高考名师预测物理试题：知识点02牛顿定律及其应用.doc

高考物理预测专题2：牛顿定律及其应用
高考预测：
从近年来的高考来看，2012年高考中，本专题可能以下列题型出现:
1．选择题。一般可结合“弹簧模型”、牛顿定律等知识，考查考生对加速度和牛顿第二定律的理解。
2．实验题。近几年本专题实验主要考查加速度的测量及牛顿第二定律，另外“探究加速度与力和质量的关系”的实验有好几年没有列入高考中，而新教材中专门列出一节的内容。这一重大变化，应引起大家足够的重视。
3．计算题。牛顿运动定律及其应用历年高考的必考内容。近年这部分内容的考查更趋向于对考生分析问题、应用知识的能力以及牛顿运动定律与运动学等知识的综合问题。

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分。）
1. 一辆汽车恒定的功率牵引下，在平直的公路上由静止出发，在4min的时间里行驶了1800m，在4min末汽车的速度是( )
A.等于7.5m/s
B.一定小于15m/s
C.可能等于15m/s
D.可能大于15m/s
答案：B
2. 高血压已成为危害人类健康的一种常见病，现已查明，血管变细是其诱因之一，为研究这一问题，我们可做一些简化和假设：设血液通过一定长度的血管时受到的阻力f与血液流速v成正比，即f＝kv(其中k与血管粗细无关)，为维持血液匀速流动，在血管两端需要有一定的压强差，设血管内径为d时所需要的压强差为ΔP，若血管内径减为d′时，为了维持在相同时间内流过同样多的血液，压强差必须变为：
A.ΔP B．()2ΔP C．()3ΔP D．()4ΔP
答案：D
3. 同学们在由静止开始向上运动的电梯里，把一测量加速度的小探头固定在一个质量为1 kg的手提包上，到达某一楼层停止，采集数据并分析处理后列出下表：
建立物理模型
匀加速直线
匀速直线
匀减速直线
时间段（s）
2.5
9
2.5
平均加速度（m/s2）
0.40
0
0.40
为此同学们在计算机上画出了很多图象，请你根据上表数据和所学知识判断下列图2-20图象（设F为手提拉力，g＝9.8 m/s2）中正确的是（ ）

答案：AC
4. 如图2-21所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定。在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩。当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零。从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图象，可能是图2-22中的（ ）

答案：D
5. 如图5所示，用力F拉一物体在水平面上以加速度a运动.用力F′=Fcosθ代替力F，沿水平方向拉物体，该物体的加速度为a′，比较a与a′的大小关系，正确的是（ ）

A.a′与a可能相等
B.a′可能小于a
C.a′可能大于a
D.a′一定小于a
答案：AB
6. 如图所示，物体A放在固定的斜面B上，在A上施加一个竖直向下的恒力F，下列说法中正确的是(　　)
A．若A原来是静止的，则施加力F后，A将加速下滑
B．若A原来是静止的，则施加力F后，A仍保持静止
C．若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度不变
D．若A原来是加速下滑的，则施加力F后，A的加速度将增大
答案：BD
7. 如图2-7所示，质量为2m的物块A，与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面的摩擦因数为μ，在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动，则A和B之间的作用力为（ ）

图2-7
A． B．
C． D．
答案：A
8. 一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15㎏的重物，重物静止于地面上，有一质量m=10㎏的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬如图8所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度约为（ ）
A、25m/s² B、5m/s² C、10m/s² D、15 m/s²
答案：B
9、一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，加速度为α1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，加速度为α2，则( )
A．α1=α2 B．αl<α2
C．αl>α2 D．无法判断αl与α2的大小
答案：A
θ
ω
图2-10
10. 物体由静止的传送带顶端从静止开始下滑到底端所用时间为t，若在物体下滑过程中，传送带开始顺时针转动，如图2-10所示，物体滑到底端所用时间tˊ，则关于t和tˊ的关系一定有（ ）
A．tˊ>t
B． tˊ=t
C．tˊ< t
D．不能确定。
答案：B
二、实验题(本题共20分，把正确的答案填在下面的横线上，或按要求答题。）
11. 某学生想了解所居住高楼内电梯运行的大致规律，他设计一个利用称体重的磅秤
来进行测量和研究的方案：
①把磅秤平放在电梯的地板上，他站在磅秤上，请两位同学协助他观察磅秤示数的变化情况，并记录电梯运行时不同时刻磅秤的示数。
②将两位同学随机记录的7个数据列表．由于不知记录时刻的先后，故表格数据按从小到大的次序排列，并相应标明t1、t2……t7。（记录时电梯作平稳运动表如图2-28）
③对实验数据进行分析研究，了解电梯的运行情况，并粗略测定电梯的加速度。
思考回答下列问题：
（1）在测量时该学生所受的重力将__不变_（填“变大”、“变小”、“不变”）
（2）如果先记录到的是较小的示数，后记录到的是较大的示数，则记录时电梯相应的运动可能是 （AD）
A．先加速下降后减速下降
B．先减速下降后匀速下降
C．先匀速上升后减速上升
D．先减速上升后加速上升
（3）如果电梯在运行过程中经历过匀加速、匀速和匀减速三个过程，而两位同学记录的数据不知处于哪一运动阶段，则此电梯加速度的可能值为（ABC）
A．1.0m/s2 B．1.82m/s2
C．2.22m/s2 D．2.50m/s2
（4） 由于每部电梯运行时加速度都是设定好的，如果要知道该高楼电梯的加速度，还需要测定的物理量是_某学生的质量__．
12. “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图12所示．

图12
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图13所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝______m/s2.(结果保留两位有效数字)

图13
(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：
砝码盘中砝
码总重力F(N)
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
加速度a(m·s－2)
0.69
1.18
1.66
2.18
2.70
请根据实验数据在图14所示的坐标系中作出a－F的关系图象．

图14
(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点．请说明主要原因．
解析：(1)a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2或a＝＝ m/s2＝0.15 m/s2.
(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力，而表中数据漏计了砝码盘的重力，导致合力F的测量值小于真实值，a－F的图线不过原点．
答案：(1)0.16(0.15也算对)　(2)见下图

(3)未计入砝码盘的重力

三、计算题（本题共6小题，共90分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
13. 如图2-29所示，长12 m，质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g取10m/s2）
（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。
（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
（3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动?还能滑行多远的距离?

13. 解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为，加速度为，木板的质量为M，加速度大小为，人与木板间的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对人有：；
（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为，对木板受力分析可知：故，方向向左；
由几何关系得：，代入数据得：
（3）当人奔跑至右端时，人的速度，木板的速度；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：
　（其中为二者共同速度）
代入数据得，方向与人原来运动方向一致；
以后二者以为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为，故木板滑行的距离为。
14. 质量为1kg, 初速度为10m/s的物体, 沿粗糙水平面滑行, 如图所示, 物体与地面间的滑动摩擦系数为0.2, 同时还受到一个与运动方向相反的, 大小为3N的外力F作用, 经3s钟后撤去外力, 求物体滑行的总位移. (g取10/s2)
14. 解析：在外力F作用下, 物体先做匀减速运动, a1=(F+f)/m=(3+0.2×1×10)/1=5m/s2, 经过t1=v0/a=10/5=2s, 物体速度减为零; 接下来, 物体将向左匀加速运动1s, a2=(F－f)/m=(3－0.2×1×10)/1=1m/s2; 之后, 撤掉外力F, 物体在f作用下, 向左匀减速运动直至停止, a3=μg=0.2×10=2m/s2; 物体向右位移S1=v0t1/2=10×2/2=10m,
物体向左位移
S2=a2t22/2=1×12/2=0.5m; S3=v22/(2a3)=(a2t2)2/(2a3)=(1×1)2/(2×2)=0.25m;
总位移为S=S1－(S1+S2)=10－(0.5+0.25)=9.25m, 位于出发点右侧.
15. 如图2-33所示，竖直放置的质量为4 m，长为L的圆管顶端塞有一个质量为m的弹性圆球，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4 mg．圆管从下端离地面距离为H处自由落下，落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等．求：
(1)圆管弹起后圆球不致滑落，L应满足什么条件．
(2)圆管上升的最大高度是多少?
(3)圆管第二次弹起后圆球不致滑落，L又应满足什么条件?

15.解析：（1）取竖直向下的方向为正方向。
球与管第一次碰地前瞬间速度，方向向下。
碰地的瞬间管的速度，方向向上；球的速度，方向向下，
球相对于管的速度，方向向下。
碰后，管受重力及向下的摩擦力，加速度a管=2g，方向向下，
球受重力及向上的摩擦力，加速度a球=3g，方向向上，
球相对管的加速度a相=5g，方向向上。
取管为参照物，则球与管相对静止前，球相对管下滑的距离为：

要满足球不滑出圆管，则有。
（2）设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t1（设球与管在这段时间内摩擦力方向不变），则：
设管从碰地到与球相对静止所需时间为t2，
因为t1 ＞t2，说明球与管先达到相对静止，再以共同速度上升至最高点，设球与管达到相对静止时离地高度为h’，两者共同速度为v’，分别为：

然后球与管再以共同速度v’作竖直上抛运动，再上升高度h’’为

因此，管上升最大高度H’=h’+h’’=
（3）当球与管第二次共同下落时，离地高为，球位于距管顶处，同题（1）可解得在第二次反弹中发生的相对位移。
16. 从水平地面上以初速度v0把小球竖直向上抛出，若小球运动中所受空气阻力是其重力的0.6倍，每次接触地面后在极短的时间内以原速率反弹，重力加速度为g求：
(1)小球从开始抛出到刚刚静止所通过的路程．
   (2)小球从开始抛出到刚刚静止所经历的时间．
   (提示：若0＜q＜1，当n无穷大时，取qn=0)
16. 解析：(1)小球最后静止在水平地面上，在整个运动过程中，空气阻力做功使其机械能减少，设小球从开始抛出到最后静止所通过的路程S，有 fs=mv02/2       已知 f ＝0.6mg    代入算得： s=  5 v02/(6g)                
    (2)第一次上升和下降：设上升的加速度为a11．上升所用的时间为t11，上升的最大高度为h1；下降的加速度为a12，下降所用时间为t12．
    上升阶段：F合＝mg＋f ＝1.6 mg
    由牛顿第二定律：a11 ＝1.6g           
    根据：vt＝v0－a11t11，  vt＝0
    得：v0＝l.6gt11， 所以t11＝ 5 v0/(8g)              
    下降阶段：a12=(mg-f)/m= 0.4g          
    由h1= a11t112/2  和 h2= a12t122/2      得：t12＝2t11＝5 v0/(4g)          
    所以上升和下降所用的总时间为：T1＝t11＋t12＝3t11＝  15 v0/(8g)        
    第二次上升和下降，以后每次上升的加速度都为a11，下降的加速度都为a12；设上升的初速度为v2，上升的最大高度为h2，上升所用时间为t21，下降所用时间为t22
    由v22=2a12h1  和v02=2a11h1          得  v2＝ v0/2           
    上升阶段：v2＝a11t21     得：t21= v2/ a11=  5 v0/(16g)       
    下降阶段：  由  h2= a11t212/2   和h2= a12t222/2        得t22＝2t21       
 所以第二次上升和下降所用总时间为：T2＝t21＋t22＝3t21＝15 v0/(16g)= T1/2    
    第三次上升和下降，设上升的初速度为v3，上升的最大高度为h3，上升所用时间为t31，下降所用时间为t32
    由 v32=2a11h2    和v22=2a12h2          得：  v3＝ v2/2  = v0/4
    上升阶段：v3＝a11t3l，得t31＝ 5 v0/(32g)    
    下降阶段：由 h3= a11t312/2       和h3= a12t322/2            得：t32＝2t31    
    所以第三次上升和下降所用的总时间为：T3＝t31＋t32＝3t31＝15 v0/(32g)= T1/4       
    同理，第n次上升和下降所用的总时间为： Tn＝        
    所以，从抛出到落地所用总时间为： T=15 v0/(4g)