刻为计时起点；8在第 2s 末，B的上表面突然变为光滑，口2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的 距离I=27m,C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 .取重力加速度大小 g=10m/s2.求：（1 ）在 02s 时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间F mg）；过程为向上解析：（1）在 0-2s

53、 内，A和B受力如图所示可得,ts=is (另一解不合题意，舍去，)由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得fiiNi.N1mgcos .f?2N2.N2N1mgcos 以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得:mgsinf1mq mgsi nf2f1ma2.2联立以上各式可得ai=3m/s.a2=1m/s . (2)在ti=2s，设A和B的加速度分别为，则vi=aiti=6m/s. V2=a?t1=2m/s.tti时，设A和B的加速度分别为ai,a2此时AB之间摩擦力为零，同理可得:2ai6m/ s .(11)2a22m/s .(12)即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零

54、，则：v2a2t20.(13)联立(12)(13)可得t2=is. (14)在ti+t2时间内，A相对于B运动的距离为i2i2i2i2saitivit2ait2)(a2tiv2t2a2t2)i2m27m仙)此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后ts,A离开B,则有L s (viait2)ts2ait/则A在B上的运动时间为t总.t总=tl+t2+t3=4s（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）2016 年真题1. 2016全国卷I 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B. 质点速度

55、的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变答案：BC解析：由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项 C 正确，选项 D 错误；当恒力与速度方 向不在同一直线上时， 质点做匀变速曲线运动， 速度方向与恒力方向不相同， 但速度方向不 可能总与该恒力方向垂直，选项 B 正确；只有当恒力与速度同向， 做匀加速直线运动时，速 度方向才与该恒力方向相同，选项 A 错误.2. 2016全国卷H两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量.两球在

56、空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关.若它们下落相同的距离，贝U（）A. 甲球用的时间比乙球长B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案：BDF合=mg-f=ma而m=4nR3 p,故a=g-k,34o3 冗R-p由m甲m乙、p甲=p乙可知a甲a乙，故 C 错误；因甲、乙位移相同，由v= 2ax可知，v甲v12乙，B 正确；由x= oat可知，t甲t乙，A 错误；由功的定义可知，W克服=f-x，又f甲f乙，则W甲克服WL克服，D 正确.3.2016全国卷H如图 1-,小

57、球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连.现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点.已知在M N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且/ONMZ OMN.在小球从M点运动到N点的过程中( )A. 弹力对小球先做正功后做负功B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D. 小球到达N点时的动能等于其在M N两点的重力势能差答案：BCD解析：小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示.从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹

58、力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误.小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合=mg故加速度a=g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合=mg故加速度a=g, B 正确.在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹=F弹vcos解析：设f=kR,则由牛顿第二定律得图 1-a= 0, C 正确.从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则丘增=曰减，艮卩皿0 =Ep 重 MEp 重 N+&弹 M E弹 N由于在M N两点弹簧

59、弹力大小相冋，由胡克定律可知，弹1 14.2016全国卷川如图 1-所示，在竖直平面内有由 4 圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定R轨道，两者在最低点B平滑连接.AB弧的半径为R, BC弧的半径为-.一小球在A点正上方R与A相距 4 处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动.(1)求小球在B A两点的动能之比；图 1-R解析：(1)设小球的质量为m小球在A点的动能为HA,由机械能守恒得EA=m霽5R设小球在B点的动能为 氐，同理有E02mv设小球在C点的速度大小为VC,由牛顿运动定律和向心加速度公式有N+ mg=R22vC由式得，vc应满足mg mRR12由机械能守恒有mf= 2mvC由式可知

60、，小球恰好可以沿轨道运动到C点.5.2016 天津卷我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一. 如 图 1-所示，质量 m= 60 kg 的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a= 3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度VB=簧形变量相同，则弹性势能巳弹 N=Ep弹 M,故 E r gfl riiiv IIlrlB!lrlB!: !汁-Ir:;:-Ir:;:异!l- IIIJI ,I . Jlp _ JI；：njWtTfllbf1：；：E：%： ：2： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ： ：帀科弗片卄丽族 丽訐和 i 丽丽帀荷谕 i顽百 i