牛顿运动定律(2014高考试题及模拟试题汇编)

[] C 单元 牛顿运动定律

C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律

9．1[2014·四川卷] 石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．

(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .

(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g 取10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－

5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.

9．(1)12

m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N [解析] (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则

r 1＝R ＋h 1①

v 1＝r 1ω②

货物相对地心的动能为 E k ＝12m 1v 21

③ 联立①②③得 E k ＝12

m 1ω2(R ＋h 1)2④ (2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则

r 2＝R ＋h 2⑤

a n ＝ω2r 2⑥

F ＝Gm 2M r 22

⑦ g ＝GM R 2⑧ 设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，则

F －N ＝m 2a n ⑨

N ′＝N ⑩

联立⑤～⑩式并代入数据得 N ′＝11.5 N ○

11 1．（2014·湖北黄冈期末）下列关于牛顿运动定律的说法中正确的是( )

A ．惯性就是物体保持静止状态的性质

B ．一对作用力与反作用力的作用效果总相同

C ．物体运动状态改变的难易程度就是加速度

D ．力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的

1．D [解析] 惯性就是物体保持原有运动状态的性质，选项A 错误；一对作用力与反作用力的作用效果不相同，选项B 错误；物体运动状态改变的难易程度与质量有关，选项C 错误；单位 “牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，选项D 正确．

牛顿第二定律 单位制

5．[2014·重庆卷] 以不同的初速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，下列分别用虚线和实线描述两物体运动的v －t 图像可能正确的是( )

A B

C D

5．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．

10．[2014·天津卷] 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：

(1)A开始运动时加速度a的大小；

(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；

(3)A的上表面长度l.

10．(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m

[解析] (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有

F＝m A a①

代入数据解得

a＝2.5 m/s2②

(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s的过程，由动量定理得

Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v③

代入数据解得

v＝1 m/s④

(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为v A，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤

A 从开始运动到与

B 发生碰撞前，由动能定理有

Fl ＝12

m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得

l ＝0.45 m ⑦

11．[2014·天津卷] 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁场感应度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s 2，问

(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；

(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；

(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少？

11．(1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J

[解析] (1)由右手定则可以直接判断出电流是由a 流向b .

(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有

F max ＝m 1g sin θ①

设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有

E ＝BLv ②

设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有

I ＝

E R 1＋R 2

③ 设ab 所受安培力为F 安，有

F ＝ILB ④

此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有

F 安＝m 1g sin θ＋F max ⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得

v ＝5 m/s ⑥

(3)设cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有

m 2gx sin θ＝Q 总＋12

m 2v 2⑦ 又

Q ＝

R 1R 1＋R 2

Q 总⑧ 解得Q ＝1.3 J

10．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944

m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1与P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小；

(2)倾斜轨道GH 的长度s .

10．(1)4 m/s (2)0.56 m

[解析] (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则

F ＝qvB ①

f＝μ(mg－F1)②

由题意，水平方向合力为零

F－f＝0③

联立①②③式，代入数据解得

v＝4 m/s④

(2)设P1在G点的速度大小为v G，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理

qEr sin θ－mgr(1－cos θ)＝1

2mv

2

G

－

1

2mv

2⑤

P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律

qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma1⑥

P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则

s1＝v G t＋1

2a1t

2⑦

设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则

m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a2⑧

P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则

s2＝1

2a2t

2⑨

联立⑤～⑨式，代入数据得

s＝s1＋s2⑩

s＝0.56 m○11

11．[2014·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.

(1)求发射装置对粒子做的功；

(2)电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A 点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l .此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度；

(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能

在0～B m ＝()21＋5m

()21－2qt 范围内选取)，使粒子恰好从b 板的T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．

11．(1)mh 22t 2 (2)mh q （R ＋r ）?

???g －2h 3l 2t 2 (3)0<θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v 0，有

h ＝v 0t ①

设发射装置对粒子做的功为W ，由动能定理得

W ＝12mv 20

② 联立①②可得 W ＝mh 2

2t

2③ (2)S 接“1”位置时，电源的电动势E 0与板间电势差U 有

E 0＝U ④

板间产生匀强电场的场强为E ，粒子进入板间时有水平方向的速度v 0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，有

U ＝Eh ⑤

mg －qE ＝ma ⑥

h ＝12at 21

⑦ l ＝v 0t 1⑧

S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足

I ＝

E 0R ＋r

⑨ 联立①④～⑨得

I ＝mh q （R ＋r ）?

???g －2h 3l 2t 2⑩ (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进

入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D 点出磁场区域后沿DT 做匀速直线运动，DT 与b 板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角θ为最大值θm ，设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，有

qv 0B ＝mv 0R ○11

过D 点作b 板的垂线与b 板的上表面交于G ，由几何关系有

DG ＝h －R (1＋cos θ)○

12 TG ＝h ＋R sin θ○

13 tan θ＝sin θcos θ＝DG TG

○14 联立①○11～○

14，将B ＝B m 代入，求得 θm ＝arcsin 25

○15 当B 逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R 也随之变大，D 点向b 板靠近，DT 与b 板上表面的夹角θ也越变越小，当D 点无限接近于b 板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时B m >B >0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即

θ0＝0○

16 则题目所求为 0<θ≤arcsin 25

○17 23．(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)t 0＝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v 0＝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/s 2.求：

图甲

图乙

(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．

23．[答案] (1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)41 5

[解析] (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v0＝20 m/s，末速度v t＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得

v20＝2as①

t＝v0 a②

联立①②式，代入数据得

a＝8 m/s2③

t＝2.5 s④

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L＝v0t′＋s⑤

Δt＝t′－t0⑥

联立⑤⑥式，代入数据得

Δt＝0.3 s⑦

(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＝ma⑧

由平行四边形定则得

F20＝F2＋(mg)2⑨

联立③⑧⑨式，代入数据得

F0 mg＝41 5⑩

17．[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( )

A ．一定升高

B ．一定降低

C ．保持不变

D ．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

17．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l 0，小球静止时

设橡皮筋伸长x 1，由平衡条件有kx 1＝mg ，小球距离悬点高度h ＝l 0＋x 1＝l 0＋mg k

，加速时，设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x 2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx 2sin θ＝mg ，小球距离悬点高度h ′＝(l 0＋x 2)sin θ＝l 0sin θ＋mg k

，因此小球高度升高了． 2．（2014·广东佛山一检）2013年6月20日，我国宇航员王亚平在太空授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜的质量．若聂海胜受到恒力F 的作用从静止开始运动，经时间t 运动的位移为x ，则聂海胜的质量为( )

A.Ft 2x

B.Ft 2x

C.Ft x

D.Ft 2

2x

2．D [解析] 聂海胜受到恒力F 的作用做匀加速运动，加速度a ＝2x t 2，由牛顿第二定律有F ＝ma ，则聂海胜的质量m ＝Ft 2

2x

，选项D 正确． 3．（2014·天津七校期末）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. 图X3-1中描绘皮球在上升过程中的加速度大小a 与时间t 关系的图像正确的是( )

图X3-1

3．C[解析] 由牛顿第二定律得mg＋kv＝ma，皮球在上升的过程中做减速运动，其加速度逐渐减小，速度减小为零时加速度等于重力加速度，选项C正确．

超重和失重

18．[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速度

D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度

18．D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．

图X3-2

4．（2014·北京西城期末）在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉希奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图X3-2所示．则下列说法正确的是( )

A ．弗拉希奇在下降过程中处于失重状态

B ．弗拉希奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态

C ．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力

D ．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3 m/s

4．A [解析] 在跳高过程中，弗拉希奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉希奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉希奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh 可得初速度v 0＝2gh ＝20×?

???2.04－1.932 m/s≈4.6 m/s ，选项D 错误． 6. （2014·浙江金丽衢十二校期末）如图X3-3所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零．g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )

图X3-3

A. 此时轻弹簧的弹力大小为20 N

B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左

C. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右

D. 若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0

6．AB [解析] 物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件

得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，联立以上二式解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°

＝20 N ，选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，选项C 、D 错误．

9．（2014·武汉11月调研）某学校组织趣味课外活动——拉重物比赛，如图X3-6所示．设

重物的质量为m ，重物与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .某同学拉着重物在水平地面上运动时，能够施加的最大拉力为F ，求重物运动时的最大加速度．

图X3-6 9.F m

1＋μ2－μg [解析] 对重物进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，有

F N ＋F sin θ＝mg

F cos θ－f ＝ma

又f ＝μF N 联立以上各式解得a ＝F m

(μsin θ＋cos θ)－μg 当tan θ＝μ时，重物运动时的加速度最大

a m ＝F m

1＋μ2－μg . 3. (2014·贵阳六校联考)如图X4-4所示，a 、b 两个物体的质量分别为m 1、m 2，由轻质弹簧相连．当用恒力F 竖直向上拉着物体 a ，使物体a 、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x 1 ；当用大小仍为F 的恒力沿水平方向拉着物体 a ，使物体a 、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧的伸长量为x 2，则( )

图X4-4

A ．x 1一定等于x 2

B ．x 1一定大于x 2

C ．若m >m ，则 x >x

D ．若m

3．A [解析] 由牛顿第二定律知，对左图的整体，加速度a 1＝F －（m 1＋m 2）g m 1＋m 2

，对左图的物体b ，有kx 1－m 2g ＝m 2a 1，联立以上二式解得kx 1＝m 2F m 1＋m 2

；对右图的整体，加速度a 2＝F m 1＋m 2，对右图的物体b ，有kx 2＝m 2a 2，联立以上二式解得kx 2＝m 2F m 1＋m 2

.可见x 1＝x 2，选项A 正确．

实验：验证牛顿定律

22．[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：

图(a)

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)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________．

22．(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速度成正比的结论．

3．(2014·深圳一模)在“探究加速度与质量的关系”的实验中：

(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是________．

(2)实验得到如图X10-5甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T ；B 、C 两点的间距x 2和D 、E 两点的间距x 4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________________．

图X10-5

(3)某同学根据实验数据画出的a -1m

图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为

________ kg.(g 取10 m/s 2)

(4)另一位同学根据实验数据画出的a -1m

图像如图丙所示，则造成这一结果的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.

3．(1)天平 (2)a ＝ x 4－x 22T 2

(3)0.02(0.018～0.022均可) (4)未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)

[解析] (1)实验时需要知道小车的质量，故还缺少的器材是天平．

(2)小车做匀加速直线运动，则x 4－x 2＝2aT 2，所以加速度a ＝x 4－x 22T 2

. (3)由牛顿第二定律得加速度a ＝F m

，图像的斜率为合外力F ，则沙和沙桶的总质量m ′＝F g

＝0.02 kg. (4)由图像可得当质量m 不为零时，加速度a 为0，这是因为未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．

5．（2014·安徽三校联考）要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m ＝0.5 kg)、细线、刻度尺、秒表．他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量．请完成下列步骤．

图X10-7

(1)实验装置如图X10-7所示，设左右两边沙袋A 、B 的质量分别为m 1、m 2；

(2)取出质量为m ′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A 下降，B

上升；

(3)用刻度尺测出A 从静止下降的距离h ，用秒表测出A 下降所用的时间t ，则可知A 的加速度大小a ＝________；

(4)改变m ′，测量相应的加速度a ，得到多组m ′及a 的数据，作出________(选填“a -m ′” 或“a -1m ′

”)图线； (5)若求得图线的斜率k ＝4 m/(kg·s 2)，截距b ＝2 m/s 2，则沙袋的质量m 1＝________ kg ，m 2＝________ kg.

图X10-8

5. (3) 2h t 2

(4) a -m ′ (5)3 1.5 [解析] (3)由运动学规律h ＝12at 2，可得a ＝2h t 2； (4)对两个沙袋组成的系统，由牛顿第二定律有(m 1＋m ′)g －(m 2＋m －m ′)g ＝(m 1＋m 2＋

m )a ，解得a ＝2m ′g m 1＋m 2＋m ＋m 1－m 2－m m 1＋m 2＋m

g ，可见“ a -m ′”图线为直线； (5)a -m ′图线的斜率为2g m 1＋m 2＋m ＝4 m/(kg·s 2)，截距m 1－m 2－m m 1＋m 2＋m

g ＝2 m/s 2，联立以上二式解得m 1＝3 kg ，m 2＝1.5 kg.

牛顿运动定律综合

7．[2014·四川卷] 如图所示，水平传送带以速度v 1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v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0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 ( )

A B C D 7．BC [解析] 若P 在传送带左端时的速度v 2小于v 1，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 1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v 2大于v 1，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v 1，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v 1做匀速运动，第三种是速度先减到v 1，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．

24．[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

摩擦因数为晴天时的25

，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． 24．2 m/s(或72 km/h)

[解析] 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得

μ0mg ＝ma 0①

s ＝v 0t 0＋v 202a 0

② 式中，m 和v 0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μ，依题意有

μ＝25

μ0③ 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

μmg＝ma④

s＝vt0＋v2

2a⑤

联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v＝20 m/s(72 km/h)．⑥

24．[2014·新课标Ⅱ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/s2.

(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)

24．[答案] (1)87 s8.7×102 m/s

(2)0.008 kg/m

[解析] (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1.5 km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有

v＝gt①

s＝1

2gt

2②

根据题意有

s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ③

联立①②③式得

t ＝87 s ④

v ＝8.7×102 m/s ⑤

(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据牛顿第二定律有

mg ＝kv 2max ⑥

由所给的v －t 图像可读出

v max ≈360 m/s ⑦

由⑥⑦式得k ＝0.008 kg/m ⑧

15．[2014·福建卷Ⅰ] 如下图所示，滑块以初速度v 0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( )

A B

C D

15．B [解析] 设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，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 ＝μg cos θ－g sin θ，故D 项错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v －t 图像应为一条倾斜的直线，故C 项错误；由

位移公式s ＝v 0t －12

at 2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h ＝s sin θ＝????v 0t －12at 2sin θ，故A 项错误．

8．（2014·济南期末）如图X3-5所示，三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m ，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g 取10 m/s 2，