教育最新K122019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末综合测试
【K12教育学习资料】[学习]2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课后分级演练7 牛顿
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课后分级演练(七) 牛顿第一定律牛顿第三定律【A级——基础练】1．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是( )A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力的方向一定相同解析：D 力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体不受力或所受合力为零时，其运动状态一定不变，处于静止状态或匀速直线运动状态，C错误；物体的运动方向与它所受合力的方向可能相同，也可能相反，还可能不在一条直线上，D错误．2．(2017·益阳模拟)亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡尔、牛顿等人批判的继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是( ) A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性解析：C 力不是维持物体运动的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速运动的状态，故选项A正确；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B正确；可绕竖直轴转动的水平圆桌转得太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C错误；由于物体具有向上的速度，所以具有向上的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立刻向下运动，故选项D正确．3．一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A处有一相对桌面静止的小球．由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是( )解析：A 由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，C、D错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，A对，B错．4．汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是( )A．汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖对汽车的拉力B．汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C．匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力D．拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力解析：D 汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是作用力与反作用力，作用力和反作用力总是等大反向，选项A错误；作用力和反作用力具有同时性，选项B错误；作用力和反作用力总是等大反向，不管是匀速前进还是加速前进，汽车对拖车的拉力与拖车向后拉汽车的力都是等大反向，选项C错误；对拖车受力分析，拖车受汽车对拖车的拉力，地面对拖车的摩擦阻力，故加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力，选项D正确．5．(多选)在西昌卫星发射中心，“长征”系列火箭第131次发射，成功将“嫦娥”二号卫星送入奔月轨道．下面关于卫星与火箭起飞的情形，叙述正确的是( ) A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：AD 火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确，B错误；火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，火箭仍然向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了前进的动力，故C错误；卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故D正确．6.(多选)如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是( )A．水平力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力解析：BD 水平力F跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，且作用在一条直线上，是一对平衡力，选项A错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项C错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项D正确．7.一个劈形物体M，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面水平，在上表面放一个光滑小球m，劈形物体由静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A．沿斜面向下的直线B．竖直向下的直线C．无规则的曲线D．抛物线解析：B 根据牛顿第一定律知道，力是改变物体运动状态的原因．对小球进行受力分析可知小球在与斜面相碰之前，受到重力和M的支持力，而这两个力都在竖直方向上，水平方向上小球并没有受到力的作用，故水平方向上小球不会有速度，所以其轨迹为竖直向下的直线，故B正确．8.(多选)有人做过这样一个实验：如图所示，把一个鸡蛋A快速地向另一个完全一样的静止的鸡蛋B撞去(用同一部分撞击)，结果每次都是静止的鸡蛋B被撞破，则下列说法正确的是( )A．A对B的作用力的大小等于B对A的作用力的大小B．A对B的作用力的大小大于B对A的作用力的大小C．A在碰撞瞬间，其内蛋黄和蛋清由于惯性会对A蛋壳产生向前的作用力D．A碰撞部位除受到B对它的作用力外，还受到A中蛋黄和蛋清对它的作用力，所以所受合力较小解析：ACD A对B的作用力和B对A的作用力为作用力与反作用力，一定大小相等，A 正确，B错误；在撞击瞬间，A内蛋黄和蛋清由于惯性会产生对A蛋壳向前的作用力，使A 蛋壳碰撞部位处受的合力比B蛋壳的小，因此B蛋壳易被撞破，故C、D正确．9.(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的，关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是( )A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动解析：AD 本题考查牛顿第一定律，空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．10.如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 m/s2)解析：A受力如图所示，由平衡条件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4 N故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N，方向竖直向下B受力如图所示，由平衡条件得：F N－mg－F′＝0解得：F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N【B级——提升练】11.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢者．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：C 甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对相互作用力，A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力，B错误；比赛的胜负取决于人的质量，由于两人所受拉力大小相等，故其质量越大，加速度越小，相同时间内的位移越小，可赢得比赛，故C正确，D错误．12.(2017·淄博一模)如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A 上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小A的倾角θ，下列说法正确的是( )A．A受到的压力逐渐变大B．A受到的摩擦力逐渐变大C．C对B的压力逐渐变大D．C受到三个力的作用解析：A 对B、C整体进行受力分析，可得A受到的压力为N＝(m B＋m C)g cos θ，摩擦力大小为f＝(m B＋m C)g sin θ，在缓慢减小A的倾角θ的过程中，N增大，f减小，所以A 正确、B错误；对C进行研究可知C只受重力和B对C的支持力，根据二力平衡条件可知C 对B的压力不变，所以C、D均错．13．如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为( )A．(M＋m)g B．(M＋m)g－maC．(M＋m)g＋ma D．(M－m)g解析：B 对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力F f，有mg－F f＝ma得F f＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反，对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力F f′、顶竿的人对竿的支持力F N，有Mg＋F f′＝F N，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律，得到F N′＝Mg＋F f′＝(M＋m)g－ma.B项正确．14.如图所示，圆环的质量为M，经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球，今让小球沿钢丝AB以初速度v0竖直向上运动，要使圆环对地面无压力，则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少？(设小球不会到达A点)解析：由牛顿第三定律知，若圆环对地面无压力，则地面对圆环无支持力取小球为研究对象，受重力mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力F f，由牛顿第二定律得：mg＋F f＝ma由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力F f′＝F f对圆环受力分析可知，圆环受重力Mg 和竖直向上的摩擦力F f ′作用，则：Mg ＝F f ′ 由以上各式解得：a ＝M ＋m mg 小球沿钢丝做匀减速运动，由运动学公式可得上升的最大高度x ＝v 202a ＝mv 20M ＋m g. 答案：M ＋m mg mv 20M ＋m g。
高三物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末检测提升word版本
第三章 牛顿运动定律一、选择题(本大题共10小题，共40分．每小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，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)1．如图所示，物体A 、B 质量分别为m 1、m 2，物块C 在水平推力作用下，三者相对静止，一起向右以a ＝5 m/s 2的加速度匀加速度运动，不计各处摩擦，取g ＝10 m/s 2，则m 1：m 2为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1解析：设A 、B 间细绳的拉力大小为F T ，则有F T ＝m 2g ，对A 根据牛顿第二定律得：F T＝m 1a ，解得m1m2＝21，所以选项C 正确． 答案：C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θ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F N 分别为(重力加速度为g ) ( )A ．T ＝m (g sin θ＋a cos θ) F N ＝m (g cos θ－a sin θ)B ．T ＝m (g cos θ＋a sin θ) F N ＝m (g sin θ－a cos θ)C ．T ＝m (a cos θ－g sin θ) F N ＝m (g cos θ＋a sin θ)D ．T ＝m (a sin θ－g cos θ) F N ＝m (g sin θ＋a cos θ)解析：由题意可知，小球始终静止在斜面上，与斜面体一起向右匀加速运动，小球受力如图所示．沿水平和竖直方向正交分解得，F T cos θ－F N sin θ＝ma ，F T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立可得，F T ＝m(g sin θ＋a cos θ)，F N ＝m(g cos θ－a sin θ)，A 项正确．答案：A3．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速运动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )解析：小木块刚放上去后，在速度小于v 0前，木块受到的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得，a 1＝g sin θ＋μg cos θ；在木块速度等于v 0后，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得，a 2＝g sin θ－μg cos θ.D 项正确．答案：D4．(多选)质量分别为m 与M 的A 、B 两个物块叠放在水平面上，如图所示，已知两物块之间以及物块与地面之间的动摩擦因数都为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当用一个水平外力F 作用在某一物块上时，下列说法中正确的是 ( )A ．若F 作用在A 物体上，A 物块的加速度一定等于F －μmg m B ．若F 作用在B 物体上，B 物块的加速度一定等于F M ＋mC ．若F 作用在B 物体上，A 、B 两物块共同运动的加速度一定不大于μgD ．若F 作用在B 物体上，两物块共同运动的加速度可能等于F M ＋m－μg 解析：若F 作用在A 物块上，如果F<μmg ，A 、B 物块都不会运动，加速度等于零，选项A 错误；若F 作用在B 物块上，如果运动起来，加速度可能等于F －μ（m ＋M ）g M ＋m，选项B 错误，选项D 正确；若F 作用在B 物块上，A 物块的最大加速度等于μg ，A 、B 两物块共同运动的加速度一定不大于μg ，选项C 正确．答案：CD5．质量为40 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜面上下滑如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比．今测得雪橇运动的vt 图象如图乙所示，且AB 是曲线的切线，B 点坐标为(4，15)，CD 是曲线的渐近线．根据以上信息，不可以确定下列哪个物理量 ( )A ．空气的阻力系数B ．雪橇与斜面间的动摩擦因数C ．雪橇在斜面上下滑的最大速度D ．雪橇达到最大速度时所用的时间解析：由图象可得，A 点加速度a A ＝2.5 m /s 2；最终雪橇匀速运动时最大速度v m ＝10 m /s ；设空气的阻力系数为k ，雪橇与斜面间的动摩擦因数为μ，则由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°－5k ＝ma A ，mg sin 37°－μmg cos 37°－10k ＝0，代入数据解得：μ＝0.125，k ＝20 N ·s /m .答案：D6．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹．下列说法正确的是 ( )A ．黑色的痕迹将出现在木炭的左侧B ．木炭的质量越大，痕迹的长度越短C ．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短D ．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短解析：木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，所以，会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A 错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向后做匀减速直线运动，根据v 2＝2ax ，其中a ＝μg ，与m 无关，选项B 错；由前式知，a 一定时，v 越大，x 越长，选项C 错；在v 一定时，μ越大，x 越小，选项D 对．答案：D7．(多选)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体，当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10.则电梯运动的情况可能是( )A ．以大小为110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降解析：当电梯静止时，弹簧被压缩了x ，则kx ＝mg ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10，则物体所受的合外力F ＝mg 10，方向竖直向上，由牛顿第二定律知加速度a ＝F m ＝110g ，方向竖直向上．若电梯向上运动，则电梯以大小为110g 的加速度加速上升；若电梯向下运动，则电梯以大小为110g 的加速度减速下降，故A 、D 项正确． 答案：AD8．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为 ( )A ．伸长量为m1g k tan θ B ．压缩量为m1g k tan θ C ．伸长量为m1g ktan θ D ．压缩量为m1g ktan θ解析：分析m 2的受力情况可得，m 2g tan θ＝m 2a ，a ＝g tan θ，对木块m 1受力分析可得，kx ＝m 1a ，x ＝m1g ktan θ，因a 的方向向左，故弹簧处于伸长状态，故A 项正确． 答案：A9．(多选)如图所示，质量为m 的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P 、Q .球静止时，Ⅰ中拉力大小为F 1，Ⅱ中拉力大小为F 2，当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间时，球的加速度a 应是 ( )A ．若断Ⅰ，则a ＝g ，方向竖直向下B ．若断Ⅱ，则a ＝F2m ，方向水平向左C ．若断Ⅰ，则a ＝F1m，方向沿Ⅰ的延长线D ．若断Ⅱ，则a ＝g ，方向竖直向上解析：如果剪断细线，弹簧来不及变化，所以重力与弹力的合力水平向左，大小为F 1sin θ或F 2；如果剪断弹簧，水平细线的拉力来得及变化，物体只受重力作用，加速度为g ，方向竖直向下．答案：AB10．一物块放在倾角为30°的粗糙斜面上，斜面足够长，物块受到平行斜面向上的拉力作用，拉力F 随时间t 变化如图甲所示，速度随时间t 变化如图乙所示，由图可知(g ＝10 m/s 2)，下列说法中正确的是 ( )A ．物块的质量为1.0 kgB ．0～1 s 物块受到的摩擦力为4 NC ．物块与斜面间的动摩擦因数为7315D ．若撤去外力F ，物体还能向上运动2 m解析：在匀加速运动阶段，加速度的大小为：a 1＝41m /s 2＝4 m /s 2，根据牛顿第二定律得：F 1－mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，匀速运动阶段，根据平衡条件得：F 2－μmg cos 30°－mg sin 30°＝0，代入数据解得：m ＝1 kg ，μ＝35，故选项A 正确，选项C 错误；物块在0～1 s 内处于静止，有：mg sin 30°＝F ＋F f ，F ＝4 N ，解得摩擦力F f ＝1 N ，故选项B 错误；根据牛顿第二定律得，撤去外力后的加速度大小为：a 2＝mgsin 30°＋μmgcos 30°m＝g sin 30°＋μg cos 30°＝(5＋35×10×32) m /s 2 ＝8 m /s 2，撤去外力后物块向上运动的位移为： x ＝v202a 2＝162×8m ＝1 m ，故选项D 错误． 答案：A二、填空与实验题(本大题共2小题，共10分．把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)11．(5分)在“探究加速度与力、质量关系”实验中，某同学准备了下列器材：A.一端带有定滑轮的长木板、B.细线、C电磁打点计时器、D.纸带与复写纸、E.导线、F.开关、G.铅蓄电池、H.托盘(质量不计)、I.砝码(质量已知)、J.低压交流电源．(1)你认为该同学准备的器材中哪些不需要？________(填写相对应的字母)(2)要完成实验还需哪些器材？______________________；(3)根据实验测得的数据，绘出的a－F图象如图所示．请你根据这个图象分析，实验中漏掉的步骤是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：从图象上可知，加速度等于零时，而外力不等于零，其原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．答案：(1)G(2)小车、刻度尺(3)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足12．(5分)在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出：(1)下列器材中：电火花计时器、纸带、复写纸片、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、砝码、刻度尺．不需要的器材是__________．还需要的器材是__________．(2)用电火花计时器记录纸带运动的时间，电火花计时器所用电源的频率为50 Hz ，如图为小车带动的纸带上记录的一些点，在每相邻两点间都有四个点未画出，从纸带上测出x 1＝3.20 cm ，x 2＝4.74 cm ，x 3＝6.40 cm ，x 4＝8.02 cm ，x 5＝9.64 cm ，x 6＝11.28 cm ，x 7＝12.84 cm.该小车的加速度a ＝________．(结果保留三位有效数字)(3)当M 与m 的大小关系满足____________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力．(4)在保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的aF 关系分别如图中的甲、乙所示(a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力)．其原因分别是：甲图：________________________________________________________________________；乙图：________________________________________________________________________.解析：(1)电火花计时器需要220 V 的交流电源，不需要低压交流电源，本实验需要测量小车及车中砝码、盘及盘中砝码的质量，因此需要天平．(2)给的纸带有7段，去掉开始的一段，取后6段，由逐差法求得小车加速度a ＝（x7＋x6＋x5）－（x2＋x3＋x4）9T2＝1.62 m /s 2.(3)本实验是把盘及盘中的砝码的总重力当成小车受的合力，分析盘的受力知，只有当加速度很小时，才近似成立，所以要求M ≫m.(4)甲图：F ＝0，a ≠0，说明平衡摩擦力时，长木板的倾角过大了；乙图：F ≠0，a ＝0，说明平衡摩擦力不足，没有平衡摩擦力或木板的倾角过小．答案：(1)低压交流电源 天平(2)1.62 m /s 2 (3)M ≫m(4)甲图：平衡摩擦力时，长木板的倾角过大了 乙图：没有平衡摩擦力或木板的倾角过小三、计算题(本大题共3小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(16分)如图所示，在光滑水平面上，放置着A 、B 两个物体．A 、B 紧靠在一起，其质量分别为m A ＝3 kg ，m B ＝6 kg ，推力F A 作用于A 上，拉力F B 作用于B 上，F A 、F B 大小均随时间而变化，其规律为F A ＝(12—2t ) N ，F B ＝(6＋2t ) N ．问从t ＝0开始，到A 、B 相互脱离为止，A 、B 的共同位移是多少？解析：F A 、F B 的大小虽随时间而变化，但F 合＝F A ＋F B ＝18 N 不变，故开始一段时间内A 、B 共同做匀加速运动，A 、B 分离前，对整体有：F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ①设A 、B 间的弹力为F AB ，对B 有：F B ＋F AB ＝m B a ②由于加速度a 恒定，则随着t 的增大，F B 增大，弹力F AB 逐渐减小，当A 、B 恰好分离时，A 、B 间的弹力为零，即F AB ＝0③将F A ＝(12－2t) N ，F B ＝(6＋2t) N 代入①得：a ＝2 m /s 2，结合②③得t ＝3 s .A 、B 相互脱离前共同位移为x ＝12at 2， 代入数值得x ＝9 m .答案：9 m14．(16分)(2014·山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ，减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v 0＝20 m /s ，末速度v ＝0，位移x ＝25 m ，由运动学公式得v20＝2ax ①t ＝v0a② 联立①②式，代入数据得a ＝8 m /s 2③t ＝2.5 s ④(2)设志愿者反应时间为t ′，反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋x ⑤Δt ＝t ′－t 0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt ＝0.3 s ⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma ⑧由平行四边形定则得F20＝F 2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得F0mg ＝415⑩ 答案： (1)8 m /s 2 2.5 s (2)0.3 s (3)41515．(18分)中央电视台近期推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败，其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝5 m 的水平桌面，选手们可将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝20 N ，瓶子沿AC 做直线运动(g 取10 m/s 2)，假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：(1)推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？(2)推力作用在瓶子上的距离最小为多少？解析：(1)要想游戏获得成功，瓶滑到C 点速度正好为零，力作用时间最长，设最长作用时间为t 1，有力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a 1，t 1时刻瓶的速度为v ，力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a 2，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1①μmg ＝ma 2②加速运动过程中的位移x 1＝v22a1③ 减速运动过程中的位移x 2＝v22a2④ 位移关系满足：x 1＋x 2＝L 1⑤又：v ＝a 1t 1⑥由以上各式解得：t 1＝16s(2)要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零，力作用距离最小，设最小距离为d，则v′22a1＋v′22a2＝L1－L2⑦v′2＝2a1d⑧联立解得：d＝0.4 m答案：(1)16s(2)0.4 m。
教育最新K122019届高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律12章末过关检测三新人教版
章末过关检测(三)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，下列说法正确的是( )A．绳拉牛的力小于牛拉绳的力B．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力C．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力D．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力解析：选C.绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故A、B 错误；由于没有拉动牛，可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力，故C正确，D 错误．2．(2018·盐城质检)如图所示，将质量为M的U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、3将质量为m 的小球悬挂起来．框架和小球都静止时弹簧1竖直，弹簧2、3水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(M＋m)g.现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( )A．框架对地面的压力大小仍为(M＋m)gB．框架对地面的压力大小为0C．小球的加速度大小等于gD．小球的加速度为0解析：选D.剪断弹簧1瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，C项错误，D项正确；框架受重力和支持力作用，F N＝Mg，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误．3.如图所示，在倾角为θ的三角形斜劈上垂直斜面固定一轻杆，杆的另一端固定一质量为m 的可视为质点的小球，开始整个装置以恒定的速度沿光滑的水平面向左匀速直线运动，经过一段时间，装置运动到动摩擦因数为μ的粗糙水平面上，重力加速度为g.下列说法正确的是( )A．向左匀速时，杆对小球的作用力大小为mg cos θB．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向可能水平向右C．在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力大小可能为mgcos θD．整个运动过程中，杆对小球的作用力始终大于mg解析：选C.装置向左匀速运动时，小球受平衡力的作用，则重力与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，即F N＝mg，A错误；进入粗糙的水平面后，整个装置开始在摩擦力的作用下做减速运动，设斜劈与小球的总质量为M，由牛顿第二定律可知μMg＝Ma，解得a＝μg，则小球的加速度大小也为μg，方向水平向右，对小球受力分析如图所示，小球受到的合力方向水平向右，则弹力的大小为F N＝（mg）2＋（ma）2>mg，由以上分析可知D错误；由于竖直方向合力一定为零，因此杆对小球的弹力一定有竖直向上的分力，因此在粗糙水平面上运动时，杆对小球的作用力方向不可能水平向右，B错误；当a＝g tan θ时，代入以上的式子可得F N＝mgcos θ，C正确．4.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )A．t a＞t b＞t c B．t a＜t b＜t cC．t a＝t b＝t c D．无法确定解析：选B.设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度s ＝2r cos α＋Rcos α，下滑的加速度a ＝mg cos αm ，根据位移时间公式得，s ＝12at 2，则t ＝2s a ＝4rg＋2Rg cos 2α.因为a 、b 、c 夹角由小至大，所以有t c ＞t b ＞t a .故B 正确，A 、C 、D 错误．5．如图所示，在水平地面上有两个完全相同的滑块A 、B ，两滑块之间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动，且F 1>F 2.以A 、B 为一个系统，当运动达到稳定时，若地面光滑，设弹簧伸长量为Δl 1，系统加速度为a 1；若地面粗糙，设弹簧的伸长量为Δl 2，系统加速度为a 2，则下列关系式正确的是( )A ．Δl 1＝Δl 2，a 1＝a 2B ．Δl 1>Δl 2，a 1>a 2C ．Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2D ．Δl 1<Δl 2，a 1<a 2解析：选C.设两个滑块的质量均为m ，若水平地面光滑，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a 1＝F 1－F 22m，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 1＝ma 1，代入解得弹簧的伸长量为Δl 1＝F 1＋F 22k；若水平地面粗糙，则两个滑块与地面间的动摩擦因数相同，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a 2＝F 1－F 2－2μmg 2m ＝F 1－F 22m－μg ，再以A 为研究对象，由牛顿第二定律得F 1－k ·Δl 2－μmg ＝ma 2，代入解得弹簧的伸长量为Δl 2＝F 1＋F 22k，可见Δl 1＝Δl 2，a 1>a 2，故选项C 正确．6．(2018·江苏师大附中模拟)如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m 的煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 开始运动，当其速度达到v 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是(重力加速度为g )( )A ．μ与a 之间一定满足关系μ>agB ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为v 2μgC ．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为vμgD ．黑色痕迹的长度为（a －μg ）v22a 2解析：选C.法一 公式法：由牛顿第二定律可知煤块的加速度大小为a ′＝μg ，由于煤块与传送带之间要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即a >μg ，则μ<ag，A 错误；煤块从开始运动到相对于传送带静止所需的时间t ＝v μg ，此时煤块的位移x 1＝v 22μg，传送带的位移x 2＝v 22a ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫v μg －v a ＝v 2μg －v 22a ，煤块相对于传送带的位移等于黑色痕迹的长度，则Δx ＝x 2－x 1＝v 22μg －v 22a，C 正确，B 、D 错误．法二 图象法：根据题意，由于煤块与传送带之间发生相对滑动，则传送带的加速度一定大于煤块的加速度，由题意作出煤块和传送带的速度－时间图象，如图所示，由于二者最终的速度均为v ，则t 1＝v a 、t 2＝vμg ，煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移大小为图线Ob 与横轴所围的面积，即x ＝v 2t 2＝v 22μg，黑色痕迹的长度为煤块相对传送带的位移，即图线Oa 、ab 、Ob 所围的面积，则Δx ＝v2(t 2－t 1)＝v 22μg －v 22a.二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分) 7．如图所示，质量均为m 的A 、B 两物块置于光滑水平地面上，A 、B 接触面光滑，倾角为θ，现分别以水平恒力F 作用于A 物块上，保持A 、B 相对静止共同运动，则下列说法中正确的是( )A ．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B ．两种情况下获取的最大加速度相同C ．两种情况下所加的最大推力相同D ．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力解析：选BC.甲方式中，F 最大时，A 刚要离开地面，A 受力如图1所示，则F N1cos θ＝mg ①对B ：F ′N1sin θ＝ma 1②由牛顿第三定律可知F′N1＝F N1③乙方式中，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图2所示，则F N2cos θ＝mg④F N2sin θ＝ma2⑤由①③④可知F N2＝F N1＝F′N1⑥由②⑤⑥式可得a2＝a1，对整体易知F2＝F1，故选项B、C正确，选项A、D错误．8．(2018·江苏重点中学检测)2017年6月4日，雨花石文创新品在南京市新城科技园发布，20余项文创新品体现金陵之美．某小朋友喜欢玩雨花石，他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起，如图所示．斜面体乙静止在水平地面上．现减小水平外力F，三者仍然静止，则下列说法中正确的是( )A．甲对丙的支持力一定减小B．乙对甲的摩擦力一定减小C．地面对乙的摩擦力一定减小D．甲可能受5个力的作用解析：选CD.把甲、乙、丙看成一个整体，系统处于平衡状态，水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小，当F减小时，地面对乙的摩擦力随之减小，C正确；对丙进行受力分析，丙始终处于静止状态，所受各个力的大小均不变，A错误；将甲、丙看成一个整体，由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定，故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定，B错误；当甲、乙之间的静摩擦力为0时，甲受5个力的作用，如图所示，D正确．9.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F 1＝kv ，其中k 为常数，则圆环运动过程中( ) A ．最大加速度为F mB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμkD ．最大速度为mg k解析：选AC.当F 1<mg 时，由牛顿第二定律得F －μ(mg －kv )＝ma ，当v ＝mg k时，圆环的加速度最大，即a max ＝F m，选项A 正确，B 错误；圆环速度逐渐增大，F 1＝kv >mg ，由牛顿第二定律得F －μ(kv －mg )＝ma ，当a ＝0时，圆环的速度最大，即v max ＝F ＋μmgμk，选项C 正确，D 错误．10．(2018·南京模拟)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A 和B ，它们的质量分别为3m 和2m ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块A 使之沿斜面向上运动，当B 刚离开C 时，A 的速度为v ，A 的加速度的方向沿斜面向上，大小为a ，则( )A ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 运动的距离为5mg sin θkB ．从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做的功为5m 2g 2sin 2θkC ．恒力F 的大小为5mg sin θ＋3maD ．当A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为32a解析：选ACD.开始时，弹簧处于压缩状态，弹力等于A 的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有3mg sin θ＝kx 1，解得x 1＝3mg sin θk，B 刚要离开C 时，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，根据胡克定律，有2mg sin θ＝kx 2，解得x 2＝2mg sin θk，故A 运动的距离Δx ＝x 1＋x 2＝5mg sin θk，A 正确；从静止到B 刚离开C 的过程中，A 克服重力做功W ＝3mg ·Δx ·sin θ＝15m 2g 2sin 2θk，B 错误；B 刚离开C 时A 受拉力F 、重力、支持力和弹簧的弹力共同作用，根据牛顿第二定律，有F －3mg sin θ－T ＝3ma ，弹簧的弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，即T ＝2mg sin θ，则恒力F 的大小为5mg sin θ＋3ma ，C 正确；当A 的速度达到最大时，A 受到的合力为零，即F －3mg sin θ－T ′＝0，所以T ′＝2mg sin θ＋3ma ，B 沿斜面方向受到合力F B ＝T ′－2mg sin θ＝3ma ，又因为F B ＝2ma ′，解得a ′＝F B 2m ＝32a ，D 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共40分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(10分)如图甲为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS 测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a －F 关系图线(如图乙所示)．①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是_________________________________ ________________________________________________________________________. ②此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________． A ．小车与轨道之间存在摩擦 B ．导轨保持了水平状态 C ．所挂钩码的总质量太大 D ．所用小车的质量太大解析：(1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的合外力．(2)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与合外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝FM ，而实际上a ′＝mgM ＋m，可见AB 段明显偏离直线是没有满足M ≫m 造成的．答案：(1)小车的总质量 小车所受的合外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比 ②C12．(15分)(2018·盐城测试)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．(令5＝2.2)解析：要想获得成功，瓶子滑到B 点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C 点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a 1、位移为x 1，撤力时瓶子的速度为v 1，撤力后瓶子的加速度为a 2、位移为x 2，则F －μmg ＝ma 1，－μmg ＝ma 22a 1x 1＝v 21，2a 2x 2＝－v 21L 1－L 2<x 1＋x 2<L 1由以上各式联立可解得：0.4 m<x 1<0.5 m. 答案：0.4～0.5 m13．(15分)传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 解析：(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2，由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2t ，x ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmg m＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′，L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2，x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s(t ′2>t ，不合题意，舍去)将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.答案：(1)4 m/s (2)3.5 m/s。
2019届高考物理一轮复习练习：第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。
传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案 D解析人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故D正确。
2.[2018·湖南株洲模拟]一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)，某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示。
下列说法正确的是()A．铝球刚开始运动的加速度a0＝gB．铝球下沉的速度将会一直增大C ．铝球下沉过程所受到油的阻力F f ＝ma 0v v 0D ．铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功答案 C解析 刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a ＝mg －F 浮m ＝g －F 浮m ＜g ，A 错误；从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到达v 0时，加速度为0，速度不再增大，B 错误；开始释放时有mg －F 浮＝ma 0，铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mg －F 浮－F f ＝ma ，又由题图乙可得a ＝a 0－a 0v 0v ，联立以上各式解得，阻力F f ＝ma 0v v 0，C 正确；铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D 错误。
3．[2017·洛阳统考]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，物体在水平力F 作用下由静止开始做直线运动。
在0～3 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 ．0～1 s 和2～3 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0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动 答案 C解析 由a －t 图象知加速度最大时a ＝4 m/s 2，由牛顿第二定律F －μmg ＝ma 知，F 最大值大于12 N ，A 错误；0～1 s 和2～3 s 内，加速度均为正方向，B 错误；3 s 末速度最大，由a －t 图面积知Δv ＝8 m/s ，所以v max ＝8 m/s ，C 正确；0～1 s 和2～3 s 内加速度a 与速度v 均同向都做加速运动，但a 大小变化，所以不是匀加速，D 错误。
北京专用2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律全章闯关检测
第三章牛顿运动定律时间:45分钟分值:80分一、选择题(每小题6分,共42分)1.关于物体的惯性,下列说法中正确的是( )A.运动速度大的物体不能很快地停下来,是因为物体的速度越大,惯性也越大B.静止的火车启动时,速度变化慢,是因为静止的物体惯性大C.乒乓球可以快速抽杀,是因为乒乓球的惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性答案 C 一切物体都具有惯性,惯性大小只与物体的质量有关。
惯性是物体本身的一种属性,与外界因素(受力的大小以及所处的环境)及自身的运动状态无关,故A、D选项错误;静止的火车启动时,速度变化缓慢,是因为火车的质量大,惯性大,而不是因为静止的物体惯性大,B选项错误。
乒乓球可以快速抽杀,是因为其质量小,惯性小,在相同的力的作用下,运动状态容易改变,故C选项正确。
2.在商场中,为了节约能源,无人时,自动扶梯以较小的速度运行,当有顾客站到扶梯上时,扶梯先加速,后匀速将顾客从一楼运送到二楼。
速度方向如图所示。
若顾客与扶梯保持相对静止,下列说法正确的是( )A.在加速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力B.在匀速阶段,顾客所受支持力大于顾客的重力C.在加速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同D.在匀速阶段,顾客所受摩擦力与速度方向相同答案 A 当扶梯匀速运动时,顾客所受支持力等于顾客的重力,顾客不受摩擦力,所以B、D选项错误。
当扶梯加速运动时,有斜向上的加速度,合力方向斜向上。
顾客所受支持力大于顾客的重力,顾客受到水平向左的静摩擦力。
所以A选项正确,C选项错误。
3.如图所示,一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上,其下端固定,当弹簧的长度为原长时,其上端位于O点。
现有一小球从O点由静止释放,将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)。
在此过程中,关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系,下图中正确的是( )答案 A 小球自O点由静止下降的过程中,跟弹簧一起构成了做简谐运动的系统。
小球做简谐运动的回复力由重力和弹力的合力提供。
全国卷2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律阶段综合测评
阶段综合测评三 牛顿运动定律(时间：90分钟 满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不答得0分)1．(2015届黑龙江省哈三中高三一模)人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是( )A ．人除了受到地面的弹力外，还受到一个向上的力B ．地面对人的支持力大于人受到的重力C ．地面对人的支持力大于人对地面的压力D ．人对地面的压力和地面对人的支持力是一对平衡力解析：受地的弹力外，还受一个向上的力，是不可能的，有力存在，必须有施力物体，向上的力根本找不到施力物体，故选项A 错误；人能离开地面的原因是地对人的作用力大于人的重力，人具有向上的合力，故选项B 正确；地面对人的作用力与人对地面的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故选项C 错误；人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力，故选项D 错误．答案：B2．如图所示，小球的质量为m ，用弹簧和细线悬挂在天花板上，保持静止，弹簧和细线的质量忽略不计，且与水平方向的夹角均为60°，当细线被剪断的瞬间，小球的加速度大小和方向正确的是( )A ．0B ．g ，竖直向下C.g ，竖直向下32D.g ，右下方与水平方向成60°角33解析：根据共点力平衡得，弹簧的弹力F ，绳子的拉力F ＝ mg .剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，33则弹簧弹力和重力的合力与绳子的拉力等值反向，根据牛顿第二定律得，a ＝＝g ，故选项D 正确．F m 33答案：D3．(2015届湖北省教学合作高三月考)下列关于力和运动的关系的说法中，正确的是( )A．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C．物体所受合外力为零，则速度一定为零；物体所受合外力不为零，则速度也一定不为零D．物体所受的合外力最大时，速度却可以为零；物体所受的合外力最小时，速度却可以最大解析：运动不需要力来维持，物体不受力时，可以做匀速运动，选项A错误；物体受力大，加速度大，速度变化快，但速度不一定大，选项B错误；力的大小与速度大小之间没有直接联系，选项C错误，选项D正确．答案：D4．(2015届温州市十校联合体第一次联考)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.若某过程中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．mg，竖直向上1＋μ2B．mg，斜向左上方C．mg tanθ，水平向右1＋tan2θD．mg，斜向右上方解析：以A为研究对象，由牛顿第二定律有T sinθ＝ma，T cosθ＝mg，联立解得a＝g tanθ，由于B始终相对小车静止，所以B物体的加速度与物体A相同，即a B＝g tanθ，对B应用牛顿第二定律，有mg tanθ 2＋ mg 21＋tan2θF f＝ma B＝mg tanθ，则小车对B产生的作用力大小为 ＝mg，方向斜向右上方，故选项D正确．答案：D5．(2015届湖南省益阳市箴言中学高三一模)如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力解析：将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B 也没有支持力，故选项A 错误，选项D 正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g ，再以球B 为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B 受到的合力大于重力，B 除受到重力外，还应受到向下的压力．A 对B 的压力向下，故选项B 正确；若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g ，再以B 为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A 受到的合力小于重力，B 除受到重力外，还应受到向上的力，即A 对B 的支持力向上，B 对A 的压力向下，故选项C 错误．答案：BD6．(2015届山东师大附中高三模拟)磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm ，弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假想加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m ，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A ．150 m B ．75 mC ．15 mD ．7.5 m解析：设磕头虫向下的加速度为a ，磕头虫向下的最大速度为v ，则有v 2＝2ah 1，磕头虫向上弹起的过程中有－v 2＝－2gh 2，联立以上两式可得a ＝g ＝3 000 m/s 2.人向下蹲的过程中有v ＝2aH 1，人跳起h 2h 121的过程中有－v ＝－2gH 2，故有2aH 1＝2gH 2，解得H 2＝3 000×0.5÷10＝150 m ，故选项A 正确．21答案：A7．(2015届甘肃省河西三校高三月考)一物块放在水平地面上，受到一水平拉力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系如图甲所示；物块运动的v t 图象如图乙所示，6 s 后的速度图象没有画出，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．物块滑动时受的摩擦力大小是6 NB ．物块的质量为2 kgC ．物块在6～9 s 内的加速度大小是2 m/s 2D ．物块在前9 s 内的平均速度大小是4 m/s解析：物块在3～6 s 内做匀速直线运动，可知滑动摩擦力为：f ＝F 2＝6 N ，故选项A 正确；在0～3s 内，物块做匀加速直线运动，有：a ＝＝＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律得：F 1－f ＝ma ，代入数据解Δv Δt 63得：m ＝1.5 kg ，故选项B 错误；6～9 s 内的加速度大小为：＝＝2 m/s 2，故选项C 正确；前9 f －F 3m 6－31.5s 内的位移为：x ＝×(3＋9)×6 m ＝36 m ，则平均速度为：＝＝ m/s ＝4 m/s ，故选项D 正确．12v x t 369答案：ACD8．(2015届沈阳市东北育才学校高三模拟)如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m 1和m 2的物体，m 1放在地面上，当m 2的质量发生变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系图象大体如下图中的( )解析：当m 2≤m 1时，物体m 1的加速度为零，当m 2＞m 1时，m 1的加速度为a ，由牛顿第二定律有(m 2－m 1)g ＝(m 1＋m 2)a ，得a ＝g ，由此式可知，选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．m 2－m 1m 1＋m 2答案：D9．(2015届江西省重点中学六校联考)如图甲所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m 的小球，从离弹簧上端高h 处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox ，小球的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．其中OA 段为直线，AB 段是与OA 相切于A 点的曲线，BC 是平滑的曲线，则关于A 、B 、C 三点对应的x 坐标及加速度大小，以下关系式正确的是( )A ．x A ＝h ，a A ＝0B ．x A ＝h ，a A ＝gC ．x B ＝h ＋，a B ＝0D ．x C ＝h ＋，a C ＝0mg k 2mgk 解析：小球从O 点下落到接触弹簧之前做自由落体运动，在v t 图象中应为直线，即v t 图象中OA 段表示小球自由落体运动，即x A ＝h ，a A ＝g ，故选项A 错误，选项B 正确；在v t 图象中B 点对应速度最大，且a B ＝0，说明此时小球受到合外力为零，由平衡条件可得，kx ＝mg ，得x ＝，则有mgk x B ＝h ＋x ＝h ＋，故选项C 正确；在v t 图象中C 点对应速度为零，加速度不为零，故选项D 错误．mgk 答案：BC10．(2015届湖北省孝感市高三月考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v t 图象如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2Mg /kB ．外力施加的瞬间，AB 间的弹力大小为M (g －a )C ．AB 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值解析：最初A 、B 两物体叠放在弹簧上静止，由平衡条件有kx ＝2Mg ，得x ＝，故选项A 正确；物2Mg k 体B 做加速度为a 的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有kx －Mg －F AB ＝Ma ，得F AB ＝kx －Mg －Ma ＝M (g －a )，故选项B 正确；由v t 图象可知，在t 1时刻B 物体的加速度开始减小，此时两物体开始分离，但弹簧仍处于压缩状态，故选项C 错误；当弹簧恢复原长时，物体B 仅受重力作用，其加速度向下，物体B 已经开始做减速运动，所以弹簧恢复原长时，B 物体的速度并不是最大，选项D 错误．答案：AB第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共15分)11．(9分)(2015届湖南师大附中高三月考)“用DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图(a)所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F .通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a F 图线，如图(b)所示．(1)图线________(选填“①”或“②”) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)在轨道水平时，小车运动的阻力F f ＝________N.(3)(单选)图(b)中，拉力F 较大时，a F 图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是________．A ．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B ．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C ．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D ．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：(1)在a F 图象中，①图线表示在外力F 为零时小车的加速度为2 m/s 2，所以①图线表示是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的．(2)在轨道水平时，由a F 图象中图线②可知，当小车加速度a ＝0时，外力F ＝0.5 N ，此时小车受到合外力为零，所以小车受到阻力F f ＝0.5 N.(3)在a F 图象中当拉力较大时，图线明显弯曲，说明此种情况下加速度a 不再与外力F 成正比，也就是施加在小车上的拉力与实验中测得的拉力(即砝码的重力)发生明显偏差，此实际拉力偏小，所以实验中应实际测量细线的拉力，而不能用砝码的重力替代细线的拉力，故选项C 正确；本实验中不能改变小车质量，故选项B 错误；实验中轨道的阻力并不影响本次实验，选项A 错误；在实验中更换钩码的规格也不能避免此误差的产生，选项D 错误．答案：(1)① (2)0.5 (3)C12．(6分)(2015届河北省冀州中学高三月考)某同学用如图所示的装置测定重力加速度：(1)实验中在纸带上连续打出点1、2、3、…、9，如图所示，由纸带所示数据可算出实验时重物下落的加速度为________m/s 2.(2)当地的重力加速度数值为9.8m/s 2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的主要原因为________________________．解析：(1)根据x 7－x 2＝5aT 2，解得a ＝＝ m/s 2＝9.4 m/s 2.x 7－x 25T 2 3.92－2.04 ×10－25× 0.02 2(2)实验中测得重力加速度小于当地重力加速度的真实值，主要原因为摩擦阻力，空气阻力造成的．答案：(1)9.4 (2)空气阻力、摩擦阻力(意思对即可)三、计算题(本题共3小题，共45分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)13．(11分)(2015届河南省天一高三大联考)为了安全，汽车必须要具有良好的刹车性能．为了检测某汽车的刹车性能，某驾驶员让该汽车以v 1＝108 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x 1＝133.50 m 停止；让车以v 2＝54 km/h 的速度行驶，驾驶员接到刹车指令后车继续行驶x 2＝38.625 m 停止．假设两种情况下汽车轮胎与路面间的动摩擦因数相同，驾驶员和汽车系统在两种情况下的反应时间相同，试计算驾驶员和汽车系统的反应时间和汽车轮胎与路面间的动摩擦因数．(取g ＝10 m/s 2，结果保留两位有效数字)解析：设驾驶员和汽车系统的反应时间为t ，刹车加速度的大小为a ，v 1＝108 km/h ＝30m/s ，v 2＝54 km/h ＝15 m/s ，依题意有：x 1＝v 1t ＋v 212ax 2＝v 2t ＋v 22a代入数据解得t ＝0.70 sa ＝4.0 m/s 2根据牛顿第二定律有μmg ＝ma解得μ＝0.40.答案：0.70 s 0.4014．(16分)(2015届湖北省教学合作高三月考)质量为M ＝2.5 kg 的一只长方体形铁箱在水平拉力F 作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.50.这时铁箱内一个质量为m ＝0.5 kg 的木块恰好能静止在后壁上(如图所示)，木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2.求：(1)木块对铁箱的压力；(2)水平拉力F 的大小；(3)减小拉力F ，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v ＝6 m/s 时撤去拉力，经1 s 时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少 ?解析：(1)对木块：在竖直方向：由相对静止得mg ＝F f ＝μ2F N∴F N ＝＝ N ＝20 Nmg μ250.25由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力F N ′＝－F N ＝－20 N 方向水平向左．(2)对木块：在水平方向：F N ＝ma∴a ＝ m/s 2＝40 m/s 2200.5对铁箱和木块整体：F －μ1(M ＋m )g＝(M ＋m )a故水平拉力F ＝(M ＋m )(a ＋μ1g )＝135 N.(3)撤去拉力F 时，箱和木块的速度均为v ＝6 m/s ，因μ1＞μ2, 以后木块相对箱滑动，木块加速度a 2＝μ2g ＝2.5 m/s 2又铁箱加速度：a 1＝＝5.5 m/s 2μ1 m ＋M g －μ2mg M 铁箱减速时间为t 0＝＝1.1 s ＞1 s ，故木块到达箱右端时，箱未能停止．va 1则经t ＝1 s 木块比铁箱向右多移动距离L 即铁箱长．即有：L ＝－＝(vt －a 2t 22)(vt －a 1t 22) a 1－a 2 t 22解得：L ＝1.5 m.答案：(1)20 N 方向水平向左 (2)135 N (3)1.5 m15．(18分)(2015届甘肃省河西三校高三月考)如图1为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，重力加速度为g ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即F f ＝kv 2.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度的表达式；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图2所示，图中的斜线是t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．解析：(1)根据牛顿第二定律得，a ＝mg sin θ－μg cos θ－kv 2m ＝g sin θ－μg cos θ－.kv 2m (2)当a ＝0时速度最大，g sin θ－μg cos θ－＝0，解得v max ＝ .kv 2max m mg sin θ－μcos θ k (3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2，代入数据解得μ＝＝0.23.2315最大速度v ＝2 m/s ，v max ＝ ＝2 m/s ，解得k ＝1.5 kg/m.mg sin θ－μcos θk 答案：(1)a ＝g sin θ－μg cos θ－kv 2m(2) mg sin θ－μcos θk (3)μ＝0.23 k ＝1.5 kg/m。
(新课标)2019届高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第一节 牛顿第一、第三定律达标诊断高效训练
第一节牛顿第一、第三定律(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．下列说法中正确的是( )A．惯性是物体只有在匀速运动或静止时才表现出来的性质B．物体的惯性是指物体不受外力作用时保持匀速直线运动状态或静止状态的性质C．物体不受外力作用时，保持匀速直线运动状态或静止状态，有惯性；受到外力作用时，不能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此无惯性D．惯性是物体的属性，与物体的运动状态和是否受力均无关解析：选D.惯性是物体的固有属性，与物体的运动状态和受力情况均无关，故只有D正确．2．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对这一现象，下列说法正确的是( )A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小解析：选C.因为相同大小的力作用在不同的物体上效果往往不同，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系．由牛顿第三定律知，作用力与反作用力等大、反向，故选项C正确．3．如图所示，物体在水平力F作用下压在竖直墙上静止不动，则( )A．物体所受摩擦力的反作用力是重力B．力F就是物体对墙的压力C．力F的反作用力是墙壁对物体的支持力D．墙壁对物体的弹力的反作用力是物体对墙壁的压力解析：选D.作用力与反作用力的性质相同，选项A错误；力F与物体对墙的压力是两个不同的力，选项B错误；力F与墙壁对物体的支持力是一对平衡力，选项C错误；墙壁对物体的弹力与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力，选项D正确．4．下列说法正确的是( )A．在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大B．牛顿第一定律是根据理论推导出来的C．在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球的惯性逐渐变为零D．物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的解析：选D.惯性是物体的固有属性，质量是其唯一量度，A、C错误；牛顿第一定律是牛顿在伽利略实验的基础上，加上理想化的推理得出的规律，B错误；物体可以做加速度减小的加速运动，D正确．5．如图所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，他应将球向什么方向抛出( )A．抛出方向与奔跑方向相同，如图中箭头1所指的方向B．抛出方向指向乙的前方，如图中箭头2所指的方向C．抛出方向指向乙，如图中箭头3所指的方向D．抛出方向指向乙的后方，如图中箭头4所指的方向解析：选 C.由于球在甲手中时与甲的速度相同，球抛出后由于惯性其水平速度仍与甲、乙奔跑的速度相同，因此甲只要向垂直奔跑方向扔出球，就能被乙接住，C项正确．6.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )A．地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θB．地面对斜面体的支持力为(M＋m)gC．物体对斜面体的摩擦力的大小为FD．斜面体对物体的作用力竖直向上解析：选A.由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ，地面对斜面体的支持力大小为(M＋m)g＋F sin θ，故A对，B错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mg sin θ，故C错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和F的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上，D错．7．如图所示，物体A和B的重力分别为11 N和7 N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是( )A．弹簧秤的读数为14 N，A对地面的压力为11 NB．弹簧秤的读数为18 N，A对地面的压力为0C．弹簧秤的读数为7 N，A对地面的压力为4 ND．弹簧秤的读数为0，A对地面的压力为11 N解析：选C.物体B保持静止，说明B物体合外力为零，即绳上拉力为7 N．此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为7 N．说明弹簧秤对A拉力为7 N，地面对A物体应有4 N的支持力(根据牛顿第三定律可知A对地面的压力为4 N)，所以C正确．8．如图所示，一个盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．二、多项选择题9．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解析：选BCD.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中伽利略的观点和选项C中笛卡儿的观点，得出了选项D的观点，选项B、C、D正确.10.伽利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：选AD.物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态的性质，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．11．在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是( )A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．12.(2018·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13．(2018·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是( )A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选CD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B 错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．14．伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是( )A．图(a)通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图(b)的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持解析：选BD.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴水法计时，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让小球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力的作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长得多，所以容易测量，伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故A错误，B正确；完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故C 错误；伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持，故D正确．15．A、B、C三个物体如图所示放置，所有接触面均不光滑．有一个水平力F作用在物体C 上，使A、B、C一起向右做匀速直线运动，则( )A．B对A的摩擦力方向水平向左B．B对A的摩擦力方向水平向右C．C对A的摩擦力方向水平向左D．C对A的摩擦力方向水平向右解析：选AD.对A、B、C整体而言，地面对B、C的摩擦力方向皆向左．隔离B，由B匀速运动的受力条件可知，A对B的摩擦力方向向右，则由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向向左；同理可判断C对A的摩擦力方向向右．。
(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末检测
（江苏专用）2019版高考物理大一轮复习 第三章 牛顿运动定律章末检测1.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体一直可以运动到B 点，如果物体受到的阻力恒定，则( )．图1A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C ．物体运动到O 点时所受合力为0D ．物体从A 到O 的过程加速度逐渐减小解析 首先有两个问题应搞清楚，①物体在A 点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O 点所受弹簧的弹力为0.所以在A 、O 之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A 、O 之间的运动应该是先加速后减速，A 选项正确、B 选项不正确；O 点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C 选项不正确；从A 到O 的过程加速度先减小、后增大，故D 选项错误．答案 A2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N ．如果从升降机的速度为3 m/s 时开始计时，则经过1 s ，升降机的位移可能是(g 取10 m/s 2)( )．A ．2 mB ．3 mC ．4 mD ．8 m解析 对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s 2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m 或4 m. 答案 AC3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a 启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为F N 和f .若电梯启动加速度减小为a 2，则下面结论正确的是( )．图2A ．水平梯板对人的支持力变为F N 2B ．水平梯板对人的摩擦力变为f 2C ．电梯加速启动过程中，人处于失重状态D ．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为f F N解析 将人的加速度分解，水平方向a x ＝a cos θ，竖直方向a y ＝a sin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f ＝ma x ，在竖直方向有F N －mg ＝ma y ，人处于超重状态，C 错误；当加速度由a 变为a 2时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A 、D 错误，B 正确．答案 B2．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是( )A ．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B ．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C ．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力D ．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析 电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A 正确，B 错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D 错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C 错误。
2019版高中物理一轮总复习练习第三章牛顿运动定律课时作业13含解析
课时作业(十三)牛顿运动定律综合应用(一)[基础训练]1．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为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被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()答案：C解析：小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋F fm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－F fm，即a1>a2，且所分析的是速率与时间的关系，C正确．2．(2018·江西新余四中模拟)图示为索道输运货物的情景．已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的 1.15倍，那么这时重物对车厢底板的摩擦力大小为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)()A．0.35mg B．0.30mgC．0.23mg D．0.20mg答案：D解析：由于重物对车厢内水平底板的正压力为其重力的1.15倍，在竖直方向上，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma竖直，解得a竖直＝0.15g，设水平方向上的加速度为a水平，则a竖直a水平＝tan 37°＝34，解得a水平＝0.20g，对重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作为合力产生加速度，由牛顿第二定律得f＝ma水平＝0.20mg，故D正确．3．(2018·广西质检)如图所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度取g＝10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N答案：B 解析：对A、B整体，由牛顿第二定律，F max－μ1(m ＋M)g＝(m＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律，μ2mg＝ma；联立解得F max＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得F max＝15 N，选项B正确．4．(多选)如图所示，质量分别为M和m的物体A、B用细线连接，悬挂在定滑轮上，定滑轮固定在天花板上，已知M>m，滑轮质量及摩擦均不计，则下列说法正确的是()A ．细线上的拉力一定大于mgB ．细线上的拉力一定小于MgC ．细线上的拉力等于m ＋M 2g D ．天花板对定滑轮的拉力等于(M ＋m )g答案：AB 解析：设两物体运动的加速度大小均为a ，细线上的拉力为T ，分别对物体A 和B 进行受力分析并结合牛顿第二定律有：对A ，Mg －T ＝Ma ，对B ，T －mg ＝ma ，整理可得T ＝Mg －Ma＝mg ＋ma ，T ＝2Mm m ＋Mg .对定滑轮进行受力分析可知，天花板对定滑轮的拉力等于2T .5．(2018·湖北宜昌一调)(多选)物体A 和B 相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则( )A ．A 、B 间无摩擦力的作用B ．B 受到滑动摩擦力的大小为(m A ＋m B )g sin θC ．B 受到的静摩擦力的大小为m A g sin θD ．取走A 后，B 将匀加速下滑答案：BC解析：以A为研究对象，A处于平衡状态，因此有f＝m A g sin θ，所以A受到B对A沿斜面向上的摩擦力作用，A错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：(m A＋m B)g sin θ＝f B，B正确；A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝m A g sin θ，C正确；由分析知：(m A＋m B)g sin θ＝f B，又根据滑动摩擦力公式有：f B＝μ(m A＋m B)g cos θ，得：μ＝tan θ，取走物体A后，物体B受滑动摩擦力为μm B g cos θ，代入μ＝tan θ得，μm B g cos θ＝m B g sin θ，即物体B受力平衡，则物体B仍能做匀速直线运动，D错误．6．(2018·湖南郴州一测)(多选)如图甲所示，质量为5 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s从底角为θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F.图中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线．不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法中正确的是()A．恒力F的大小为5 NB．恒力F的大小为10 NC．物块与斜面间的动摩擦因数为1 3D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案：AD 解析：根据v -t 图象中斜率等于加速度可知：a a ＝Δv t a＝0－111.1 m/s 2＝－10 m/s 2，a b ＝Δv t b＝0－111 m/s 2＝－11 m/s 2，不受恒力F 时，物体只受重力和摩擦力作用，加速度较大，则根据牛顿第二定律可得：ma b ＝－mg sin 53°－μmg cos 53°，代入数据得：μ＝0.5；有F 作用时：ma a ＝F －mg sin 53°－μmg cos 53°，代入数据解得：F ＝5 N ，A 、D 正确．7．设均匀球体在空气中下落时，空气对球体的阻力的大小只与球的最大截面积成正比．如图所示，某同学用轻质细绳l 1连接球A 与球B ，再用轻质细绳l 2将球B 悬挂于上方某位置，当两球处于平衡状态时，球A 与水平地面的距离为18 m ，此时两细绳拉力的大小分别为2 N 、3 N ．已知球A 与球B 的半径之比为1∶2，当地重力加速度为10 m/s 2.第一次，若只剪断细绳l 1，A 球经2 s 落地．第二次，若只剪断细绳l 2，A 球经多长时间落地？(结果保留两位有效数字)答案：2.3 s 解析：设球A 与球B 的质量分别为m A 、m B .对球A 受力分析得T 1＝m A g静止时对整体受力分析得T 2＝m A g ＋m B g第一次剪断细绳l 1后，球A 加速下落，根据运动学公式得h ＝12a 1t 2A 对球A 受力分析得m A g －f A ＝m A a 1代入数据求得m A＝0.2 kg、m B＝0.1 kg、a1＝9 m/s2、f A＝0.2 N根据题意f Af B＝πr2Aπr2B＝14，解得f B＝0.8 N第二次剪断细绳l2后，球A与球B一起加速下落对整体受力分析得m A g＋m B g－f A－f B＝(m A＋m B)a2根据运动学公式得h＝12a2t2B代入数据求得t B＝ 5.4 s≈2.3 s.[能力提升]8．(2018·广东金山中学期末)如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是()A．若粘在A木块上面，绳的拉力不变B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小C．若粘在C木块上面，A、B间摩擦力增大D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小答案：D 解析：橡皮泥不管粘在哪一个物体上，系统加速度都减小，若粘在A上，分析C的受力可知，绳拉力增大，选项A、B 错误；若粘到C上，分析A、B整体受力可知绳拉力减小，分析物体A受力可知，A、B间的静摩擦力减小，选项C错误，D正确．9．如图甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3 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．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则()A．在0～3 s时间内，物体的速度先增大后减小B．2 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/sC．2 s末F最大，F的最大值为12 ND．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案：D 解析：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的速度增大得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增大，故3 s末物体的速度最大，在a-t图象上图线与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，故B错误；前2 s内物体的加速度不变，做匀变速直线运动，由于摩擦力不变，所以力F大小保持不变，D正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故力F大于12 N，C错误．10．(2018·湖南长沙长郡中学月考)某同学近日做了这样一个实验：将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0°～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．取g＝10 m/s2.求：(结果如果是根号，可以保留)(1)小铁块初速度的大小v 0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁球速度将变为多大？答案：(1)5 m/s 33 (2) 522m/s 解析：(1)当α＝90°时，x ＝1.25 m ，则v 0＝2gx ＝2×10×1.25m/s ＝5 m/s.当α＝30°时，x ＝1.25 m ，a ＝v 202x ＝522×1.25m/s 2＝10 m/s 2. 由牛顿第二定律得a ＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33. (2)当α＝60°时，上滑的加速度a 1＝g sin 60°＋μg cos 60°，下滑的加速度a 2＝g sin 60°－μg cos 60°.因为v 2＝2ax ，则v 1＝a 2a 1v 0＝22v 0＝522m/s. 11．质量均为4 kg 的物体A 、B 用一劲度系数k ＝200 N/m 的轻质弹簧连接，将它们竖直静止放在水平面上．如图甲所示，现将一竖直向上的变力F 作用在A 上，使A 开始向上做匀加速运动，经0.40 s 物体B 刚要离开地面．取g ＝10 m/s 2.(1)求物体B刚要离开地面时，物体A的速度大小v A；(2)在图乙中作出力F随物体A的位移大小l变化(到物体B刚要离地为止)的关系图象．答案：(1)2 m/s(2)见解析图解析：(1)静止时m A g＝kx1当物体B刚要离开地面时有m B g＝kx2可得x1＝x2＝0.2 m物体A的位移大小为x1＋x2＝12at2此时A的速度大小v A＝at联立解得a＝5 m/s2，v A＝2 m/s.(2)设弹簧弹力大小为F弹，则在弹簧由压缩到恢复原长过程中，k(x1－l)＝F弹，F－m A g＋F弹＝m A a；在弹簧由原长到伸长到B刚要离地过程中，k(l－x1)＝F弹，F－F弹－m A g＝m A a.而m A g＝kx1综上所述，力F与物体A的位移大小l之间的关系为F＝m A a＋kl当l＝0时，力F最小，且F min＝m A a＝20 N当l＝x1＋x2时，力F最大，且F max＝m A(2g＋a)＝100 NF与位移大小l之间为一次函数关系，F-l图象如图所示.。
推荐学习K122019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课后分级演练9 牛顿运动定律的综合应
课后分级演练(九) 牛顿运动定律的综合应用【A级——基础练】1.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( )解析：C 由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误．2．(多选)某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是( )A．演员的体重为600 NB．演员在第1 s内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为620 ND．滑杆所受的最大拉力为900 N解析：AC 演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，所以演员的体重为600 N，选项A正确，演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为F f1，由牛顿第二定律，mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大，减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，设摩擦力为F f2，由牛顿第二定律，F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．3．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系及物块速度v 与时间t 的关系如图所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2.由此两图线可以求得物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.2C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4D ．m ＝1.0 kg ，μ＝0.4解析：C 由F －t ，v －t 图象可知当F ＝2 N 时，物块做匀速运动，则F f ＝F 2＝2 N ，物块做匀加速直线运动的加速度a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，匀减速直线运动的加速度a 2＝－42 m/s2＝－2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma 1，F 3－F f ＝ma 2，解得m ＝0.5 kg ，则动摩擦因数μ＝F f mg ＝25＝0.4.4.(2017·济宁联考)如图所示，两小球a 、b 质量之比为1∶2，用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是( )A.k 1k 2＝13B.k 1k 2＝23C ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为零D ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态解析：A 分别对小球a 、b 受力分析如图所示．由平衡条件得：F 1＝2mg ＝k 1x ①F ＝3mg tan 60°＝33mg ② F 2＝3mg /cos 60°＝k 2x ③解①③得k 1∶k 2＝1∶3，A 正确，B 错误；撤去F 的瞬间b 球仍处于平衡状态a b ＝0，D 错；对a 球由牛顿第二定律得F ＝33mg ＝ma a ，a a ＝33g 方向水平向右，C 错．5.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力大小为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )解析：A 根据牛顿第二定律，对绳子的整体进行受力分析可知F ＝Ma ；对x 段绳子可知T ＝x L Ma ＝Ma Lx ，故T －x 图线是经过原点的直线，故选A.6.如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 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，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．gD.33g 解析：B 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、斜面支持力F1和弹簧拉力F 2，如图所示．突然撤离木板时，F 1突然消失而其他力不变，因此F 2与重力mg 的合力F ′＝mgcos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F ′m ＝233g ，选项B 正确．7.(多选)利用传感嚣和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m 的某同学从桌子上跳下，自由下落H 后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h ，计算机显示该同学受到地面支持力F 随时间变化的图象如图所示，根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )A ．从0至t 1时间内该同学处于失重状态B ．在t 1至t 2时间内该同学处于超重状态C ．t 2时刻该同学加速度为零D ．在t 2到t 3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD 0～t 1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t 1～t 2时间内，该同学的加速度方向向上处于超重状态，选项A 、B 正确；t 2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C 错误；t 2～t 3时间内支持力逐渐减小，合力逐渐减小加速度也逐渐减小，选项D 正确．8.(多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：AC 设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力F N，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：F N′＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B 错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．9.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)( )A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上解析：C 当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－F N＝ma y.F N<mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．10．某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度，沿倾角可在0～90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x ，若木板倾角不同时对应的最大位移x 与木板倾角α的关系如图所示．g 取10 m/s 2.求(结果如果有根号，可以保留)：(1)小铁块初速度v 0的大小以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少； (2)当α＝60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，小铁块速度的大小． 解析：(1)当α＝90°时，x ＝1.25 m 则v 0＝2gx ＝2×10×1.25 m/s ＝5 m/s 当α＝30°时，x ＝1.25 ma ＝v 202x ＝522×1.25m/s 2＝10 m/s 2由牛顿第二定律得a ＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝33(2)当α＝60°时，上滑的加速度a 1＝g sin 60°＋μg cos 60°＝203 3 m/s 2下滑的加速度a 2＝g sin 60°－μg cos 60°＝103 3 m/s 2因为v 20＝2a 1x ，v 2t ＝2a 2x 则v t ＝a 2a 1v 0＝22v 0＝522m/s 答案：(1)5 m/s33 (2)522m/s 【B 级——提升练】11.如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M 的木板B 处于静止状态，现有一个质量为m 的木块A 在木板B 的左端以初速度v 0开始向右滑动，已知M >m ，用①和②分别表示木块A 和木板B 的运动信息图线，在木块A 从木板B 的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v 随时间t 、动能E k 随位移s 的变化图象，其中可能正确的是( )解析：D A 、B 之间的摩擦力为F f ＝μmg ，加速度分别为a A ＝μg ，a B ＝μmgM，因为M >m ，则a A >a B ，所以v －t 图象中①的斜率应大于②，A 、B 错；根据动能定理，A 的动能改变量ΔE k A ＝μmgs A ，B 的动能改变量ΔE k B ＝μmgs B ，其中s A 和s B 分别为A 和B 相对地面的位移，s A >s B ，所以，E k －s 图象中①和②的斜率应相等，图象结束时s A >s B ，C 错、D 对．12．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T －a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06 a (N)解析：ABC 本题考查牛顿第二定律，意在考查考生运用牛顿运动定律解决相关问题的能力．小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以T －a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确．当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确．将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N＝0.8－0.06a(N)，选项D错误．13.(2017·淮安期末)将质量为m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，环与杆间的动摩擦因数为μ，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是( )A.ma＋μmgcos θ＋μsin θB.ma－μmgcos θ－μsin θC.masin θD.mgsin θ解析：C 对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力．其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0.(1)若环受到的弹力为0，则：F cos θ＝ma，F sin θ＝mg解得：F＝mgsin θ或F＝macos θ.(2)若环受到的弹力的方向向上，则：F cos θ－μ(mg－F sin θ)＝ma所以：F＝ma＋μmgcos θ＋μsin θ(3)若环受到的弹力的方向向下，则F cos θ－μ(F sin θ－mg)＝ma所以：F＝ma－μmgcos θ－μsin θ所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的．14．(2017·安徽江南十校联考)如图1所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B 距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知m A＝2 kg，m B＝4 kg，斜面倾角θ＝37°.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图所示．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对A 的拉力所做的功．解析：(1)在0～0.5 s 内，根据图象，A 、B 系统的加速度为a 1＝20.5m/s 2＝4 m/s 2对A 、B 系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g －m A g sin θ－μm A g cos θ＝(m A ＋m B )a 1得：μ＝0.25(2)B 落地后，A 减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a 2将已知量代入，可得a 2＝8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移为x 2＝v 222a 2＝0.25 m0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝v 222a 1＝0.5 m所以，A 上滑的最大位移为x ＝x 1＋x 2＝0.75 m(3)A 加速上滑过程中，由动能定理：W －m A gx 1sin θ－μm A gx 1cos θ＝12m A v 22－0得W ＝12 J答案：(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J15．(2017·武汉月考)如图所示，AB 、CD 为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5 m 的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10 m/s 的速度沿平台AB 向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD 上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB 上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD ，求这个临界速度．(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v21－v22＝2a1x1⑤对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v22＝2a2x2x1＋x2＝L解得：v2＝3 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5 (2)2 5 m/s (3)3 m/s。
2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律章末综合测试
第三章牛顿运动定律章末综合测试( 三 )( 时间：60 分钟分数： 100 分 )一、选择题( 此题共8 小题，每题 6 分．在每题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项切合题目要求，第6～ 8 题有多项切合题目要求．所有选对的得 6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分 )1．科学家对于物体运动的研究对建立正确的自然观拥有重要作用．以下说法切合历史事实的是 ()A．伽利略经过“理想实验”得出结论：一旦物体拥有某一速度，假如它不受力，它将以这一速度永久运动下去B．亚里士多德指出：假如运动中的物体没有遇到力的作用，它将持续以同一速度沿同向来线运动，既不断下也不偏离本来的方向C．亚里士多德以为，一定有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变D．笛卡儿以为，物体拥有保持本来匀速直线运动状态或静止状态的性质分析： A伽利略“理想实验”得出结论：力不是保持运动的原由，即运动必拥有必定速度，假如它不受力，它将以这一速度永久运动下去， A 正确．笛卡儿指出：假如运动中的物体没有遇到力的作用，它将持续以同一速度沿同向来线运动，既不断下来也不偏离本来的方向，不切合历史事实， B错误．亚里士多德以为，一定有力作用在物体上，物体才能运动，C错误．牛顿以为，物体拥有保持本来匀速直线运动状态或静止状态的性质，不切合事实，D错误．2．如图甲所示，在倾角为 30°的足够长的圆滑斜面上，有一质量为m的物体，遇到沿斜面方向的力F 作用，力F按图乙所示规律变化( 图中纵坐标是F与的比值，力沿斜面向mg上为正 ) ．则物体运动的速度v 随时间 t 变化的规律是以下图中的( 物体的初速度为零，重力加2速度取 10 m/s )()分析： C在 0～ 1 s 内，F＝1，依据牛顿第二定律得a1＝ F－ mg sinθ＝1g，方向沿斜mg m2面向上，物体向上做匀加快直线运动，在 1 s末时的速度为 5 m/s ；在 1～ 2 s内，拉力 F为零，依据牛顿第二定律得a 2＝ mg sinθ＝ 1，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速m2gF F＋ mg sinθ直线运动， 2 s 末速度为零；在 2～3 s 内，＝－ 1，依据牛顿第二定律得a3＝mmg3＝2g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加快直线运动， 3 s 末的速度大小v＝a3t ＝15 m/s，沿斜面向下，为负，C正确．3. 如下图，在倾角为θ 的圆滑斜面上，物块、质量分别为mA B和 2m，物块A静止在轻弹簧上边，物块 B 用细线与斜面顶端相连， A、B紧挨在一同但A、B之间无弹力，已知重力加快度 g.某时辰将细线剪断，则在细线剪断的瞬时，以下说法正确的选项是()A．物块A的加快度为 0gB．物块A的加快度为3C．物块B的加快度为 0gD．物块B的加快度为21分析： B剪断细线前，弹簧的弹力 F 弹＝mg sin 30°＝2mg，细线剪断的瞬时，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝1，对、系统，加快度a＝3mg sin 30 °－F弹＝g，即A和B的加2mg A B3m3g速度均为3.4．如图甲所示，倾角为θ 的粗拙斜面体固定在水平面上，初速度为v ＝10 m/s、质量为 m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若此后时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随行程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则以下说法不正确的选项是()A． 0～5 s 内小木块做匀减速运动B．在t＝ 1 s 时辰，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5分析： A 由匀变速直线运动的速度位移公式得220－v02＝v － v＝ 2ax，由题图乙可得a＝ 2x－10 m/s2，故减速运动时间：t＝0－v00～1s 内小木＝ 1 s，故 A 错误；由题图乙可知，在a块向上做匀减速运动， 1 s后小木块反向做匀加快运动，t ＝1 s时摩擦力反向，故 B 正确；由题图乙可知，小木块反向加快运动时的加快度：a′＝v232222＝－m/s ＝ 2 m/s，x2由牛顿第二定律得：mg sinθ＋μ mg cosθ＝ m| a|，mg sinθ －μ mg cosθ＝ ma′，代入数据解得：μ＝ 0.5 ，θ ＝37°，故 C、 D正确．5. 一长轻质薄硬纸片置于圆滑水平川面上，硬纸片上放质量均为 1 kg 的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ 1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如下图，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.则()A．若F＝ 1 N ，则物块、薄硬纸片都静止不动B．若＝ 1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为 1.5 NFC．若F＝ 8 N ，则B物块的加快度为 4.0 m/s2D．不论力F多大，A与薄硬纸片之间都不会发生相对滑动分析： D 物块A 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1 A ＝3N，物块B与薄硬纸片mg间的最大静摩擦力 f B＝μ2m B g＝2N，F＝ 1 N<f B，因此物块A、B与薄纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加快运动，故 A 项错误；若F＝1.5N<f B，则物块A、B与薄纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加快运动，由牛顿第二定律得，F＝( m＋ m) a，解得加快度A Ba＝0.75 m/s2，对物抉 A，依据牛顿第二定律可得F－ f ＝m A a，解得物块 A 所受摩擦力 f ＝0.75 N，故 B 项错误；当物块 B 刚要相对于薄硬纸片滑动时，静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得， f B＝m B a0，解得： a0＝2 m/s2，即物块 B 的最大加快度是a0＝2 m/s2；故 C 项错误；当物块 B 达到最大加快度时，对整体有F＝( m＋ m) a ＝4 N，即恒力 F 达到4 N后，物块 BA B0相对于薄硬纸片运动，此时物块 A 遇到的静摩擦力为 2 N，故物块A与薄硬纸片之间不会发生相对滑动，故 D 项正确．6.如下图，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不一样的小球．当小车水平向右运动，且两段轻绳与竖直方向的夹角一直均为θ 时，若不计空气阻力，以下说法正确的选项是()A．两个小球的加快度相等B．两段轻绳中的张力可能相等C．小车的速度越大，θ 越大D．小车的加快度越大，θ 越大分析： AD两个小球随小车水平向右运动，夹角一直均为θ ，说明三者相对静止，有共同的加快度，故 A 项正确；设上下两个球质量分别为M、m，上下两绳的张力分别为T、T′，把两个小球看作一个整体，则有T cosθ ＝( M＋m) g，对尾端的小球有T′cosθ＝ mg，因此两段轻绳中的张力不行能相等， B 项错误；把两个小球看作一个整体，设其共同的加快度为a，则T cosθ＝( M＋m) g，T sinθ＝ ( M＋m) a，解得a＝ g tanθ ，因此加快度越大，θ 越大，θ 与小车的速度没关，故 C 项错误，D 项正确．7. 如下图，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平川面上，两底角中此中一个角的角度为α ( α >45°) ．三棱柱的两倾斜面圆滑，上边分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间经过一根越过定滑轮的细绳相连结，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱一直处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加快度大小为g，则将m1和m2同时由静止开释后，以下说法正确的选项是()A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1＝m2cotα ，则两物体可静止在斜面上C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于( M＋m1＋m2) gD．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零分析： BC若 m1＝m2， m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2g sin(90°－α ) ，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1g sinα ，因为α >45°，则m2g sin(90°－α)< m1g sinα，则m1将沿斜面向下加快运动，m2将沿斜面向上加快运动， A 错误．要使两物体都静止在斜面上，应知足： mg sin(90°－α)＝ mg sinα，即有 m＝ m cotα， B 正确．若m＝m，设加快度211212大小为a ，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有N－(＋1＋ 2)＝F M m m gm2a sin(90°－α)－ m1a sinα<0，即地面对三棱柱的支持力F N<( M＋ m1＋ m2) g，则三棱柱对地面的压力小于 ( M＋m＋m) g；水平方向有F ＝ ma cosα － ma cos(90°－α)<0，C正确，D12f12错误．8．如图甲所示，足够长的木板 B 静置于圆滑水平面上，其上搁置小滑块A.木板 B遇到随时间t变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出木板B 的加快度a ，获得如图乙所示的a－F 图象，已知g 取10 m/s2，则 ()A ．木板B 的质量为 1 kgB ．滑块 A 的质量为 4 kgC ．当 F ＝ 10 N 时木板 B 的加快度为 24 m/s D ．滑块 A 与木板 B 间动摩擦因数为 0.1分析： AC 当F 等于 4 N 时，加快度 ＝ 1 m/s 2，对整体剖析，由牛顿第二定律有 ＝aF( M ＋ m ) a ，代入数据解得 M ＋ m ＝ 4 kg ，当 F 大于 8 N 时，依据牛顿第二定律得 F － μ mga ＝＝M1μ mg1m ＝3 kg.A 正确， B 错误．依据F －M ，知图线的斜率k ＝ ，解得 M ＝ 1 kg ，滑块的质量MMF 大于 8 N 的图线知， F ＝ 6 N 时，a ＝ 0，即 0＝ F － 30μ ，代入数据解得 μ＝ 0.2 ，D 错误．根据图线知 a ＝ F － 6( F >8 N) ，当 F ＝ 10 N 时，长木板的加快度a ＝ 4 m/s 2， C 正确．二、非选择题 ( 本大题共 3 小题，第9题15分，第 10题 17 分，第 11 题 20 分，共 52分)9．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以4 m/s 的初速度沿倾角为30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v － t 图线如图乙所示．木块抵达最高点后又沿斜面滑下．g 取10 m/s 2 ，求：(1) 木块与斜面间的动摩擦因数μ；(2) 木块回到出发点时的速度大小 v .分析： (1) 由题图可知，木块经0.5 s 滑至最高点，v 0上滑过程中加快度的大小： a 1＝(2 分 )t 1上滑过程中，沿斜面向下的重力的分力和摩擦力供给加快度，由牛顿第二定律得mg sinθ＋ μ mg cos θ ＝ ma 1(2 分 )代入数据得 μ＝ 0.35(2分 )2(2) 下滑的距离等于上滑的距离，则有v0x＝21(2分)a下滑时，摩擦力方向变成向上，由牛顿第二定律得mg sinθ －μ mg cosθ＝ma2(2分)22分 )代入数据解得 a ＝2 m/s (2下滑至出发点时的速度大小为v＝2a2x(2 分)解得 v＝2 m/s(1分 )答案： (1)0.35(2)2 m/s10．如下图，长s＝5 m、倾斜角θ＝37°的斜面各经过一小段圆滑圆弧与水平传递带和水平川面光滑连结，传递带长L＝1.6 m，以恒定速率v0＝4 m/s逆时针运转，将一可看成质点的物块轻轻地放在传递带右端 A 上，物块滑到传递带左端 B 时恰巧与传递带共速并沿斜面下滑．已知物块和传递带、斜面、水平川面间的动摩擦因数μ 同样，物块最后静止在水平川面上的D点，取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)动摩擦因数μ 的值；(2)物块滑到 C点时速度的大小；(3)物块从 A 到 D所经历的时间．分析： (1) 在传递带上由速度位移公式可得2v0－0μ mg＝ma(4分)a＝2，由牛顿第二定律得L联立可得 a＝5 m/s2，μ＝0.5(1分 )(2) 在斜面上的加快度a2＝mg sinθ －μ mg cos θ＝ 2 m/s 2(2 分 )m12下滑到斜面底端s＝ v0t 2＋2a2t2，解得t 2＝1 s(3分 )下滑到斜面底端的速度v C＝v0＋ a2t 2＝6 m/s(2分) (3) 在传递带上加快度a＝5 m/s2抵达传递带左端所需时间t 1＝v0分 )＝ 0.8 s(2av C在水平川面上运动的时间t 3＝a＝1.2 s(2分 )故所需时间 t 总＝ t 1＋t2＋t3＝3 s(1分)答案： (1)0.5(2)6 m/s(3)3 s11．(2016 ·山东潍坊检测 ) 如下图，在足够高的圆滑水平台面上静置一质量为m的长木板 A， A右端用轻绳绕过圆滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体 C连结，当 C从静止开始着落距离h 时，在木板A的最右端轻放一质量为 4的小铁块( 可视为质点 ) ，最后B恰巧m B未从木板 A上滑落． A、B 间的动摩擦因数μ ＝0.25，且以为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加快度为g，求：(1)C由静止着落距离 h 时， A 的速度大小 v0；(2)木板 A 的长度 L；(3)若当铁块 B轻放在木板 A 的最右端的同时，对 B 加一水平向右的恒力 F＝7mg，其余条件不变，求 B 滑出 A 时的速度大小．分析： (1) 对A、C剖析：mg＝ 2ma(1 分 )2v0＝2ah，解得 v0＝gh(2分)(2)B放在 A 上后，设 A、C仍一同加快，则( m＋m) a＝mg－μ ·4m·g＝ 0(2 分 )即 B 放在 A 上后， A、 C以速度 v0匀速运动，gB匀加快运动，加快度a B0＝μ g＝4(1分)设经过时间t 0， A、B、 C达到共速，且 B 恰巧运动至木板 A 的左端，则v0＝a B0t 0，木板1A的长度 L＝ v0t 0－2v0t 0(3分)解得 L＝2h(1分)(3)共速前： A和 C匀速， B 加快，B1F＋μ·4m· ga ＝4＝ 2g(1 分 )mt ＝v01h(1 分)＝1 a 12gB1hx1＝ x AC－ x B＝v0t 1－2v0t 1＝4(2分)共速后所有向右加快F－4μmg3a B2＝4m＝2g(1分)mg＋4μ mga AC＝＝g(1分)2m12分 )x2＝ x1＝( a B2－ a AC) t 2(22h5可得 t 2＝g，v B2＝v0＋ a B2t 2＝2gh(2分 )答案： (1)gh(2)2 h (3)5gh 2。
[配套K12]2019版高考物理一轮复习 第三章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用练习 鲁科版
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第3讲 牛顿运动定律的综合应用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川乐山高三一诊)某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已知t 0时刻电梯处于静止状态，则A.t 1B ．t 2时刻电梯可能向上做减速运动 C ．t 1和t 2时刻电梯运动的方向相反 D ．t 3时刻电梯处于静止状态解析：超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故A 错误；t 2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，选项B 正确；t 1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以t 1和t 2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，选项C 错误；t 3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故D 错误． 答案：B2．(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即35F 0＝mg ，则F 0＝53mg .当绳子拉力最大时，人处于最低点且所受合力最大，故加速度也最大，此时F 最大＝95F 0＝3mg ，方向竖直向上，由牛顿第二定律有ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg ，得最大加速度a ＝2g ，故B 正确． 答案：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t ＝0时由静止开始上升，运动的a t 图象如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m ＝50 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( ) A ．第9 s 内乘客处于失重状态 B ．1～8 s 内乘客处于平衡状态C ．第2 s 内乘客对电梯的压力大小为550 ND ．第9 s 内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s 内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A 错误；1～8 s 内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B 错误；第2 s 内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有N －mg ＝ma ，解得N ＝550 N ，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N ，C 正确；第9 s 内电梯速度的增加量等于该时间内a t 图象与时间轴所围图形的面积，即Δv ＝12×1×1.0 m/s＝0.5 m/s ，D 错误.答案：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝kv (k 为正的常量)．两球的v t 图象如图所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2，则下列判断正确的是( )A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，故m 1m 2＝v 1v 2，故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2，而v 1>v 2，故甲球质量大于乙球质量，故C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误． 答案：C5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v t 图象如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g kB ．施加外力的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值解析：施加拉力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mgk，故选项A 错误；施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ，其中F 弹＝2Mg ，解得F AB ＝M (g －a )，故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ，且F AB ＝0，对B 物体，有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故选项C 错误；当F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故选项D 错误． 答案：B 二、多项选择题6.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1，F 1＝kv (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中，下列说法正确的是( ) A ．最大加速度为F mB ．最大加速度为F ＋μmgmC ．最大速度为F ＋μmgμk D ．最大速度为mg k解析：当F 1＝mg ，即kv ＝mg ，v ＝mg k时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a ＝F m ，A 正确，B 错误；当滑动摩擦力f ＝μ(kv －mg )＝F 时，对应的速度最大，v ＝F ＋μmg μk，C 正确，D 错误．答案：AC7．(2018·河南开封四校联考)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出F A 的变化规律为F A ＝9－2t (N)，对于A 、B 整体，根据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用力为N ，则对B ，根据牛顿第二定律可得N ＋F B ＝m B a ，解得N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B －F B ＝16－4t3(N)；当t ＝4 s 时N ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零，t ＞4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反，当t ＜4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B，综上所述，选项B 、D 正确，C 错误；t ＝0时，A 物体的加速度为a 0＝11 Nm A ＋m B，t ＝3 s 末，A 物体的加速度为a ′＝ 5 N m A ＋m B ，则a ′＝511a 0，故选项A 正确． 答案：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg .现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( ) A ．μmg B ．2μmg C ．3μmgD ．4μmg解析：当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案：C9．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t ＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v t 图象如图乙所示．g 取10 m/s 2，平板车足够长，则物块运动的v t 图象为( )解析：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，都为a ＝Δv Δt ＝4 m/s 2，根据物块与车间的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s 2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到的滑动摩擦力是动力，相反则受到的滑动摩擦力是阻力．设在t 时刻滑块与车的速度相等，则有24－4(t －6)＝2t 得t ＝8 s ，故在0～8 s 内，车的速度大于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是动力，则其加速度为2 m/s 2，同理，可得在8～16 s 内，车的速度小于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是阻力，则其加速度为2 m/s 2，故C 正确． 答案：C10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和N .若T a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403 m/s 2时，N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，N ＝0.8＋0.06a (N)解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－N sin θ＝ma ，T sin θ＋N cos θ＝mg ，联立解得N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．答案：ABC 二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的v t 图象如图所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)，CD 线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)v t 图象的斜率表示加速度的大小，由题图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动． (2)当v 0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是a 0＝9－34m/s 2＝1.5 m/s 2， 当v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是a 1＝0. (3)开始加速时：mg sin θ－kv 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝kv 1＋μmg cos θ②联立①②得kv 0＋ma 0＝kv 1，得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s ， 由②式，得μ＝mg sin θ－kv 1mg cos θ＝0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动 最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 2(3)1 kg/s 0.37512．如图所示，倾角为45°的轨道AB 和水平轨道BC 在B 处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D 点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB 上离水平轨道BC 高h 处由静止释放，以小物块运动到B 处的时刻为计时零点，探测器只在t ＝2～5 s 内工作．已知小物块与倾斜轨道AB 和水平轨道BC 间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD 段长为L ＝8 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h 的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道AB 运动的加速度为a 1，由牛顿第二定律有mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma 1设物块到达B 处的速度为v B ，由速度—位移关系得v 2B ＝2a 1·hsin 45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零，这种情况下v B 最小，物块在水平轨道BC 上运动的时间最长，则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时，联立解得h 1＝1.6 m ②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h 的取值范围为1.6 m≤h ≤2.5 m. 答案：1.6 m≤h ≤2.5 m。
2019届高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律45分钟章末验收卷
第三章牛顿运动定律45分钟章末验收卷一、单项选择题1.质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示.整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为F N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为F f，重力加速度为g，则( )图1A.F f≠0，F N＞(m＋M)gB.F f＝0，F N＝(m＋M)gC.F f≠0，F N＜(m＋M)gD.F f＝0，F N＞(m＋M)g答案 B解析开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上.对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，F f1＝0，F N1＝(m＋M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小F N＝(m＋M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为F f＝0，选项B正确.2.如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止.现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为( )图2A.3gB.1.5gC.2gD.2.5g答案 C解析 根据题意，当弹簧处于原长时A 球速度最大，则F ＝mg ，当木块B 对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B 受力分析，此时有kx ＝2mg ，对A 根据牛顿运动定律有kx ＋mg －F ＝ma ，解得a ＝2g ，C 项正确.3.如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )图3A.质量为2m 的木块受到四个力的作用B.当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C.当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23F T答案 C解析 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为F T 时，对m 和2m 有F T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2F T ，故B 项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13F T ，故D 项错.4.如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10m/s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图4A.0～5s 内小木块做匀减速运动B.在t ＝1s 时刻，摩擦力反向C.斜面倾角θ＝37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5 答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 20＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 22x 1＝－10m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1s 内小木块向上做匀减速运动，1s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝322×(13－5)m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确. 二、多项选择题5.竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图象如图5所示，下列判断正确的是( )图5A.0～t 2时间内，小球的平均速度不为零B.t 1～t 2时间内，小球始终在抛出点下方C.t 2时刻，小球落回抛出点D.t 2时刻，小球距离抛出点v 0(t 2－2t 1)2答案 AD解析 从图象看，0～t 2时间内，小球的位移即对应速度图象中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A 项正确；t 1～t 2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B 、C 项错误；0～t 1时间内，小球在抛出点上方的位移为x 上＝v 02t 1，t 1～t 2时间内，小球下落过程中的位移为x 下＝v 02(t 2－t 1)，所以总位移大小为v 02(t 2－t 1)－v 02t 1＝v 0(t 2－2t 1)2，D 项正确.6.一质量为m 的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F 1＝k 1v 2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F 2＝k 2v 2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍.在飞机起飞前，下列说法正确的是( ) A.飞机一共受5个力的作用 B.飞机可能做匀加速直线运动C.飞机的加速度可能随速度的增大而增大D.若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2mk 1(1＋4μ)答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F －F f －F 2＝ma ① 竖直方向：F N ＋F 1＝mg② F f ＝μF N③且F 1＝k 1v2④ F 2＝k 2v 2⑤联立①～⑤得：F －k 2v 2－μ(mg －k 1v 2)＝ma 整理得F －μmg ＋(μk 1－k 2)v 2＝ma⑥当k 2＝μk 1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B 项正确；当μk 1＞k 2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a ＝(0.25－μ)mgm＝(0.25－μ)g⑦刚起飞时，支持力F N ＝0，地面摩擦力为0，mg ＝k 1v 2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v 2＝mg k 1⑧ v 2＝2ax⑨联立⑦⑧⑨解得x ＝2mk 1(1－4μ)，D 项错误.三、非选择题7.用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：________.A.天平(附砝码)B.秒表C.刻度尺(最小刻度为mm)D.低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器.把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是______________.这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变. (4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x 1＝0.55cm ，x 2＝0.94cm ，x 3＝1.35cm ，x 4＝1.76cm ，x 5＝2.15cm ，x 6＝2.54cm.图7①相邻两计数点间的时间间隔为________s ；②计数点“6”和“7”间的位移x 7比较接近于________(填“A 、B 、C 、D ”序号) A.2.76cmB.2.85cmC.2.96cmD.3.03cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v 3＝_____m/s ；小车的加速度a ＝_____ m/s 2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M ，分别记录小车加速度a 与其质量M 的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a 与其质量M 的图象，如图8，然后由图象直接得出a 与M 成反比.乙同学认为应该继续验证a 与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a 与其质量倒数1M的图象，如图9所示.你认为_______同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理.图8图9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图象，如图10所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是( )图10A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案(1)ACD (2)C (3)m≪M(4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙(6)B解析(1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6V)，工作频率为50Hz，周期为0.02s，可以计时，不需要秒表，故选D项，不选B项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C项.(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C正确.(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mgM ＋m ，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝MM ＋m ·mg ＝mg1＋mM可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1s. ②根据匀变速直线运动的规律a ＝ΔxT2＝x 7－x 6T 2＝x 6－x 5T2，可知：x 7＝2x 6－x 5＝2×2.54cm －2.15cm ＝2.93cm ，比较接近于2.96cm ，故选C 项. ③v 3＝x 3＋x 42T≈0.16m/s ， a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T2≈0.40m/s 2. (5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a 与小车质量的倒数1M关系图象，故应选乙方案.(6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg1＋m M，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图象发生弯曲，不再是直线，故B 正确.8.如图11所示，一长L ＝2m 、质量M ＝4kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l ＝5m ，木板的正中央放有一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F ，其大小为48N ，g 取10m/s 2，试求：图11(1)F 作用了1.2s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件. 答案 (1)0.64m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6m/s 2对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4m/s 2，故假设成立 设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1s 在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3m ，末速度v 1＝a 1t ＝6m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2m ，末速度v 2＝a 2t ＝4m/s在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′， 解得a 1′＝8m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 20＝1.36m此时木板右端距平台边缘 Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′， 解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l ＋L2≥x 2＋x 2′联立解得μ2≥0.2.。
[配套K12]2019年高考物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 新人教版
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第三章牛顿运动定律综合过关规范限时检测满分：100分考试时间：60分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。
1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2018·河北冀州中学月考)2017年是浙江大学建校120周年，在浙大就读过一年的诺贝尔物理学奖获得者李政道在贺信中称：“一年‘求是’校训的熏陶，发端了几十年来我细推物理之乐。
”物理学史上许多物理学家以科学探究为乐，下列符合物理史实的是导学号 21993423( B )A．开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C．伽利略利用小球沿斜面运动，“冲淡了重力作用”，验证了小球运动的速度与位移成正比D．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因[解析]开普勒发现了行星运动的规律，卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量，选项A错误；伽利略、笛卡儿都对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项B正确；小球在斜面上运动，运动速度与位移不成正比，选项C错误；伽利略发现了力是改变物体运动状态的原因，选项D错误。
2．(2018·湖南省五市十校高三联考)《跳悬崖》是安卓平台上的一款益智休闲类小游戏，其过程中一个片段如图甲所示，。
在游戏中，玩家控制的长毛怪要不断通过跳床帮助企鹅在悬崖上打下落脚点，企鹅则会按照打下的落脚点进行攀爬。
假设长毛怪从一定高处开始仅在重力作用下下落，接触蹦床后弹回的整个过程中没有能量损失，长毛怪的速度随时间变化的图象如图乙所示，图中Oa段和cd段为直线。
则下列说法不正确的是导学号 21993424 ( C )A．长毛怪在0～t1段做自由落体运动B．长毛怪在t1～t2段处于失重状态C．长毛怪在t2～t4段先处于超重状态后处于失重状态D．长毛怪在t5～t6段的加速度与0～t1段的相同[解析] 由题意知速度方向向下时为正方向，长毛怪在0～t 1段做自由落体运动，选项A 正确；在t 1～t 2段速度继续增大，加速度方向向下，处于失重状态，选项B 正确；在t 2～t 4段速度先减小后增大，加速度方向向上，处于超重状态，选项C 错误；t 5～t 6段和0～t 1段都是直线，所以斜率相同，加速度相同，选项D 正确。
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第三章牛顿运动定律章末综合测试(三)(时间：60分钟分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．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．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去B．亚里士多德指出：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，既不停下也不偏离原来的方向C．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D．笛卡儿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质解析：A 伽利略“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，A正确．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，不符合历史事实，B错误．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，C错误．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，不符合事实，D错误．2．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下图中的(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)( )解析：C 在0～1 s 内，Fmg ＝1，根据牛顿第二定律得a 1＝F －mg sin θm ＝12g ，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，在1 s 末时的速度为5 m/s ；在1～2 s 内，拉力F 为零，根据牛顿第二定律得a 2＝mg sin θm ＝12g ，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s 末速度为零；在2～3 s 内，Fmg＝－1，根据牛顿第二定律得a 3＝F ＋mg sin θm＝32g ，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s 末的速度大小v ＝a 3t ＝15 m/s ，沿斜面向下，为负，C 正确．3.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m和2m ，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度g .某时刻将细线剪断，则在细线剪断的瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2解析：B 剪断细线前，弹簧的弹力F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ，对A 、B 系统，加速度a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g3，即A 和B 的加速度均为g3.4．如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10 m/s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )A ．0～5 s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1 s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：A 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 20＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 22x 1＝－10 m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1 s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝32－m/s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．5.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，硬纸片上放质量均为1 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、薄硬纸片都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度为4.0 m/s 2D ．无论力F 多大，A 与薄硬纸片之间都不会发生相对滑动解析：D 物块A 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为f A ＝μ1m A g ＝3 N ，物块B 与薄硬纸片间的最大静摩擦力f B ＝μ2m B g ＝2 N ，F ＝1 N<f B ，所以物块A 、B 与薄纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，故A 项错误；若F ＝1.5 N<f B ，则物块A 、B 与薄纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，由牛顿第二定律得，F ＝(m A ＋m B )a ，解得加速度a ＝0.75 m/s 2，对物抉A ，根据牛顿第二定律可得F －f ＝m A a ，解得物块A 所受摩擦力f ＝0.75N ，故B 项错误；当物块B 刚要相对于薄硬纸片滑动时，静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得，f B ＝m B a 0，解得：a 0＝2 m/s 2，即物块B 的最大加速度是a 0＝2 m/s 2；故C 项错误；当物块B 达到最大加速度时，对整体有F ＝(m A ＋m B )a 0＝4 N ，即恒力F 达到4 N 后，物块B 相对于薄硬纸片运动，此时物块A 受到的静摩擦力为2 N ，故物块A 与薄硬纸片之间不会发生相对滑动，故D项正确．6.如图所示，轻绳的一端固定在小车支架上，另一端拴着两个质量不同的小球．当小车水平向右运动，且两段轻绳与竖直方向的夹角始终均为θ时，若不计空气阻力，下列说法正确的是( )A．两个小球的加速度相等B．两段轻绳中的张力可能相等C．小车的速度越大，θ越大D．小车的加速度越大，θ越大解析：AD 两个小球随小车水平向右运动，夹角始终均为θ，说明三者相对静止，有共同的加速度，故A项正确；设上下两个球质量分别为M、m，上下两绳的张力分别为T、T′，把两个小球看作一个整体，则有T cos θ＝(M＋m)g，对末端的小球有T′cos θ＝mg，所以两段轻绳中的张力不可能相等，B项错误；把两个小球看作一个整体，设其共同的加速度为a，则T cos θ＝(M＋m)g，T sin θ＝(M＋m)a，解得a＝g tan θ，所以加速度越大，θ越大，θ与小车的速度无关，故C项错误，D项正确．7.如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为α(α>45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是( )A．若m1＝m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1＝m2cot α，则两物体可静止在斜面上C．若m1＝m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1＝m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：BC 若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2g sin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1g sin α，由于α>45°，则m2g sin(90°－α)<m1g sin α，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2g sin(90°－α)＝m1g sin α，即有m1＝m2cot α，B正确．若m1＝m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有F N－(M＋m1＋m2)g＝m2a sin(90°－α)－m1a sin α<0，即地面对三棱柱的支持力F N<(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有F f＝m1a cos α－m2a cos(90°－α)<0，C正确，D 错误．8．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a －F 图象，已知g 取10 m/s 2，则( )A ．木板B 的质量为1 kg B ．滑块A 的质量为4 kgC ．当F ＝10 N 时木板B 的加速度为4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间动摩擦因数为0.1解析：AC 当F 等于4 N 时，加速度a ＝1 m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝4 kg ，当F 大于8 N 时，根据牛顿第二定律得a ＝F －μmgM＝1MF －μmg M ，知图线的斜率k ＝1M，解得M ＝1 kg ，滑块的质量m ＝3 kg.A 正确，B 错误．根据F 大于8 N 的图线知，F ＝6 N 时，a ＝0，即0＝F －30μ，代入数据解得μ＝0.2，D 错误．根据图线知a ＝F －6(F >8 N)，当F ＝10 N 时，长木板的加速度a ＝4 m/s 2，C 正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题15分，第10题17分，第11题20分，共52分)9．为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以4 m/s 的初速度沿倾角为30°的斜面上滑，并同时开始记录数据，利用电脑绘出了木块从开始至最高点的v －t 图线如图乙所示．木块到达最高点后又沿斜面滑下．g 取10 m/s 2，求：(1)木块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)木块回到出发点时的速度大小v .解析：(1)由题图可知，木块经0.5 s 滑至最高点， 上滑过程中加速度的大小：a 1＝v 0Δt 1(2分)上滑过程中，沿斜面向下的重力的分力和摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1(2分)代入数据得μ＝0.35(2分)(2)下滑的距离等于上滑的距离，则有x ＝v 202a 1(2分)下滑时，摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2(2分)代入数据解得a 2＝2 m/s 2(2分)下滑至出发点时的速度大小为v ＝2a 2x (2分) 解得v ＝2 m/s(1分) 答案：(1)0.35 (2)2 m/s10．如图所示，长s ＝5 m 、倾斜角θ＝37°的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L ＝1.6 m ，以恒定速率v 0＝4 m/s 逆时针运行，将一可看成质点的物块轻轻地放在传送带右端A 上，物块滑到传送带左端B 时恰好与传送带共速并沿斜面下滑．已知物块和传送带、斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，物块最终静止在水平地面上的D 点，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)动摩擦因数μ的值； (2)物块滑到C 点时速度的大小； (3)物块从A 到D 所经历的时间． 解析：(1)在传送带上由速度位移公式可得a ＝v 20－02L，由牛顿第二定律得μmg ＝ma (4分)联立可得a ＝5 m/s 2，μ＝0.5(1分) (2)在斜面上的加速度a 2＝mg sin θ－μmg cos θm＝2 m/s 2(2分)下滑到斜面底端s ＝v 0t 2＋12a 2t 22，解得t 2＝1 s(3分)下滑到斜面底端的速度v C ＝v 0＋a 2t 2＝6 m/s(2分) (3)在传送带上加速度a ＝5 m/s 2到达传送带左端所需时间t 1＝v 0a ＝0.8 s(2分) 在水平地面上运动的时间t 3＝v C a＝1.2 s(2分) 故所需时间t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝3 s(1分) 答案：(1)0.5 (2)6 m/s (3)3 s11．(2016·山东潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m 的长木板A ，A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m 的物体C 连接，当C 从静止开始下落距离h 时，在木板A 的最右端轻放一质量为4m 的小铁块B (可视为质点)，最终B 恰好未从木板A 上滑落．A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)C 由静止下落距离h 时，A 的速度大小v 0； (2)木板A 的长度L ；(3)若当铁块B 轻放在木板A 的最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F ＝7mg ，其他条件不变，求B 滑出A 时的速度大小．解析：(1)对A 、C 分析：mg ＝2ma (1分)v 20＝2ah ，解得v 0＝gh (2分) (2)B 放在A 上后，设A 、C 仍一起加速，则 (m ＋m )a ＝mg －μ·4m ·g ＝0(2分)即B 放在A 上后，A 、C 以速度v 0匀速运动，B 匀加速运动，加速度a B 0＝μg ＝g4(1分)设经过时间t 0，A 、B 、C 达到共速，且B 刚好运动至木板A 的左端，则v 0＝a B 0t 0，木板A 的长度L ＝v 0t 0－12v 0t 0(3分)解得L ＝2h (1分)(3)共速前：A 和C 匀速，B 加速，a B 1＝F ＋μ·4m ·g 4m ＝2g (1分)t 1＝v 0a B 1＝12hg(1分) Δx 1＝x AC －x B ＝v 0t 1－12v 0t 1＝h4(2分)共速后全部向右加速a B 2＝F －4μmg 4m ＝32g (1分)a AC ＝mg ＋4μmg2m＝g (1分)Δx 2＝Δx 1＝12(a B 2－a AC )t 22(2分)可得t 2＝h g ，v B 2＝v 0＋a B 2t 2＝52gh (2分) 答案：(1)gh (2)2h (3)52gh。