201*屆高考備考(201*年山東各地市一模精選)：牛頓運動定律

030（201*濰坊一模）3.質(zhì)量為1kg的物體靜止于光滑水平面上．t=0時刻起，物體受到向右的水平拉力F作用，第ls內(nèi)F＝2N，第2s內(nèi)F=1N.下列判斷正確的是A．2s末物體的速度是3m／sB．2s內(nèi)物體的位移為3mC．第1s末拉力的瞬時功率最大D．第2s末拉力的瞬時功率最大【答案】AC

【解析】由牛頓運動定律和運動學方程可得

代入數(shù)據(jù)可解得F1F2a1,v1a1t;a2,v2v1a2tmmv23m/s，A正確。2s內(nèi)物體的位移為

，B錯誤；第1s末拉力的瞬1212x1x2a1tv1ta2t3.5m22時功率為P=Fv4W,第2s末拉力的瞬時功率為PFv3W故選項C正確D錯誤。

111222030（201*濱州市一模）

18．將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程

2

中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反。該過程的v-t圖象如圖所示,g取10m／s。下列說法中正確的是

A．小球上升與下落所用時間之比為2∶3B．小球下落過程，處于失重狀態(tài)C．小球上升過程中克服阻力做功48J

D．小球上升過程中機械能的損失大于下落過程中的機械能損失【答案】BC

【解析】選向上為正方向，上升過程，(mgf)ma1,h12a1t1；下落過程，2mgfma2,h1222:3,a28m/s2即下落過程加速度方向a2t2，代入數(shù)據(jù)可得f2N,t12:t22向下，失重，故選項A錯誤、B正確。小球上升過程中阻力做的功Wffh-48J,故C正確。小球上升過程中機械能的損失和下落過程中的機械能損失都等于阻力做的功，由于阻力大小不變，上升和下落經(jīng)過的路程相等，故兩個過程阻力的功相等，故D說法錯誤。030（201*濱州市一模）

20．輕繩一端固定在天花板上，另一端系一個小球，開始時繩豎直，小球

與一個傾角為的靜止三角形物塊剛好接觸，如圖所示。現(xiàn)在用水平力F向左非常緩慢的推動三角形物塊，直至輕繩與斜面平行，不計一切摩擦。關(guān)于該過程中，下列說法中正確的是A．繩中拉力先變小后增大

B．地面對三角形物塊的支持力不斷增大C．斜面對小球的彈力不做功

D．水平推力F做的功等于小球機械能的增加【答案】BD

【解析】對小球受力分析可知，小球受重力、輕繩的拉力和斜面的支持力3個力的作用而處于一系列的動態(tài)平衡狀態(tài)，做出受力分析的力三角形可知，輕繩的拉力一直減小，斜面的支持力方向不變，大小一直增加，由牛頓第三定律可知小球?qū)π泵娴膲毫σ恢痹龃�，故小球和斜面組成的系統(tǒng)對地面的壓力一直增大，故A錯誤B正確。根據(jù)力做功的條件：“1．作用在物體上的力；2．物體必須是在力的方向上移動一段距離”可知斜面彈力對小球做正功，C錯誤。用水平力F緩慢向左推動斜面體，所以小球的動能不變，重力勢能在增加，所以小球在該過程中機械能的增量等于重力勢能的增加，若取小球和物塊整體為研究對象，根據(jù)能量守恒得F做的功等于系統(tǒng)機械能的增量，斜面體動能和勢能不變，小球的動能不變，所以系統(tǒng)機械能的增量等于小球的重力勢能增加量，D正確．故選BD．

030（201*聊城市一模）16.一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時速率為1m/s。從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F。力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖l和圖2所示，兩圖中F、v取同一正方向，則A．滑塊的加速度為1m／s

B．滑塊與水平地面間的滑動摩擦力為2NC．第Is內(nèi)摩擦力對滑塊做功為-0.5JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為3W【答案】AC

【解析】由牛頓第二定律可得0-1s，F(xiàn)1fma1；

1-2s，

2F2fma2，由已知可得F1=1N,F2=3N,a1a21m/s2,解得f=1N，m=2kg,選項A正確B錯誤；第Is

內(nèi)，滑塊的路程等于0.5m，故第Is內(nèi)摩擦力對滑塊做功為-0.5J，選項C正確；第2s內(nèi)，滑塊的平均速度為0.5m/s，故第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W，選項D錯誤。030（201*青島市一模）

15．在水平冰面上，一輛質(zhì)量為1×10kg的電動雪橇做勻速直線運動，

3

關(guān)閉發(fā)動機后，雪橇滑行一段距離后停下來，其運動的v-t圖象如圖所示，那么關(guān)于雪橇運動情況以下判斷正確的是

A．關(guān)閉發(fā)動機后，雪橇的加速度為－2m/sB．雪橇停止前30s內(nèi)通過的位移是150mC．雪橇與水平冰面間的動摩擦因數(shù)約為0.03D．雪橇勻速運動過程中發(fā)動機的功率為5×10W【答案】D

【解析】由速度時間圖線的斜率知關(guān)閉發(fā)動機后，雪橇的加速度為－0.5m/s；由速度時間圖線圍成的面積表示位移可知雪橇停止前30s內(nèi)通過的位移是200m；由于Ff0,fmgma,PFv0，解得

2

0.05，P5×103W，只有選項D正確。

030（201*青島市一模）

17．光滑水平桌面上放置一長木板，長木板上表面粗糙，上面放置一小

鐵塊，現(xiàn)有一水平向右的恒力F作用于鐵塊上，以下判斷正確的是

A．鐵塊與長木板都向右運動，且兩者一定保持相對靜止B．若水平力足夠大，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動

C．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間有可能發(fā)生相對滑動D．若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，鐵塊與長木板間仍將保持相對靜止【答案】BD

【解析】若恒力F小于鐵塊與木板之間的摩擦力，鐵塊和木板保持相對靜止，若恒力F大于鐵塊與木板之間的摩擦力，鐵塊和木板將發(fā)生相對滑動，故A錯誤B正確。若兩者保持相對靜止，運動一段時間后，拉力突然反向，拉力仍小于摩擦力，鐵塊和木板仍相對靜止，只是整體一起做減速運動，故C錯誤D正確。

（201*濰坊一模）12．（10分）質(zhì)量M＝9kg、長L=1m的木板在動摩擦因數(shù)

1=0.1的水平地面上向右滑行，當速度v02m/s時，在木板的右端輕放一質(zhì)量

m=1kg的小物塊如圖所示．當小物塊剛好滑到木板左端時，物塊和木板達到共同速

度．取g=10m/s，求：

（1）從木塊放到木板上到它們達到相同速度所用的時間t；

（2）小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2．

【答案】見解析【解析】（1）設(shè)木板在時間t內(nèi)的位移為x1；木塊的加速度大小為a2，時間t內(nèi)的位移為x2則有x1=v0t-x2=

2

12a1t①212a2t②2x1=Lx2③

又v0a1ta2t④

你入數(shù)據(jù)得t=1s⑤(2)根據(jù)牛頓第二定律，有1(Mm)g2mgMa1⑥

2mgma2⑦解得20.08⑧

評分標準：本題共10分，③⑥每式2分，其余每式1分.

（201*泰安市一模）22．(15分)如圖所示，質(zhì)量為m=1kg的小滑塊，從光滑、固定的

1圓弧軌道的4最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上。已知木板質(zhì)量M=2kg，其上表面與圓弧軌

2

道相切于B點，且長度足夠長。整個過程中木板的t圖像如圖所示，g=l0m／s．

求：(I)滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力．(2)滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．(3)滑塊在木板上滑過的距離．【答案】見解析【解析】

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（201*淄博市一模）15．201*年6月18日，搭載著3位航天員的神舟九號飛船與在軌運行的天宮

一號順利“牽手”．對接前天宮一號進入高度約為343km的圓形對接軌道，等待與神舟九號飛船交會對接．對接成功后，組合體以7.8km/s的速度繞地球飛行．航天員圓滿完成各項任務后，神舟九號飛船返回地面著陸場，天宮一號變軌至高度為370km的圓形自主飛行軌道長期運行．則A．3位航天員從神舟九號飛船進入天宮一號過程中處于失重狀態(tài)B．天宮一號在對接軌道上的周期小于在自主飛行軌道上的周期C．神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，必須點火加速D．天宮一號在對接軌道上的機械能和在自主飛行軌道上的機械能相等【答案】AB

【解析】宇航員在太空中隨飛船一起做圓周運動，只受到萬有引力的作用，處于完全失重狀態(tài)，A正確。

Mm2242r3)，則T由于G2mr(，對接軌道的高度較自主飛行的軌道低，故天宮一號在對接軌道rTGM上的周期小，B正確。神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，即做近心運動，必須減速，C錯誤。由對接軌道進入自主飛行軌道，天宮一號做離心運動，必須點火加速，機械能增加，D錯誤。

（201*泰安市一模）18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R，粗細不計的圓管軌道．半徑OA

水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A正上方P點由靜止開始自由下落，小球恰能沿管道到達最高點B，已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中

A．重力做功2mgRB．mgR

C．合外力做功mgR

D．克服摩擦力做功

1mgR2【答案】B

【解析】由小球恰能沿管道到達最高點B知小球在B點的速度為0，選A點所在平面為零勢能面，則對于P至B過程，由能量守恒可得mg2RWfmgR，解得WfmgR，即克服摩擦力做功mgR，合外力做的功等于動能的變化，即合外力做功為0，重力做功等于重力勢能的變化，與路徑無關(guān)，即重力做功mgR，克服摩擦力做的功等于機械能的減少，即機械能減少mgR。只有選項B正確。

（201*德州市一模）22.（15分）如圖所示，一半徑R=1m的圓盤水平放置，在其邊緣E點固定一小桶(可視為質(zhì)點)。在圓盤直徑DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上，且豎直高度h=1.25m。AB為一豎直面內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道，半徑r=0.45m,且與水平滑道相切與B點。一質(zhì)量m=0.2kg的滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，當滑塊經(jīng)過B點時，圓盤從圖示位置以一定的角速度ω繞通過圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，最終物塊由C點水平拋出，恰好落入圓盤邊緣的小桶內(nèi)．已知滑塊與滑道BC間的摩擦因數(shù)＝0.2。（取g=10m/s）求（1）滑塊到達B點時對軌道的壓力（2）水平滑道BC的長度；

（3）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足的條件。

2

【答案】見解析

（1）滑塊由A點到B由動能定理得：

mgr1mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

解得：vB2gr3m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）滑塊到達B點時，由牛頓第二定律得

2vBFmgm┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）

r解得：F6N

由牛頓第三定律得滑塊到達B點時對軌道的壓力大小為6N,方向豎直向下。┅（1分）（2）滑塊離開C后，由h12gt12解得：t12h0.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）gvCR2m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）t1滑塊由B點到由C點的過程中由動能定理得

mgx11mvC2mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）22解得：x1.25m┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）(3)滑塊由B點到由C點，由運動學關(guān)系：

xvBvCt22解得：t20.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

tt1t21s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足條件:

t2n┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

2nrad/s（n=1、2、3、4┅┅┅┅）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

（201*青島市一模）

22．（15分）如圖所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，

經(jīng)過C點的切線方向水平．已知圓弧的半徑為R=1.25m，斜面AB的長度為L=1m．質(zhì)量為m=

kg的小物塊（可視為質(zhì)點）在水平外力F=1N作用下，從斜面頂端A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當?shù)竭_B點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至C點拋出，若落地點E距離與C點間的水平距離為x=1.2m，C點距離地面高度為h=0.8m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s）求：

2

（1）物塊經(jīng)C點時對圓弧面的壓力；（2）物塊滑至B點時的速度；（3）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．【答案】見解析

【解析】（1）物塊從C點到E點做平拋運動由h=

x12

gt，得t=0.4sv03m/s

t22vC由牛頓第二定律知：FNmg=mFN=17.2N

R由牛頓第三定律，知物體在C點時對圓弧的壓力為17.2N．（2）從B點到C點由動能定理，知

mgRmgRcos370=

1212mvCmvBvB=2m/s22（3）從A點到B點，由vB2=2aL，得a=2m/s2由牛頓第二定律，知

mgsin370+Fcos370（mgcos370Fsin370）=ma=

24=0.6537評分標準：（1）問6分，（2）問4分，（3）問5分．共15分．

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