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(xué)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(jī)械能的損失大于下落過程中的機(jī)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(jī)械能的損失和下落過程中的機(jī)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�，F(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(jī)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(jī)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(jī)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(jī)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(jī)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(jī)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(jī)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(jī)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(dāng)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(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時，物塊和木板達(dá)到共同速

度．取g=10m/s，求：

（1）從木塊放到木板上到它們達(dá)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(biāo)準(zhǔn)：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(jìn)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(wù)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(jìn)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(jī)械能和在自主飛行軌道上的機(jī)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(jìn)入自主飛行軌道，天宮一號做離心運動，必須點火加速，機(jī)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(xì)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(dá)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(dá)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(jī)械能的減少，即機(jī)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(dāng)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(dá)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(yīng)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(dá)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(dá)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(xué)關(guān)系：

xvBvCt22解得：t20.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

tt1t21s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應(yīng)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(dāng)?shù)竭_(dá)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(biāo)準(zhǔn)：（1）問6分，（2）問4分，（3）問5分．共15分．

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