(广东专用)2018年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律微专题11牛顿运动定律的理解粤教版

11 牛顿运动定律的理解[方法点拨] (1)理解牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．(2)轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．(3)多个物体一起运动时，知其一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然．从而知其合外力方向．1．(牛顿运动定律的理解)如图1所示，弹簧左端固定，右端可自由伸长到P点．一物块从光滑水平面的b位置以速度v向左运动，将弹簧压缩到最短a点，之后物块被弹簧向右弹出．物块从P到a的运动过程，以下说法正确的是( )图1A．物块的惯性减小B．在a位置，物块的惯性为零C．物块对弹簧的作用力和弹簧对物块的作用力大小相等D．在a位置，物块对弹簧的作用力小于弹簧对物块的作用力2．(瞬时性)如图2，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为( )图2A．1.5g 1.5g0 B．g2g0C．g g g D．g g03．(矢量性)(多选)如图3所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q 并使它们处于静止状态．现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是( )图3A ．Q 的加速度一定小于g sin θB ．悬线所受拉力为G sin θC ．悬线所受拉力为G cos θD ．悬线一定与绳索垂直4．(瞬时性)如图4所示，两个完全相同的轻弹簧a 、b ，一端固定在水平面上，另一端与质量为m 的小球相连，轻杆c 一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a 、b 和轻杆互成120°角，且弹簧a 、b 的弹力大小均为mg ，g 为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间的加速度大小可能为( )图4A ．a ＝0B ．a ＝gC ．a ＝1.5gD ．a ＝3g5．(矢量性)如图5所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m 的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a 水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小错误的是( )图5A ．mg cos αB.mg cos αC.masin α D ．m g 2＋a 26．质量相等的甲、乙两物体同时从同一位置由静止开始沿水平直线运动，从开始运动的t ＝0时刻起，两物体的速度—时间图象如图6所示，则下列判断正确的是( )图6A．开始运动时，甲受到的合外力小于乙受到的合外力B．t0时刻甲、乙两物体所受合外力大小相等C．在0～t0时间内任意时刻，甲受到的合外力都小于乙受到的合外力D．在0～t0时间内，甲物体在中间时刻的速度大于乙物体的平均速度7．以初速度v竖直向上抛出一小球，小球所受空气阻力与速度的大小成正比，下列图象中，能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是( )8．(多选)如图7所示，人站在匀加速斜向上的电梯上，则( )图7A．人受到摩擦力方向沿运动方向，即与水平方向成θ角斜向上B．人受到摩擦力方向沿水平方向向右C．人受到梯面的支持力大于其重力D．人受到梯面的支持力等于其重力9．如图8所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间( )图8A．木块B对水平面的压力迅速变为2mg B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2g D．弹簧的弹性势能立即减小10．(多选)如图9所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m 的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有( )图9A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mg D ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g11．(多选)质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，如图10a 所示，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图b 所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )图10A ．物块经过4 s 时间回到出发点B ．物块运动到第3 s 时改变水平拉力的方向C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N12.用一水平力F 拉静止在水平面上的物体,在F 从零开始逐渐增大的过程中,加速度a 随外力F 变化的图象如图11所示,取g ＝10 m/s 2,水平面各处粗糙程度相同,则由此不能计算出( )图11A．物体与水平面间的滑动摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12 N时物体的速度D．物体的质量13．如图12所示的水平地面上，直角斜面体M的倾角为30°，物块A、B的质量相等，C为轻质定滑轮．图甲中斜面体M和物块A、B均处于静止状态，图乙中斜面体M和物块A、B一起以加速度a＝3g水平向右做匀加速直线运动，且三者保持相对静止．关于物块A、B的受力情况，下列说法中正确的是( )图12A．图甲中的物块A一定受三个力作用B．图甲中的物块B一定受四个力作用C．图乙中的物块A一定受三个力作用D．图乙中的物块B一定受四个力作用答案精析1．C [物块从P到a运动过程中，质量不变，惯性不变，A、B项错误；根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等，C项正确，D项错误．]2．A [在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误．]3．CD [由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，a＝m P＋m Q g sin θm P＋m Q，解得：a＝g sin θ，A项错，再对Q受力分析，受到竖直向下的重力和拉力，合力大小F合＝m Q g sin θ，又重力沿绳索方向的分力也为m Q g sin θ，则由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F＝G cos θ，故B项错，C、D项正确．]4．A [弹簧a、b的弹力大小均为mg，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg，轻杆对小球的拉力大小为2mg，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg，此时加速度大小为2g；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，所以只有选项A正确．] 5．A [根据题述，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定向左．隔离物体，分析受力，物体受到斜面支持力和重力，二力的合力向左，大小等于ma，则有：F2＝(mg)2＋(ma)2，解得F＝m g2＋a2，选项D正确；或有F sin α＝ma，解得F＝masin α，选项C正确；或有F cos α＝mg，解得F＝mgcos α，选项B正确．]6．D [由题图可知，开始运动时，甲运动图象的斜率大于乙运动图象的斜率，根据斜率表示加速度可知，甲的加速度大于乙的加速度，由牛顿第二定律可知，此时甲受到的合外力大于乙受到的合外力，A错误；t0时刻甲的加速度小于乙的加速度，甲受到的合外力小于乙受到的合外力，B错误；甲做匀加速直线运动，乙做加速度逐渐增大的加速运动，乙的加速度先小于甲，而后加速度逐渐增大又大于甲，所以在0～t0时间内，甲所受合外力先大于乙而后小于乙，C错误；在0～t0时间内，甲的位移大于乙的位移，甲的平均速度大于乙的平均速度，由于甲做匀加速直线运动，甲在中间时刻的速度等于甲的平均速度，所以甲物体在中间时刻的速度大于乙物体的平均速度，D 正确．]7．A [由于小球所受空气阻力与速度的大小成正比，上升阶段，由牛顿第二定律有：mg ＋kv ＝ma ，刚抛出时，速度最大，所受空气阻力最大，加速度最大，速度图象斜率绝对值最大．随着小球上升，速度逐渐减小，所受空气阻力减小，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小．下降阶段，由牛顿第二定律有：mg －kv ＝ma ，随着速度的增大，所受空气阻力增大，加速度减小，速度图象斜率绝对值减小．根据上述分析可知，能正确反映小球从抛出到落回原处的速度随时间变化情况的是图象A.]8．BC [对人受力分析：重力mg 、支持力F 1、摩擦力F 2(摩擦力方向一定与接触面平行，由加速度的方向推知F 2的方向为水平向右)．建立直角坐标系：取水平向右(即F 2的方向)为x 轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，如图所示．对加速度分解可得：x 轴方向上：a x ＝a cos θy 轴方向上：a y ＝a sin θ根据牛顿第二定律得x 轴方向上：F 2＝ma x ＝ma cos θy 轴方向上：F 1－mg ＝ma y ＝ma sin θ即F 1＝mg ＋ma sin θ故选项B 、C 正确．]9．C10．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法线和切线方向正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝mv 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．]11．CD [物块经过4 s 时间，速度减小到零，离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1 m/s 2.由牛顿运动定律，F 1－μmg ＝ma 1，解得：F 1＝12 N ．在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿运动定律，F 2－μmg ＝ma 2，解得：F 2＝4 N ．物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3 m/s 2.由牛顿运动定律，F 3＋μmg ＝ma 3，解得：F 3＝－16 N ，选项D 正确．]12．C [水平力F 拉静止在水平面上的物体，在F 从零开始逐渐增大的过程中，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝ma ，解得加速度a ＝F m －μg ，由此可知，a －F 图象在横轴的截距等于物体与水平面之间的滑动摩擦力μmg ，在纵轴截距的绝对值等于μg ，斜率等于1m，故选项A 、B 、D 错误；根据图象能够得出外力F 为12 N 时物体的加速度，但不能计算出物体的速度，选项C 正确．]13．B [图甲中物块A 受重力和拉力两个力的作用，A 错误；物块B 受重力、支持力、拉力和沿斜面向下的摩擦力四个力的作用，B 正确；图乙中加速度a ＝3g ，根据牛顿第二定律可得物块B 受重力和绳子拉力两个力的作用，其中拉力大小为2mg ，所以物块A 受重力、斜面体弹力、绳子拉力和沿竖直面向下的摩擦力四个力的作用，C 、D 错误．]。