2010年高考物理習(xí)題之牛頓運(yùn)動(dòng)定律

2010 年高考物理習(xí)題分類匯編之牛頓運(yùn)動(dòng)定律（全國(guó)卷 1）15如右圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為 m 的木塊 1 相連，下端與另一質(zhì)量為M 的木塊 2 相連，整個(gè)系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊 1、2 的加速度大小分別為 、 。重力加速度大小為 g。則1a2有A ， B ，1ag2102aC ， D ，0mMggmMg【答案】C【解析】在抽出木板的瞬時(shí)，彈簧對(duì) 1 的支持力和對(duì) 2 的壓力并未改變。對(duì) 1 物體受重力和支持力，mg=F,a 1=0. 對(duì) 2 物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律gMmFa【命題意圖與考點(diǎn)定位】本題屬于牛頓第二定律應(yīng)用的瞬時(shí)加速度問題，關(guān)鍵是區(qū)分瞬時(shí)力與延時(shí)力。（上海物理）11. 將一個(gè)物體以某一速度從地面豎直向上拋出，設(shè)物體在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力大小不變，則物體（A）剛拋出時(shí)的速度最大 （B）在最高點(diǎn)的加速度為零（C）上升時(shí)間大于下落時(shí)間 （D）上升時(shí)的加速度等于下落時(shí)的加速度解析： mfga上 ， fga下 ，所以上升時(shí)的加速度大于下落時(shí)的加速度，D 錯(cuò)誤；根據(jù) 21ht，上升時(shí)間小于下落時(shí)間，C 錯(cuò)誤，B 也錯(cuò)誤，本題選 A。本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。難度：中。（上海物理）32.（14 分）如圖，寬度 L=0.5m 的光滑金屬框架 MNPQ 固定板個(gè)與水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=0.4T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，框架的電阻非均勻分布，將質(zhì)量 m=0.1kg，電阻可忽略的金屬棒 ab 放置在框架上，并且框架接觸良好，以 P 為坐標(biāo)原點(diǎn)，PQ 方向?yàn)?x 軸正方向建立坐標(biāo)，金屬棒從 處以 的初速度，沿 x 軸負(fù)方向01xm02/vs做 的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中金屬棒僅受安培力作用。求：2/ams（1）金屬棒 ab 運(yùn)動(dòng) 0.5m，框架產(chǎn)生的焦耳熱 Q；（2）框架中 aNPb 部分的電阻 R 隨金屬棒 ab 的位置 x 變化的函數(shù)關(guān)系；（3）為求金屬棒 ab 沿 x 軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng) 0.4s 過程中通過 ab 的電量 q，某同學(xué)解法為：先算出金屬棒的運(yùn)動(dòng)距離 s，以及 0.4s 時(shí)回路內(nèi)的電阻 R，然后代入q= 求解。指出該同學(xué)解法BLRA202214318.5*/MScmpalmlRqENE 的錯(cuò)誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果。解析：（1） ，F(xiàn)am0.2a因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)中金屬棒僅受安培力作用，所以 F=BIL又 ，所以EBLvIR0.4LvBatRI且 ，得21Sat12Ssa所以 20.4.QIttJ（2） ，得 ，所以 。21x1x0.41Rx（3）錯(cuò)誤之處：因框架的電阻非均勻分布，所求 是 0.4s 時(shí)回路內(nèi)的電阻 R，不是平均值。正確解法：因電流不變，所以 cItq4.0.1。本題考查電磁感應(yīng)、電路與牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用。難度：難。（江蘇卷）15 （16 分）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為 d 的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板 A、B 間的電壓 作周期性變化，其正向電壓為 ，反向ABU0U電壓為 ，電壓變化的周期為 2r，如圖乙所示。在 t=0 時(shí)，極板 B 附近的一個(gè)電-k(1)0U子，質(zhì)量為 m、電荷量為 e，受電場(chǎng)作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電子未碰到極板 A，且不考慮重力作用。（1 ）若 ，電子在 02r 時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板 A，求 d 應(yīng)滿足的條件；54k（2 ）若電子在 02r 時(shí)間未碰到極板 B，求此運(yùn)動(dòng)過程中電子速度 隨時(shí)間 t 變化的關(guān)系；v（3 ）若電子在第 N 個(gè)周期內(nèi)的位移為零，求 k 的值。解析：（1 ）電子在 0T 時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小 01eUamd位移 2xT在 T-2T 時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向作勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小 0254eUamd初速度的大小 1vT勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移 21vxa依據(jù)題意 解得 d12d2091eUTm（2 ）在 2nT(2n+1)T,(n=0,1,2, ,99)時(shí)間內(nèi) 加速度的大小 a2= 0ekd速度增量 v 2=-a 2T (a)當(dāng) 0t-2ntT 時(shí)電子的運(yùn)動(dòng)速度 v=nv 1+nv 2+a1(t-2nT) 解得 v=t-(k+1)nT ,(n=0,1,2, ,99) 0ekUmd(b)當(dāng) 0t-(2n+1)TT 時(shí)電子的運(yùn)動(dòng)速度 v=(n+1) v 1+nv 2-a 2t-(2n+1)T 11解得 v=(n+1)(k+1)T-kl ,(n=0,1,2, ,99)0ed 12（3）電子在 2(N-1)T(2N-1)T 時(shí)間內(nèi)的位移 x2N-1=v2N-2T+ a1T2電子在(2N-1)T2N T 時(shí)間內(nèi)的位移 x2N=v2N-1T- a 2T21由 式可知 v2N-2=(N-1)(1-k)T10 0eUdm由 式可知 v2N-1=(N-Nk+k)T12依據(jù)題意 x2N-1+ x2N=0解得 43Nk本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式應(yīng)用和歸納法解題。難度：難。（福建卷）17、如圖（甲）所示，質(zhì)量不計(jì)的彈簧豎直固定在水平面上，t=0 時(shí)刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點(diǎn)，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)。通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測(cè)出這一過程彈簧彈力 F 隨時(shí)間 t 變化的圖像如圖（乙）所示，則A. 時(shí)刻小球動(dòng)能最大1tB. 時(shí)刻小球動(dòng)能最大2C. 這段時(shí)間內(nèi)，小球的動(dòng)能先增加后減少t3D. 這段時(shí)間內(nèi)，小球增加的動(dòng)能等于彈簧減少的彈性勢(shì)能2【答案】C【解析】小球在接觸彈簧之前做自由落體。碰到彈簧后先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為 0，即重力等于彈簧彈力時(shí)速度達(dá)到最大值，而后往下做加速度不斷增大的減速運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸的整個(gè)下降過程，小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。上升過程恰好與下降過程互逆。由乙圖可知 t1 時(shí)刻開始接觸彈簧； t2 時(shí)刻彈力最大，小球處在最低點(diǎn)，動(dòng)能最小；t 3 時(shí)刻小球往上運(yùn)動(dòng)恰好要離開彈簧； t2-t3 這段時(shí)間內(nèi)，小球的先加速后減速，動(dòng)能先增加后減小，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能?！久}特點(diǎn)】本題考查牛頓第二定律和傳感器的應(yīng)用，重點(diǎn)在于考查考生對(duì)圖像的理解?！締⑹尽繄D像具有形象快捷的特點(diǎn)，考生應(yīng)深入理解圖像的含義并具備應(yīng)用能力。（福建卷）22.（20 分）如圖所示，物體 A 放在足夠長(zhǎng)的木板 B 上，木板 B 靜止于水平面。t=0 時(shí)，電動(dòng)機(jī)通過水平細(xì)繩以恒力 F 拉木板 B，使它做初速度為零，加速度 aB=1.0m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知 A 的質(zhì)量 mA 和 B 的質(zhì)量 mg 均為 2.0kg,A、B 之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.05，B 與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.1，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小視為相等，12重力加速度 g 取 10m/s2。求（1 ）物體 A 剛運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度 aA（2 ） t=1.0s 時(shí)，電動(dòng)機(jī)的輸出功率 P；（3 ）若 t=1.0s 時(shí)，將電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為 P=5W，并在以后的運(yùn)動(dòng)過程中始終保持這一功率不變，t=3.8s 時(shí)物體 A 的速度為 1.2m/s。則在 t=1.0s 到 t=3.8s 這段時(shí)間內(nèi)木板 B 的位移為多少？解析：（1 ）物體 A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛頓第二定律得mga代入數(shù)據(jù)解得 20.5/Ams（2 ） t=1.0s，木板 B 的速度大小為1/Bvats木板 B 所受拉力 F，由牛頓第二定律有12()AABBmggma解得：F=7N電動(dòng)機(jī)輸出功率P= Fv=7W（3）電動(dòng)機(jī)的輸出功率調(diào)整為 5W 時(shí)，設(shè)細(xì)繩對(duì)木板 B 的拉力為 ，則FPFv解得 =5N木板 B 受力滿足 12()0AABmgg所以木板 B 將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而物體 A 則繼續(xù)在 B 上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到 A、B 速度相等。設(shè)這一過程時(shí)間為 ，有t1()vat這段時(shí)間內(nèi)的位移 1SvtA、B 速度相同后，由于 F 且電動(dòng)機(jī)輸出功率恒定，A 、B 將一起做加速2()Bmg度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有： 222122 11()()()()ABABABPt Svmv由以上各式代入數(shù)學(xué)解得：木板 B 在 t=1.0s 到 3.8s 這段時(shí)間內(nèi)的位移為： 123.0sm（四川卷）23(16 分)質(zhì)量為 M 的拖拉機(jī)拉著耙來(lái)耙地，由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間 t 內(nèi)前進(jìn)的距離為 s。耙地時(shí)，拖拉機(jī)受到的牽引力恒為 F，受到地面的阻力為自重的 k 倍，耙所受阻力恒定，連接桿質(zhì)量不計(jì)且與水平面的夾角 保持不變。求：(1)拖拉機(jī)的加速度大小。(2)拖拉機(jī)對(duì)連接桿的拉力大小。(3)時(shí)間 t 內(nèi)拖拉機(jī)對(duì)耙做的功?！敬鸢浮?2sa )(12tskgMFCOST stWT)(2【解析】拖拉機(jī)在時(shí)間 t 內(nèi)勻加速前進(jìn) s，根據(jù)位移公式21ats 變形得 2t 對(duì)拖拉機(jī)受到牽引力、支持力、重力、地面阻力和連桿拉力 T，根據(jù)牛頓第二定律cosTkMgFa 連立變形得)2(1tCOST 根據(jù)牛頓第三定律連桿對(duì)耙的反作用力為2 ()cossFMkgt（3）閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器使待測(cè)表滿偏，流過的電流為 Im。根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等有：拖拉機(jī)對(duì)耙做功為2cos()T sWFkgt（安徽卷）22.（14 分）質(zhì)量為 的物體在水平推力 的作用下沿水平面作直線運(yùn)動(dòng)，一F段時(shí)間后撤去 ，其運(yùn)動(dòng)的 圖像如圖所示。 取 ，求：Fvtg210ms(1)物體與水平面間的運(yùn)動(dòng)摩擦因數(shù) ； (2)水平推力 的大??；F（3） 內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移的大小。01s解析：（1）設(shè)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t 2、初速度為 v20、末速度為 v2t、加速度為 a2，則220/tva