2012高考物理真题分类解析-牛顿运动定律

C单元 牛顿运动定律

C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律

14．C1[2012·课标全国卷] 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．没有力的作用，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

14．AD [解析] 惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，B错误；行星在圆形轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到地球的万有引力作用，不是由于惯性，C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直匀速直线运动下去，D正确．

C2 牛顿第二定律 单位制

21．C2、D1、E2 [2012·福建卷] 如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求： (1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf； (2)小船经过B点时的速度大小v1； (3)小船经过B点时的加速度大小a.

21．[解析] (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd①

(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功 W＝Pt1② 由动能定理有

112

W－Wf＝mv21－mv0③ 22

2由①②③式解得v1＝v2＋?Pt－fd?④ 0

m1

(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引绳的速度大小为u，则

P＝Fu⑤ u＝v1cosθ⑥

由牛顿第二定律有 Fcosθ－f＝ma⑦ 由④⑤⑥⑦式解得

Pf

a＝22－ mv0＋2m?Pt1－fd?m

17．C2[2012·安徽卷] 如图4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个竖直向下的恒力F，图4

则( )

A．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

17．C [解析] 不施加F时，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ；施加F后，相当于物体的重力增加了F，而质量无变化，又由牛顿第二定律有：

F?(F＋mg)sinθ－μ(F＋mg)cosθ＝ma′，解得a′＝??mg＋1?(gsinθ－μgcosθ)，所以加速度变大，

C正确．

C3 超重和失重

C4 实验：验证牛顿定律

23．C4[2012·全国卷] 图6为验证牛顿第二定律的实验装置示意图．图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示．在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”．

图6 (1)完成下列实验步骤中的填空：

①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点．

②按住小车，在小盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码．

③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m.

④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③.

⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点．测量相邻计数点的间距s1，s2，?.求出与不同m相对应加速度a.

11

⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上作出－m关系图线．若加速度与

aa1

小车和砝码的总质量成反比，则与m应成________关系(填“线性”或“非线性”)．

a

(2)完成下列填空：

(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是________________________________________________________________________．

(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2和s3.a可用s1、s3和Δt表示为a＝________.图7为用米尺测量某一 纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝________mm，s3＝________mm，由此求得加速度的大小 a＝________m/s2. 图7

图8

(ⅲ)图8为所得实验图线的示意图．设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________．

23．[答案] (1)等间距 线性

(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量(“远小于小车的质量”)

s3－s1(ⅱ) 24.2(23.9～24.5) 47.3(47.0～47.6) 1.16(1.13～1.19)

2?5Δt?21b(ⅲ) kk

[解析] (1)若小车匀速运动，则在相等的时间内运动的位移相等，所以打下的点是均匀的．小车和砝码受到的拉力等于小盘和物块的重力，根据牛顿第二定律，小车和砝码的加速

m0g1M11

度a＝，＝＋·m，可见－m图象是一条过原点的直线．

aM＋mam0gm0g

(2)(ⅰ)设绳子拉力为T，据牛顿第二定律，对于小盘和重物：m0g－T＝m0a，对于小车和

m0g

砝码：T＝(M＋m)a，联立解得T＝，只有当M＋m?m0时，T≈m0g，绳子的拉力才

m01＋M＋m

是常数．

(ⅱ)根据逐差法，s2－s1＝Δs＝a(5Δt)2，s3－s2＝Δs＝a(5Δt)2，所以s3－s1＝2Δs＝2a(5Δt)2，s3－s1得a＝. 2?5Δt?21M111

(ⅲ)从关系式＝＋·m可以看出，－m图象的斜率k＝，所以绳子拉力m0g＝

am0gm0gam0g

1Mb，图象纵轴截距的意义是＝b，则M＝. km0gk

21．Ⅰ.C4[2012·安徽卷] 图10为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．砂和砂桶的质量为 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．

(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )

图10 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，给打点计时器通电，调节m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的选取，以下最合理的一组是( ) A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g

B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

(3)图11是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、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＝4.22 cm、sBC＝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频率为50 Hz，则小车的加速度a＝______m/s2(结果保留2位有效数字)．

图11

21．Ⅰ.[答案] (1)B (2)C (3)0.42

[解析] (1)本实验应先平衡摩擦力，将长木板一端垫起适当的高度，轻推小车后，小车能匀速运动即说明摩擦力已平衡，同时判断小车的运动是否是匀速运动时，应根据纸带上的打点情况，而不能靠用眼观察小车运动．

(2)本实验应保证砂和砂桶的总质量m远远小于小车和砝码的总质量M，所以C项最符合题意．

sDE＋sEF＋sFG－sAB－sBC－sCD

(3)采用逐差法求解，可得a＝＝0.42 m/s2. 23?5T?

C5 牛顿运动定律综合

8．C5 [2012·天津卷] 如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )

甲 乙

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大

8．BD [解析] 0～t1时间内拉力F小于最大静摩擦力fm，物块处于静止状态，F的功率

F－fm

为零，选项A错误；t1～t2时间拉力F逐渐增大，物块的加速度a＝也逐渐增大，t2时

m

刻物块的加速度最大，选项B正确；t2～t3时间内，虽然拉力F逐渐减小，但仍然大于fm，所以物块继续沿F的方向做加速运动(加速度逐渐减小)，选项C错误；t3时刻之后拉力F小于滑动摩擦力fm，物块从t3时刻开始做减速运动，选项D正确．

4．C5[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关系的图象，可能正确的是( )

A B

C D

图2

4．C [解析] 皮球在上升过程中做减速运动，速度越来越小，所受的阻力越来越小，因此受到的合外力越来越小，加速度越来越小，速度减小到0，而加速度大小减小到重力加速度g，C图正确．

5．C5[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力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( )

图3

2f?m＋M?A.

M2f?m＋M?B.

m2f?m＋M?C.－(m＋M)g

M2f?m＋M?D.＋(m＋M)g

m

5．A [解析] 当木块所受的摩擦力最大时加速度最大，力F最大，对木块分析可得2f－Mg＝Ma，对夹子和木块两个物体的整体进行分析可得F－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立两式

2f?M＋m?

可求得F＝，A项正确．

M

23．C5[2012·浙江卷] 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示．在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零．“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受浮力和水的阻力．已知

10

“鱼”在水中所受浮力是其重力的9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度．假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计．求：

(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1； (2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA.

(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB.

23．[解析] (1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有 v2A1－0＝2gH 得：vA1＝2gH

(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有

F合＝F浮＋fA－mg F合＝maA 0－v2A1＝－2aAhA

10

由题意：F浮＝9mg

?H1?

综合上述各式，得fA＝mg?h－9?

?A?

(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有

?H1?

fB＝mg?h－9?

?B?

fAhB?9H－hA?解得f＝ hA?9H－hB?B

25．C5 [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，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小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.

(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k； (2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式； (3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，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β应满足的条件．

25．[解析] (1)在匀速运动阶段，有mgtanθ0＝kv0

mgtanθ0得k＝v 0

(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有 N′sinθ－kv＝ma N′cosθ＝mg

av

得tanθ＝g＋vtanθ0

0

mg

(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F＝cosθ 0

球拍倾角为θ0＋β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′，有

Fsinβ＝ma′

设匀速跑阶段所用时间为t，有

sv0t＝v－2a

0

1

球不从球拍上掉落的条件2a′t2≤r

2rcosθ0得sinβ≤ ?sv0?2g?v－2a??0?

23．C5 [2012·北京卷] 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1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时由静止开始上升，a－t图象如图2所示．电

32

梯总质量m＝2.0×10 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/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v－t图象求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示的a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速度v2；

(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.

图1 图2

23．[解析] (1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma

由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2 F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N

(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积 Δv1＝0.50 m/s

同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s

(3)由a－t图象可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，有

vm＝10 m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mgvm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W 由动能定理，总功

121

W＝Ek2－Ek1＝2mvm－0＝2×2.0×103×102 J＝1.0×105 J

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