高考分类汇编—牛顿运动定律 8页

2011 普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律 1(安徽第 17 题)．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分， 即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧 来代替。如图（a）所示，曲线上的 A 点的 曲率圆定义为：通过 A 点和曲线上紧邻 A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个 圆就叫做 A 点的曲率圆，其半径ρ叫做 A 点 的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角 的方向已速度υ0 抛出，如图（b）所示。则 在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 A． 2 0v g B． 2 2 0 sinv g  C． 2 2 0 cosv g  D． 2 2 0 cos sin v g   答案：C 解析：物体在其轨迹最高点 P 处只有水平速度，其水平速度大小为 v0cosα，根据牛顿第二定 律得 2 0( cos )vmg m   ，所以在其轨迹最高点 P 处的曲率半径是 2 2 0 cosv g   ，C 正确。 2(新课标理综第 21 题).如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一 质量为 m2 的木块。假定木块和木板之间的最 大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施 加一随时间 t 增大的水平力 F=kt（k 是常 数），木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是（A） 解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩 擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律 21 21 mm ktaa  。木块和木板相对运动时， 1 2 1 m gma  恒定不变， gm kta  2 2 。所以正确答案是 A。 ρ A v0 α ρ P 图（a） 图（b） 3（2011 天津第 2 题）．如图所示，A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静 止地向右做匀减速直线运动，运动过程中 B 受到的摩擦力 A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单 题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有 相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取 A、B 系统整体分析 有 A = ( ) ( )A B A Bf m m g m m a   地 ，a=μg，B 与 A 具有共同的运动状态，取 B 为研究对象， 由牛顿第二定律有： =AB B Bf m g m a   常数 ，物体 B 做速度方向向右的匀减速运动， 故而加速度方向向左。 【答案】：A 4（2011 四川第 19 题）．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返 回 地面的示意图，假定其过程可简化为： 打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需 点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动， 则 A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【答案】A 【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态， 动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下 喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻 力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。 5（2011 江苏第 9 题）．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长 的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为 M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等， 且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不 同值的情况下，下列说法正确的有 A．两物块所受摩擦力的大小总是相等 B．两物块不可能同时相对绸带静止 C．M 不可能相对绸带发生滑动 D．m 不可能相对斜面向上滑动 6（2011北京第18题）.“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米 高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图 所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程 中最大加速度约为 A．G B．2g C．3g D．4g 7（2011上海第19题）．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 v t 图 线如图所示，则 (A)在 10 t 秒内，外力 F 大小不断增大 (B)在 1t 时刻，外力 F 为零 (C)在 1 2t t 秒内，外力 F 大小可能不断减小 (D)在 1 2t t 秒内，外力 F 大小可能先减小后增大 答案：CD 8（2011上海第26题）.(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b 的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。 (1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间 1t 和 2t ，则小车加速度 a  。 (2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( ) (A)增大两挡光片宽度b (B)减小两挡光片宽度b (C)增大两挡光片间距 d (D)减小两挡光片间距 d 答案． （1） 2 2 2 2 1 1 1[ ]2 ( ) ( ) b d t t   (2)B，C 9（2011 天津第 19 题）（1）某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地 面上用测力计测量砝码的重力，示数为 G。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力， 发现测力计的示数小于 G，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。 【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。 （2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。 该金属丝的直径是 1.706mm 【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为 1.5+20.6×0.01mm=1.706mm。因为个人情况不同， 估读不一定一致，本题读数 1.704-1.708 都算正确。 10.(浙江第 21 题)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定 滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下 图中选取实验器材，其名称是 ① （漏选或全选得零分）；并分别写出所选器材的作 用 ② 。 答案：①学生电源、电磁打点 计时器、钩码、砝码 或电火花计时器、钩码、砝码 ②学生电源为电磁打点计时器 提供交流电源；电磁打点计时 器（电火花计时器）记录小车 运动的位置和时间；钩码用以 改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。 解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的 质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点 计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。 11(新课标理综第 23 题).（10 分） 利用图 1 所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门， 其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑 块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所 用的时间 t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下 滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离 s，记下相应的 t 值；所得数据如下表所示。 s（m） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4 s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 完成下列填空和作图： （1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小 a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度 v1 测量值 s 和 t 四个物理量之间所满足的关系式是_______； (2)根据表中给出的数据，在图 2 给出的坐标纸上 画 出 图线； （3）由所画出的 图线，得出滑块加速度的大小为 a=____________m/s2（保留 2 位有效数字）。 解 析 ：（ 1 ） 滑 块 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 利 用 atvvvv t  0 2 和 有 21 tat sv  解 得 tvatsvatt s 1 2 1 2 1 2 1  或 （2） 图线如图所示tt s  （3）由 12 1 vatt s  可知， 图线tt s  斜率绝对值为 2 1 a 即 22 1  ak ，解得 a=2 12(重庆第 22（2）题)某同学设计了如题 22 图 3 所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、 轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材 来制定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑 块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为 M，滑块上砝码总质量为 m‘，托盘和盘中砝 码的总质量为 m，实验中，滑块在水平轨道上从 A 到 B 做初速为零的匀加速直线运动， 重力加速度 g 取 10m／s2。 ①为测量滑块的加速度 a，须测出它在 A、B 间运动的 与 ，计 算 a的运动学公式是 ； ②根据牛顿运动定律得到 a 与 m 的关系 为：     1 ga m gM m m     他想通过多次改变 m ，测出相应的 a值， 并利用上式来计算  。若要求 a是 m 的一 次函数，必须使上式中的 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置 于 ； ③实验得到 a与 m 的关系如题 22 图 4 所示，由此可知μ= （取两位有效数字） 答案 ：①位移 时间 ②m′+m 滑块上 ③ =0.23(0.21—0 25) 13(上海第31题)．(12 分)如图，质量 2m kg 的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。 用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经 0 2t s 拉至B处。(已知 cos37 0.8  ， sin37 0.6  。取 210 /g m s ) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向 上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动 并能到达B处，求该力作用的最短时间t。 答案．(12 分) (1)物体做匀加速运动 2 0 1 2L at (1 分) ∴ 2 2 2 0 2 2 20 10( / )2 La m st    （1 分） 由牛顿第二定律 F f ma  （1 分） 30 2 10 10( )f N    (1 分) ∴ 10 0.52 10 f mg     (1 分) (2)设 F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为 a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后， 以大小为 'a ，的加速度匀减速 't 秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律 cos37 ( sin 37 )F mg F a ma     (1 分) ∴ 2(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5( / )2 Fa g m sm             (1 分) 2' 5( / )fa g m sm    （1 分） 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ' 'at a t （1 分） ∴ 11.5' 2.3' 5 at t t ta    （1 分） 2 21 1 ' '2 2L at a t  （1 分） ∴ 2 2 2 2 20 1.03( )2.3 ' 11.5 2.3 5 Lt sa a      （1 分） （2）另解：设力 F 作用的最短时间为 t，相应的位移为 s，物体到达 B 处速度恰为 0，由动 能定理 [ cos37 ( sin37 )] ( ) 0F mg F s mg L s        （2 分） ∴ 0.5 2 10 20 6.06( )(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) mgLs mF            （1 分） 由牛顿定律 cos37 ( sin37 )F mg F ma     （1 分） ∴ 2(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5( / )2 Fa g m sm             （1 分） ∵ 21 2s at （1 分） 2 2 6.06 1.03( )11.5 st sa    （1 分）