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牛顿运动定律C1牛顿第一定律、牛顿第三定律34. 物理选修 34(15分)C12013 新课标全国卷H (1)(5分)如图，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a、b两个小物块粘在一起组成的.物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A0,周期为T0.当物块向右通过平衡位置时，a、b之间的粘胶脱开；以后小物块 a振动的振幅和周期分别为A和T,则 AAo(填“” “” “”或).35. (1)L=216 N17. C22013 福建卷在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）.导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为（）A.m2kg s 4 A 1 B.m2-kg - s 3 A 1C.m2-kg - s 2 - A 1D . R kgs 1 A 1一一，一一 mav17. B 解析由P= UI、P= Fv、F=ma可得Ul=,质量m的单位为kg,加速度a的单位为m/s2,速度v的单位为m/s,电流I的单位为A,故电压U的单位等效为kg . m/s . m/s,A即 R kg s 3 - A 1, B 正确.14. C2 201 3 安徽卷如图所示，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 Fn分别为（重力加速度为g）（）A. T= m(gsin 0 + acos 0 )B. T= m(gcos 0 + asin 0 )C. T= m(acos 0 gsin 0 )D. T= m(asin0 gcos 0 )Fn= m(gcos 0 asin 0 )Fn= m(gsin 0 acos 0 )Fn= m(gcos 0 + asin 0 )Fn= m(gsin 0 + acos 0 )14. A 解析本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力.对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律，在水平方向有Tcos 0 FNsin。= ma,在竖直方向有 Tsin0 + Fncos 0 = mg,解彳导: T= macos 0 + mgsin 0 , Fn= mgcos0 masin 0 ,选项 A 正确.14. C22013 山东卷伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反14. AC 解析伽利略的“理想斜面实验”得出“物体在不受力的情况下会一直运动下 去”的结论，故A正确.伽利略还做过“比萨斜塔实验”，得出“在忽略空气阻力的情况下，重的和轻的小球下落一样快”的结论，故C正确.6. 2013 辽宁省丹东市四校协作体高三摸底如图X3-4所示，A R C三球的质量均为m轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，R C间由一轻质细线连接.倾角为0的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）图 X3-4A. B球的受力情况未变，加速度为零B. A B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsin 03C. A BN同杆的拉力大小为 2mgin 0D. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin 06. CD 解析细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，R C两球的受力均发生变化，C球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为min 0 ,根据牛顿第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小为 gsin 0 ,选项A错误，选项D正确；细线被烧断前， 细绳对B球沿斜面向下的拉力大小为mgin 0 ,烧断瞬间，A B两小球组成的系统的合力沿1斜面向上，大小为 mgsin 0 ,系统的加速度沿斜面向上，大小为a=-gsin 0 ,再隔离B球,、一 一，r3设A、BN同杆的拉力大小为 F,则F- mgsin。= ma可得F= 2mgJin 0 ,选项B错误，选项 C正确.17. C2、B22013 浙江卷如图所示，水平木板上有质量 m= 1.0 kg的物块，受到随时 间t变化的水平拉力 F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小.取重力加速度g=10 m/s 2,下列判断正确的是（）A. 5 s内/B. 4 s末物块所受合力大小为 4.0 NC.物块与木板之间白动摩擦因数为 0.4D. 6 s9 s内物块的加速度大小为 2.0 m/s 217. D 解析从图可知，物块与木板之间的静摩擦力最大值为4 N,滑动摩擦力大小为3 N,结合拉力和摩擦力的大小可判断物块的运动规律：在 04 s物块静止，45 s物块做 加速度逐渐增大的变加速直线运动，5 s以后物块做匀加速直线运动 .04 s物块静止，拉力对物体不做功，但是 45 s物块运动，拉力对物体做正功，故A错误.4 s末，物块所受的合力由0突变为1 N,故B错误.物块与木板之间的动摩擦因数科=也=不X=0.3 ,故C错误.6mg 1X10 F-Ff 5-322 .,9 s内，物块的加速度 a = m- = m/s =2.0 m/s ,故D正确.10. B4、C2、E& K3 2013 四川卷在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角0 =37。的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行.劲度系数 k =5 N/m的轻弹簧一端固定在 。点，一端用另 一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面.水平面处于场强 E=5X104 N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知 A B的质量分别为 n= 0.1 kg和m = 0.2 kg , B所带电荷量q = + 4X 106C.设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦， 绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变.取 g=10 m/s； sin37 =0.6, cos37 = 0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a= 0.6 m/s2开始做匀加速直线运动.A从M到N的过程中，B的电势能增加了 AEp=0.06 J.已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动 摩擦因数科=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率.10.解析(1)F 作用之前，A B处于静止状态.设 B所受静摩擦力大小为 fc, A B间 绳的张力为T。，有对 A： Tq= mgsin 0对 B: T0=qE+ f0联立，代入数据即可解得f 0=0.4 N(2)物体A从M点到N点的过程中，A B两物体的位移均为 s, A B间绳子张力为T,有 qEs= A EpTmBg qE= mBa设A在N点时速度为v,受弹簧拉力为 F弹，弹簧的伸长量为 Ax,有v2= 2asF 弹=k AxF+ nAgsin 0 F 弹 sin 0 T= ma由几何关系知s (1 cos 0 )A x = .八 sin 0设拉力F的瞬时功率为 巳有P= Fv 联立，代入数据解得P= 0.528 WC3超重和失重4. 2013 四川省成都高新区统一检测 质量为 m的消防队员从一平台上竖直跳下，下 落3 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.63 假设在着地过程中地面对他双脚的平均作用力大小恒定，则消防队员（）A.着地过程中处于失重状态B.着地过程中地面对他双脚的平均作用力等于6mgC.在空中运动的加速度大于触地后重心下降过程中的加速度D.在空中运动的平均速度小于触地后重心下降过程中的平均速度4. B 解析着地过程中有向上的加速度，处于超重状态，选项 A错误；由v2=2ax可 知着地过程中的加速度是 5g,选项C错误；由牛顿第二定律，有Fn mg= ma= 5mg解得Fn，一, , Vo+Vt 一一一.= 6mg选项B正确；由v=2可知，在空中运动的平均速度等于触地后重心下降过程中 的平均速度，选项 D错误.C4实验：验证牛顿定律9. C4 2013 天津卷（2）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系.接电源打点把援工纸带木块带希手的长木板2下列做法正确的是（填字母代号）.A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有祛码的祛码桶通过定滑轮拴 在木块上C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D.通过增减木块上的祛码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度为使祛码桶及桶内祛码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的 条件是祛码桶及桶内祛码的总质量 木块和木块上祛码的总质量.（填“远大于” “远小于”或“近似等于）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放祛 码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为科甲、科乙，由图可知，m甲 m乙，科甲 科乙.（填“大于” “小于”或“等于”）9. （2）AD远小于 小于大于解析通过调节木板倾斜度平衡摩擦力时不要悬挂祛码桶，实验时应先接通电源再放 开木块，AD正确，BC错误.因为祛码桶及桶内祛码的总重力G= mg木块运动时受到的拉力F=Ma= 脸g 要使GF,则应使Mm= 0,即m M 所以要求祛码桶及桶内祛码的1 + T. M总质量要远小于木块和木块上祛码的总质量.因为图像的斜率表示质量的倒数，所以甲的质量小于乙的质量；因为纵轴上的截距的 绝对值表示动摩擦因数与重力加速度的乘积，所以甲的动摩擦因数大于乙的动摩擦因数.C5牛顿运动定律综合25 . C5 I32013 全国卷(19 分)一电荷量为q(q0)、质量为 m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t=0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示.不计重力.求在t=0到t = T的时间间隔内，(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间.26 .解析解法一： TT T T 3T 3T(1)市电粒子在 0二、二、:、:T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分力1J为 4 4 2 2 44a1、a2、a3、a4,由牛顿第二定律得_qEma1 GDma2= - 2qE0 mqEo a3= 2方qEo小a4= m由此得带电粒子在 0T时间间隔内运动的加速度一时间图像如图(a)所示，对应的速度时间图像如图(b)所示，其中t qE0Tvi= aiT=-4 4m由图(b)可知，带电粒子在T的s = -vi4由式得s*它沿初始电场正方向.（2）由图（b）可知，粒子在t=8T-3T= T 解法二：带电粒子在0T Tai、 a2、 a3、ojt_o55r_f_*0.75 r T I图（b）图t = 0至i t =T时的位移为t=3T到t =5T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为t88T2、T 3T 3T一一27、7t时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a，由牛顿第二定律得q& = ma 2qEo= ma 2qEo= ma 3TqEo= ma 、t = 2、t =4、t=T 时的速度分别为VI、V2、V3、V4,则设带电粒子在t=T4vi= ai I4V2=vi+a2T6V3= V2+ a3-4V4= V3+ a47 4设带电粒子在t=0到t=T时的位移为s,有Vis =（万 TV1+V2 V2+V3 V3+V4 T ）42+2 4联立以上各式可得s =整16m它沿初始电场正方向.(2)由电场的变化规律知,t =T时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零0 = Vi + a2t 1将代入上式，得gTO8粒子从t=T时开始加速,设经过时间 12速度变为零.0 = V2 + a3t 2此式与式联立得Tt2=-128t =0到t =T内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为Tt =（厂匕）+t20将11强式代入Q3式得t =T14 414 . C52013 江苏卷(16分)如图所示，将小祛码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右 的拉力将纸板迅速抽出，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验.若祛码和纸板的质量分别为m和m2,各接触面间的动摩擦因数均为小重力加速度为g.(1)当纸板相对祛码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对祛码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m =0.5 kg , m=0.1 kg, 科=0.2 ,祛码与纸板左端的距离d=0.1 m ,取g = 10 m/s2.若祛码移动的距离超过l = 0.002 m,人眼就能感知.为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？拉力15 .解析(1)祛码对纸板的摩擦力 f i =m g 桌面对纸板的摩擦力 f 2 =(mi+ mi)g f =fl + f2解得 f=(2mi + m2)g(2)设祛码的加速度为 ai,纸板的加速度为 a2,则 f i= maiF f i f 2= m2a2发生相对运动a2ai解得 F2(mi + m)g i(3)纸板抽出前，祛码运动的距离xi=2ait2一 一一i 2纸板运动的距离 d + xi = 2a2tii 2纸板抽出后，祛码在桌面上运动的距离X2 = 2a3t2l =xi + X2由题意知 ai=a3, ait i = a3t 2 d解得 F= 2Hmi + (i +p)m2g代入数据得F=22.4 N.22. C520i3 新课标全国卷I 图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装 置示意图.图(a)实验步骤如下：用天平测量物块和遮光片的总质量M重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s;调整轻滑轮，使细线水平；让物块从光电门 A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间41人和418,求出加速度 a； 123 川I川山同川二05101520图(b)多次重复步骤，求 a的平均值a；根据上述实验数据求出动摩擦因数科.回答下列问题：(i)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为i mm)的示数如图(b)所示，其读数为cm.(2)物块的加速度 a可用d、s、AtA和AtB表示为a =.(3)动摩擦因数可用 M、m、a 一和重力加速度g表示为科=(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于汨兰” 庆左：).22. (1)0.960(填“偶然误差”或“系统(2)tA(4)Mg系统误差mg- ( m) a解析(1)考查游标卡尺的读数规则，此题为 20分度，最小分度为 0.05 mm,通过数格9.60 mm,即 0.960 cm.2s - 32可看出第12格与主尺对齐，所以读数为9 mm+ 0.05X12 mm=(2)根据运动学公式 vB vA= 2as ,其中vb=u va= A t b A t a 对重物由牛顿第二定律：mg- F= ma对物块由牛顿第二定律：F科Mg= Ma， 、 联立解得附鲁 (F 一科Mg),像这种由于原理上不完(4)若细线没有调整到水平，物块受到的合力就不是 善而带来的误差就是系统误差.9. CS E62013 江苏卷如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物 块相连.弹簧处于自然长度时物块位于。点(图中未标出).物块的质量为 m, AB= a,物块与桌面间的动摩擦因数为小现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中()1A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W- mga 38 .物块在B点时，弹黄的弹性势能小于W-mgaC.经O点时，物块的动能小于 W 科mgaD.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能甲9 . BC 解析先大致画出O点所在位置，如图甲所示，设 OA的距离为b.当物块从A由 静止向左运动时，受力如图乙所示，f= mg此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力 R变小；当到达。点右侧某点P时，Ft与f相等，此时合力为0,由于惯性，物块继续向左运动；当物块 到达O点时，水平方向只受摩擦力 f,但仍向左运动至 B停止.在AP段，物块除受摩擦阻力 外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在。明，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹力这一 a个阻力作用，所以物块很快停止，OBOA所以2ba.力 *乙丙当拉力把物块从 O点由静止拉至 A点时，根据动能定理得W-mgb= Epa,即Epa= W-1mgbWA 2mga选项A错误；对物块从A运动至B的过程中运用动能定理得 Epa- Epb-科mg一 _,3 一一 =0,即EpB= W/-mgbmgaWA,科mga,选项B正确；经O点时，物块的动能是 &o= &a - mgb= W- 2mgb gmg与假设矛盾.故f =1mc由式知，物块加速度的大小a 1等于a1；物块的vt图像如图中点划线所示.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2 viSi = 2X 2ai2s2=vEti+-2 2a 2物块相对于木板的位移的大小为s = s2 si 12联立。1112式得s = 1.125 m 1310. CS E2、F1 2013 天津卷质量为m= 4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数科=0.2, g取10 m/s2,求：(1)物块在力F作用过程发生位移 X1的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间 t.10.解析(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=mgD根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有FX1 F1X = 0 代入数据，解得X1= 16 m (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 =XX1 由牛顿第二定律得Fj a = m由匀变速直线运动公式得v2= 2aX2 以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得F1t = 0mVD代入数据，解得t =2 s 4. C5 2013 重庆卷图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角 为0的光滑斜面滑下，然后在不同的0角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动.分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加 速度与各自最大值的比值 y随。变化的图像分别对应图 2中的()A.、和B.、和C.、和D.、和4. B 解析本题考查物体的受力分析和图像问题，考查学生的综合分析能力.由图可知：小球对斜面的压力 Fn= mgcos。，其最大值Fm= mg,故比值yF= = cos 0为图像；小球F ma运动的加速度a = gsin 0 ,其取大值am= g,故比值ya= sin 0为图像；整个过程重力不 am变，重力加速度不变，比值yg=1为图像，故选项 B正确.19. C52013 浙江卷如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s 2,当热气球上升到180 m时，以5 m/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=10 m/s 2.关于热气球，下列说法正确的是（）A.所受浮力大小为 4830 NB.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10 s后的速度大小为5 m/sD.以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N19. AD 解析热气球从地面刚开始竖直上升时，速度很小，空气阻力可以忽略，对热 气球由牛顿第二定律有：F- mg= ma,解得浮力F=mg+ ma= 4830 N,故A正确.如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m时的速度丫=。2不=6乖m/s5 m/s ,故热气球不是匀加速上升，说明随着速度的增加，空气阻力也越来越大，故B错误.如果热气球一直匀加速上升，则上升180 m所用的时间t=12，5 s10 s ,说明上升10 s后还未上升到180 m处, 速度小于5 m/s ,故C错误.以5 m/s的速度匀速上升阶段，空气阻力f = F-mg= 230 N,故D正确.21. B4, C52013 福建卷质量为M长为的杆水平放置,杆两端 A B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环.已知重力加速度为g,不计空气影响.(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示.求此状态下杆的加速度大小a；为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？21 .解析(1)如图1,设平衡时，绳中拉力为T,有2Tcos 0 -mg= 0由图知cos 0 =坐3由式解得T=图1(2)此时，对小铁环受力分析如图2,有T sin 0 = msg)T + T cos 0 mg= 0由图知。=60。，代入式解得如图3,设外力F与水平方向成 a角，将杆和小铁环当成一个整体，有 Fcos a=(M + m) a Fsin a (M+ m)g=0 由式解得 F= 2(M+ m)g3tan a = 3或(a =60 )T图3
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