高考物理第二轮复习方案 牛顿运动律1

避躲市安闲阳光实验学校高考物理第二轮复习方案新题之牛顿运动定律1
1．农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示．对这一现象，下列分析正确的是
A． M处为谷种，N处为瘪谷
B． M处为瘪谷，N处为谷种
C．谷种质量大，惯性大，飞得远些
D．谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些
答案：AD
解析：在同一风力作用下，谷种由于质量大，获得的速度小，飞的近些，M 处为谷种，N处为瘪谷，选项AD正确BC错误。

2、如图所示，吊篮A，物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。

B和C分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。

B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。

将悬挂吊篮的轻绳剪断的瞬间
A．吊篮A的加速度大小为g
B．物体B的加速度大小为g
C．物体C的加速度大小为2g
D．A、B、C的加速度大小都等于g
3．如图所示，木块A质量为1kg，木块B的质量为2kg，叠放在水平地面上，AB间的最大静摩擦力为1 N，B与地面间的动摩擦系数为0.1，今用水平力F作用于B，则保持AB相对静止的条件是F不超过（g = 10 m/s2）( )
A．3 N B．4 N C．5 N D．6 N
4. 如图2-1所示，小车沿水平地面向右匀加速直线运动，固定在小车上的直杆
与水平地面的夹角为θ，杆顶端固定有质量为m的小球．当小车的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力变化的受力图正确的是图2－2中的(OO′为沿杆方向)
答案：C
解析：当小车的加速度逐渐增大时，杆对小球的作用力竖直分量等于重力不变，水平分量逐渐增大，杆对小球的作用力变化的受力图正确的是图C。

5．如图所示，在光滑的水平面上，A、B两物体的质量m A＝2m B，A物体与轻质弹簧相连，弹簧的另一端固定在竖直墙上，开始时，弹簧处于自由状态，当物体B沿水平向左运动，使弹簧压缩到最短时，A、B两物体间作用力为F，则弹簧给A物体的作用力的大小为
A．F B．2F
C．3F D．4F
6.如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。

从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的加速度a随时间t或者随距O 点的距离x变化的关系图线是
答案：B解析：小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力F=kx，由牛顿第二定律，mg-kx=ma，解得a=g-k
m
x，选项B正确ACD错误；7．如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都
处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体与板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，若已知v2＞v1，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足的条件是（）
（A）F1＝F2，且M1＞M2（B）F1＝F2，且M1＜M2
（C）F1＞F2，且M1＝M2（D）F1＞F2，且M1＞M2
答案：ACD解析：若F1＝F2，两个物体的加速度相等。

由于二者所受摩擦力相等，若M1＞M2，M1的加速度小于M2，当物体与板分离时，v2＞v1；若M1＜M2，M1的加速度大于M2，当物体与板分离时，v1＞v2；选项A正确B错误。

若F1＞F2，M1上物块的加速度大；若M1＝M2，两木板的加速度相等，当物体与板分离时，v2＞v1；若M1＞M2，M1的加速度小于M2，当物体与板分离时，v2＞v1；选项CD正确。

8．如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示。

设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦大小相等，则（）
（A）0-t1时间内物块A的速度逐渐增大
（B）t2时刻物块A的加速度最大
（C）t2时刻后物块A做反向运动
（D）t3时刻物块A的速度最大
答案：BD解析：0-t1时间内物块A静止，选项A错误；t2时刻水平拉力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A加速度减小，仍然沿原方向运动，选项C错误；t3时刻物块加速度减小到零，物块A的速度最大，选项D正确。

9．质量为50 kg的消防员两脚各用750 N水平蹬力，恰在两竖直墙之间匀速下滑，在离地面6 m处改做匀减速运动，经过2 s后到达地面时速度恰减为零，则该时两脚的水平蹬力至少为(重力加速度g取10m/s2)
（）
（A）900 N，（B）925 N，（C）950 N，（D）975 N。

答案：D解析：恰在两竖直墙之间匀速下滑，2μF1=mg，解得μ=1/3；由
s=1
2
at2得a=3m/s2。

设两脚的水平蹬力至少为F，则有2μF-mg=ma，解得F=975 N.
10．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。

B与小车平板间的动摩擦因数为μ。

.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（）A．mg2
1+tanθ，斜向右上方
B．mg2
1+μ，斜向左上方
C．mg tanθ，水平向右
D．mg，竖直向上
答案：A解析：由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a=gtanθ。

小车对物块B向右的静摩擦力为f=ma= mg tanθ。

竖直向上的支持力N=mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F=22
+
f N=mg2
1+tanθ，方向为斜向右上方，选项A正确。

11．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。

质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时
A．加速度为零，速度为零
B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
11．答案 B 解析：小明左侧橡皮绳在腰间断裂，小明向右下加速运动，橡皮绳断裂时加速度不为零，速度为零，选项A错误；根据两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，可知两橡皮绳夹角为120°，小明左侧橡皮绳在腰间断裂时，弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变，对小明进行受力分析可知加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确CD错误．
12．海滨游乐园里有一种滑沙的游乐活动．如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来．斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ=0.50，不计空气阻力，重力加速度g=10m／s2．斜坡倾角
θ=37°，人和滑板的总质量m=60kg． (己知：sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)求人在斜坡上下滑的加速度大小
(2)若斜面AB长L=60m，则人在水平滑道上滑行的距离是多少?
12.（10分）
解题思路：分析受力，应用牛顿第二定律解得人在斜坡上下滑的加速度大小；应用匀变速直线运动规律和牛顿第二定律得到人在水平滑道上滑行的距离。

考查要点：受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。

解析：
（1）坡上下滑时，人及滑板受力如图所示，由牛顿第二定律得：
ma
F
mg=
-
μ
θ
sin（2分）
cos=
-θ
mg
F
N
（1分）
N
F
Fμ
μ
=（1分）
解得a=g(sinθ-μcosθ)= 2m/s2（1分）
（2）设人从斜坡滑道B点的速度为v，由运动学公式得：2as=v2（1分）在水平滑道上做加速运动，加速度a1=μg=0.50×10m/s2=5 m/s2。

（1分）设在水平滑道上滑行的距离为S1，由运动学公式得：2a1s1=v2（1分）由以上各式联立解得 S1=24m （2分）
13.一名跳伞运动员从悬停在高空的直升飞机中跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况和受力情况：该运动员打开伞的瞬间，高度为1000m，速度为20m/s．此后的过程中所受阻力f与速度v2成比，即f=kv2．数据还显示，下降到某一高度时，速度稳定为10m/s直到落地（一直竖直下落），人与设备的总质量为100kg，g 取10m/s2．
（1）请描述运动员从打开降落伞到落地的过程中运动情况，定性作出这段时间内的v－t图象．（以打开伞时为计时起点）
（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a各为多大？
（3）求从打开降落伞到落地的全过程中，空气对人和设备的作用力所做的总功？
13.解析：
（1）运动员先作加速度越来越小的减速运动，
V(m/s)
后作匀速运动． （1分） v -t 图象如答图3所示．（2分）
（2）设人与设备的总质量为m ，打开伞瞬间的加速度为a ， 由牛顿第二定律有 21kv Mg Ma -= （1分） 匀速下降阶段时有 220kv Mg -= （1分）
联立①②式代入数据解得 k =10kg/m （1分） a =30m/s 2
（1分）
（3）由能的转化和守恒定律知，所求的功应等于系统损失的机械能
22
12
1122
f W mgh mv mv =+- （2分）
③式代入数据解得 61.01510f W =⨯J （1
分）
14.如图所示，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ．用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝
0.6.取g ＝10 m/s 2
)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .（计算结果保留一位有效数字）
6．解：(1)物体做匀加速运动，则 L ＝12a 0t 2
解得a 0＝2L t 20
＝10 m/s 2
——1分
由牛顿第二定律，有
F －f ＝ma 0
由f ＝μF N ＝μmg ， ——2分
μ＝f
mg
＝0.5 ——1分
(2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有
F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma ——2分 解得a ＝F (cos37°＋μsin37°)m
－μg ＝11.5 m/s 2
——1分
a ′＝f
m
＝μg ＝5 m/s 2 ——1分
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
at ＝a ′t ′ ——2分
∴t ′＝a a ′t ＝11.5
5
t ＝2.3 t
L ＝12at 2＋1
2
a ′t ′2 ——2分
t ＝
2L
a ＋2.32a ′＝
2×20
11.5＋2.32
×5
＝1 s 。

15.如图所示，AB 、BC 均为轻细杆，处在同一竖直平面内，AB 杆高为h =0.8m 。

A 、
B 、
C 三处均用铰接连接，其中A 、C 两点
在同一水平面上，BC 杆与水平面夹角为30°。

一个质量为m =2kg 的小球（可视为质点）穿在BC 杆上，对小球施加一个水平向左的恒力F 使小球静止在BC 杆中点处，不计一切摩擦。

(g 取10m/s 2
)，求：
（1）恒力F 的大小；
（2）此时AB 杆对B 处铰链的作用力大小和方向。

解析：(1) (5分) F=mgtan30° 解得：F=30
33
N 。

(2)0001
1cos30cos30sin 302
2
X F l mg l F l =+
403
X F N = （5
分）
16.在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑．滑块质量为m ，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆
受到的空气阻力与帆的受风面积S 以及滑块下滑速度v 的大
小成正比，即f=kSv 。

.
(1)写出滑块下滑速度为v 时加速度的表达式
(2)若m=2.0 kg ，θ=53°,g=10 m/s 2
，sin53°=0.8，cos53°=0.6，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线．图中直线是t=0时的速度图线的切线．由此
求出kS 乘积和μ的值。

解析：（1）滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力作用做加速运动。

由牛顿第二定律，mg sin θ- μmg sin θ-kSv=ma ， 解得a= g sin θ- μg sin θ-kSv/m 。

当速度v 增大时，a 减小。

当a 减小到零时，速度v 最大。

（2）从v--t 图线可得，v=0，a=
v t
∆∆=5m/s 2
；
g sin θ- μg sin θ=5 m/s 2，
解得μ=0.5. v=4m/s ，a=0.
g sin θ- μg sin θ-kSv/m=0.，解得kS=2.5kg/s 。

17．如图所示，质量m ＝2 kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L ＝20 m ．用大小为30 N ，沿水平方向的外力拉此物
体，经t 0＝2 s 拉至B 处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝
0.6.取g ＝10 m/s 2
)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30 N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A
处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t .（计算结果保留一
位有效数字）
17．解：(1)物体做匀加速运动，则 L ＝12a 0t 2
解得a 0＝2L t 20
＝10 m/s 2
——1分
由牛顿第二定律，有
F －f ＝ma 0
由f ＝μF N ＝μmg ， ——2分
μ＝f
mg
＝0.5 ——1分
(2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t ，撤去外力后，以大小为a ′的加速度匀减速t ′到达B 处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有
F cos37°－μ(mg －F sin37°)＝ma ——2分 解得a ＝F (cos37°＋μsin37°)m
－μg ＝11.5 m/s 2
——1分
a ′＝f
m
＝μg ＝5 m/s 2 ——1分
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
at ＝a ′t ′ ——2分
∴t ′＝
a a ′t ＝11.55
t ＝2.3 t L ＝12at 2＋1
2
a ′t ′2 ——2分
t ＝
2L
a ＋2.32a ′＝
2×20
11.5＋2.32
×5
＝1 s 。

18、如图所示，将质量m=1.24kg 的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数μ=0.8。

对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ=53°的恒定拉力F ，使圆环从静止开始运动，第1s 内前进了2m 。

（取g=10m/s ²，sin53°=0.8，cos53°=0.6）
求：（1）圆环加速度a 的大小； （2）拉力F 的大小。

θ
μθμsin cos )
(--=
g a m F N=12.4N …………（2分）
19.如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。

若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s 将发生变化，重力加速度g 。

(1) 求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2) 当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。