1、2019届高三一轮复习单元（牛顿运动定律）过关训练题一、单选题：共8题 每题4分 共32分1如图所示，方框表示绕地球做匀速圆周运动的航天站中的一个实验室，质量为m、受地球的吸引力为G的物体A放在P平面上，引力G的方向与P平面垂直，设物体A与P平面的动摩擦因数为，现在A物体上加一个沿P平面方向的力F，则此刻，以下结论错误的是A.实验室观察到A物体的加速度大小为B.实验室观察到A物体的加速度大小为C.A物体的向心加速度大小为D.A物体的加速度大小为2一物块位于光滑水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a向右运动.若保持力的方向不变而增大力的大小， 则A.a变大B.a不变C.
2、a变小D.因为物块的质量未知，故不能确定a变化的趋势3如图，A、B之间的动摩擦因数为，A、B的上下表面均与斜面平行，当两者以相同的初速度靠惯性沿倾角为的光滑固定斜面C向上做匀减速运动时A.A受到B的摩擦力沿斜面方向向上B.A受到B的摩擦力沿斜面方向向下C.A、B之间的摩擦力为零D.无法确定A、B之间是否存在摩擦力4如图所示，在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量m1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)。下列说法中正确的是A.小球受力个数不变B.小球立即向左运动，且a
3、8 m/s2C.小球立即向左运动，且a10 m/s2D.若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a10 m/s25如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是A.B.C.-(m+M)gD.+(m+M)g6在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是7如图所示,光滑斜面固定于水平面上,滑块A、B叠放后一起冲上斜面,且始终保持相对静止,A上表面水平。则在斜面上运动时,下列有关滑块
4、B受力的示意图中正确的是8质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上。已知t0时质点的速度为零。在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的速度最大？A.t1B.t2C.t3D.t4二、多选题：共4题 每题4分 共16分9某马戏团演员做滑杆表演.已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为200 N。在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小。已知演员在滑杆上做完动作之后,先在杆上静止了0.5 s,然后沿杆下滑,3.5 s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零.整个过程中演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示,g取10 m/s2。则下列
5、说法正确的是A.演员的体重为600 NB.演员在第1 s内一直处于超重状态C.滑杆所受的最小拉力为620 ND.滑杆所受的最大拉力为900 N10如图所示，质量为、倾角为的斜面体放在水平面上，接触面均光滑，将质量为的物块从斜面体的顶端由静止开始释放下滑加速度大小为，为了使斜面体保持静止，需在斜面体上施加一水平恒力，则该力大小为A.B.C.D.11倾角为37的等腰三角形光滑斜面abc固定在水平面上,斜边边长为27 m,一长度为54 m的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面上,质量分别为2 kg、1 kg的小滑块A、B放在绸带上面,并处于斜面顶端a处,A、B与绸带间的动摩擦因数都为0.5,A、B与绸带
6、间最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现由静止同时释放小滑块A、B,不计空气阻力,重力加速度取g=10 m/s2,下列说法中正确的是A.A、B同时到达斜面底端B.A、B到达斜面底端时的速率都为6m/sC.A、B运动过程中因摩擦产生的热量为108 JD.A、B运动过程中因摩擦产生的热量为324 J12如图所示，在农村有一种常见的平板车，车上放着一袋化肥。若平板车在水平面向左加速运动且加速度逐渐增大，在运动过程中，这袋化肥始终和平板车保持相对静止，则A.平板车对化肥的支持力逐渐增大B.平板车对化肥的摩擦力逐渐增大C.平板车对化肥的作用力逐渐增大D.平板车对化肥的作用力方向竖直向上三、实验题：共2题
7、共15分13(本题6分)用图(a)所示的实验装置验证牛顿第二定律的实验中：(1)某同学通过实验得到如图(b)所示的aF图象，造成图线不过原点的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角 (填“偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，小车在运动过程中实际所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于”、“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足M_m的条件。14(本题9分)如图所示为探究物体运动加速度与物体质量、物体受力关系的实验装置，砂和砂桶质量用m表示，小车和车上所加砝码总质量用M表示，小车运动加速度用a表示。(1)实验过程中需要适当抬起长
8、木板的一端以平衡小车所受的摩擦力，该步骤中木板被抬起的角度与小车质量_(选填“有关”或“无关”)(2)在探究加速度与小车受力关系的过程中，甲和乙两小组分别用下列两组数据进行实验操作，其中你认为合理的是_(选填“甲”或“乙”)(3)在探究加速度与小车质量的过程中，应保持_不变，通过增减小车中砝码改变小车质量M，实验测出几组a、M数据，下列图线能直观合理且正确反映a-M关系的是_(4)图为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50 Hz。根据纸带可求出小车的加速度大小为 m/s2。(结果保留二位有效数字)四、计算题：共3题 共37分15(本题10分)如图所示，静止的水平传送带A、B两点间距L
9、=4 m，一质量m=0.5 kg的物块以水平初速度v0=6 m/s从A点滑上传送带，滑到B点时的速度为2 m/s，取重力加速度g=10 m/s2。(1)求物块与传送带间的动摩擦因数;(2)现使传送带按顺时针方向以恒定的速率v运行，物块仍以初速度v0=6 m/s从A点滑上传送带，试求下列三种情况下物块在传送带上的运动时间。当v=1 m/s时;当v=4 m/s时;当v=8 m/s时。16(本题12分)如图甲所示，质量为1.0 kg的物体置于固定斜面上，斜面的倾角=37，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，物体运动的Ft图象如图乙(规定沿斜面向上的方向为正方向，g=10 m/s2，sin 37=0.6
10、)，物体与斜面间的动摩擦因数=3/8，试求:(1)01 s内物体运动位移的大小;(2)1 s后物体继续沿斜面上滑的距离。17(本题15分)如图所示,质量为M的汽车拖着质量为m的拖车在水平地面上由静止开始做直线运动。已知汽车和拖车与水平地面间的动摩擦因数均为,汽车和拖车之间的绳索与水平地面间的夹角为,汽车的额定功率为P,重力加速度为g。为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽车和拖车始终保持相对静止(拖车不脱离地面),求:(1)汽车所能达到的最大速度为多少?(2)汽车能达到的最大加速度为多少?(3)汽车以最大加速度行驶的时间为多少?(不计空气阻力)第 9 页参考答案1.B【解析】本题考查了万有引力
11、、牛顿运动定律等相关知识点，意在考查考生理解和应用能力。因为航天站中的物体，受到的万有引力全部提供向心力，物体处于完全失重状态，即物体A与P之间没有压力，也就是物体A不会受到与P之间的摩擦力，故实验室观察到A物体的加速度大小为，选项A正确、B错误；因为重力完全提供向心力，即G=ma，可得，选项C正确；物体A受到的合力为：，故A物体的加速度大小为，选项D正确。【备注】无2.A【解析】对物块受力分析如图所示，分解力F，由牛顿第二定律得Fcos =ma,故a=，F增大，a变大，A正确。【备注】无3.C【解析】先对AB整体受力分析，只受重力和斜面的支持力，合力沿斜面向下，由牛顿第二定律，有，解得；再用
12、隔离法单独对物体B受力分析，它受重力、支持力，假设还受沿斜面向上的静摩擦力f，如图所示由牛顿第二定律，有联立解得 即A、B之间的摩擦力为零；所以C正确，A、B、D错误。【备注】无4.B【解析】本题考查了受力分析、共点力平衡、弹力等知识点，考查了考生的理解和应用能力。在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，在剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，受力个数变化，选项A错误；剪断绳子前，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：，选项B正确；选项C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受重力和支持力的合力
13、为零，加速度为零，选项D错误。综上本题选B。【备注】无5.A【解析】本题的疑难在于研究对象的灵活选取及极值条件的挖掘，突破点是整体法与隔离法的配合使用。对整体有F-(M+m)g=(M+m)a，对木块有2f-Mg=Ma，解得F=，选项A正确，选项BCD错误。【备注】无6.D【解析】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了。人在下蹲过程中包括两个阶段，加速下蹲和减速下蹲，人在加速下蹲的过程中，具有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人所受重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人
14、所受重力的大小，选项D正确；综上选D。【备注】无7.D【解析】对滑块A、B的整体,冲上斜面的过程其加速度应沿斜面向下,对滑块B,将运动的加速度分解为沿水平方向和竖直方向两个分量a1、a2,由牛顿第二定律知,在竖直方向上,G-N=ma2,在水平方向上,f=ma1,故选D。【备注】无8.B【解析】本题考查力和运动的知识，意在考查学生对牛顿第二定律的灵活应用。由图可知F是周期性变化的变力.0-t1内物体做加速度增大的加速运动，t1-t2内物体做加速度减小的加速运动，到t2末物体的速度达到最大，故B选项正确。综上本题选B。【备注】无9.AC【解析】演员在滑杆上静止时,传感器显示的拉力F=800 N 等
15、于演员的重力和滑杆的重力之和,又滑杆的重力为200 N,所以演员的体重为800 N-200 N=600 N,选项A正确;演员在第1 s内先静止后加速下滑,演员加速下滑时处于失重状态,选项B错误;演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小,由题图所示v-t图像可知演员加速下滑时的加速度a1=3 m/s2,对演员,根据牛顿第二定律有mg-f1=ma1,解得f1=420 N,对滑杆,由平衡条件得滑杆所受的最小拉力F1=420 N+200 N=620 N,选项C正确;演员减速下滑时滑杆所受的拉力最大,由题图所示v-t图像可知演员减速下滑时的加速度大小a2=1.5 m/s2,对演员,根据牛顿第二定律有f2-mg=
16、ma2,解得f2=690 N,对滑杆,由平衡条件得滑杆所受的最大拉力F2=690 N+200 N=890 N,选项D错误。【备注】无10.AC【解析】本题考查受力平衡状态的分析对小物块分析，在垂直斜面方向上有：N=mgcos，斜面体分析，小物块对斜面体的压力等于斜面体对小物块的支持力N，大小为mgcos，因为水平方向上平衡，有：Nsin=F，N=N=mgcos，解得F=mgsincos故A正确，B错误；斜面保持静止则小物体沿斜面向下匀加速下滑，加速度a=gsin，代入A选项表达式可得：F=macos ，故C正确，D错误；所以选：AC.【备注】无11.BC【解析】本题考查牛顿第二定律与运动学规律
17、,意在考查考生运用牛顿运动定律、力和运动学的知识解决多物体、多过程的复杂运动问题的能力。A的滑动摩擦力为mAgcos 37=8 N,B的滑动摩擦力为mBgcos 37=4 N,对于轻质绸带而言,A、B对它的摩擦力都和绸带中的张力大小相等,故A与绸带相对静止,B与绸带发生相对滑动。B在绸带上下滑的加速度大小为aB=gsin 37-gcos 37=2 m/s2,A与绸带的加速度大小为aA,mAgsin 37-mBgcos 37=mAaA,得aA=4 m/s2,B在绸带上运动的时间为t1,则27 m=(2 m/s2+4 m/s2),得t1=3 s,3 s末A、B的位移大小分别为sA=aA=18 m、
18、sB=aB=9 m,速度大小分别为vA=aAt1=12 m/s、vB=aBt1=6 m/s。B离开绸带后A、B加速度均为aAB=gsin 37=6 m/s2,由-=2ax可知A、B到达斜面底端时,vB=6 m/s,vA=6m/s,B对;由x=v0t+at2可知A、B到达斜面底端的时间不一样,A错;A、B运动过程中因摩擦产生的热量大小为mBgcos 3727 m=108 J,C对,D错。【备注】无12.BC【解析】本题主要考查牛顿运动定律。对化肥受力分析如下：设平板车的斜面倾角为，则沿斜面方向有：垂直于斜面方向有：，当加速度增大时，摩擦力增大，支持力减小，故选项A错误选项B正确；由整体可知F=m
19、a，合力增大，由于重力不变，故平板车对化肥的作用力逐渐增大，故C正确；选项D，由于化肥的加速度向左，化肥的合力向左，故平板车对化肥的作用力必然也向左上方，故选项D错误。本题正确选项为BC。【备注】无13.(1)偏大(2)小于；远大于【解析】(1)据图象(b)可知，当力F=0时有加速度，说明滑板倾角过大；(2)小车加速运动过程中，砝码和盘加速向下运动，处于失重状态，则有，即拉力小于重力；为了减小误差，由得可知，使时，砝码和盘的重力可近似等于拉力。【备注】无14.(1)无关 (2)乙 (3)砂和砂桶质量 C (4)3.2【解析】本题考查a与m、F关系的知识点，意在考查学生的实验能力。(1)平衡摩擦
20、力需满足： mgsin=mgcos，由等式可知与小车的质量无关；(2)在在探究加速度与小车受力关系实验的过程中，测量的数据要有明显的变化，才能使实验更有说服力，从表格中的数据来看，甲的实验过程中拉力的大小变化很小，则加速度的变化也会很小，这样的实验误差可能会比较大，是不合理的，相比之下，乙的数据更合理；(3)在研究加速度跟小车质量M的关系时，保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量M，在小车质量M远大于砂桶及砂桶中砂质量m时，即当满足Mm时，可以认为小车受到的拉力F=mg，此时加速度a与小车质量M成反比，与拉力成正比，以横轴，a为纵轴，则图象应是过原点的直线，当小车质量M不远大于重物质量m时，小车
21、受到的拉力明显小于重物重力，图象向下弯曲，选项C正确；(4)。【备注】无15.(1) 0.4 (2) 1 s 0.875 s 0.562 5 s【解析】(1)物块受到三个力的作用：竖直向下的重力mg、竖直向上的支持力N、水平向左的滑动摩擦力f。因合外力向左且恒定而初速度向右，故物块向右做匀减速运动。对物块的减速过程有-=2aL对物块应用牛顿第二定律得-mg=ma解得a=-4 m/s2，=0.4(2)当v2 m/s时，物块仍一直向右做匀减速运动。当2 m/sv6 m/s时，物块滑上传送带后相对于传送带向左运动，故所受的摩擦力向右。若物块一直加速，其加速度a=4 m/s2，根据v2B-=2aL得v
22、B=m/s=2m/s。因此当6 m/sv2m/s时，物块先做匀加速运动后做匀速运动;当v2m/s时，物块一直做匀加速运动。当v=1 m/s时，根据L=t得t=1 s当v=4 m/s时，设物块的减速时间为t1，匀速时间为t2。根据v=v0-at1得t1=0.5 s，根据减速位移x1=t1得x1=2.5 m，根据L-x1=vt2得t2=0.375 s，物块在传送带上的运动时间t=t1+t2，解得t=0.875 s。当v=8 m/s时，设物块的加速时间为t3，匀速时间为t4。根据v=v0+at3得t3=0.5 s，根据加速位移x2=t3得x2=3.5 m，根据L-x2=vt4得t4=0.062 5
23、s，物块在传送带上的运动时间t=t3+t4，解得t=0.562 5 s。【备注】无16.(1) 9 m (2) 54 m【解析】本题的易错之处是忽略外力F改变前后摩擦力不变。(1)根据牛顿第二定律得:在01 s内F-mgsin 37-mgcos 37=ma1，解得a1=18 m/s201 s内的位移x1=a1=9 m(2)1 s时物体的速度v=a1t1=18 m/s1 s后物体继续沿斜面减速上滑的过程中mgsin 37+mgcos 37-F=ma2，解得a2=3 m/s2设物体继续上滑的距离为x2，由2a2x2=v2 得x2=54 m【备注】无17.解:(1)当汽车达到最大速度时汽车的功率为P
24、且牵引力与汽车和拖车所受摩擦力大小相等,即F=f由于在整个运动过程中汽车和拖车保持相对静止,所以汽车和拖车所受的摩擦力为f=(m+M)g又P=Fv联立解得汽车的最大速度:v=(2)要保持汽车和拖车相对静止,就应使拖车在整个运动过程中不脱离地面,考虑临界情况为拖车刚好未脱离地面,此时拖车受到的力为拖车重力和绳索对拖车的拉力T,设此时拖车的最大加速度为a,则有:水平方向Tcos =ma竖直方向Tsin =mg由上两式得:a=gcot (3)因为此时汽车及拖车做匀加速运动,所以F-f=(M+m)af=(m+M)g即F=(+cot )(M+m)g当汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率,设此时速度为vaP=Fvava=at以最大加速度匀加速的时间:t=【解析】本题考查汽车启动过程,意在考查学生对汽车启动模型的理解,以及对牛顿运动定律熟练应用的能力。【备注】无
