1、第2讲 牛顿运动定律与直线运动一、单项选择题1下列说法正确的是()A当物体没有受到外力作用时，才有惯性，而物体受到外力作用时，就没有了惯性B物体在粗糙的平面上减速滑行，初速度越大，滑行的时间越长，说明惯性的大小与速度有关C当参考平面选取不同时，重力势能和电势能的值可能为负值，但弹性势能不能为负值D当一个系统除受重力与弹簧的弹力作用外，还受其他力的作用，系统的机械能可能守恒解析惯性大小取决于质量，与速度和外力无关，所以A、B选项错误势能具有相对性，所以C选项错误由机械能守恒定律的条件可知D选项正确答案D2某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x6tt2(
2、m)则该物体在04 s内走过的路程为()A8 m B9 m C10 m D11 m解析将x6tt2与xv0tat2比较知，初速度v06 m/s，加速度a2 m/s2，故物体前3 s内沿正方向做匀减速的位移大小x19 m，后1 s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x21 m，故该物体在04 s内走过的路程为10 m.答案C3. (2013浙江杭州二中第2次月考，3)如图1218所示，质量分别为m、2m的球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()图1218A.g B.g
3、C.g D.g解析设电梯向下的加速度为a，弹簧弹力为FN，对AB整体则有3mgF3ma，对B有2mgFN2ma，可求得FN，细线被剪断的瞬间弹簧弹力不变，则对A有mgFNmaA，则aAg，故选项A正确答案A4(2012浙江金华十校一模，5)如图1219所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体受到沿斜面方向的力F的作用，力F按如图乙所示规律变化，图中纵坐标是F，规定力沿斜面向上为正方向，则物体运动的速度v随时间t变化规律可用下图中的哪一个图表示？(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)()图1219解析第1秒：F合0.5mg，方向沿斜面向上，则a10.5g，方向沿斜面向
4、上，第1秒末速度v15 m/s；第2秒：F合0.5mg，方向沿斜面向下，则a20.5g，方向沿斜面向下，第2秒末速度v20；第3秒：F合mg，方向沿斜面向下，则a3g，方向沿斜面向下，从而第3秒末速度v315 m/s，故选项C对答案C5某实验小组为了测量两张纸之间的动摩擦因数，他先将一张纸贴在一平板上，另一张纸贴在另一木块下表面，并在木块上装如图1220a所示的支架ABC，其中BC与木块下表面平行，支架上固定一个量角器，在量角器圆心处固定一根细线，线下系一小球现将平板倾斜放置，如图b所示，将木块支架放在平板上，让其加速下滑，稳定时小球连线与OB的夹角为，则两纸之间的动摩擦因数为()图1220A
5、sin Bcos Ctan Dcot 解析以小球为研究对象，设小球的质量为m，平板的倾角为，线的拉力为T，由牛顿第二定律得mgsin Tcos ma，mgcos Tsin .联立解得agsin gcos cot ，以装置(木块支架)整体为研究对象，由牛顿第二定律得gsin gcos a.又因小球的加速度与装置(木块支架)整体的加速度大小相等，所以cot .答案D二、不定项选择题6如图1221所示，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的vt图象如图乙所示，下列说法正确的是()图1221Aa在斜面上滑
6、行的加速度比b的大Ba在水平面上滑行的距离比b的长Ca与斜面间的动摩擦因数比b的大Da先在水平面上停下解析根据图示和加速度定义可以直接判断a在斜面上滑行的加速度比b的大，A对；根据vt图象与横轴时间t围成的面积表示位移大小可判断，a在水平面上滑行的距离比b的长，B对；对a和b在斜面上受力分析和由牛顿第二定律可得agsin gcos (为AB与水平面间的夹角)，因为aaab，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，C错；根据图象可以直接看出D错答案AB7(2013全国大纲，19)将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2 s，它们运动的vt图象分别如图1222直线甲
7、、乙所示则()图1222At2 s时，两球高度相差一定为40 mBt4 s时，两球相对于各自抛出点的位移相等C两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等D甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等解析运动过程与vt图象相结合甲、乙两小球抛出后均做竖直上抛运动，只是乙的运动滞后2 s因初始位置高度不同，所以无法确定t2 s时两小球的高度差，选项A错误；vt图象中位移的大小等于图线与t轴所围的面积，从图象中可以看出t4 s时两球相对于各自抛出点的位移相等，选项B正确；同时因抛出速度相同，所以从抛出至达到最高点的时间相同，从vt图象知，该时间间隔均为3 s，选项D正确；因两球抛出时高度不同且高度差不确
8、定，运动时间就不确定，选项C错误答案BD8我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7 020 m的深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)这预示着它可以征服全球99.8%的海底世界假设在某次试验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面全过程的深度曲线(a)和速度图象(b)，则下列说法中正确的是()图1223A图中h3代表本次下潜最大深度B全过程中最大加速度是0.025 m/s2C潜水员感到超重发生在34 min和68 min的时间段内D整个潜水器在810 min的时间段内机械能守恒解析题图(a)中h3代表本次下潜最大深度，A正确；而vt图象的
9、斜率表示物体运动的加速度，所以01 min和34 min内的加速度最大，a m/s2，B错误；当加速度向上时，物体处于超重状态，所以潜水员向下做减速运动和向上做加速运动的过程都处于超重状态，故34 min内和68 min内为超重状态，C正确；潜水器在810 min时间段内的加速度为a m/s2，故潜水器除重力外还受到其他外力作用，机械能不守恒，D错误答案AC三、非选择题9(2013浙江提优卷一，23)粗糙水平面上有一质量为m1.0 kg的物体，受到与水平方向的夹角为、大小F4.0 N的外力作用，可在图1224甲所示平面内从0180范围内变化为研究物体的运动规律，可通过如图装置进行DIS实验，收
10、集数据进行研究重力加速度g取10 m/s2.图1224(1)取0，通过传感器收集到位移x与时间的平方t2的关系如图乙所示，求物体与水平面间的动摩擦因数；(2)在保持物体m向右运动的过程中，改变的取值，通过传感器测得与物体加速度a的关系如图丙所示，求图示中的a1、a2、a3的数值分别为多少？解析(1)从位移x与时间平方t2关系图上可知，取0时，物体m在水平面上滑行的加速度为a2 m/s2根据牛顿第二定律有Fmgma，即得0.2.(2)由于在改变的取值时，保持物体m向右运动，则物体受的摩擦力始终为滑动摩擦力，方向始终向左由图示可知：当时有(mgF)ma2，a21.2 m/s2当时有Fmgma3，a
11、36.0 m/s2当1时有Fcos (mgFsin )ma1且a1是关于变量的函数的极大值则根据数学知识有a1g2.08 m/s2.答案(1)0.2(2)a12.08 m/s2a21.2 m/s2a36.0 m/s210(2013山东卷，22)如图1225所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 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t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 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.图1225(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与斜面夹角多大时
12、，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？解析(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得Lv0tat2vv0at联立式，代入数据得a3 m/s2v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为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 FfmaFsin FNmgcos 0又FfFN联立式得F由数学知识得cos sin sin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式，代入数据得F的最小值为FminN答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N11(2013江苏卷，14)如图1226所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向
13、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.图1226(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，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2.若砝码移动的距离超过l0.002 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f1m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)g，纸板所受的摩擦力ff1f2(2m1m2)g.(2
14、)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1m1a1，Ff1f2m2a2，发生相对运动的条件a12(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动距离x1a1t.纸板运动距离x1da2t.纸板抽出后，砝码在桌面上运动距离x2a3t，lx1x2且a1a3，a1t1a3t2，联立以上各式解得F2g，代入数据求得F22.4 N.答案(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3) 22.4 N12在北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志与自强不息的精神为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用力，可将此过程简化为一根不可伸缩的轻绳跨过轻质
15、的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图1227所示，设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g10 m/s2，当运动员与吊椅一起正以加速度a1 m/s2上升时，试求：图1227(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力解析解法一(整体法与隔离法的交叉运用)(1)设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F，对运动员和吊椅整体进行受力分析如图甲所示，则有：2F(m人m椅)g(m人m椅)a得F440 N由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力FF440 N. 甲(2)设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图乙所示，则有：FFNm人gm人aFN275 N由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力为FNFN275 N解法二(隔离法) 乙设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN，运动员对吊椅的压力大小为FN，分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律有FFNMgMaFFNmgma根据牛顿第三定律有FNFN解得F440 N，FN275 N，根据牛顿第三定律，运动员竖直向下的拉力为FF440 N.答案(1)440 N(2)275 N
