1、专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用1.2021贵州贵阳高三摸底测试一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A.0t1时间内,FNmgC.t2t3时间内,FNmgD.t2t3时间内,FNM,则x1=x2 B.若msin ,则x1x2D.若sin ,则x1v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙所示,则()A.0t3时间内,小物块所受的摩擦力始终不变B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足mg,选项A错误;在t1t2时间内,x-t图线的斜率保持不变,所
2、以速度不变,即乘客匀速上升,则FN=mg,选项B错误;在t2t3时间内,x-t图线的斜率变小,所以速度减小,即乘客减速上升,加速度方向向下,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,则FNtc.AM、BM在水平面上的投影长度相等,且L=2Rsincos,BM的倾角=60,则b球由B点下滑到M点用时tb满足=gsin ,解得tb=totc,选项C正确,A、B、D错误.4.D在F由零逐渐增加的过程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,还有可能为零,A错误;对A、B整体,地面对B的支持力FN=(M+m)g,与力F大小无关,B错误;对A、B整体,由水平方向受力平衡可知,地
3、面对B的摩擦力等于F,并随F的增大而增大,则B对地面的摩擦力也随F的增大而增大,C错误;当F=mgtan 时,A与B间的摩擦力为零,A、B处于A与B间的摩擦力方向改变的临界状态,D正确.5.ABA、B两物块在水平面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)g=(m+M)a1,对物块A有T1-mg=ma1,联立得T1=F.A、B两物块在斜面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)gsin=(m+M)a2,对物块A有T2-mgsin=ma2,联立得T2=F.因为T1=T2,所以x1=x2,弹簧的伸长量关系与m和M的大小、和sin的大小均无关,恒有x1=x2,故选A、B.考
4、点2动力学两类基本问题1.C物体静止时,所受合力为零,设弹簧形变量为x0,斜面倾角为,弹簧劲度系数为k,有mgsin=kx0,设物体做匀加速运动的加速度为a,脱离弹簧前,经过时间t,物体运动的位移x=at2,此时弹簧的形变量为x0-x,根据牛顿第二定律有F+k-mgsin=ma,联立解得F=ma+t2,选项C正确.2.CD在02 s内,由图像得=-t+6,即x=6t-3t2,与x=v0t+a1t2比较得v0=6 m/s,a1=-3 m/s2,即1 s末物块的加速度大小为3 m/s2,选项A错误;2 s末,速度v2=v0+a1t2=0,向右运动的位移为6 m,在26 s内,分析可知物块向左运动的
5、位移大小为12 m,即-12 m=a2,解得a2=-1.5 m/s2,物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动,6 s末物块的速度大小v6=1.54 m/s=6 m/s,选项B错误;根据牛顿第二定律知在26 s内,有-F+mg=ma2,在02 s内有-F-mg=ma1,解得=0.075,F=2.25 N,选项C、D正确.3.BCD由图示分析可知,木块沿斜面向上做匀减速运动时的加速度a1= m/s2=-10 m/s2,运动时间t= s=1 s5 s,故A错误;由A中分析可知,在01 s内木块向上做匀减速运动,1 s后木块反向做匀加速运动,则在t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由图示分析可知,木块
6、反向做匀加速运动时的加速度a2= m/s2=2 m/s2,对木块,由牛顿第二定律有-mgsin-mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2,代入数据解得=0.5,=37,故C、D正确.5. AC根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可知:第一阶段,F3 N,此时的摩擦力f与外力相等,说明A、B都静止,且B与地面间的滑动摩擦力为3 N;第二阶段,3 N12 N,此时A、B间的摩擦力达到最大值,不再随外力的变化而变化,则A、B间的摩擦力为滑动摩擦力,两者发生相对滑动,故A与B间滑动摩擦力为6 N.设A、B的质量分别为m1、m2,则有1m1g=6 N,2(m1+m2)g=3 N,联立解得m1
7、=1 kg,m2=0.5 kg,故A正确.第三阶段,由题图乙可知,A、B刚发生相对滑动时,拉力F=12 N,又F=3t(N),则A、B刚发生相对滑动时,t=4 s1 s ,故B错误.当t=3 s时,F=F1=9 N0,故a2,故v3v1,D正确.10.BC小球从楼顶自由释放,先做自由落体运动,下落一段时间后打开降落伞,最后小球做匀速运动.则打开降落伞后,小球有如下三种可能的运动过程.第一种可能:打开降落伞时小球的速度较小,阻力小于重力,则小球的加速度方向不变,大小突变为一个较小的值,然后做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,阻力也逐渐增大,直至阻力与重力大小相等,加速度为零,速度恒定.第二
8、种可能:打开降落伞时小球的速度为某一定值,阻力恰好等于重力,则小球加速度为零,速度恒定.第三种可能:打开降落伞时小球的速度较大,阻力大于重力,则小球的加速度反向,做加速度逐渐减小的减速运动,速度逐渐减小,阻力也逐渐减小,直至阻力与重力大小相等,加速度为零,速度恒定.对比可知,选项B和选项C均对应第三种可能情况,故选项B、C可能正确.选项A中,加速度不会从恒定逐渐减小,少了一个突变过程,故选项A错误.选项D中阻力最后不会变为零,故选项D错误.11. (1) B(2分)(2)如图甲所示(2分)(3)如图乙所示(3分)AD(2分)图甲图乙解析:(1)本实验用控制变量法探究加速度与质量的关系,故小车所
9、受拉力应相同,小车质量应不同,即小车质量不同,钩码质量相同,选项B正确.(3)使小车沿倾角合适的斜面运动,可平衡摩擦力,小车受力可等效为只受绳的拉力,选项A正确;若斜面倾角过大,小车重力沿斜面向下的分力大于摩擦力,小车所受合力将大于绳的拉力,选项B错误;砂和桶有向下的加速度,因此砂和桶的重力大于绳的拉力,选项C错误;当小车的运动趋近于匀速运动时,加速度a约为零,对砂和桶由牛顿第二定律可知,砂和桶的重力近似等于绳的拉力,选项D正确.12.(1)1.39(2分) 1.97(2分)(2)不需要(2分)(3)0.194(3分)解析:(1)根据匀变速直线运动规律可得打点计时器打下E点时纸带的速度为vE=
10、 m/s=1.39 m/s,两个相邻计数点之间的时间间隔T=0.10 s,由逐差法和x=aT2可得a=-1.97 m/s2.(2)由于所用纸带是钩码落地后打出来的,故不需要知道钩码的质量.(3)当纸带没放在两铁块之间时,钩码落地后小车仅在系统阻力f作用下运动,可得出阻力f=2.0 N,当纸带放在两铁块之间时,钩码落地后,小车在纸带的摩擦力和系统阻力作用下做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有-2mg-f=Ma,解得=0.194.13.(1)9104 m(2)1 200 m/s250 s解析:(1)火箭加速上升的高度h1=3104 m,助推器脱落时的速度v1=1.2103 m/s助推器脱落后向上做匀
11、减速运动,f=mg,有mg+f=ma1(2分)=2a1h2(1分)v1=a1t1(1分)解得h2=6104 m,t1=100 s(1分)助推器上升的最大高度为h=h1+h2=9104 m(或90 km)(1分).(2)助推器从最高点下落过程中,有mg-f=ma2(2分)=2a2h(1分)v2=a2t2(1分)解得v2=1 200 m/s,t2=150 s(1分)助推器从脱落到落回地面经历的时间t=t1+t2=250 s(1分).14.(1)225 N(2)24 m解析:(1)设没有滑雪杖作用时,运动员沿山坡向下滑行的加速度大小为a,由运动学规律可得x=at2,代入数据可解得a=2 m/s2(2
12、分)设运动员受到的阻力大小为Ff,由牛顿第二定律可得mgsin 30-Ff=ma(1分)代入数据求解可得Ff=225 N(2分).(2)设有滑雪杖作用时,运动员运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得mgsin 30+F-Ff=ma(1分)作用t1=1 s时间后运动员获得的速度大小为v1=at1(1分)此段时间内运动员滑行的距离为x1=a(1分)间隔t2=2 s时间后运动员获得的速度大小为v2=v1+at2(1分)此段时间内运动员滑行的距离为x2=t2(1分)滑雪杖第二次作用时间内运动员滑行的距离为x3=v2t1+a(1分)故运动员在第二次滑雪杖作用结束时滑行的距离为x=x1+x2+x3=24
13、 m(1分).15.(1)(2)解析:(1)通过受力分析可知,在小滑块A和B相向运动时,平板小车C静止不动对小滑块B,由牛顿第二定律知mg=ma1得减速到零的时间t1=(1分)对小滑块A,由牛顿第二定律知2mg=2ma2得a2=g(1分)经t1时间,小滑块A的速度为vA=6v0-a2t1=5v0(1分) 假设t1时间后B、C不发生相对运动对B、C整体由牛顿第二定律知2mg-6mg=4ma3得a3=gg,假设成立(1分)设再经t2时间小滑块A和B及平板小车C达到共同速度,即5v0-a2t2=a3t2得t2=(1分)共同速度为v共=5v0-a2t2=v0(1分)达到共同速度后三者相对静止向右做减速
14、运动小滑块A在平板小车上做匀减速运动的位移大小xA=6v0(t1+t2)-a2=小滑块B在平板小车上做匀减速运动的位移大小xB=平板小车C和小滑块B共同向右做匀加速运动的位移大小xBC=a3=(1分)平板小车的长度至少为L=xA+xB-xBC=(1分).(2)在t1时间内小滑块B运动的位移大小s1=t1=(1分)在t2时间内小滑块B运动的位移大小s2=t2=(1分)由受力分析知在t1+t2时刻后,A、B、C相对静止对小滑块A和B及平板小车C整体由牛顿第二定律有(m+2m+3m)g=(m+2m+3m)a4(1分)得a4=g(1分)减速到零的位移大小s3=(1分)最终小滑块B通过的路程sB=s1+s2+s3=(1分).
