1、专题三牛顿运动定律高考试题 考点一 牛顿第一、三定律和惯性1.(2013年山东理综,14,5分)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、方向相反解析:伽利略利用理想斜面实验和逻辑推理相结合的方法否定了亚里士多德“力是维持物体运动状态的原因”的错误结论,得出了力不是维持物体运动状态的原因,并且运用逻辑推理的方法发现忽略空气阻力时,物体下落的快慢和它的重量无关,选项A、C正确;牛顿提出万有引力定律,并且提出了物体
2、间的相互作用力总是等大反向的结论,选项B、D错误.答案:AC点评： 本题考查物理学史,意在考查考生对物理学发展历程的认识,尤其是区分牛顿和伽利略各自的研究贡献.2.(2012年新课标全国理综,14,6分)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,选项A正
3、确;没有力的作用,物体将处于静止或匀速直线运动状态,选项B错误;行星在圆周轨道上保持匀速率运动的原因是行星受到万有引力作用,不是由于惯性,选项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,选项D正确.答案:AD3.(2010年广东理综,20,6分)下列关于力的说法正确的是()A.作用力和反作用力作用在同一物体上B.太阳系中的行星均受到太阳的引力作用C.运行的人造地球卫星所受引力的方向不变D.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因解析:作用力和反作用力作用在两个不同的物体上,选项A错误;太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力,且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳,选项B正确
4、,选项C错误;伽利略的理想实验说明力不是维持物体运动的原因,选项D正确.答案:BD4.(2009年宁夏理综,14,6分)在力学理论建立的过程中,有许多伟大的科学家做出了贡献.关于科学家和他们的贡献,下列说法正确的是()A.伽利略发现了行星运动的规律B.卡文迪许通过实验测出了引力常量C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D.笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献解析:行星运动定律是开普勒发现的,选项A错误,选项B正确.伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因,选项C错误,由物理学史可知选项D正确.答案:BD考点二 牛顿第二定律的理解与应用1.(2013年新课标全国卷,14,6分)一物块静止在粗糙的
5、水平桌面上.从某时刻开始,物块受到一方向不变的水平拉力作用.假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以a表示物块的加速度大小,F表示水平拉力的大小.能正确描述F与a之间的关系的图像是()解析:设最大静摩擦力为Fm,物块所受摩擦力为Ff,在水平拉力F作用下,当FFm时,物体会加速运动,由牛顿第二定律F-Ff=ma得F=ma+Ff,由此可知正确描述F与a之间关系的图像是C,故选项C正确,A、B、D错误.答案:C2.(2013年安徽理综,14,6分)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
6、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 +acos )FN=m(gcos -asin )B.T=m(gcos +asin )FN=m(gsin -acos )C.T=m(acos -gsin )FN=m(gcos +asin )D.T=m(asin -gcos )FN=m(gsin +acos )解析:小球受重力mg、细线拉力T、斜面的支持力FN,水平方向由牛顿第二定律得Tcos -FNsin =ma,竖直方向合力为零,Tsin +FNcos -mg=0,联立解得:T=m(gsin +acos ),FN=m(gcos -asi
7、n ),选项A正确.答案:A3.(2013年福建理综,17,6分)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.m2kgs-4A-1B.m2kgs-3A-1C.m2kgs-2A-1D.m2kgs-1A-1解析:由于物理公式在确定物理量大小间的关系时也确定了单位间的关系,则由U=,故1 V=1 =1 kgm2s-3A-1,选项B正确.答案:B4.(2013年新课标全国卷,21,6分)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功.图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止
8、的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止.某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示.假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m.已知航母始终静止,重力加速度的大小为g.则()A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功
9、的功率几乎不变解析:由vt图像中图线与t轴间包围“面积”表示位移可知,飞机在甲板上滑行距离约105 m,即飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10,选项A正确;由vt图像可以看出0.4 s0.5 s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变,说明飞机受到的合力不变,而两段阻拦索的夹角逐渐减小,故阻拦索的张力减小,选项B错误;根据vt图像可以看出0.4 s2.5 s内加速度a=m/s227.1 m/s22.5g,选项C正确;由于飞机做匀减速运动,所受阻力不变,根据P=Fv可知,功率逐渐减小,故选项D错误.答案:AC5.(2013年重庆理综,4,6分)图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小
10、球由倾角为的光滑斜面滑下,然后在不同的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.、和解析:小球在光滑斜面上时,对斜面的压力FN=mgcos ,其最大值为mg,y=cos ,对应于图线;小球运动的加速度a=gsin ,其最大值为g,y=sin ,对应于图线;重力加速度是恒定值,y=1,对应于图线,故选项B正确.答案:B6.(2013年浙江理综,19,6分)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
11、 m/s2,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/s2.关于热气球,下列说法正确的是()A.所受浮力大小为4 830 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 N解析:热气球刚开始上升时,速度为零,不受空气阻力,只受重力、浮力,由牛顿第二定律知F-mg=ma,得F=m(g+a)=460(10+0.5)N=4 830 N,选项A正确;加速上升过程中,速度增大,所受空气阻力也增大,则选项B错
12、误;热气球以5 m/s的速度匀速上升时,由平衡条件知所受的空气阻力Ff=F-mg=4 830 N-46010 N=230 N,则选项D正确;热气球从地面开始上升10 s内做变加速运动,故10 s时其速度大小要小于5 m/s,则选项C错误.答案:AD7.(2012年安徽理综,17,6分) 如图所示,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,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解析:设斜面倾角为,不施加F时,由牛顿第二定律有:mgsin -mgcos =ma,解得
13、a=gsin -gcos ;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+mg)sin -(F+mg)cos =ma,解得a=（+1） (gsin -gcos ),所以加速度变大,选项C正确.答案:C8.(2012年四川理综,21,6分)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止.撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g.则()A.撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀
14、减速运动B.撤去F后,物体刚运动时的加速度大小为-gC.物体做匀减速运动的时间为2D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为mg（x0-）解析:撤去F短时间内物体受弹簧弹力和地面的滑动摩擦力,向左做加速运动,由牛顿第二定律,得kx0-mg=ma,随物体向左运动,x0逐渐减小,故a先减小,选项A错误,选项B正确;物体运动x0后,物体只受地面的滑动摩擦力,做匀减速运动,位移为3x0,加速度a=g,所以t=,C错误;物体达到最大速度时,a=0,即kx=mg,x=,W克f=mg(x0-x)=mg（x0-）,选项D正确.答案:BD点评： 本题要求学生能正确分析运动过程并能运用牛顿第二定律求
15、解加速度,对运动的分析及受力的分析要求较高.9.(2011年福建理综,18,6分)如图,一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后,两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小,质量为m且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2,已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的.请你根据所学的物理知识,通过一定的分析,判断正确的表达式是()A.T1=B.T1=C.T1=D.T1=解析:利用特殊值法,当m1=m2时,两物体处于平衡状态,绳的拉力T1=m1g=m2g,代入各式判断,可知选项C正确.答案:C10.(2011年新课标全国理
16、综,21,6分)如图所示,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()解析:开始F较小达不到m1、m2间的最大静摩擦力,所以m1、m2一起保持相对静止地运动,具有相同加速度a=,当F达到m1、m2间最大静摩擦力后,m1、m2发生相对滑动,产生不同加速度,对木板m1,a1=恒定不变,对木块m2:a2=-g,因为,所以选项A正确.答案:A11.(2011年天津理综,2,6分)如图所示,
17、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:取A、B两物块整体研究,加速度水平向左大小不变.再隔离B物块,B在水平方向只受静摩擦力,据牛顿第二定律知Ff=ma,所以B受到的摩擦力方向水平向左,大小不变.故选项A正确,选项B、C、D错误.答案:A点评： 本题考查整体法、隔离法.用整体法的条件是:两物体有共同的加速度.一般情况下,先整体,后隔离,先整体求加速度,后隔离一个物体求某一力.正确进行受力分析是解题的关键.12.(2010年大纲全国理综,
18、15,6分)如图所示,轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连,下端与另一质量为M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块1、2的加速度大小分别为a1、a2.重力加速度大小为g,则有()A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=gC.a1=0,a2=gD.a1=g,a2=g解析:木板抽出后的瞬间,弹簧弹力不能突变,木块1的受力与原来相同,所以a1=0.木块2受自身重力和弹簧弹力,合力F=Mg+mg,所以加速度a2=g,C对.答案:C点评：此题考查牛顿第二定律的瞬时加速度问题.解决本题的关键是弹簧在木板抽出后的瞬间弹力不变,而木
19、板、轻绳、轻杆的弹力都可发生突变.13.(2013年天津理综,10,16分)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=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.解析:(1)设物块受到的滑动摩擦力为F1,则F1=mg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=
20、x-x1由牛顿第二定律得a=由匀变速直线运动公式得v2=2ax2由运动学公式得v=gt代入数据,解得t=2 s.答案:(1)16 m(2)2 s14.(2013年山东理综,22,15分)如图所示,一质量m=0.4 kg的小物块,以v0=2 m/s的初速度,在与斜面成某一夹角的拉力F作用下,沿斜面向上做匀加速运动,经t=2 s的时间物块由A点运动到B点,A、B之间的距离L=10 m.已知斜面倾角=30,物块与斜面之间的动摩擦因数=.重力加速度g取10 m/s2.(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.(2)拉力F与斜面的夹角多大时,拉力F最小?拉力F的最小值是多少?解析:(1)设物块加速
21、度的大小为a,到达B点时速度的大小为vB,由运动学公式得L=v0t+at2vB=v0+at联立式,代入数据得a=3 m/s2vB=8 m/s.(2)设物块受到的支持力为FN,受到的摩擦力为Ff,拉力与斜面间的夹角为,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得Fcos -mgsin -Ff=maFsin +FN-mgcos =0又Ff=FN联立式得F=由数学知识得cos +sin =sin(60+)由式知F最小时夹角=30联立式,代入数据得F的最小值为Fmin=N.答案:(1)3 m/s28 m/s(2)30 N15.(2013年福建理综,21,19分)质量为M、长为L的杆水平放置,杆两端A、B系着长为
22、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?解析:(1)如图(甲),设平衡时,绳中拉力为T,有2Tcos -mg=0,由图知cos =由式解得T=mg.(2)此时,小铁环受力如图(乙)所示,有Tsin =maT+Tcos -mg=0由图知=60,代入式解得a=g.设外力F与水平方向成角,将杆
23、和小铁环当成一个整体,其受力如图(丙)所示,有Fcos =(M+m)aFsin -(M+m)g=0由式解得F=(M+m)gtan =(或=60).答案:(1)mg(2)g(M+m)g方向与水平方向成60角斜向右上方16.(2013年江苏卷,14,16分)如图所示,将小砝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,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为.重力加速度为g.(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;(3)本实验中, m1=0.5 kg
24、, m2=0.1 kg, =0.2,砝码与纸板左端的距离d=0.1 m,取g=10 m/s2.若砝码移动的距离超过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?解析:(1)砝码对纸板的摩擦力大小为f1=m1g,桌面对纸板的摩擦力大小为f2=(m1+m2)g纸板所受摩擦力大小f=f1+f2,解得f=(2m1+m2)g.(2)设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则f1=m1a1,F-f1-f2=m2a2发生相对运动a2a1,解得F2(m1+m2)g.(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x1=a1纸板运动的距离d+x1=a2a1=g=2 m/s2a2=,纸板抽出后,砝码
25、在桌面上做匀减速运动,加速度大小仍是g=2 m/s2,初速度为a1t1,故采用逆向法处理得:x2=x1,又l=x1+x2联立以上各式可得:F=22.4 N.答案:(1)(2m1+m2)g(2)F2(m1+m2)g(3)22.4 N17.(2013年新课标全国卷,25,18分)一长木板在水平地面上运动,在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上,以后木板运动的速度时间图像如图所示.已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上.取重力加速度的大小g=10 m/s2,求:(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数;
26、(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时,物块相对于木板的位移的大小.解析:(1)从t=0时开始,木块放在木板上后木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,一直到物块和木板具有共同速度为止.由vt图可知,在t1=0.5 s时,物块和木板的速度v1相同.设t=0到t=t1时间间隔内,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,对木块有v1=a1t1对木板有v1=v0-a2t1而v0=5 m/s、v1=1 m/s,设物块和木板的质量均为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2,由牛顿第二定律得1mg=ma1(1+22)mg=ma2联立式得1=0.202=0.30.(2)在t1时刻后
27、,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则由牛顿第二定律得f=ma122mg-f=ma2假设f1mg,与假设矛盾.故f=1mg由式知,物块加速度的大小a1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s1=2s2=t1+物块相对于木板的位移的大小为s=s2-s1联立式得s=1.125 m.答案:(1)0.200.30(2)1.125 m18.(2012年安徽理综,22,14分)质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应
28、的vt图像如图所示.球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4.设球受到的空气阻力大小恒为f.取g=10 m/s2.求:(1)弹性球受到的空气阻力f的大小;(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h.解析:(1)据vt图线得弹性球下落加速度a=8 m/s2由牛顿第二定律得mg-f=ma联立代入数据得f=0.2 N.(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4 m/s,据题意球离地速度v2=v1=3 m/s.由牛顿第二定律得a2=12 m/s2,反弹高度h=0.375 m.答案:(1)0.2 N(2)0.375 m19.(2012年浙江理综,23,16分)为了研究鱼所受水的阻力与
29、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“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍,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fAfB.解析:(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动,有-0=2gH得vA1=
30、.(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浮+fA-mg=maA0-=-2aAhA,而F浮=mg综合上述各式,得fA=mg.(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似,有fB=mg解得=.答案:(1) (2)mg(3)20.(2012年重庆理综,25,19分)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0,如图所示,设球
31、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0大了并保持不变,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,求应满足的条件.解析:(1)在匀速运动阶段,球受力如图(甲)所示,有mgtan 0=kv0得:k=.(2)加速阶段,设球拍对球的支持力为FN,球受力如图(乙)所示,有FNsin -kv=ma,FNcos =mg联立解
32、得:tan =+tan 0.(3)以速度v0匀速运动时,设空气阻力与重力的合力为F,由图(甲)可得F=球拍倾角为0+时,空气阻力与重力的合力F不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为a,如图(丙)所示,F沿球拍向下的分力为合力的大小,则Fsin =ma设匀速跑阶段所用时间为t,有t=-球不从球拍上掉落的条件at2r联立解得:sin .答案:见解析考点三 物体的超重、失重问题1.(2011年四川理综,19,6分)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
33、()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解析:对降落伞,匀速下降时受到的重力mg、绳的拉力FT和浮力F平衡,即FT=F-mg.在喷气瞬间,喷气产生的反冲力向上,使降落伞减速运动,设加速度大小为a,对降落伞应用牛顿第二定律:F-FT-mg=ma,FT=F-mg-maFT,由此可知伞绳拉力减小,故选项A正确.返回舱减速是由于火箭对其有向上的推力,选项B错误.加速度方向向上,返回舱处于超重状态,故选项D错误.返回舱在喷气过程中向下减速运动,合力方向向上,位移向下,合外力做负
34、功,故选项C错误.答案:A2.(2010年浙江理综,14,6分)如图所示,A、B两物体叠放在一起,以相同的初速度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是()A.在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D.在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析:以A、B整体为研究对象,仅受重力,由牛顿第二定律知二者运动的加速度为g,方向竖直向下.以A为研究对象,因加速度为g,方向竖直向下,故由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力,所以A仅受重力作用,在上升和下降过程中,A对B的压力一定为零,选项A正确,B、C、
35、D错误.答案:A3.(2009年安徽理综,17,6分)为了节省能量,某商场安装了智能化的电动扶梯.无人乘行时,扶梯运转得很慢;有人站上扶梯时,它会先慢慢加速,再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼,恰好经历了这两个过程,如图所示.那么下列说法中正确的是()A.顾客始终受到三个力的作用B.顾客始终处于超重状态C.顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方,再竖直向下D.顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方,再竖直向下解析:在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向右,电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方,由牛顿第三定律知,它的反作用力即人对电梯的作用力方向指向左下方;在匀速运动的过程中,顾客与电梯间的摩擦力等
36、于零,顾客对扶梯的作用仅为压力,方向竖直向下,选项C正确.答案:C考点四 验证牛顿运动定律1.(2013年新课标全国卷,22,7分)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.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tA和tB,求出加速度a;多次重复步骤,求a的平均值 ;根据上述实验数据求出动摩擦因数.回答下列问题:(1)测量d时,某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图
37、(b)所示,其读数为cm.(2)物块的加速度a可用d、s、tA和tB表示为a=.(3)动摩擦因数可用M、m、和重力加速度g表示为=.(4)如果细线没有调整到水平,由此引起的误差属于(选填“偶然误差”或“系统误差”).解析:(1)游标卡尺主尺读数为9 mm,游标为20分度,其读数为12,由游标卡尺的读数规则可知,游标卡尺的读数为9 mm+120.05 mm=9.60 mm=0.960 cm.(2)遮光片通过光电门A的速度为vA=,通过光电门B的速度为vB=,根据-=2as可得a=.(3)由于M与m的大小关系未知,细线的拉力Tmg.以物块为研究对象,水平方向上有T-Mg=M,以重物为研究对象,竖直
38、方向上有mg-T=m,两式联立解得=.(4)由于仪器未调整好造成的误差,属于系统误差.答案:(1)0.960(2) (3)(4)系统误差2.(2013年天津理综,9(2),7分)某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系.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,将装有砝码的砝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.通过增减木块上的砝码改变质量时,不需要重新调节木板倾斜度为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,应满足的条件是砝码桶及桶内砝码
39、的总质量木块和木块上砝码的总质量.(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,木块上均不放砝码,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甲,乙,由图可知,m甲m乙,甲乙.(填“大于”、“小于”或“等于”)解析:实验中细绳要保持与长木板平行,选项A正确;平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过细绳绕过滑轮拴在木块上,选项B错误;实验时应先接通电源再放开木块,选项C错误;平衡摩擦力后,改变木块上的砝码的质量时不再需要重新平衡
40、摩擦力,选项D正确.对砝码桶:mg-F=ma,对木块:F=Ma,联立解得a=,绳的拉力F=Ma=M=mg,可见,当砝码桶和桶内砝码的质量m远小于木块和木块上砝码的总质量M时,可得Fmg.不平衡摩擦力,则F-mg=ma,a=-g,图线斜率大的木块质量小,纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大,因此m甲乙.答案:AD远小于小于大于3.(2012年大纲全国理综,23,11分)如图(甲)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t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”.(1)完成下列实
41、验步骤中的填空.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.按住小车,在小吊盘中放入适当质量的物块,在小车中放入砝码.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.按住小车,改变小车中砝码的质量,重复步骤.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相对应的加速度a.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”).(2)完成下列填空:()本实验中,为了保证在改变小车
42、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.()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t表示为a=.图(乙)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(丙)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.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.设小车质量为M,小吊盘和盘中物块的总质量为m0,小车和砝码受到的拉力等于小吊盘和盘中物块的重力,
43、根据牛顿第二定律,小车和砝码的加速度a=,=+m,由于M、m0g不变,可见与m为线性关系.(2)()设绳子拉力为F,据牛顿第二定律,对于小吊盘和盘中物块:m0g-F=m0a,对于小车和砝码:F=(M+m)a,联立解得F=,只有当M+mm0时,Fm0g,绳子的拉力才是常数.()根据逐差法,s2-s1=s=a(5t)2,s3-s2=s=a(5t)2,所以s3-s1=2s=2a(5t)2,得a=.从刻度尺可读出s1=36.6 mm-12.4 mm=24.2 mm,s3=120.0 mm-72.7 mm=47.3 mm,代入上述公式得a=1.16 m/s2.()从关系式=+m可以看出, m图像的斜率k
44、=,所以绳子拉力F=m0g=,图像纵轴截距的意义是b=,则M=. 答案: (1)等间距线性(2)()远小于小车和砝码的总质量(或“远小于小车的质量”)() 24.2(23.924.5均可)47.3(47.047.6均可)1.16(1.131.19均可)() 4.(2012年安徽理综,21,10分)如图(甲)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()A.将长木板水平
45、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 gB.M=200 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120
46、gC.M=400 g,m=10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 gD.M=400 g,m=20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g(3)如图(乙)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).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,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远小于小车和砝码的总质量M,所以C组最符合要求.(3)由题意知,相邻计数点间的时间间隔为T=0.1 s,根据s=aT2,得sDE-sAB=3a1T2,sEF-sBC=3a2T2,sFG-sCD=3a3T2所以小车的加速度a=0.42 m/s2.答案: (1)B(2)C(3)0.42
