1、牛顿运动定律及其应用一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的)1.(2011天津高考)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x=5t+t2(各物理量均采用国际单位制单位),则该质点()A.第1s内的位移是5 mB.前2s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1s内位移差都是1 mD.任意1s内的速度增量都是2 m/s2.如图所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为()A.B.C.D.3.(2013浙江高考)如图所示,水平木板
2、上有质量m=1.0kg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g=10m/s2。下列判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 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0.4D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s24.(2014莆田二模)如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为m0的平盘,盘中有一物体,质量为m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了l,现向下拉盘使弹簧再伸长l后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松手时盘对物体的支持力等于()A.(1+)mgB.(1+
3、)(m+m0)gC.mgD.(m+m0)g5.(2013天津和平区二模)我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时,内部显示屏上显示了从水面开始下潜到返回水面过程中的速度图像,如图所示。以下判断正确的是()A. 68 min内,深潜器的加速度最大B.46 min内,深潜器停在深度为60 m处C.34 min内,潜水员处于超重状态D.610 min内,深潜器的加速度不变二、不定项选择题(本大题共3小题,每小题8分,共24分,每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,选错或不答的得0分)6.(2014潍坊一模)在下列运动过程中,人处于失重状态的是()A.小朋友沿滑梯
4、加速滑下B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动D.运动员离开跳板后向上运动7.(2013滨州一模)2012年8月3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌,忽略空气阻力,下面关于蹦床运动的说法中正确的是()A.运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大B.运动到最低点时,床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中,运动员的加速度先减小后增大D.在下落过程中,重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量8.(2013西安二模)如图所示,质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为L。当传送带分别以v1、v2的
5、速度逆时针转动(v1v2),稳定时绳与水平方向的夹角为,绳的拉力分别为F1、F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为t1、t2,则下列说法正确的是()A.F1mBB.AB,mAmBC.可能有mA=mBD.AmB二、不定项选择题(本大题共3小题,每小题8分,共24分,每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,选错或不答的得0分)6.(2013海南高考)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是()A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速
6、度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质7.(2013唐山二模)如图所示,用皮带输送机将质量为M的物块向上传送,两者间保持相对静止,则下列关于物块所受摩擦力Ff的说法正确的是()A.皮带传送的速度越大,Ff越大B.皮带加速运动的加速度越大,Ff越大C.皮带速度恒定,物块质量越大,Ff越大D.Ff的方向一定与皮带速度方向相同8.利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数,将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上,C为位移
7、传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度时间(v-t)图像。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度,得到的v-t图像如图乙所示,则()A.滑块A上滑时加速度的大小为8m/s2B.滑块A下滑时加速度的大小为8m/s2C.滑块与滑板之间的动摩擦因数=0.5D.滑块A上滑时运动的位移为1m三、计算题(本大题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)9.(18分)(2013运城一模)如图所示,质量M=0.2kg的长木板静止在水平地面上,与地面间动摩擦因数1=0.1,另一质量m=0.1kg的带正电小滑块以v0=8m/s初速度滑上长木板,滑块与长木板
8、间动摩擦因数2=0.5,小滑块带电量为q=210-3C,整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中,电场强度E=1102N/C,(g=10m/s2)求:(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少?(2)小滑块最后停在距长木板左端多远的位置。(3)整个运动过程中产生的热量。10.(18分)(2013大庆二模)如图所示,水平传送带AB长L=10m,向右匀速运动的速度v0=4m/s。一质量为1kg的小物块(可视为质点)以v1=6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块相对地面向左运动的最大距离;(2)物块从B点冲上传
9、送带到再次回到B点所用的时间。答案解析1.【解析】选D。根据质点做直线运动的位移与时间的关系式x=5t+t2可知,质点做匀加速直线运动,初速度为5m/s,加速度为2m/s2,在第1s内的位移是x=6m,选项A错误;前2s内的平均速度为v=5+t=(5+2)m/s=7 m/s,选项B错误;因为质点做匀变速直线运动,应该满足公式x=x2-x1=aT2,任意相邻的1s内的位移差都是2 m,选项C错误;任意1s内的速度增量实质就是指加速度大小,选项D正确。2.【解析】选C。取A、B及弹簧整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-F2=2ma,取B为研究对象:kx-F2=ma,解得x=,选项C正确。3.【
10、解析】选D。由题图可得:物块所受的最大静摩擦力为4 N,滑动摩擦力为3 N,物块在4 s末就开始运动了,故5 s内拉力对物块做了功,A项错误;4 s末物块所受拉力为4 N,所受最大静摩擦力也为4 N,合力大小为0,B项错误;物块与木板之间的滑动摩擦力为3 N,物块对木板的压力为10 N,物块与木板之间的动摩擦因数为0.3,C项错误;69 s内拉力大小为5 N,物块所受的滑动摩擦力为3 N,合力为2 N,由牛顿第二定律可得,物块的加速度大小为2.0 m/s2,D项正确。4.【解析】选A。当盘静止时,对盘和物体整体由平衡条件得kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛顿第二定律得,对整体kl=(m+m
11、0)a,对物体FN-mg=ma,解以上三式得FN=(1+)mg,选项A正确。【方法技巧】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型:特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计可以只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意:物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。加速度可
12、以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变。5.【解析】选C。速度时间图线的斜率表示加速度的大小,图线与时间轴围成的面积等于位移的大小,68min内深潜器的加速度小于34min内深潜器的加速度,A错误;46min内,深潜器停在深度为360 m处,B错误;34 min内,潜水员向下做匀减速运动,加速度向上,故处于超重状态,C正确;68min内与810min内深潜器的加速度大小相等,方向相反,D错误。【变式备选】(2013扬州二模)从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球,小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1,下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示
13、被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()【解析】选C。小球在上升过程中做匀减速直线运动,其加速度为a1=,下降过程中做匀加速直线运动,其加速度为a2=,即a1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项C正确。6.【解析】选A、C、D。物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下,物体对支撑面的压力或者对绳子的拉力小于物体的重力的现象,当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,滑梯对人的支持力小于人的重力,人处于失重状态;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内,加速度在水平方向,对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力,人不处于失重状态;宇航员随飞船绕地球做圆周运
14、动,宇航员处于完全失重状态;运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,故选项A、C、D正确,B错误。7.【解析】选C、D。运动员到达最低点前,在接触蹦床后开始受到蹦床的弹力的作用,但是此时的蹦床形变较小,弹力较小,人受到合力还是向下的,所以人还在做向下的加速运动,但加速度的大小是在减小的,当弹力和人的重力相等时,人的速度达到最大,再向下运动时,弹力大于人的重力,合力向上,人开始做加速度增大的减速运动直到最后速度减为零。综上所述可知,当弹力和人的重力相等时,速度最大,选项A错误;由牛顿第三定律可知运动到最低点时,床对运动员的作用力等于运动员对床的作用力,选项B错误,C正确;重力做的功等于重力
15、势能的变化,在下落过程中,重力对运动员做正功,重力势能减小,选项D正确。8.【解析】选B、D。绳剪断前物体的受力情况如图所示,由平衡条件得FN+Fsin=mg,Ff=FN=Fcos,解得:F=,F的大小与传送带的速度无关,选项A错误,B正确;绳剪断后物体在速度不同的传送带上的加速度相同,若L,则两次都是匀加速到达左端,t1=t2,若L,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端,传送带速度小时需要的时间更长,t1t2,选项C错误,D正确。9.【解析】(1)对冰橇由牛顿第二定律得Fcos-(mg+Fsin)=ma1(3分)解得a1=4.8m/s2(2分)(2)因为s=a1(3分)t1=s(2分)(3)
16、冰橇在P点的速度为vP=a1t1(2分)在减速阶段由牛顿第二定律得:(m+M)g=(m+M)a2解得a2=2m/s2(2分)滑行的距离为l=解得l=28.8m(2分)答案:(1)4.8m/s2(2)s(3)28.8m10.【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)小物块恰好能在斜面体上保持静止,静摩擦力最大;(2)物块落点最远,则其速度最大,斜面体和物块的加速度应该最大;(3)小物块离开斜面体后做平抛运动。【解析】(1)对m由平衡条件得:mgsin-2mgcos=0(2分)解得:2=tan(1分)(2)对m设其最大加速度为am,由牛顿第二定律得:水平方向:FNsin+2FNcos=mam(2分
17、)竖直方向:FNcos-2FNsin-mg=0(2分)解得:am=(1分)对M、m整体由牛顿第二定律得:F-1(M+m)g=(M+m)am(2分)解得:F=1(M+m) g+(M+m)(1分)(3)对M、m整体由动能定理得:Fd-1(M+m)gd=(M+m)v2(3分)解得:v=2(1分)对m由平抛运动规律得:水平方向:xP+=vt(2分)竖直方向:h=gt2(2分)解得:xP=2-(1分)答案:(1)tan(2)1(M+m)g+(M+m)(3)2-1.【解析】选B。小球A受力情况如图所示,由牛顿第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物块B与小球A的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块B所受摩擦
18、力大小恒定,方向水平向左,选项B正确。2.【解析】选D。0t1时间内,F1=mg,电梯静止;t1t2时间内,F2mg,电梯加速上升,加速度a=5m/s2,选项A错误,D正确;t2t3时间内,F3=mg,电梯匀速上升,选项B错误;t3t4时间内,F4kx时,滑块向左做加速运动,由牛顿第二定律得Ff-kx=ma,随着x的增大,加速度a减小;当Ff=kx时,a=0,速度达到最大值;当FfB,选项B正确。【变式备选】(多选)(2013金华二模)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线,则下列说法正确的是()A.水平拉力可能是0.3 NB.水平
19、拉力一定是0.1 NC.物体所受摩擦力可能是0.2 ND.物体所受摩擦力一定是0.2 N【解析】选B、C。若拉力方向与物体运动方向相同,则斜率较大的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度-时间图线,此时物体加速度为a1=m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff=ma1=0.2N,图像中斜率较小的图线为受拉力时的图线,加速度为a2=m/s2,由牛顿第二定律可知Ff-F=ma2,代入已知条件可知,拉力F=0.1N;若拉力方向与物体运动方向相反,则斜率较小的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度-时间图线,此时物体加速度为a3=m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff=ma3=0.1N;图像中斜率较大的图线
20、为受拉力的图线,加速度为a4=m/s2,由牛顿第二定律可知F+Ff=ma4,代入已知条件可知,拉力F=0.1N。故B、C两项正确。6.【解析】选B、C、D。亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,A错误;牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点,得出了选项D的正确观点,选项B、C、D正确。7.【解析】选B、C。若物块匀速运动,由物块的受力情况可知,摩擦力Ff=Mgsin,与传送带的速度无关,选项A错误;物块质量M越大,摩擦力Ff越大,选项C正确;皮带加速运动时,由牛顿第二定律可知,Ff-Mgsin=Ma,加速度a越大,摩擦力Ff越大,选项B正确;若皮带减速上滑,则物块所受摩擦力
21、方向有可能沿皮带方向向下,选项D错误。8.【解析】选A、D。滑块A上滑时加速度的大小a1=|m/s2=8.0m/s2,选项A正确;滑块A下滑时的加速度a2=m/s2=4.0 m/s2,选项B错误;由牛顿第二定律知A上滑时mgsin+mgcos=ma1,A下滑时mgsin-mgcos=ma2,解得=0.25,选项C错误;在速度时间图像中面积表示位移,滑块A上滑时运动的位移为1m,选项D正确。9.【解析】(1)设小滑块的加速度大小为a1,长木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:Eq-2mg=-ma1(2分)解得:a1=3m/s2(1分)2mg-1(m+M)g=Ma2(2分)解得:a2=1m/s
22、2(1分)(2)设两者经过t时间相对静止,此时的速度为v,则:v0-a1t=a2t=v(1分)解得:t=2s,v=2m/s(1分)这段时间内小滑块的位移:x1=v0t-a1t2=10m(1分)长木板的位移x2=a2t2=2m(1分)由于此后两者一起向右减速运动,所以小滑块最后距长木板左端x=x1-x2=8m(1分)(3)设两者一起向右运动的加速度大小为a3,由牛顿第二定律得:Eq-1(M+m)g=-(M+m)a3(2分)解得:a3=m/s2(1分)一起向右减速的位移:x3=6m(1分)由能量守恒得:Q=m+Eq(x1+x3)=6.4J(3分)答案:(1)3m/s21 m/s2(2)8 m(3)
23、6.4 J10.【解题指南】解答本题应注意以下两点:(1)物块向左运动速度减为0时相对地面向左运动距离最大。(2)物块向右运动过程先加速运动后匀速运动。【解析】(1)设物块与传送带间摩擦力大小为Ff,向左运动最大距离x1时速度变为0,由动能定理得:Ff=mg(1分)Ffx1=m(2分)解得:x1=4.5m(1分)(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等:v1-at1=0(2分)由牛顿第二定律得:Ff=ma(2分)解得:t1=1.5s(1分)v0=at2(2分)解得:t2=1s(1分)设反向加速时,物块的位移为x2,则有:x2=a=2m(2分)物块与传送带同速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点,则:x1-x2=v0t3(2分)解得:t3=0.625s(1分)故物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间:t=t1+t2+t3=3.125s(1分)答案:(1)4.5m(2)3.125 s版权所有：高考资源网()
