1、第三章牛顿运动定律考点一牛顿运动定律1(2013新课标全国，6分)下图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是()113242130932981645262558243661 1924971 6006482 104A.物体具有惯性B斜面倾角一定时，加速度与质量无关C物体运动的距离与时间的平方成正比D物体运动的加速度与重力加速度成正比解析：选C本题考查物理学史及物理方法，意在考查考生对研究物理问题常用方法的理解和推理能力。由表可以看出第二列
2、数据与第一列为二次方关系，而第三列数据与第一列在误差范围内成正比，说明物体沿斜面通过的距离与时间的二次方成正比，故选项C正确。2(2013新课标全国，6分)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间关系的图像是()解析：选C本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识分析问题、解决问题的能力。设物块所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，Ffma，Fmaf，所以能正确描述F与a之间关系的
3、图像是C，选项C正确，A、B、D错误。3(2013安徽理综，6分)如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为(重力加速度为g)()ATm(gsin acos )FN m(gcos asin )BTm(gcos asin )FN m(gsin acos )CTm(acos gsin )FN m(gcos asin )DTm(asin gcos )FN m(gsin acos )解析：选A本题考查受力分析和牛顿第二定律，意在考查考
4、生对力和运动关系的理解。对小球受力分析，并沿水平、竖直方向正交分解。水平方向：Tcos FNsin ma，竖直方向：Tsin FNcos mg。联立求解得选项A正确。4(2012新课标全国，6分)伽俐略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B没有力的作用，物体只能处于静止状态C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知没有力的作用，物体将保持
5、原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以C错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。答案：AD5(2012安徽理综，6分)如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：对物块进行受力分析，设斜面的角度为，可列方程mgsin mgcos ma，sin cos a/g，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg
6、F)sin (mgF)cos ma1，即mgsin mgcos Fsin Fcos ma1，maFsin Fcos ma1，Fsin Fcos F(sin cos )Fa/g，Fa/g大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。答案：C6(2012江苏，3分)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()A2f(mM)/MB2f(mM)/mC2f(mM)/M(mM)gD2f(mM)/m(mM)g解析：当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，
7、系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F2fmgma，再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2fMgMa，两式联立可解得F，A正确。答案：A7(2010山东理综，4分)如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接图乙中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程图乙中正确的是()解析：本题考查牛顿第二定律、受力方向、滑动摩擦力、直线运动和速度图象、加速度图象、摩擦力图象及路程随时间变化的图象等知识点，意在考查考生对知识的理解和运用能力物体在斜面
8、上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图象应为一平行时间横轴的直线段，速度vat，其速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程sat2/2，路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，选项A、B、D错误；物体滑到水平面上后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以选项C正确答案：C8(2009辽宁、宁夏理综，6分)如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况
9、为()A物块先向左运动，再向右运动B物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析：根据受力分析可知，当撤掉拉力后，木板向右做减速运动，物块向右做加速运动，直到两者速度相等后，一起做匀速运动故B、C正确答案：BC考点二超重和失重9(2010浙江理综，6分)如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)下列说法正确的是()A在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零B上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D在上升和下降过程中A
10、物体对B物体的压力等于A物体受到的重力解析：本题考查牛顿运动定律的应用超重和失重的知识A、B两物体抛出以后处于完全失重状态，无论是上升还是下降，A物体对B物体的压力一定为零，A选项正确答案：A10(2009广东，4分)某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的vt图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()解析：由Ft图象知：t0t1时间内该人，具有该人向下的加速度，t1t2时间内匀速或静止，t2t3时间内，该人具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t0t3时间内，故A、D正确答案：AD考点三牛顿运动定律的综合应用
11、11(2013重庆理综，6分)图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为的光滑斜面滑下，然后在不同的角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随变化的图像分别对应图乙中的()甲乙A、和B、和C、和 D、和解析：选B本题考查牛顿运动定律及图像分析，意在考查考生的图像分析能力。根据斜面模型，小球在光滑的斜面上时，对斜面的压力为FNmgcos ，压力FN与其最大值的比值为cos ，此比值与的图线对应图像中的；下滑过程中小球的加速度agsin ，加速度与其最大值的比值为sin ，此比
12、值与的图线对应图像中的；重力加速度是恒定值，与其最大值的比值为1，此比值与的图线对应图像中的。所以B项正确；A、C、D项错误。12(2013浙江理综，6分)如图所示，水平木板上有质量m1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g10 m/s2，下列判断正确的是()A5 s内拉力对物块做功为零B4 s末物块所受合力大小为4.0 NC物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D6 s9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2解析：选D本题考查物体的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律及图象的理解。由Fft图象知
13、物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由mg3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数0.3，则C项错误；6 s9 s内物块所受的合力为5 N3 N2 N，由F合ma，得物块的加速度大小a2 m/s2，故D项正确。13(2013浙江理综，6分)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不
14、变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2 。关于热气球，下列说法正确的是()A所受浮力大小为4 830 NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/sD以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：选AD本题考查热气球的受力分析和运动分析，意在考查考生对力的平衡条件、牛顿第二定律的运用能力。热气球从地面刚开始上升时，由牛顿第二定律有：F合F浮mgma，得热气球所受的浮力F浮m(ga)460(100.5) N4 830 N，则A项正确；加速上升过程中，速度增大，所受空气阻力也增大，则B项错误；热气球以5 m/s的速度匀速上升时，
15、由平衡条件知所受的空气阻力FfF浮mg4 830 N46010 N230 N，则D项正确；热气球从地面上升10 s内，它做变加速运动，故10 s时其速度大小不是5 m/s，则C项错误。14(2013浙江理综，6分)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大
16、小。解析：本题主要考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、速度图像、叠加体及其相关知识，意在考查考生灵活应用相关知识解决问题的能力。(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由题图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同。设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小。设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(2
17、)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2；由式得f2mg1mg，与假设矛盾。故f1mg由式知，物块加速度的大小a1等于a1；物块的vt图像如图中点划线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss2s1联立式得s1.125 m答案：(1)0.200.30(2)1.125 m15(2013江苏，16分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力
18、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。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；(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：本题考查牛顿运动定律及运动学公式的应用，意在考查考生应用牛顿运动定律和运动学公式分析求解动力学问题的能力。(1)砝码对纸板的摩擦力f1
19、m1g，桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)gff1f2，解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1，Ff1f2m2a2，发生相对运动时，a2a1，解得F2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t，纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t，lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2，解得F2m1(1)m2g代入数据得F22.4 N答案：(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N16(2011新课标全国，6分)如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块假
20、定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()解析：本题中开始阶段两物体一起做加速运动，有 F(m1m2)a，即a，两物体加速度相同且与时间成正比当两物体间的摩擦力达到m2g后两者发生相对滑动对m2有Ffma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后fm2g 不再变化，a2，故其图象斜率增大；而对m1，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，故a1为定值故A选项正确答案：A17(2009全国，5分)以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块假定物块所受的空气阻力f大
21、小不变已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为()A.和v0B. 和v0C. 和v0D. 和v0解析：设物体上升的最大高度为H，返回的速率为v.由动能定理得：(mgf)Hmv，(mgf)Hmv2，联立得H，vv0.A正确答案：A18(2012北京理综，18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图1所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t0时由静止开始上升，at图像如图2所示。电梯总质量m2.0103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉
22、力F2；(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由vt图像求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示at图像，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W。解析：(1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，F1m(ga1)2.0103(101.0)N2.2104 NF2m(ga2)2.0103(101.0)N1.8104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线下的面积v10.5 m/s同理可得v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s(3)由at图像可知，11 s30 s内速率最大，其值等于011 s内at图线下的面积，有vm10 m/s此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率PFvmmgvm2.01031010 W2.0105 W由动能定理，总功WEk2Ek1mv02.0103102 J1.0105 J答案：(1)F12.2104 NF21.8104 N(2) v10.5 m/sv21.5 m/s(3)P2.0105 WW1.0105 J
