1、牛顿运动定律1.如图所示，粗糙水平面上放置两物体，A叠放在C上，的质量分别为和，物体与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为。现用水平拉力F拉物体B，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )A.此过程中物体C受五个力作用B.当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断C.当F逐渐增大到时，轻绳刚好被拉断D.若水平面光滑，则绳刚断时，间的摩擦力为2.如图所示,表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上,质量相等的两物体用一轻质弹簧连接,B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面顶端的固定装置上，斜面的倾角为30,当升降机突然处于完全失重状态,则关于两物体的瞬时加速度大小和方向,
2、下列说法正确的是( )A.，方向沿斜面向下;,方向沿斜面向下B.C.，方向沿斜面向下D.，方向垂直斜面向下；,方向竖直向下3.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A.木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的图像，已知g取，则( )A.小滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1B.当时，木板B的加速度为C.木板B的质量为1.5 kgD.小滑块A的质量为4 kg4.如图甲所示,是倾角为的传送带的两个端点,一个质量的物块(可看作质点),以大小为4 m/s的初速度自M点沿传送带向下运动.物块运动过程中的图像如图乙所示,取,下列说法正确
3、的是( )A.物块最终从N点离开传送带B.物块与传送带间的动摩擦因数为0.6C.物块在第6 s时回到M点D.传送带的速度,方向沿逆时针方向5.如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t的变化图像如图乙所示，则( )A.时间内，小球速度先增大后减小B.时刻弹簧弹力等于小球重力C.时刻小球处于超重状态D.时间内，小球向上运动6.如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，
4、物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在03 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则( )A.F的最大值为12 NB.01 s和23 s内物体加速度的方向相反C.3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sD.在01 s内物体做匀加速运动，23 s内物体做匀减速运动7.如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物抉连接；两物块质量均为，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力拉动物块，使做加速度为a的匀加速直线运动，两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中图线（时刻的图线相切，时刻对应图线的最高点），重力加速度为，则( )A.时刻，
5、弹簧形变量为0B.时刻，弹簧形变量为C.从开始到时刻，拉力逐渐增大D.从开始到时刻，拉力的功率变大8.如图所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为的小物块.现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为的初速度,下列说法正确的是( )A.最终小物块和木箱都将静止B.最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为C.木箱速度水平向左且大小为时,小物块的速度大小为D.木箱速度水平向右且大小为时,小物块的速度大小为9.如图所示,倾角为的斜面放在地面上,一小滑块从斜面底端A沖上斜面,到达最高点D速度减为零后又返回A点,斜面始终保持静止.已知滑块上滑过程经过的时间相等,且比长0.8
6、m,上滑时间为下滑时间的一半,下列说法正确的是( )A.斜面长为36 mB.滑块与斜面间的动摩擦因数为C.地面对斜面的摩擦力方向先向左后向右D.滑块上滑和下滑过程中,地面受到的压力都小于斜面和滑块的总重力10.如图甲所示，可视为质点的质量的小物块放在质量的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹角为37.现对木板施加水平向左的拉力，木板运动的图像如图乙所示，g取，则( )A.木板的长度为2 mB.木板的长度为1 mC.木板与地面间的动摩擦因数为0.5D.物块与木板间的动摩擦因数为11.在探究加速度与力、质量的关系实验中,如图甲所示,将一端带有滑轮的长木板放在
7、水平桌面上,小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶连接,小车与纸带相连,打点计时器所用交流电的频率为,平衡摩擦力后,在保持实验小车质量不变的情况下,打开电源,释放小车,根据纸带得到小车运动的加速度为a;多次改变砂桶和砂子的总质量m,根据纸带计算出对应的加速度.(1)在验证“质量一定,加速度a与合外力F的关系”时,某学生根据实验数据作出了如图乙所示的图像,其中图线不过原点并在末端发生了弯曲,产生这两种现象的原因可能有_.A.木板右端垫起的高度过大B.木板右端垫起的高度过小C.砂桶和砂子的总质量m远小于小车的质量MD.砂桶和砂子的总质量m未远小于小车的质量M(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示,图
8、中为相邻的计数点,相邻两计数点间还有4个打出的点未画出,则小车运动的加速度_(结果保留三位有效数字).(3)小车质量M一定,改变砂桶中砂子的质量,根据实验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和砂子的总质量m之间的关系图像如图丁所示,则小车的质量_kg.(g取)12.如图所示是小孩推滑块游戏的装置，此装置由粗糙水平面、倾角为6的光滑斜面和平台构成.若质量为1 kg的滑块在大小为2 N的水平推力作用下，从A点由静止出发，滑块在水平面上滑行一段距离后撤去推力，滑块继续向前运动通过斜面到达平台.已知水平面长度为2 m，斜面长度为1 m，滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.1，滑块可看成质点且在B处的速度损失不
9、计.（1）求滑块在推力作用下的加速度大小；（2）若推力作用距离为2 m，求滑块刚到平台时的速度大小；（3）若滑块能够到达平台，求滑块在斜面运动的最长时间.答案以及解析1.答案：C解析：对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，由此可以知道C受重力、A对C的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A错误。对整体分析，整体的加速度，隔离对分析，根据牛顿第二定律得，计算得出，当时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。若水平面光滑，绳刚断时，对分析，加速度；隔离对A分析，A受到的摩擦力，故D错误。2.答案：D解析：升降机处于完全失重状态的瞬间,物体和斜面之间
10、的作用力变为0,弹簧弹力不发生变化,故A物体只受重力和弹簧弹力作用,两者合力与原来的支持力大小相等方向相反,故其加速度大小为,方向垂直斜面向下;B物体受到重力、弹簧弹力和细线拉力作用,处于完全失重状态的瞬间,细线拉力发生突变,变为和弹簧的拉力大小相等,两者合力为0,故B物体的加速度大小为,方向竖直向下,由以上分析可知,A、B、C错误,D正确.3.答案：B解析：由题图可知，时，小滑块与木板相对静止，当时，加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有，解得，当F大于8 N时，发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对B分析有，解得，由题图可知，时，图线的斜率，解得，则，由题图可知，解得，A、C、D错误；当时，小滑
11、块A与木板B相对滑动，B的加速度为，B正确.4.答案：C解析：从题图乙可知,物块速度减为零后沿斜面向上运动,最终的速度大小为2 m/s,方向沿传送带向上,所以物块最终从M点离开传送带,并且可以得出传送带沿顺时针方向运动,速度大小为2 m/s,A、D错误;图像的斜率表示加速度,可知物块沿传送带下滑时的加速度,根据牛顿第二定律可得,解得,B错误;图像与时间轴围成的面积表示位移,由题图乙可知,时,物块的速度为0,之后物块沿传送带向上运动,所以物块沿传送带向下运动的位移到时间内,物块沿传送带向上运动的位移,因为,所以物块在第6 s时回到M点,C正确.5.答案：A解析：由图可知时间内，小球从最低点上升直
12、到离开弹簧，受到的弹力一直减小，合力先减小后反向增大，由牛顿第二定律可知，加速度先减小后反向增大，小球的速度先增大后减小，故A正确；时刻小球在最低点，此时弹簧弹力大于小球重力，故B错误；时刻小球与弹簧脱离，处于失重状态，故C错误；时间内，小球从刚与弹簧接触到压缩弹簧至最短，故小球向下运动，故D错误。6.答案：C解析：12 s内物体加速度恒定，故所受作用力恒定，根据牛顿第二定律知合外力为12 N，由于物体在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12 N，故A错误；物体在力F作用下由静止开始运动，加速度方向始终为正，与速度方向相同，故物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增
13、加得慢了，但仍是加速运动，故B错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，再根据知速度的增加量等于加速度与时间的乘积，在图像上即图像与时间轴所围图形的面积，物体由静止开始做加速运动，故最大速度为8 m/s，所以C正确；第2 s内物体的加速度恒定，物体做匀加速直线运动，在01 s内物体做加速度增大的加速运动，23 s内物体做加速度减小的加速运动，故D错误。7.答案：BD解析：A根据图像可知时刻的加速度为0，此时所受合外力为0：弹簧压缩量为：，A错误；B时刻，两物体分离，对物体应用牛顿第二定律：弹簧的形变量：，B正确；C从开始到时刻，作为整体做匀加速直线运动：弹簧弹力减小，增大；到时间内
14、，B物块做匀加速直线运动：恒定，所以从开始到时刻，先增大，后不变，C错误；D拉力的瞬时功率：从开始到时刻拉力变大，速度变大，功率变大，D正确。故选BD。8.答案：BC解析：系统所受合外力为零,系统的动量守恒,初状态木箱有向左的动量,小物块的动量为零,故系统总动量向左,系统内部存在摩擦力,阻碍两物体间的相对滑动,最终小物块和木箱相对静止,因为系统的总动量守恒,根据动量守恒定律知,最终小物块和木箱以相同的速度一起向左运动,故A错误;规定向左为正方向,由动量守恒定律得,则最终系统的速度,方向向左,最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能,B正确;木箱速度水平向左且大小为时,根据动量守恒定律有,解得,故
15、C正确;由题意可知,木箱速度不可能水平向右,故D错误.9.答案：BD解析：滑块上滑时经过的时间相等,且比长0.8 m,设长度为L,由逆向思维可知,所以,解得,斜面长,故A错误;设滑块上滑过程的加速度大小为,下滑过程的加速度大小为,上滑过程可以逆向分析,则,解得,根据牛顿第二定律可得,联立解得，故B正确；减速上滑和加速下滑过程中,滑块的加速度都是沿斜面向下,加速度在水平方向的分加速度都是水平向左,即斜面对滑块水平方向的作用力水平向左,滑块对斜面水平方向的作用力水平向右，斜面始终保持静止,则地面对斜面的摩擦力方向始终水平向左,故C错误；滑块上滑和下滑过程中,加速度在竖直方向的分加速度均竖直向下,处
16、于失重状态,地面受到的压力都小于斜面和滑块的总重力,故D正确.10.答案：ACD解析：从题图乙可知，木板运动2 s离开小物块，在02 s内，由图像可知，所以木板的长度，A正确，B错误；设物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，在23 s内，由图像知长木板的加速度，由牛顿第二定律得，解得，C正确；在02 s内，对小物块进行受力分析，竖直方向，水平方向，又知，长木板的加速度，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得，联立解得，D正确.11.答案：(1)AD(2)1.60(3)0.5解析：(1)图像不过原点的原因是平衡摩擦力过度,图像末端发生弯曲的原因是不满足砂和砂桶的质量远小于小车的质量,A、D正确.(2)根据得,.(3)设绳子的拉力为T,对砂桶和砂子受力分析,由牛顿第二定律得,对小车受力分析得,联立解得,则图像的斜率,所以小车的质量.12.答案：（1）（2）（3）解析：（1）根据牛顿第二定律得，解得.（2）由得，滑块在斜面上运动的加速度，又，解得.（3）刚能够到达平台时滑块在斜面上运动的时间最长，此时，则有，解得，则最长时间.