高三物理二轮复习专题3 牛顿运动定律练习

合集下载

高中物理牛顿运动定律专项练习含解析

高中物理牛顿运动定律专项练习含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-= 其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。

水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。

传送带BC 间距0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。

两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。

用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。

高三物理二轮专题复习专题三牛顿运动定律

专题三牛顿运动定律一、运动状态的分析：1、一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回。

下列说法中正确的是（）A ．物体从A 下降到B 的过程中，速率不断变小 B ．物体从B 上升到A 的过程中，速率不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零2、在光滑水平面上有一质量为m 的物块受到水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度系数为k 的轻质弹簧，如图所示．当物块与弹簧接触且向右运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动BC D3状态。

若力A ．在第B ．在第C ．在第D ．在第4、板上，A.B.C.D.5、如图（a ）、（质量分别为M 、m ，大小为F ，同样大小的水平推力F 作用于Q A 、N 1 =N 2 6把A 从B A. μm 1g 7、在水平面上向右匀加速运动，设A 、B 间的摩擦力为1f ，B 与桌面间的摩擦力为2f ，若增大C 桶内沙的质量，而A 、B 仍一起向右运动，则摩擦力1f 、2f 的变化情况是（）A ．1f 不变，2f 变大B ．1f 变大，2f 不变C ．1f 和2f 都变大D ．1f 和2f 都不变三、瞬时问题 8、如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。

两小球均保持静止。

当突然剪断细绳时，上面小球A 与下面小球B 的加速度为 [ ]A ．a 1=g a 2=gB ．a 1=g a 2=gC ．a 1=2g a 2=0D ．a 1=0 a 2=g 9、如图所示，质量为m 的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板ABPQF(a)托住，小球恰好处于静止状态，当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（）A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小g3，方向垂直木板向下 D ．大小为2g ，方向垂直木板向下四、应用牛顿运动定律分析图像问题10、物体A 、B 、C 均放置在同一水平面上，它们的质量分别为A m 、B m 、Cm ，与水平面的动摩擦因数分别为A μ、B μ、C μ ，当用水平力F 拉物体A 、B 、C 时得到的a 与力F 关系图线如图4所对应的直线甲、乙、丙所示，甲、乙直线平行，则以下说法正确的是（）①μ A ＜μB m A ＝m B ②μ B ＞μC m B ＞m C ③μ B ＝μC m B ＞m C④μA＜μC m A ＜m CA．①② B ．②④ C ．③④D ．①④11、某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N 。

高三物理二轮复习专题3 牛顿运动定律练习-人教版高三全册物理试题

专题三牛顿运动定律1．如下均属于国际单位制根本单位的是( )A．m、N、J B．m、kg、J C．m、kg、s D．kg、m/s、N2．如下各组均为国际单位制根本单位对应物理量的是( )A．千克、米、秒 B．牛顿、米、秒C．质量、长度、时间 D．力、长度、时间3．甲、乙两位同学面对面坐在沿直线匀速行驶的列车上，列车的运动方向与乙的朝向一样，在他们之间的水平桌面上放一只鸡蛋。

当列车紧急刹车时，他们将看到( )A．鸡蛋向甲运动B．鸡蛋向乙运动C．鸡蛋静止不动D．鸡蛋在原位置转动4．关于惯性，如下说法正确的答案是( )A．宇航员在太空行走时没有惯性B．铅球做自由落体运动时没有惯性C．篮球向上抛出后能继续上升是由于惯性的缘故D．汽车在匀速行驶时没有惯性，在起动或刹车时有惯性5．我国道路交通安全法规定，在各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带。

安全带能起作用的是汽车在平直公路上( )A．加速前进时B．匀速行驶时C．紧急刹车时D．缓慢倒车时6．将吹足气的气球由静止释放，球内气体向后喷出，气球会向前运动，这是因为( )A．气球受到重力B．气球受到手的推力C．气球受到空气的浮力D．气球受到喷出气体对气球的作用力7．用网球拍击打飞过来的网球，网球拍击打网球的力( )A．大于网球撞击网球拍的力 B．小于网球撞击网球拍的力C．比网球撞击网球拍的力更早产生 D．与网球撞击网球拍的力同时产生8．如下列图，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，如此( ) A．人所受的重力与人对平板车的压力是一对平衡力B．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对平衡力C．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力D．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力9．质量为m的某同学站在水平地面上，当其加速下蹲时，地面对他的支持力( ) A．等于零B．小于mg C．等于mg D．大于mg10．如下列图，电梯内水平放置的体重计上站着一个人，当电梯向上加速运动时( )A．人处于超重状态B．人处于失重状态C．体重计的示数为零D．体重计的示数仍等于人的重力11．在可乐瓶的瓶盖、底部和侧面戳几个小孔，注满水后，用不同的方式将其释放，如下列图，不计空气阻力，如此( )A．瓶自由下落至落地前的过程中，会有水从小孔喷出B．瓶被向上抛出至落地前的过程中，会有水从小孔喷出C．瓶被斜向抛出至落地前的过程中，会有水从小孔喷出D．瓶被抛出至落地前的过程中，均不会有水从小孔喷出12．如下列图，在阻力可以忽略的冰面上，质量为60kg的男同学和质量为50kg的女同学用一根轻绳做“拔河〞游戏。

2022届高考物理二轮复习题：牛顿运动定律图像问题专项练习

2022届高考物理二轮复习题：牛顿运动定律图像问题专项练习一、单选题1．（2分）如图甲，起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其重物的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，此过程中钢索拉力的功率P随时间t变化的图像可能是图丙中的（）A．B．C．D．2．（2分）研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。

根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“v-s”图像（15m时为速度最大的位置）。

若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有（）A．弹性绳原长为15mB．当弹性绳开始伸长至达到最长的过程中，运动员的动能一直在减小C．当运动员下降15m时，弹性绳的弹性势能最大D．当运动员下降15m时，以运动员、弹性绳、地球为系统的重力势能与弹性势能之和最小3．（2分）一滑块在仅受水平阻力情况下在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s。

此时在滑块上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示．则（）A．物体质量为2kgB．物体所受阻力大小为2NC．前2s内力F的平均功率为2WD．前2s内滑块所受合力做的功为2J4．（2分）一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()A．t＝6s时，物体的速度为18m/sB．在0～6s内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W5．（2分）如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板，t=0时刻质量m=1kg的滑块以速度v0=7m/s滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的v−t图像如图乙所示。

下列分析正确的是（）A ．长木板的质量为 0.5kgB ．长木板的长度为 0.5mC ．0~2s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为 16JD ．0~2s 内长木板对滑块的冲量大小为 4kg ⋅m/s6．（2分）某同学在水平地面上拖地时，沿拖杆方向推拖把，推力F 、拖把头所受地面摩擦力f 大小随时间的变化可简化为图（甲）、（乙）中的图线。

2021届高考物理二轮复习专题提分大训练之专题三牛顿运动定律Word版含答

专题三牛顿运动定律一、单项选择题1．(仿2022新课标全国高考，14T)牛顿的三大运动定律构成了物理学和工程学的基础．它的推出、地球引力的发觉和微积分的创立使得牛顿成为过去一千多年中最杰出的科学巨人之一．下列说法中正确的是()．A．牛顿第确定律是牛顿其次定律的一种特例B．牛顿其次定律在非惯性系中不成立C．两物体之间的作用力和反作用力是一对平衡力D．为纪念牛顿，人们把“力”定义为基本物理量，其基本单位是“牛顿”解析牛顿第确定律是独立的物理学定律，并不是牛顿其次定律的一种特例，A错误；牛顿其次定律成立的条件是宏观、低速、惯性系，在非惯性系中不成立，B正确；两物体之间的作用力与反作用力是分别作用在两个物体上，并不是一对平衡力，C错误；为纪念牛顿，人们把“力”的单位规定为“牛顿”，力不是基本物理量，D错误．答案 B2．(仿2021安徽高考，14T)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3所示，则()．A ．小球对圆槽的压力为MFM＋mB．小球对圆槽的压力为mF M＋mC．水平恒力F变大后，假如小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大D．水平恒力F变大后，假如小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析由整体法可求得系统的加速度a＝FM＋m，小球对圆槽的压力F N＝m g2＋a2＝m g2＋F2（M＋m）2，当F增大后，F N增大，只有选项C正确．答案 C3．(仿2021新课标全国高考Ⅱ，14T)如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端点O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零．从物块与弹簧接触开头，物块加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的()．解析物块从接触弹簧到弹簧被压缩到最短，物块受到弹力和重力两个力的作用，物块到达平衡位置之前，合外力向下，由牛顿其次定律得：mg－kx＝ma1，得：a1＝g－km x物块到达平衡位置之后，合外力向上，由牛顿其次定律得：kx－mg＝ma2，得：a2＝km x－g可见，物块到达平衡位置前后，a－x图象均为直线，且斜率的确定值相等，物块刚接触弹簧时加速度为重力加速度．由于物块从弹簧上端落下来，故到其速度减为零时，加速度大于重力加速度．设物块到达平衡位置时弹簧压缩了x1，物块速度减为零时弹簧压缩了x0，这时有：x1＝mgk，a2＝km x0－g>g，x0>2mgk，所以x1<12x0，图象D正确．答案 D二、不定项选择题4．(仿2021新课标全国高考Ⅰ，21T)如图5所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面对右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图6所示，g＝10 m/s2.下列选项中正图3图4。

高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律(测)(含解析)

专题03 牛顿运动定律（测）【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M ，置于光滑水平面上，内有一质量为m 的小球，当容器受到一个水平向右的力F 作用时，小球偏离平衡位置如图，则由此可知，此时小球对椭圆面的压力大小为：（）A ．22)(m M F g m +-B ．22)(mM F g m ++ C ．22)(m F g m + D ．条件不足，以上答案均不对【答案】B【名师点睛】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法和隔离法相结合进行研究．先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小．2．如图所示，A 、B 两球质量相同，光滑斜面的倾角为，图甲中，A 、B 两球用轻弹簧相连，图乙中A 、B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有：（）A ．两图中两球的加速度均为sin g θB ．两图中A 球的加速度均为0C ．图乙中轻杆的作用力一定不为0D ．图甲中B 球的加速度是图乙中B 球的加速度的2倍【答案】D【名师点睛】在应用牛顿第二定律解决瞬时问题时，一定要注意，哪些力不变，（弹簧的的形变量来不及变化，弹簧的弹力不变），哪些力变化（如绳子断了，则绳子的拉力变为零，或者撤去外力了，则外力变为零，）然后结合整体隔离法，应用牛顿第二定律分析解题3．如图所示，物块M 在静止的足够长的传送带上以速度0v 匀速下滑，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由零逐渐增加到02v 后匀速运动的过程中，则以下分析正确的是：（）A ．M 下滑的速度不变B ．M 开始在传送带上加速到02v 后向下匀速运动C ．M 先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动D ．M 受的摩擦力方向始终沿传送带向上【答案】C【解析】传送带静止时，物体匀速下滑，故sin mg f θ=，当传送带转动时，由于传送带的速度大于物块的速度，故物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物体向下做加速运动，当速度达到传送带速度，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C 正确．【名师点睛】解决本题的关键通过分析M 所受摩擦力的大小，判断出摩擦力和重力沿斜面的分力相等，然后判断出物体的运动特点．4．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。

高考物理二轮总复习专题过关检测专题：牛顿运动定律(全部含详细答案解析)

高考物理二轮总复习专题过关检测牛顿运动定律 ( 附参照答案 )(时间 :90 分钟满分:100分)一、选择题 ( 本题包含10 小题 ,共 40 分 .每题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,所有选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分 ,错选或不选的得0 分 )1.(2010安徽皖南八校二联,14)2008 年 9 月 25 日 , “神舟七号”载人飞船成功发射 ,设近地加快时 ,飞船以 5g 的加快度匀加快上涨 ,g 为重力加快度 .则质量为 m 的宇航员对飞船底部的压力为()A.6mgB.5mgC.4mgD.1mg分析 :对宇航员由牛顿运动定律:F N－ mg=ma,得 F N=6mg,再由牛顿第三定律可判断A项正确.答案 :A2.吊扇经过吊杆悬挂在屋顶，设吊扇的重力为 G，当吊扇正常转动时，吊杆对吊扇的拉力为 F，则以下说法正确的选项是 ()A. F=GB.F＞ GC.F＜GD.没法确立分析 :当吊扇转动时，扇叶对空气的作使劲向下，空气对扇叶的反作使劲 f 向上，则 F=G－ f，所以 F＜ G，选项 C 正确 .答案 :C3.引体向上是同学们常常做的一项健身运动.该运动的规范动作是:两手正握单杠 ,由悬垂开始 ,上拉时 ,下颚须超出单杠面;下放时 ,两臂放直 , 不可以曲臂 (如图 3-1 所示 ).这样上拉下放 ,重复动作 ,达到锻炼臂力和腹肌的目的.对于做引体向上动作时人的受力,以下判断正确的选项是 ()图 3-1A. 上拉过程中 ,人遇到两个力的作用B. 上拉过程中 ,单杠对人的作使劲大于人的重力C.下放过程中 ,单杠对人的作使劲小于人的重力D. 下放过程中 ,在某瞬时人可能只遇到一个力的作用分析 : 在上拉过程中,人遇到重力和单杠对人的作使劲,A 正确 ;上拉过程中 ,要先加快 ,后减速 ,即先超重 ,后失重 ,单杠对人的作使劲先是大于人的重力后小于人的重力,B 错误 ;同理 ,下放过程中 ,单杠对人的作使劲先是小于人的重力后大于人的重力 ,C 错误 ;刚开始下放的过程中,人加快向下 ,其加快度可能为重力加快度 ,此时 ,人完整失重 ,单杠对人没有作使劲 ,即人只遇到一个重力的作用,D正确.答案 :AD4.如图 3-2 所示 ,两圆滑斜面的倾角分别为 30°和 45°,质量分别为 2m 和 m 的两个滑块用不行伸长的轻绳经过滑轮连结 ( 不计滑轮的质量和摩擦 ),分别置于两个斜面上并由静止开释 ;若互换两滑块地点 ,再由静止开释.则在上述两种情况中正确的有()图 3-2A. 质量为 2m 的滑块遇到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力作用B. 质量为 m 的滑块均沿斜面向上运动C.绳对证量为m 的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D. 系统在运动中机械能均守恒分析 :因所谓“下滑力”是重力沿斜面向下的分力,在对2m 进行受力剖析时不可以把重力与“下滑力”重复地加在物体上 ,所以 A 项错误 .两种状况下2m 的“下滑力”都比 m 的“下滑力”大 ,故 m 滑块均向上运动,B 项正确 .由牛顿第三定律可知,C 项错误 .因斜面圆滑 ,在运动过程中只有重力做功 ,故系统机械能守恒,D 项正确 .答案 :BD5.质量为 m=1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.2.现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平力 F ，为使物体在 3 s 时间内发生的位移最大，力 F 的大小应以下边的哪一幅图所示()图 3-3分析 :本题可采纳清除法.物体与地面间的滑动摩擦力f=μmg=2 N， A、 C 中第 1 s 内 F＝ 1 N，物体不会动，比较可知这两种状况下 3 s 内的位移必定小于 D 中 3 s 内的位移 .B 中第 1 s 内加速、第 2 s 内减速、第 3 s 内加快，而 D 中前 2 s 内向来加快，剖析可知 B 中 3 s 内的位移也比D 中 3 s 内的位移小 .应选 D.答案 :D6.(2010安徽皖南八校二联,18)如图的质量相等 ,F 是沿水平方向作用于滑 ,以下说法正确的选项是()3-4 所示，A 上的外力A、 B 是两个位于固定斜面上的正方体物块,它们,已知 A、B 的接触面 ,A、B 与斜面的接触面均光图 3-4A.A 对 B 的作使劲大于 B 对 A 的作使劲B. A、 B 可能沿斜面向下运动C.A、 B 对斜面的压力相等D. A、 B 受的合外力沿水平方向的分力相等分析 :由牛顿第三定律可知:A、 B 间的作使劲大小相等、方向相反,故 A 项错误 ;A、 B 有可能静止在斜面上 ,还有可能沿斜面向上或向下运动,故 B 项正确 ;因为水平力 F 有使 A 压紧斜面的效果 ,可知 A 对斜面的压力大于 B 对斜面的压力 ,故 C 项错误 ;不论 A、 B 做何种性质的运动,它们的运动状况同样,它们沿水平方向的分运动的加快度同样,由 F 合=ma,可知它们遇到的合外力沿水平方向的分力相等,故D项正确.答案 :BD7.如图 3-5 所示 ,圆柱形的库房内有三块长度不一样的滑板 aO 、bO 、cO,其下端都固定于底部圆心O,而上端则搁在库房侧壁上 ,三块滑板与水平面的夹角挨次是30°、 45°、 60°.如有三个儿童同时从 a 、b 、 c 处开始下滑 (忽视阻力 ),则 ()图 3-5A. a 处儿童最后到 O 点B. b 处儿童最后到 O 点C.c 处儿童最初到 O 点D. a 、 c 处儿童同时到 O 点分析:三块滑板与圆柱形库房构成的斜面底边长度均为圆柱形底面半径,则R 1 gt 2 sin , t 2 4R , 当 θ=45 °时 ,t 最小 ,当 θ=30 °和 60°时,sin2θ的值同样 ,故只 cos2g sin 2有D 正确.答案 :D8.如图 3-6 所示 ,圆滑水平面上搁置质量分别为 m 和 2m 的四个木块 ,此中两个质量为 m 的木块间用一不行伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用水平拉力 F 拉此中一个质量为2m 的木块 ,使四个木块以同一加快度运动 ,则轻绳对 m 的最大拉力为 ()图 3-63 mgB.3 mg3 mgD.3 μ mgA.4C.25分析 :对四个木块构成的整体进行受力剖析 ,设整体加快度为 a,水平方向受拉力 F 的作用 ,F=6ma; 假如对左侧的两个木块构成的整体受力剖析,水平方向只受拉力 T,T3maF; 对左侧质量2为 2m 的木块受力剖析 ,水平方向只受静摩擦力作用 ,f=2 ma;对除右侧质量为 2m 之外的三个木块构成的整体受力剖析 ,水平方向只受静摩擦力作用 ,由 f=4ma,所以 ,这时整体遇到的静摩擦力最大 ,f= μmg, a g 3,Tmg, B 正确 .答案 :B449.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动 ,小球经过细绳与车顶相连 .小球某时辰正处于图示状态 .设斜面对小球的支持力为 N, 细绳对小球的拉力为T,对于此时辰小球的受力状况,以下说法正确的选项是 ( )图 3-7A. 若小车向左运动 ,N 可能为零B. 若小车向左运动 ,T 可能为零C.若小车向右运动 ,N 不行能为零D. 若小车向右运动 ,T 不行能为零分析 :当小车拥有向右的加快度时,能够是 N 为零 ;当小车拥有向左的加快度时,能够使绳的张力T 为零 .考生假如不知道这两种临界状况,必定没法解答 A 的;此外还有注意到是小车拥有向左的加快度时 ,能够有两种运动情况,即向左加快运动 ,或向右减速运动 .本题难度中等 .答案 :AB10.如图 3-8,水平川面上有一楔形物体b,b 的斜面上有一小物块 a;a 与 b 之间、 b 与地面之间均存在摩擦 .已知楔形物体 b 静止时 ,a静止在 b 的斜面上 .现给 a 和 b 一个共同的向左的初速度 ,与 a 和 b 都静止时对比,此时可能 ()图 3-8A.a 与 b 之间的压力减小 ,且 a 相对 b 向下滑动B.a 与 b 之间的压力增大 ,且 a 相对 b 向上滑动C.a 与 b 之间的压力增大,且 a 相对 b 静止不动D. b 与地面之间的压力不变,且 a 相对 b 向上滑动分析 :当楔形物体静止时,a 静止在 b 的斜面上 ,设 a 的质量为m,楔形物体斜面的倾角为θ,此时b 对 a 的支持力N=mgcosθ,现给 a 和 b 一个共同向左的初速度,因为摩擦 ,地面对 b 产生向右的摩擦力 ,使 b 向左做减速运动 ,所以 a、b 构成的系统在水平方向上有向右的加快度 .假如 a、b 间的动摩擦因数较大 ,使得 a、b 仍保持相对静止 ,此时对水平向右的加快度 a 沿斜面和垂直于斜面分解 ,则有 N′－ mgcosθ=masinθ,N′大于 N, b 对 a 的支持力增大 ,C 对 ;若 a、b 间的静摩擦力不足以保证 a、 b 保持相对静止 ,则 a 因为惯性向上滑动 ,则 b 对 a 的动摩擦力 ,使 a 相对于 b 产生沿斜面向下的加快度,a 相对于地面的合加快度仍有垂直于斜面向上的重量,因此可得 ,a 对 b 的压力相对于不动时增大,B 对 ,A 、 D 错 .答案 :BC二、填空与实验题(本题包含 2 小题 ,共 20 分 .把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11.(10 分 )如图 3-9 所示 ,在倾角为 30°的斜面上 ,一辆动力小车沿斜面下滑,在小车下滑的过程中小车支架上连结着小球的轻绳恰巧水平.已知小球的质量为m, 则小车运动的加快度大小为, ________,绳对小球的拉力大小为________.图 3-9分析 :对小球受力剖析如图,小球的加快度沿斜面向下,由牛顿第二定律得F合2mga2g m m由图可得 : F mg cot 303mg.答案 :2g3mg12.(10 分 )某研究性学习小组欲研究圆滑斜面上物体下滑的加快度与物体质量及斜面倾角能否相关 .实验室供给以下器械 :A. 表面圆滑的长木板(长度为 L);B. 小车 ;C.质量为 m 的钩码若干个 ;D. 方木块 (备用于垫木板 );E.米尺 ;F.秒表 .实验过程 :第一步 ,在保持斜面倾角不变时,研究加快度与质量的关系.实验中 ,经过向小车放入钩码来改变物体质量 ,只需测出小车由斜面顶端滑至底端所用时间t,就能够由公式a=________ 求出 a.某同学记录的数据以下表所示:时质量M M+m M +2m间次数1 1.42 1.41 1.422 1.40 1.42 1.393 1.41 1.38 1.42依据以上信息,我们发现 ,在实验偏差范围内质量改变以后均匀下滑时间________(填“改变”或“不改变”经),过剖析得出加快度与质量的关系为________.第二步 ,在物体质量不变时,研究加快度与倾角的关系.实验中经过改变方木块垫放地点来调整长木板的倾角,因为没有量角器,所以经过丈量出木板顶端到水平面高度h,求出倾角α的正弦值sin α=h/L.某同学记录了高度和加快度的对应值,并在座标纸上成立适合的坐标轴后描点作图如图3-10,请2下滑的加快度与倾角的关系为________.图 3-10分析 :斜面长度L已知,测出小车由斜面顶端运动到斜面底端的时间t,由L 1at 2得 a2L 2t 2剖析表中数据 ,发现小车质量改变时,下滑时间不变 (略有不一样是因为实验中存在偏差),所以加快度与质量没关 .小车沿圆滑斜面下滑时 ,受力如图 .则 ma=mgsin α所以 a=gsin α(可见与质量没关)则 asin α图象中图线的斜率表示g 的大小 .由图象中取两点,读出其横、纵坐标(sinα,a )、(sin11α,a ),22a 2 a 1 那么 gsin 1sin 2比如 g2.94 0m/s 2 9.80m/s 2 .2L0.30 0答案 : 不改变没关9.80 a=gsin αt 2三、计算题 (本题包含 4 小题 ,共 40 分 .解答应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤 ,只写出最后答案的不可以得分 .有数值计算的题目 ,答案中一定明确写出数值和单位)13.(8 分 )如图 3-11 所示，固定在水平面上的斜面倾角θ=37 °，长方体木块 A 的 MN 面上钉着一颗小钉子，质量 m=1.5 kg 的小球 B 经过一细线与小钉子相连结，细线与斜面垂直，木块与斜面间的动摩擦因数 μ=0.50.现将木块由静止开释，木块将沿斜面下滑 .求在木块下滑的过程中小球对木块 MN 面的压力 .(取 g=10 m/s 2， sin37 °=0.6，cos37°=0.8)图 3-11分析 :因为木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球 B 与木块间有压力的作用，而且它们以共同的加快度 a 沿斜面向下运动 .将小球和木块看做一个整体，设木块的质量为 M ，依据牛顿第二定律可得 (M +m)gsin θ－ μ(M+m)gcos θ=(M +m)a 2选小球为研究对象，设 MN 面对小球的作使劲为 F N ，依据牛顿第二定律有 mgsin θ－ F N =ma代入数据得 F N ＝ 6.0 N依据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0 N ，方向沿斜面向下.答案 :6.0 N ，方向沿斜面向下14.(10 分 )(2010 安徽皖南八校二联 ,24)质量为 m=1.0 kg 的小滑块 (可视为质点 )放在质量为 m=3.0kg 的长木板的右端 ,木板上表面圆滑 ,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长 L=1.0 m 开始时二者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F=12 N, 如图 3-12 所示 ,为使小滑块不掉下木板 ,试求 :(g 取 10 m/s 2)图 3-12(1) 水平恒力 F 作用的最长时间 ;(2) 水平恒力 F 做功的最大值 .分析 :(1) 撤力前木板加快 ,设加快过程的位移为 x 1,加快度为 1 ,加快运动的时间为 1a t ;撤力后木板减速 ,设减速过程的位移为 x 2 ,加快度为 a 2,减速运动的时间为 t 2.由牛顿第二定律得撤力前 :F － μ(m+M)g=Ma 1(1 分 ) 解得 a 14 m/s 2 (1 分 )3撤力后 :μ(m+M)g=Ma 2(1 分)解得 a 28m/s 2 (1 分 )3x11a1t12 , x21a2t22(1分)22,应知足 x1+x2≤ L(1分 )为使小滑块不从木板上掉下又 a1t 1=a2t2 (1 分 )由以上各式可解得t 1≤ 1 s所以水平恒力作用的最长时间为 1 s.(1 分 )(2) 由上边剖析可知 ,木板在拉力 F 作用下的最大位移x11a1t12141m2m (1分)12 2J2233可得 F 做功的最大值W Fx18J. (1分)答案 :(1)1 s (2)8 J315.(10 分 )将金属块 m 用压缩的轻质弹簧卡在一个矩形的箱中,如图 3-13所示 ,在箱的上顶板和下底板装有压力传感器 ,箱能够沿竖直轨道运动 .当箱以 a=2.0m/s2的加快度竖直向上做匀减速运动时 ,上顶板的传感器显示的压力为6.0N, 下底板的传感器显示的压力为10.0 N.( 取 g=10 m/s2)图 3-13(1)若上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半,试判断箱的运动状况 .(2)使上顶板传感器的示数为零 ,箱沿竖直方向运动的状况可能是如何的?分析 :上顶板传感器显示的示数为上顶板对金属块的弹力,设为 F 上,下底板传感器显示的示数为弹簧的弹力 ,设为 F 下.当箱竖直向上做匀减速运动时,则有F 上－ F 下 +mg=maF上F下0.5kg.即 mga(1)当上顶板传感器的示数为下底板传感器示数的一半时箱的加快度为a1,因为弹簧长度不F上 F下mg变 ,所以 F 下不变 ,则有a10m所以 ,箱处于静止状态或匀速直线运动状态.(2)当上顶板传感器的示数为零时,设此时箱的加快度为a2,并取竖直向下为正方向 ,则有a2mg F下10.0m/s2m所以 ,此时箱的加快度竖直向上,由此得 ,箱可能向上做匀加快运动,也可能向下做匀减速运动 .答案 :(1)箱处于静止状态或匀速直线运动状态(2)箱可能向上做匀加快运动 ,也可能向下做匀减速运动16.(12 分 )杂技演员在进行“顶竿”表演时 ,用的是一根质量可忽视不计的长竹竿.质量为 m=30 kg 的演员自竹竿顶部由静止开始下滑,滑到竹竿底端时速度恰巧为零.为了研究下滑演员沿竿的下滑情况 ,在顶竿演员与竹竿底部之间安装一个传感器就是下滑演员所受摩擦力的状况,如图 3-14 所示 ,g 取.因为竹竿处于静止状态 10 m/s 2.求:,传感器显示的图 3-14(1) 下滑演员下滑过程中的最大速度 ;(2) 竹竿的长度 .分析 :(1) 由图象可知 ,下滑演员在t 1=1 s 内匀加快下滑 ,设下滑的加快度为 a,则依据牛顿第二定律 ,有 mg － F=maamg F300 180 m /s 2 4m/s 2m301 s 末下滑演员的速度达最大v m =at 1 =4 m/s.(2) 由图象可知 ,1 s 末～ 3 s 末下滑演员做匀减速运动 ,末速度为零 ,则杆长为11L2v m(t1t 2 )2 4 (1 2)m 6m或 a'F ' mg 360 300 m/s 2 2m/s 2m 30 L1at 1 2(v m t 21a't 2 2 ) 6m.22答案 :(1)4 m/s (2)6 m。

2019年高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律测含解析

牛顿运动定律【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中， 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．一个篮球从某一高度由静止下落，并与坚硬的地面碰撞后以原速率反弹，最后运动到最高点（假设篮球运动过程中所受空气阻力大小恒定，设竖直向下为正方向）。

下列描述该运动过程的图像正确的是A． B．C． D．【答案】 C【解析】【分析】根据牛顿第二定律分析篮球的运动情况，根据x-t图象的斜率表示速度、v-t图象的斜率等于加速度，来分析图象的形状。

【详解】AB、篮球从静止开始下落的过程中，做匀加速直线运动，x-t图象应是抛物线，反弹后上升的过程，做匀减速运动，x-t图象也是抛物线，故AB错误；CD、篮球先向下做匀加速直线运动，速度为正，加速度大小为，较小，图像较缓；后向上做匀减速运动，速度为负，加速度大小为，较大，图像较陡，故C正确，D错误；故选：C【点睛】解决本题的关键是要明确篮球的运动情况，抓住与地面碰撞后速度突然反向来分析速度方向的变化。

2．如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了，则 ( )A．绳子对甲的拉力小于甲的重力B．绳子对甲的拉力大于甲对绳子的拉力C．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定小于乙的重力D．乙拉断绳子前瞬间，绳上的拉力一定大于乙的重力【答案】 D【解析】【分析】甲处于静止状态，根据静止的物体受到平衡力的作用，根据平衡力条件进行判断。

甲未拉断绳子，乙拉断绳子，绳子是相同，人的质量是相同，一者绳子断了，一者绳子未断，可以判断两根绳子拉力大小，间接得到乙图绳子的拉力和人重力的关系。

【详解】3．1995年美国费米国家实验室在实验中观察到了顶夸克，测得它的静止质量m=3.1×10-25kg，寿命τ=0.4×10-24s，这是近二十几年粒子物理研究最重要的实验进展之一。

统考版2024届高考物理二轮复习热点专项练3牛顿运动定律的应用含答案

专项3 牛顿运动定律的应用一、单项选择题1．如图所示，质量为M 的木箱放在水平地面上，质量为m 的小球用轻质不可伸长的细线悬挂在木箱顶端且通过轻质弹簧连接于木箱右壁．细线与竖直方向夹角为θ，弹簧处于水平状态．重力加速度为g ，剪断细线前、后，木箱均处于静止状态，剪断细线瞬间，下列说法正确的是( )A.地面对木箱的支持力不变B ．地面对木箱的支持力减小了mgcos θC ．地面对木箱的摩擦力不变D ．地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ 2.如图所示，在地面上固定的两根竖直杆a 、b 之间搭建两个斜面1、2，已知斜面1与a 杆的夹角为60°，斜面2与a 杆的夹角为30°.现将一小物块(可视为质点)先后从斜面1、2的顶端(a 杆处)由静止释放，两次到达斜面底端(b 杆处)所用时间相等，若小物块与斜面1、2之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度g 取10m/s 2，则μ1∶μ2等于( )A ．32B ．33C ．12D ．13 3.[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m 4.[2023·山西太原市4月联考]某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g ，弹簧始终处于弹性限度内．下列说法正确的是( )A ．30cm 刻度对应的加速度为－0.5gB ．40cm 刻度对应的加速度为gC ．50cm 刻度对应的加速度为2gD ．各刻度对应加速度的值是不均匀的二、多项选择题5．[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g .用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )A.P 的加速度大小的最大值为2μg B ．Q 的加速度大小的最大值为2μg C ．P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D ．P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小6．旱地冰壶运动是最近几年兴起的体育项目，如图所示为旱地冰壶场地的中线处的简易图，假设推出的冰壶沿中线做直线运动，已知AC 长度为x 1＝10m ，有效区BC 的长度为x 2＝2m ，将质量为m ＝4kg 的可视为质点的旱地冰壶放在A 点，在旱地冰壶上施加水平恒力F ＝6N ，使其从A 点由静止开始沿中线推出，经过一段时间撤走恒力，最终旱地冰壶停在BC段，旱地冰壶与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.1，重力加速度g ＝10m/s 2.下列说法正确的是( )A ．撤走恒力前后旱地冰壶的加速度大小之比为2∶1B ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在B 点C ．恒力作用的时间为833s 时旱地冰壶停在C 点D ．旱地冰壶停在B 点和停在C 点运动的总时间之比为2∶ 5 7．[2023·湖南卷]如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动．车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )A.若B 球受到的摩擦力为零，则F ＝2mg tan θB ．若推力F 向左，且tan θ≤μ，则F 的最大值为2mg tan θC ．若推力F 向左，且μ<tan θ≤2μ，则F 的最大值为4mg (2μ－tan θ)D ．若推力F 向右，且tan θ>2μ，则F 的范围为4mg (tan θ－2μ)≤F ≤4mg (tan θ＋2μ) 三、非选择题8．[2023·海南卷]如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道A ，半径R ＝0.2m ，一质量为m B ＝1kg 的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知m C ＝3kg ，B 、C 间动摩擦因数μ1＝0.2，C 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C 右端有一个挡板，C 长为L .已知g 取10m/s 2.(1)B 滑到A 的底端时对A 的压力是多大？(2)若B 未与C 右端的挡板碰撞，当B 与地面保持相对静止时，B 、C 间因摩擦产生的热量是多少？(3)在0.16m<L <0.8m 时，B 与C 右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B 从滑上C 到最终停止所用的时间．9．某生产车间对香皂包装进行检验，为检验香皂盒里是否有香皂，让香皂盒在传送带上随传送带传输时(可视为匀速)，经过一段风洞区域，使空香皂盒被吹离传送带，装有香皂的盒子继续随传送带一起运动，如图所示．已知传送带的宽度d ＝0.96m ，香皂盒到达风洞区域前都位于传送带的中央．空香皂盒的质量为m ＝20g ，香皂及香皂盒的总质量为M ＝100g ，香皂盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L ＝0.6m ，风可以对香皂盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F ＝0.24N ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g ＝10m/s 2，试求：(1)空香皂盒在风洞区域的加速度a 1的大小；(2)为使空香皂盒能离开传送带，传送带允许的最大速度v m .10．[2023·河南郑州三模]货车在装载货物的时候都要尽可能把货物固定在车厢内，否则遇到紧急情况容易出现危险．如图所示，货车的车厢长度为12m ，车厢中间位置放着一个可以看作质点的货物，货物与货车相对静止．货车以v 0＝12m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，某时刻，司机看到前方有障碍物，立刻采取制动措施，使货车以最大加速度a ＝6m/s 2的加速度匀减速刹车．若车厢内货物没有固定，货物与车厢底部之间的动摩擦因数μ＝0.3，货车刹车停止后不再移动，重力加速度g 取10m/s 2.求：(1)货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度分别是多大； (2)要使货物不与车厢前壁发生碰撞，货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少需要多大．专项3 牛顿运动定律的应用1．解析：设剪断细线前、后，地面对木箱的支持力大小分别为N 、N ′，地面对木箱的摩擦力大小分别为f 、f ′，剪断细线前，细线上的拉力大小T ＝mgcos θ，弹簧弹力大小F ＝T sin θ＝mg tan θ，对木箱、小球与弹簧整体分析可知N ＝（m ＋M ）g ，f ＝0.剪断细线瞬间，细线上的拉力消失，弹簧上的弹力不变，对木箱分析，竖直方向有N ′＝Mg ，地面对木箱的支持力减小了mg ，A 、B 错误；对木箱分析，水平方向有f ′＝F ＝mg tan θ，地面对木箱的摩擦力增加了mg tan θ，C 错误，D 正确．答案：D2．解析：设a 、b 之间的水平距离为L ，到达斜面底端所用的时间为t ，当物块在斜面1上运动时，有L sin60°＝12（g sin30°－μ1g cos30°）t 2，物块在斜面2上运动时，有Lsin30°＝12（g sin60°－μ2g cos60°）t 2，联立解得μ1μ2＝13，D 项正确．答案：D 3.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿第二定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A4．解析：设弹簧的劲度系数为k ，钢球的质量为m ，由题意可知，弹簧下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm 刻度处，钢球处于平衡状态，加速度为零，B 错误；指针位于直尺40cm 刻度时，有k （40cm －20cm ）－mg ＝0，指针位于直尺30cm 刻度时，有k （30cm －20cm ）－mg ＝ma 1，联立解得a 1＝－0.5g ，A 正确；指针位于直尺50cm 刻度时，有k （50cm －20cm ）－mg ＝ma 2，结合A 中分析得a 2＝0.5g ，C 错误；设弹簧的形变量大小为x ，则有kx －mg ＝ma ，x 与a 是线性关系，故各刻度对应加速度的值是均匀的，D 错误．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0逐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：有外力作用时，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1，代入数据解得a 1＝0.5m/s 2；撤去外力后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2，代入数据解得a 2＝1m/s 2，所以a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误；设恒力作用的时间为t 1时旱地冰壶停在B 点，则x 1－x 2＝12a 1t 21 ＋（a 1t 1）22a 2，代入数据解得t 1＝833s ，选项B 正确；设恒力作用的时间为t 2时旱地冰壶停在C 点，则x 1＝12a 1t 22 ＋（a 1t 2）22a 2，代入数据解得t 2＝4153s ，选项C 错误；由B 、C 选项的分析可知，旱地冰壶停在B 点运动的总时间为t 总1＝t 1＋a 1t 1a 2＝43s ；旱地冰壶停在C 点运动的总时间为t 总2＝t 2＋a 1t 2a 2＝215s ，所以t 总1∶t 总2＝2∶5，选项D 正确．答案：BD7．解析：设杆的弹力为N ，对小球A ：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足N x N y＝tan θ竖直方向N y ＝mg则N x ＝mg tan θ若B 球受到的摩擦力为零，对B 根据牛顿第二定律可得N x ＝ma 可得a ＝g tan θ对小球A 、B 和小车整体根据牛顿第二定律F ＝4ma ＝4mg tan θ，A 错误；若推力F 向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A 所受向左的合力的最大值为N x ＝mg tan θ若tan θ≤μ，对小球B ，小球B 受到向左的合力F ＝μ（N y ＋mg ）－N x ≥mg tan θ 则对小球A ，根据牛顿第二定律可得N x ＝ma max 对系统整体根据牛顿第二定律F ＝4ma max 解得F ＝4mg tan θ，B 错误；若μ<tan θ≤2μ可知小球B 所受向左的合力的最大值F max ＝（N y ＋mg ）·μ－N x ＝2μmg －mg tan θ F max <mg tan θ对小球B ，根据牛顿第二定律F max ＝2μmg －mg tan θ＝ma max 对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma max联立可得F 的最大值为F ＝4mg （2μ－tan θ） C 正确；若推力F 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A 可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B 即可，当小球B 所受的摩擦力向左时，小球B 向右的合力最小，此时F min ＝N x －（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ－2μmg tan θ当小球所受摩擦力向右时，小球B 向右的合力最大，此时F max ＝N x ＋（N y ＋mg ）μ＝mg tan θ＋2μmg tan θ对小球B 根据牛顿第二定律F min ＝ma min F max ＝ma max对系统根据牛顿第二定律F ＝4ma代入小球B 所受合力的范围可得F 的范围为4mg （tan θ－2μ）≤F ≤4mg （tan θ＋2μ），D 正确．故选CD. 答案：CD 8．解析：（1）小滑块B 从轨道顶端下滑到轨道底部的过程，由动能定理有mBgR ＝12m B v 2小滑块B 在A 的底端时，有F N －m B g ＝m B v 2R解得F N ＝30N由牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小也为30N （2）当B 滑上C 瞬间，B 、C 的速度相等假设两者之间无相对滑动，对B 、C 整体有 μ2（m B ＋m C ）g ＝（m B ＋m C ）a解得a ＝8m/s 2而B 减速的最大加速度a 1＝μ1g ＝2m/s 2<a 故假设不成立，B 、C 间会有相对滑动则B 的加速度向左，大小为a 1＝2m/s 2C 受B 向右的摩擦力μ1m B g 和地面向左的摩擦力μ2（m B ＋m C ）g其加速度满足μ2（m B ＋m C ）g －μ1m B g ＝m C a 2解得a 2＝10m/s 2B 向右运动的距离x 1＝v 22a 1C 向右运动的距离x 2＝v 22a 2B 、C 间因摩擦产生的热量Q ＝μ1m B g （x 1－x 2）解得Q ＝1.6J （3）假设B 还未与C 右端挡板发生碰撞，C 就停下，设C 从开始运动到停下用时为t 1，有t 1＝v a 2得t 1＝0.2s此时B 、C 的位移分别是x B ＝vt 1－12a 1t 21 ＝0.36m 、x C ＝vt 1－12a 2t 21 ＝0.2m则x 相＝0.16m ，此时v B ＝v －a 1t 1＝1.6m/s由于L >0.16m ，所以假设成立，一定是C 停下之后，B 才与C 右端挡板发生碰撞设再经t 2时间B 与C 右端挡板发生碰撞，有L －0.16m ＝v B t 2－12a 1t 22解得t 2＝（0.8－0.8－L ）s （另一解不符合题意，舍去）碰撞前瞬间B 的速度大小为v ′B ＝v B －a 1t 2＝20.8－L m/s 碰撞过程由动量守恒定律可得m B v ′B ＝（m B ＋m C ）v 共碰撞后B 、C 速度大小为v 共＝0.8－L2m/s 之后二者一起减速，有a ＝μ2g ＝8m/s 2，经t 3后停下则有at 3＝v 共解得t 3＝0.8－L16s 故总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－150.8－L 16s9．解析：（1）以地面为参考系进行分析，对空香皂盒，根据牛顿第二定律有F －μmg＝ma 1，解得a 1＝8m/s 2.（2）传送带速度最大时，香皂盒被风吹的时间最短，此时空香皂盒在垂直传送带速度的方向上的运动情况是在风洞区域做初速度为零的匀加速运动，离开风洞区域后做匀减速运动，到达传送带边缘时速度恰好减为零．设加速时间为t 1，减速时间为t 2，垂直于传送带方向的加速位移为x 1，减速位移为x 2，则香皂盒减速过程的加速度大小a 2＝μmg m＝μg ＝4m/s 2由匀变速直线运动规律有x 1＝12a 1t 21 ，x 2＝12a 2t 22又a 1t 1＝a 2t 2，x 1＋x 2＝d2结合以上分析可知传送带的最大速度为v m ＝Lt 1联立解得v m ＝3m/s.答案：（1）8m/s 2（2）3m/s10．解析：（1）货物的最大加速度a ′＝μg ＝3m/s 2<a ，故货车刹车过程中货物与车厢出现相对滑动设经过时间t 货物运动到车厢前壁，货物运动到车厢前壁时，货车与货物的速度大小分别为v 1、v 2，则有v 1＝v 0－at ，v 2＝v 0－a ′t ，v 20 －v 22 2a ′－v 20 －v 21 2a ＝L2联立解得v 1＝0，v 2＝6m/s.（2）结合（1）分析可知，要使货物不与车厢前壁发生碰撞，则要求满足v 20 2μ′g －v 20 2a ≤L2解得μ′≥0.4，即货物与车厢底部之间的动摩擦因数至少为0.4.答案：（1）0 6m/s （2）0.4。

高考物理二轮复习专题3 牛顿运动定律专题训练

2012年高考物理二轮复习专题训练：专题3 牛顿运动定律知识达标：1、牛顿第一定律内容：一切物体总保持状态或状态，直到有迫使它改变这种状态为止。

2、运动状态的改变：（1）含义：是指速度的改变，若速度的大小，方向其中有一种发生改变或两种都发生改变，则物体运动状态发生改变。

（2）原因：有作用。

3、牛顿第二定律内容：物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的成反比；加速度的方向与合外力的；公式：。

4、牛顿第三定律的内容：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小，方向，作用在一条直线上。

作用力与反作用力作用在不同物体上。

5、超重和失重：（1）超重：当物体具有的加速度时，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于自身重力的现象。

（2）失重：当物体具有的加速度时，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于自身重力的现象。

（3）完全失重：当物体以向下的加速度a= 运动时，物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力等于零的现象。

注意：超重和失重与物体的速度直接关系。

6、质量是物体的量度，它是唯一的量度吗？质量越大，越大，力不是物体速度的原因，而是物体速度的原因。

经典题型：1、关于惯性下列说法中正确的是…………………………………………（）A.物体不受力或所受的合外力为零才能保持匀速直线运动状态或静止状态，因为只有此时物体才有惯性B.物体加速度越大，说明它的速度改变的越快，因此加速度大的物体惯性小；C.行驶的火车速度大，刹车后向前运动距离长，这说明物体速度越大，惯性越大D.物体惯性的大小仅由质量决定，与物体的运动状态和受力情况无关2、如图，一个楔形物体M 放在固定的粗糙斜面上，上表面成水平，在其上表面上放一光滑小球m ，楔形物体从静止开始释放，则小球在斜面前的运动轨迹是…………（）A. 沿斜面方向的直线B.竖直秘下的直线C.无规则的曲线D.抛物线3、如图，AC 、BC 为位于竖直平面内的两根光滑细杆，A 、B 、C 恰好位于同一圆周上，C 为最低点，a 、b 、c 为套在细杆上的两个小环，当两环同时从A 、B 两点由静止开始自由下滑时，下面正确的是……………………………………………………………（）A. a 环先到c 点B. b 环先到c 点C. 两环同时到达c 点D.无法确定4、如图所示，物体A 放在光滑水平桌面上，用一根细绳系住，若在绳的另一端用mg 牛顿的拉力拉物体A 时，A 的加速度为a 1,若在绳的另一端挂一质量为m 的物体时，物体的加速度为a 2,则………………………………………………………………………（）A. a 1>a 2B. a 1<a 2C. a 1=a 2D.无法确定 5、如图所示，质量为m 的人站在自动扶梯上，扶梯正以加速度a 向上减速运动，a 与水平方向的夹角为θ，则人所受的支持力大小为，摩擦力大小为，方向为。

高考物理二轮复习：03 牛顿运动定律（含答案及解析）

2020年高考物理二轮复习：03 牛顿运动定律一、单选题1.质量为M的人站在地面上，用轻绳通过定滑轮将质量为m的重物从地面向上拉动，如图所示，若重物以加速度a上升，则人对地面的压力为( )A. (M+m)g+maB. (M+m)g-maC. (M-m)g-maD. Mg-ma2.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（）A. 物体B的加速度大小为gB. 物体C的加速度大小为2gC. 吊篮A的加速度大小为gD. 吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg3.用一质量不计的细线将质量为m的氢气球拴在车厢地板上A点，此时细线与水平面成θ=37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触。

小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为小球重力的0.5倍。

重力加速度为g。

现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是（）A. 小车向右加速运动，加速度大小为0.5gB. 小车向左加速运动，加速度大小为0.5gC. 小车向右减速运动，加速度大小为D. 小车向左减速运动，加速度大小为4.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（）A. 小物块受到的支持力方向竖直向上B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C. 小物块受到的静摩擦力为D. 小物块受到的滑动摩擦力为5.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C 相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）A. B. 2m C. D.6.如图所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x 时，A、B间摩擦力的大小等于（）A. 0B. kxC. kxD.7.2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳高冠军。

高考物理二轮复习专题03 牛顿运动定律(练)(含解析)

专题03 牛顿运动定律（练）1．【2016·江苏卷】（多选）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中：（）A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【答案】BD【方法技巧】本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况。

先在桌布上加速，后在桌面上减速。

鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关。

2．【2015·全国新课标Ⅰ·20】（多选）如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v—tv、1v、1t均为已知量，则可求出：（）图线如图（b）所示。

若重力加速度及图中的A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【名师点睛】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。

3．【2015·上海·19】（多选）一颗子弹以水平速度0v 穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动感方向均不变。

设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v ，则：（） A ．0v 越大，v 越大 B ．0v 越小，v 越大 C ．子弹质量越大，v 越大D ．木块质量越小，v 越大【答案】AC【解析】子弹穿透木块过程中，作用力不变，两者都做匀减速运动，子弹的位移与木块的位移之和等于木块的厚度，保持不变，若质量不变，由加速速度也不变，当子弹的初速度v 0越大时，如下图所示，子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度v 就越大，故A 正确，B 错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如下图所示【名师点睛】本题考查了对v-t 图象的理解和应用，本题很容易误用动量守恒定律和能量守恒定律来求解，用这个方法来解决问题很繁杂。

高考物理二轮复习专题03 牛顿运动定律(练)-人教版高三全册物理试题

专题03 牛顿运动定律1．【2016·全国新课标Ⅰ卷】〔多项选择〕一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，如此：〔〕 A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向一样 B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向一样 D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】此题主要考查牛顿运动定律。

特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，此题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。

根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动情况。

要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。

2．【2015·海南·8】〔多项选择〕如下列图，物块a 、b 和c 的质量一样，a 和b 、b 和c 之间用完全一样的轻弹簧S 1和S 2相连，通过系在a 上的细线悬挂于固定点O ；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a 的加速度记为a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为△l 1和△l 2，重力加速度大小为g ，在剪断瞬间：〔〕A ．a 1=3gB ．a 1=0C ．△l 1=2△l 2D ．△l 1=△l 2 【答案】AC【解析】设物体的质量为m ，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得与改变，所以剪断细绳的瞬间a 受到重力和弹簧1S 的拉力1T ，剪断前对bc 和弹簧组成的整体分析可知12T mg ，故a 受到的合力123F mg T mg mg mg =+=+=，故加速度13Fa g m==，A 正确，B 错误；设弹簧2S 的拉力为2T ，如此2T mg =，根据胡克定律F k x =∆可得122l l ∆=∆，C 正确，D 错误。

【考点定位】牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不与发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。

高三物理二轮专题复习03力和运动牛顿运动定律

新人教高三物理专题复习03：力和运动牛顿运动定律一、例题精析【例1】一斜面AB 长为5m ，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A 点由静止释放，如图所示．斜面与物体间的动摩擦因数为63，求小物体下滑到斜面底端B 时的速度及所用时间．（g 取10 m/s 2）解析：以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示．物块受重力mg 、斜面支持力N 、摩擦力f ，垂直斜面方向，由平衡条件得：mg cos30°=N沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mg sin30°-f =ma又f =μN由以上三式解得a =2.5m/s 2 小物体下滑到斜面底端B 点时的速度：==as v B 25m/s 运动时间：22==as t s 题后反思：以斜面上物体的运动为背景考查牛顿第二定律和运动学知识是常见的题型之一，熟练掌握斜面上物体的受力分析，正确求解加速度是解决问题的关键。

【例2】如图所示，长方体物块A 叠放在长方体物块B 上，B 置于光滑水平面上.A 、B 质量分别为m A =6kg ，m B =2kg ，A 、B 之间动摩擦因数μ=0.2，开始时F =10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则（）A ．当拉力F ＜12N 时，两物块均保持静止状态B ．两物块开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物块间从受力开始就有相对运动D ．两物块间始终没有相对运动，但AB 间存在静摩擦力，其中A 对B 的静摩擦力方向水平向右解析：先以B 为研究对象，B 水平方向受摩擦力f=m B a ，当f 为最大静摩擦力时，B 的最大加速度为6212===B A m gm a μm/s 2；再以AB 整体为研究对象，能使AB 一起匀加速运动所施加的最大外力F m =（m A +m B ）a =48N 。

由题给条件，F 从10N 开始逐渐增加到45N 的过程中，AB 将始终保持相对静止而一起匀加速运动。

高三物理二轮复习 专题3 牛顿运动定律练习

高中物理牛顿运动定律专项练习含解析

高三物理二轮专题复习 专题三 牛顿运动定律

高三物理二轮复习 专题3 牛顿运动定律练习-人教版高三全册物理试题