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h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1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h2＝4R的站点时，求仓内质量m2＝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/s2，地球自转角速度ω＝7.3×105 rad/s，地球半径R＝6.4×103 km.

1

9．(1)m1ω2(R＋h1)2 (2)11.5 N

2

[解析] (1)设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则

r1＝R＋h1① v1＝r1ω②

1

货物相对地心的动能为 Ek＝m1v2③

211

联立①②③得 Ek＝m1ω2(R＋h1)2④

2

(2)设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则

－

r2＝R＋h2⑤ an＝ω2r2⑥ Gm2MF＝2⑦

r2GMg＝2⑧

R

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＝m2an⑨ N′＝N⑩

1 联立⑤～⑩式并代入数据得 N′＝11.5 N1○

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mA＝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mB＝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vt＝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＝mAa①

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＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)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vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

mAvA＝(mA＋mB)v⑤

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有

1Fl＝mAv2A⑥ 2

由④⑤⑥式，代入数据解得

l＝0.45 m⑦

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m1＝0.1 kg，电阻R1＝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m2＝0.4 kg，电阻R2＝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/s2，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Fmax，有

Fmax＝m1gsin 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＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝

设ab所受安培力为F安，有

F安＝ILB④ E

③ R1＋R2

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＝m1gsin θ＋Fmax⑤

综合①②③④⑤式，代入数据解得

v＝5 m/s⑥

(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

1

m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦

2

又

Q＝

解得Q＝1.3 J

9

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＝ m的光滑圆

44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P1质量m＝2×103 kg、电荷量q＝＋8×106 C，受到水平向右的推力F＝9.98×103 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P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：

－

－

－

R1

Q总⑧ R1＋R2

(1)小物体P1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P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则

F1＝qvB①

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vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 112

qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv2G－mv⑤ 22

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

qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝ma1⑥

P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则

1

s1＝vGt＋a1t2⑦

2

设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则

m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧

P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则

1

s2＝a2t2⑨

2

联立⑤～⑨式，代入数据得

s＝s1＋s2⑩

11 s＝0.56 m○

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～Bm＝

(

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

21－2)qt

21＋5)m

向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．

2h3mh2mh2g－22 (3)0<θ≤arcsin [解析] (1)设粒子在p板上做匀速直11．(1)2 (2)lt2t5q（R＋r）线运动的速度为v0，有

h＝v0t①

设发射装置对粒子做的功为W，由动能定理得

1

W＝mv2②

20

mh2

联立①②可得 W＝2③

2t

(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有

E0＝U④

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v0，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t1，有

U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ 1h＝at2⑦ 21l＝v0t1⑧

S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足

I＝

联立①④～⑨得

2h3mhg－22⑩ I＝ltq（R＋r）

(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

E0

⑨ R＋r

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

mv20

1 qv0B＝1○R

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

2 DG＝h－R(1＋cos θ)1○13 TG＝h＋Rsin θ○

sin θDG4 tan θ＝＝1○

cos θTG

11～14，将B＝Bm代入，求得 联立①○○

2

5 θm＝arcsin1○5

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Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即

6 θ0＝01○

2

7 则题目所求为 0<θ≤arcsin1○5

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)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：

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vt＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得

v20＝2as① v0t＝② a

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

2＝F2＋(mg)2⑨ F0

联立③⑧⑨式，代入数据得

F041

＝⑩ mg5

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l0，小球静止时mg

设橡皮筋伸长x1，由平衡条件有kx1＝mg，小球距离悬点高度h＝l0＋x1＝l0＋，加速时，k设橡皮筋与水平方向夹角为θ，此时橡皮筋伸长x2，小球在竖直方向上受力平衡，有kx2sin θ＝mg，小球距离悬点高度h′＝(l0＋x2)sin θ＝l0sin θ＋

mg

，因此小球高度升高了． k

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( )

Ft2FtFtFt2A. B. C. D. x2xx2x

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＝2，由牛顿第二定律tFt2

有F＝ma，则聂海胜的质量m＝，选项D正确．

2x

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/s2，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v20＝2gh可得初速度v0＝2gh＝

2.04－1.93 m/s≈4.6 m/s，选项D错误． 20×2

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/s2，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/s2，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/s2，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mg得kx＝Fcos θ，mg＝Fsin θ，联立以上二式解得弹簧的弹力kx＝＝20 N，选项A正确；

tan 45°撤去拉力F的瞬间，由牛顿第二定律得kx－μmg＝ma1，解得a1＝8 m/s2，方向向左，选项B正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则Fcos θ＝ma2，解得a2＝10 m/s2，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

F9.1＋μ2－μg m

[解析] 对重物进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律，有

FN＋Fsin θ＝mg Fcos θ－f＝ma 又f＝μFN

F

联立以上各式解得a＝(μsin θ＋cos θ)－μg

m当tan θ＝μ时，重物运动时的加速度最大 am＝

F

1＋μ2－μg. m

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m1、m2，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x1 ；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x2，则( )

图X4-4

A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2

C．若m1>m2，则 x1>x2 D．若m1F－（m1＋m2）g

3．A [解析] 由牛顿第二定律知，对左图的整体，加速度a1＝，对左m1＋m2

m2F

图的物体b，有kx1－m2g＝m2a1，联立以上二式解得kx1＝；对右图的整体，加速度m1＋m2Fm2F

a2＝，对右图的物体b，有kx2＝m2a2，联立以上二式解得kx2＝.可见x1＝x2，

m1＋m2m1＋m2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x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________________．

甲

乙

丙

图X10-5

1

(3)某同学根据实验数据画出的a-图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为

m

________ kg.(g取10 m/s2)

1

(4)另一位同学根据实验数据画出的a-图像如图丙所示，则造成这一结果的原因是

m________________________________________________________________________

________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________. x4－x2

3．(1)天平 (2)a＝

2T2

(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． x4－x2

(2)小车做匀加速直线运动，则x4－x2＝2aT2，所以加速度a＝.

2T2

F

(3)由牛顿第二定律得加速度a＝，图像的斜率为合外力F，则沙和沙桶的总质量m′＝

mF

＝0.02 kg. g

(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m1、m2；

(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1

“a-”)图线； m′

(5)若求得图线的斜率k＝4 m/(kg·s2)，截距b＝2 m/s2，则沙袋的质量m1＝________ kg，m2＝________ kg.

图X10-8

5. (3)

2h

(4) a-m′ (5)3 1.5

t2

12h

[解析] (3)由运动学规律h＝at2，可得a＝2；

2t

(4)对两个沙袋组成的系统，由牛顿第二定律有(m1＋m′)g－(m2＋m－m′)g＝(m1＋m2＋m1－m2－m2m′g

m)a，解得a＝＋g，可见“ a-m′”图线为直线；

m1＋m2＋mm1＋m2＋m

m1－m2－m2g

(5)a-m′图线的斜率为＝4 m/(kg·s2)，截距g＝2 m/s2，联立以上二

m1＋m2＋mm1＋m2＋m式解得m1＝3 kg，m2＝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v1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＝t0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v1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v1，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v1，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v1做匀速运动，第三种是速度先减到v1，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2

摩擦因数为晴天时的，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

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a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得

μ0mg＝ma0①

2v0

s＝v0t0＋②

2a0

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μ，依题意有

2

μ＝μ0③ 5

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 v2

s＝vt0＋⑤

2a

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 s 8.7×102 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 1

s＝gt2② 2根据题意有

s＝3.9×104 m－1.5×103 m③ 联立①②③式得 t＝87 s④ v＝8.7×102 m/s⑤

(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＝kv2max⑥

由所给的v－t图像可读出 vmax≈360 m/s⑦

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v0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＝μgcos θ－gsin θ，故D项错误；由速度公式v＝v0－at可知，v－t图像应为一条倾斜的直线，故C项错误；由11

v0t－at2sin 位移公式s＝v0t－at2可知，B项正确；由位移公式及几何关系可得h＝ssin θ＝22θ，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/s2，

sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断正确的是( )

图X3-5

A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端

C．传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上

D．物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移 8．BCD [解析] 传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物mAgsin 37°－μmAgcos 37°块A、B都做匀加速运动，加速度相同，aA＝＝2 m/s2＝aB，两物块

mA的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确．

10. （2014·江西赣州期末） 在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图X3-7所示，假设某汽车以10 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行．已知斜坡的高AB＝3 m，长AC＝5 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝6 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5.

(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小． (2)试分析此种情况下，行人是否有危险．

图X3-7

10．(1)2 m/s2 (2)有危险

[解析] (1)汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma1

由几何关系得 34sin θ＝，cos θ＝

55

联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度a1＝2 m/s2.

2

(2)由匀变速直线运动规律可得v2C－vA＝2a1xAC

解得汽车到达坡底C时的速度vC＝120 m/s vC－vA经历时间t1＝＝0.5 s

a1

汽车在水平路面运动阶段，由μmg＝ma2得 汽车的加速度大小a2＝μg＝5 m/s2

汽车的速度减至v＝v人＝2 m/s时发生的位移

2－v2vC人

x1＝＝11.6 m

2a2

经历的时间 vC－v人

t2＝＝1.8 s

a2人发生的位移 x2＝v人(t1＋t2)＝4.6 m

因x1－x2＝7 m>6 m，故行人有危险．

图X4-1

1．（2014·山东济宁期末）如图X4-1所示，一根轻绳跨过定滑轮，两端分别系着质量分别为m1、m2的小物块A和B，A放在地面上，B离地面有一定高度．当B的质量发生变化时，A上升的加速度a的大小也将随之变化．已知重力加速度为g，则图X4-2中能正确反映a与m2关系的图像是( )

图X4-2

1．C [解析] 当m2m1时，分别对B、A应用牛顿2m1

第二定律得m2g－F＝m2a，F－m1g＝m1a，解得加速度a＝g－g，符合规律的图像是

m1＋m2图C.

4. （2014·浙江金丽衢十二校期末）从地面上以初速度v0竖直上抛一个质量为m的小球．若小球在运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图X4-5所示，t1时刻到达最高点，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是( )

图X4-5

A．小球的加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小 v0

1＋g B．小球抛出瞬间的加速度大小为v

1

C．小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点时的加速度值最小 v0

D．小球上升过程的平均速度小于

2

mg＋kv

4．ABD [解析] 由牛顿第二定律可知，上升过程小球的加速度大小a1＝随速度

m的减小而减小，下降过程小球的加速度大小a2＝

mg－kv

随速度的增大而减小，抛出瞬间加m

速度最大，在最高点时加速度等于重力加速度，匀速下落时加速度最小(大小为0)，选项Amg＋kv0v′0

正确，选项C错误；做匀速运动时，有mg＝kv1，刚抛出时的加速度a0＝＝1＋vm1g，选项B正确；由图像知小球上升过程的位移小于相同初速度、相同时间情况下匀减速运

v0

动的位移，则其平均速度小于，选项D正确．

2

5. （2014·武汉11月调研）如图X4-6所示，在光滑的水平面上放着质量为M的木板，在木板的左端有一个质量为m的木块，在木块上施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离．下列说法正确的是( )

图X4-6

A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大 B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大 C．若仅增大恒力F，则时间t增大

D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大

F－μmgF5．BD [解析] 设木块与木板间的动摩擦因数为μ，则木块的加速度a1＝＝－mmμmg1

μg，木板的加速度a2＝，两者恰好分离的条件为(a1－a2)t2＝L，时间t＝

M2

2L

.Fm＋M－·μgmM

由此可知，仅增大M或F，时间t减小，仅增大m或μ，时间t增大，选项B、D正确．

9．（2014·武昌调研）如图X4-11甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2 s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v-t图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．

图X4-11

9．(1)15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N

[解析] (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知： v1－v0

在0～2 s内，a1＝＝15 m/s2(方向沿杆向上)

t1

v2－v1

在2～5 s内，a2＝＝－10 m/s2(“－”表示方向沿杆向下)．

t2(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有 Fcos θ－μ(mgcos θ＋Fsin θ)－mgsin θ＝ma1 停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有 －μmgcos θ－mgsin θ＝ma2

联立以上各式解得 μ ＝0.5，F ＝50 N.