2021届高三物理一轮复习检测专题06 牛顿运动定律解答运动学问题(原稿版)

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2021年高考一轮专题：牛顿运动定律(有答案)

专题：牛顿运动定律欧阳光明（2021.03.07）考点一对牛顿第一定律的理解1．指出了物体的一种固有属性牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．2．揭示了力的本质牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．3．揭示了不受力作用时物体的运动状态牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．1．关于惯性，下列说法中正确的是()A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化2．(多选)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考点二对牛顿第三定律的理解1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”2．应用牛顿第三定律时应注意的问题(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．(3)作用力、反作用力不同于平衡力1．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是()A．对重力、弹力、摩擦力等都适用B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用2．(2017·吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是()A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力B．两人对绳的拉力是一对平衡力C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小3．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．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”比赛的胜利考点三牛顿第二定律瞬时性的理解1．两种模型：牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时加速度的一般思路求瞬时加速度1．(2017·山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为m A、m B，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()A．都等于g2B．g2和0C.g2和m Am B·g2D.m Am B·g2和g22．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.233gC．g D.33g3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有() A．a1＝a2＝a3＝a4＝0B．a1＝a2＝a3＝a4＝gC．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MM gD．a1＝g，a2＝m＋MM g，a3＝0，a4＝m＋M M g4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则()A．a1＝0，a2＝0B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2aC．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2aD．a1＝a，a2＝m1m2a 考点四动力学的两类基本问题1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．考向1：由受力情况求运动情况1、如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80 N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4 s后松手．(g＝10 m/s2)求：(1)松手前铸件的加速度；(2)松手后铸件还能前进的距离．考向2：由运动情况求受力情况2．一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x ＝4 m．求：(g取10 m/s2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；(2)恒力F的大小．3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L＝2.0 m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10 m/s2)，求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小．考点五超重和失重问题1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．1．(2017·福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态考点六连接体问题1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型(1)涉及滑轮的问题若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．(2)水平面上的连接体问题①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．3．解题思路(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．1、如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()A．a A＝12g，a B＝5gB．a A＝a B＝15gC．a A＝14g，a B＝3gD．a A＝0，a B＝2g考点七动力学中的图象问题1．常见的图象有v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．2．图象间的联系加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．3．图象的应用(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．4．解答图象问题的策略(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．1．(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－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()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2．(2017·广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600 m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a －t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零3．(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是() A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3C．小球落回到抛出点时的速度大小为8 6 m/sD．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态4．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力F T之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()A．图线与纵轴的交点的绝对值为gB．图线的斜率在数值上等于物体的质量mC．图线与横轴的交点N的值F TN＝mgD．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m考点八“板—块”模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题方法整体法、隔离法．4．解题思路(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．1．(2017·安徽芜湖模拟)质量为m0＝20 kg、长为L＝5 m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)．则下列判断中正确的是()A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板2.(2017·山东德州质检)长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10 m/s2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？考点九水平传送带问题滑块在水平传送带上运动常见的三个情景项目图示滑块可能的运动情况情景一(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情景二(1)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0<v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景三(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v返回时速度为v，当v0<v返回时速度为v011速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用2．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点3、如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.考点十倾斜传送带问题滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景项目图示滑块可能的运动情况情景一①可能一直加速②可能先加速后匀速情景二①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速后以a2加速情景三①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能一直匀速④可能先以a1加速后以a2加速情景四①可能一直加速②可能一直匀速③可能先减速后反向加速1为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．2．如图所示为上、下两端相距L＝5 m、倾角α＝30°、始终以v＝3 m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2 s到达下端，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？3.(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是()A.下滑相同距离内物块A、B机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变化一定相同C.物块A、B一定不能同时到达传送带底端D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同专题：牛顿运动定律答案1、解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B 错误、D正确．2、解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．1、解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．2、解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．3、解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲>m乙，则由a＝Fm得，a甲<a乙，由x＝12at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．1、解析：选C.由整体法知，F弹＝(m A＋m B)g sin 30°剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：对B：F弹－m B g sin 30°＝m B a B，得a B＝m A m B·g2对A：m A g sin 30°＝m A a A，得a A＝12g所以C正确．2、解析：选 B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力F N、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得F N＝mg cos 30°＋F sin 30°，F cos 30°＝mg sin 30°，解得F N＝23 3mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力F N，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与F N等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g，B正确．3、解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋MgM＝M＋mM g，所以C对．4、解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正确．1、解析(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得a＝Fcos 37°－μmg－Fsin 37°m＝1.3 m/s2(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2 m/s松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5 m/s2则松手后铸件还能滑行的距离x＝v22a′＝5.4 m答案(1)1.3 m/s2(2)5.4 m2、解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma解得：μ＝3 6.(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2 m/s2，代入数据得：F＝763 5 N当加速度沿斜面向下时(如图丙)：mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1代入数据得：F＝437 N.答案：(1)36(2)7635 N或437 N3、解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为v m，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin 30°＝ma1v2m＝2a1hsin 30°，解得v m＝4 m/s.(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有v m＝a1t1，解得t1＝v ma1＝0.8 s由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2 s设t＝1.0 s时速度大小为v，有v＝v m－a2(t－t1)，解得v＝3.2 m/s.答案：(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s1、解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．1、解析对滑轮由牛顿第二定律得F－2F T＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以F T＝F2＝6mg2＝3mg，对A由于F T＜4mg，故A静止，a A＝0，对B有a B＝F T－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正确．答案D1、解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝m v0－v12t1，而f＝μF N＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．2、解析：选D.利用a-t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5 s～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55 s～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因a-t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．3、解析：选AC.上升过程中mg＋F f＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得F f＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－F f＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2 a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ 6 s可得v＝8 6m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．4、解析：选A.由牛顿第二定律可得：2F T－mg＝ma，则有a＝2m F T－g，由a－F T图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，F TN＝mg2，C错误．1、解析：选 A.木板与地面间的摩擦力为F f1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，小木块与木板之间的摩擦力为F f2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，F f1>F f2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2 m<L＝5 m，所以小木块不能滑出木板，A正确．2、解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝v22s＝1.0 m/s2由牛顿第二定律得μ2mg＝ma解得μ2＝0.10.(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度a1＝μ1g＝2.5 m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50 m/s2.设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t解得t＝va2＝0.8 s小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4 m/s.(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0m t－12a1t2－12a2t2＝Lv0m－v′＝a1tv′＝a2t由以上三式解得v0m＝3.0 m/s.答案(1)0.10(2)2.4 m/s(3)3.0 m/s1、解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．2、解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程。

2021年高考物理第一轮复习第3单元牛顿运动定律作业手册答案

课时作业(六)1.D[解析] 惯性是物体保持静止或者匀速直线运动状态的性质,选项A错误;作用力和反作用力作用在两个物体上,效果不相同,选项B错误;物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小,选项C错误;力的单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的,选项D正确.2.A[解析] 由于车厢上的钢材有惯性,在汽车制动后,钢材继续向前运动,压扁了驾驶室.惯性只与质量有关,与运动状态、受力情况无关,A正确.3.C[解析] 对鱼分析,加速度向右,则重力与水对鱼的作用力的合力水平向右,所以水对鱼的作用力斜向右上方,选项C正确.4.D[解析] 人所受的重力和人对体重计的压力方向相同,既不是相互作用力,也不是平衡力,选项A、B错误;人对体重计的压力和体重计对人的支持力是人与体重计间的相互作用力,选项C错误,D正确.5.D[解析] 对小球,刚松手时,有mg+kx=ma1,做加速度减小的加速运动,当kx=0时,加速度为g,然后弹簧伸长,加速度a2=,继续做加速度减小的加速运动,当mg=kx时,速度最大,继续向下运动,加速度a3=,做加速度增大的减速运动到最低点,选项A、B、C错误,选项D正确.6.D[解析] 由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得a==-g,若拉力改为2F,则物体的加速度为a1=-g>2a,选项A错误;若质量改为,则物体的加速度a2=-g>2a,选项B错误;若质量改为2m,则物体的加速度a3=-g<,选项C错误;若质量改为,拉力改为,则物体的加速度a4=-g=a,选项D正确.7.C[解析] 由平衡条件知,余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反,则撤去大小分别为15 N和20 N的两个力后,物体的合力大小范围为5 N≤F合≤35 N,物体的加速度范围为2.5m/s2≤a≤17.5 m/s2,撤去两个力后,加速度可能为5 m/s2,但是若速度与合加速度方向不在一条直线上,则物体做曲线运动,选项A错误;撤去两个力后,加速度不可能为2 m/s2,选项B错误;撤去两个力后,剩下力的合力恒定,物体做匀变速运动,加速度大小可能是15 m/s2,但不可能做匀速圆周运动,选项C正确,D错误.8.B[解析] 从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧弹力F=kx,由牛顿第二定律可得mg-kx=ma,解得a=g-x,选项B正确,选项D错误;加速度随时间的变化是先减小再反向增大,但不是按线性关系变化,选项A、C错误.9.B[解析] 由图知,6 s末的加速度比1 s末的小,故A错误.0~1 s内汽车从静止开始做变加速直线运动,加速度方向与速度方向相同,故B正确.根据图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,可知第4 s内速度变化量为零,故C错误.根据图像与时间轴所围的面积表示速度变化量,图像在时间轴上方速度变化量为正,图像在时间轴下方速度变化量为负,可知第6 s内速度变化量为负,速度在不断变小,故D错误.10.A[解析] 由于滑轮光滑,故绳子拉甲的力与绳子拉乙的力大小相等,若甲的质量大,则甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度,所以乙会先到达滑轮,选项A正确,选项B错误;若甲、乙的质量相同,则甲攀爬时,甲、乙具有相同的加速度和速度,所以甲、乙应同时到达滑轮,选项C、D错误.11.AC[解析] 对小球受力分析如图所示,设小球所在位置的半径与水平方向的夹角为θ,则小球所受的合力F合=,根据牛顿第二定律得F合==ma,解得tan θ=,槽的加速度a越大,则θ越小,由几何关系可知h越大,故A正确,B错误;槽对小球的支持力F N=,槽的加速度a越大,则θ越小,F N 越大,由牛顿第三定律知,小球对槽的压力越大,故C正确,D错误.12.BD[解析] 在0~3 s时间内,物体匀速运动,由平衡条件得F-μmg=0,3 s末撤去F,在3~5 s时间内,物体做匀减速直线运动,运动的加速度大小为a==4 m/s2,由牛顿第二定律得μmg=ma,联立解得μ=0.4,F=8 N,选项A错误,B、D正确;3 s末撤去F,物体继续运动的时间t==5 s,即8 s末物体停止运动,补全速度图像,由速度图像与时间轴所围的面积表示位移可知,物体在3~8 s时间内的位移x2=×20×5 m=50 m,物体从t=0时刻开始,运动的总位移为s=x1+x2=60 m+50 m=110 m,选项C错误.13.(1)g(2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时,小球受力如图甲所示.因为AB=BC=b,AC=b故绳BC方向与AB垂直,cos θ=,则θ=45°由牛顿第二定律得mg tan θ=ma解得a=g(2)小车向左的加速度增大,AC、BC绳方向不变,所以AC绳的拉力不变,BC绳的拉力变大,当BC绳的拉力最大时,小车向左的加速度最大,小球受力如图乙所示.由牛顿第二定律得F m+mg tan θ=ma m因F m=2mg,所以最大加速度为a m=3g14.(1)32 N(2)52 m(3)2 s[解析] (1)由匀变速直线运动公式x=v0t+a1t2,可得=v0+a1t对照图线可知,图线纵轴截距表示初速度,图线斜率表示a1,则有v0=12 m/s,a1=4 m/s2在沿细杆方向上有F cos θ-μ(mg cos θ+F sin θ)=ma1解得F=32 N(2)2 s末的速度v1=v0+a1t=20 m/s0~2 s内的位移x1=v0t+a1t2=32 m2 s后小球沿细杆向上做匀减速运动,其加速度为a2=g sin 37°+μg cos 37°=10 m/s22 s后沿细杆向上的位移x2==20 m小球向上运动过程中与计时点的最大距离为x=x1+x2=52 m(3)小球由细杆最高点返回计时点的过程中,做匀加速运动,其加速度为a3=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2小球由细杆最高点返回计时点的时间t2==2 s课时作业(七)1.BCD[解析] 木块刚开始接触弹簧时,弹簧对木块的作用力小于外力F,木块向右做加速度逐渐减小的加速运动,直到二力相等,而后,弹簧对木块的作用力大于外力F,木块向右做加速度逐渐增大的减速运动,直到速度为零,但此时木块的加速度不为零,故选项A错误,B、C、D正确.2.B[解析] 无论是在上升过程、下落过程,还是在最高点,王宇的加速度始终向下,所以始终处于失重状态,选项C、D错误,B正确;起跳时王宇有一个向上的加速度,故合力向上,地面对他的支持力大于他受到的重力,选项A错误.3.C[解析] 体重计对小李的支持力与小李对体重计的压力是作用力与反作用力关系,所以大小相等,方向相反,选项A错误;体重计示数就是体重计对小李的支持力大小,在这段时间内,支持力大于小李的重力,选项B错误;根据牛顿第二定律得F N-mg=ma,解得加速度a=1 m/s2,方向竖直向上,选项C正确;根据题意,小李处于超重状态,但不能确定速度方向,选项D错误.4.D[解析] 图像的斜率表示加速度,由图像知,在0~5 s内,斜率为正,加速度为正,方向向上,处于超重状态,速度为正,即电梯向上加速运动;在5~10 s内,电梯匀速运动,该同学的加速度为零,该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力;在10~20 s内,斜率为负,速度为正,即电梯向上做减速运动,加速度向下,处于失重状态,选项A、B、C错误,选项D正确.5.C[解析] 小球原来受到重力、弹簧的弹力和斜面的支持力,斜面的支持力大小为F N=mg cos 30°;突然向下撤去梯形斜面,弹簧的弹力来不及变化,重力也不变,支持力消失,所以此瞬间小球所受的合力与原来的支持力F N大小相等、方向相反,由牛顿第二定律得mg cos 30°=ma,解得a=5 m/s2,方向斜向右下方,选项C正确.6.B[解析] 由牛顿第二定律得μmg=ma,可得a=8 m/s2,由v2-=-2ax,解得v0==m/s=20 m/s,故选项B正确.7.A[解析] 因ABCD为矩形,故A、B、C、D四点一定在以AC边为直径的同一个圆周上,由等时圆模型可知,由A、B、D三点释放的小球a、b、d一定同时到达圆的最低点C,故A正确.8.BC[解析] 滑块运动的加速度为a=g sin θ=g,方向沿斜面向下,若速度变为向上的,则所用时间为t== ,若速度变为向下的,则所用时间为t'== ,选项B、C正确,A、D错误.9.B[解析] 设物块的质量均为m,剪断细绳前,对B、C整体进行受力分析,受到总重力和细绳的拉力而平衡,故F T=2mg,对物块A受力分析,受到重力、细绳拉力和弹簧的弹力,剪断细绳后,重力和弹簧的弹力不变,细绳的拉力减为零,故物块B受到的合力等于2mg,向下,物块A受到的合力为2mg,向上,物块C受到的力不变,合力为零,故物块B有向下的加速度,大小为2g,物块A具有向上的加速度,大小为2g,物块C的加速度为零.10.D[解析] 根据题述可知,A、B两球的质量相等,均设为m,剪断细绳L2瞬间,对A球受力分析,如图甲所示,由于细绳L1的拉力突变,沿细绳L1方向和垂直于细绳L1方向进行力的分解,得F T=mg cos θ,ma1=mg sin θ;剪断细绳L2瞬间,对B球进行受力分析,如图乙所示,由于弹簧的弹力不发生突变,则弹簧的弹力保持不变,有F cos θ=mg,ma2=mg tan θ,所以F T∶F=cos 2θ∶1,a1∶a2=cos θ∶1,故A、B、C错误,D正确.11. AC[解析] 当该同学站在力传感器上静止时,其合力为零,即支持力大小等于该同学的重力,由图线可知,该同学的重力约为650 N,A正确.每次下蹲,该同学都将经历先向下加速(加速度方向向下)、后减速(加速度方向向上)的运动,即先经历失重状态,后经历超重状态,力传感器的读数F先小于重力,后大于重力;每次起立,该同学都将经历先向上加速(加速度方向向上)、后减速(加速度方向向下)的运动,即先经历超重状态,后经历失重状态,力传感器的读数F先大于重力、后小于重力,C正确,B、D错误. 12.(1)30 m(2)15 m/s2,方向向上(3)125 N[解析] (1)设最大速度为v,自由落体下落的距离为y,由s=t解得v==30 m/s则y==45 mh=H-y=30 m(2)a==-15 m/s2,负号表示方向向上(3)座舱落到15 m处时处于减速状态,有mg-F=ma解得F=125 N13.(1)10 m/s(2)5 s[解析] (1)小轿车在斜坡上行驶时,由牛顿第二定律得F1+mg sin 37°-μmg cos 37°=ma1解得加速度a1=3 m/s2由=2a1x1,x1=联立解得v1=10 m/s.(2)在水平地面上加速时,有F2-μmg=ma2解得a2=2 m/s2关闭油门后减速时,有μmg=ma3解得a3=5 m/s2设关闭油门时轿车的速度为v2,有+=x2解得v2=20 m/st==5 s即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.课时作业(八)1.D[解析] 对整体,由牛顿第二定律得F-μmg-μ·2mg=(m+2m)a,隔离物块P,由牛顿第二定律得F T-μmg=ma,联立解得F T=,选项D正确.2.AD[解析] 按题图甲放置时,A静止,由平衡条件得Mg sin α=mg,按题图乙放置时,对A、B整体,由牛顿第二定律得Mg-mg sin α=(m+M)a,联立得a=(1-sin α)g=g,对B,由牛顿第二定律得F T-mg sinα=ma,解得F T=mg,故A、D正确,B、C错误.3.C[解析] 物体开始静止时,合力为0,设匀加速运动的加速度为a,经时间t的位移x=at2,由牛顿第二定律得F-kx=ma,则F=ma+t2,选项C正确.4.C[解析] 对猴子受力分析,受到重力和绳对猴子的拉力,根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=150 N,即绳上的拉力大小为150 N,选项A错误;因绳的拉力为150 N>120 N,所以重物会离开地面,选项B错误;对重物,由牛顿第二定律得F-Mg=Ma,解得a=2.5 m/s2,2 s末重物上升的高度h=at2=5 m,选项C 正确,D错误.5.B[解析] 对两物体和弹簧测力计组成的系统,根据牛顿第二定律得,整体的加速度a== m/s2=2 m/s2,隔离B,根据牛顿第二定律得F-F2=m2a,解得F=24 N,所以弹簧测力计的示数为24 N,选项A错误,B正确;在突然撤去F2的瞬间,弹簧测力计的弹力不变,A的加速度不变,为2 m/s2,B的加速度a2== m/s2=12 m/s2,选项C、D错误.6.D[解析] 当B物块受到的合外力为零时,速度最大,此时有kx2=2mg,又mg=kx,所以弹簧此时的伸长量x2=2x,即B物块向下运动3x时速度最大,选项A、B错误;撤去木板瞬间,B物块所受的合外力为3mg,由牛顿第二定律知其加速度大小为1.5g,选项C错误,D正确.7.BD[解析] 小车静止时,A恰好不下滑,对A有mg=μF引 ,当小车做变速运动时,为了保证A不下滑,有F N≥F引,则F N-F引=ma,加速度一定向左,对B,由牛顿第二定律得μ(mg+F引)=ma m,解得a m=(1+μ)g,选项B、D正确.8.AC[解析] 根据v-t图像的斜率表示加速度,可知2~4 s内物体的加速度为a2== m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得μ=0.5,选项A正确;0~2 s内物体的加速度为a1== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mg sin θ+F cos θ-μ(mg cos θ-F sin θ)=ma1,解得F=4 N,选项B错误,C正确;在0~4 s内物体的位移为x= m+×2 m=28 m,选项D错误.9.C[解析] 设原来的加速度为a0,根据牛顿第二定律可得F=2ma0,因无相对滑动,所以,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有F=3ma,加速度都将减小,若放在A木块上面,以B为研究对象,设绳子拉力为F T,则F T=ma,绳子拉力减小,选项A错误;若C放在B上面,以B、C整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F T=2ma=F,选项B错误;若C放在B上,以C为研究对象,根据牛顿第二定律可得B、C间摩擦力为F f=ma=,选项C正确;以整体为研究对象,无论C放到哪块上,根据牛顿第二定律都有F=3ma,C放在A上和放在B上运动时的加速度相同,选项D错误.10.(1)15 N(2)6 m[解析] (1)在水平推力F作用下,设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a,由B物体的v-t图像得a=3 m/s2.对A、B整体,由牛顿第二定律得F-μm A g=(m A+m B)a,解得F=15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t,撤去推力F后,A、B两物体分离,A在摩擦力作用下做匀减速直线运动,B做匀速运动,对A物体,有μm A g=m A a A,解得a A=3 m/s2,由v0-a A t=0,解得t=2 s,物体A的位移为x A=t=6 m,物体B的位移为x B=v0t=12 m,所以A物体刚停止运动时,物体A、B之间的距离为Δx=x B-x A=6 m.11.BC[解析] 物块上滑和下滑均做匀变速运动,由运动学规律得v2-=2ax,可得上滑经过A点的速度为,下滑经过A点的速度为,上滑的加速度大小为a1=,下滑的加速度为a2=,则上滑和下滑的时间由t=可求;由牛顿第二定律,上滑的加速度大小a1=g sin α+μg cos α,下滑的加速度a2=g sin α-μg cos α,联立可得斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数,但物块的质量无法求出,选项B、C正确.12.(1)3 m/s28 m/s(2)30° N[解析] (1)设物块的加速度大小为a,到达B点时的速度大小为v,由运动学公式得L=v0t+at2v=v0+at联立解得a=3 m/s2,v=8 m/s(2)设物块所受支持力为F N,所受摩擦力为F f,拉力与斜面间的夹角为α,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得F cos α-mg sin θ-F f=maF sin α+F N-mg cos θ=0又F f=μF N联立得F=由数学知识得cos α+sin α=sin(60°+α)可知对应最小F的夹角α=30°F的最小值为F min= N专题训练(三)1.D[解析] 若木板光滑,则A和B做速度相同的匀速运动,两者距离不变;若木板粗糙,则运动的加速度大小a==μg,两者做初速度相同、加速度也相同的减速运动,A、B间的相对距离保持不变,选项D 正确.2.A[解析] a、b之间的最大静摩擦力为F fmax=μmg,b与地面间的最大静摩擦力为F fmax'=μ(m+m)g=μmg,a、b相对地面一起运动,刚好不发生相对滑动时,由牛顿第二定律,对b有μmg-μmg=ma0,可得a0=μg,对整体有F0-μmg=2ma0,可得F0=μmg,所以若a、b两个物体始终相对静止,则力F不能超过μmg,当力F>μmg时,b相对a滑动,选项A正确,D错误;当力F=μmg时,a、b一起加速运动,加速度为a1==μg,对a,根据牛顿第二定律可得F-F f1=ma1,解得a、b间的摩擦力为F f1=μmg,选项B错误;无论力F为何值,b的加速度都不会超过μg,选项C错误.3.A[解析] 设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为a1,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,对木板,由牛顿第二定律得-μ1mg-μ2·2mg=ma1,解得a1=-(μ1+2μ2)g,设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为a2,对整体有-μ2·2mg=2ma2,解得a2=-μ2g,可见|a1|>|a2|,由v-t图像的斜率表示加速度可知,选项A正确.4.D[解析] 开始阶段,木块受到竖直向下的重力、垂直于传送带向上的支持力和沿传送带向下的摩擦力作用,做加速度为a1的匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1,所以a1=g sinθ+μg cos θ,木块加速至与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,则木块不会与传送带保持相对静止而匀速运动,之后木块继续加速,所受滑动摩擦力变为沿传送带向上,做加速度为a2的匀加速直线运动,这一阶段,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,所以a2=g sin θ-μg cos θ,根据以上分析,有a2<a1,选项D正确.5.D[解析] 以A、B为整体,由牛顿第二定律知,加速度a=,方向一直向右,整体一直做加速运动,选项A、C错误;对B分析,摩擦力F f=m B a,方向始终与力F的方向相同,1~6 s内摩擦力不为0,选项B错误,D正确.6.AC[解析] 当F=6 N时,两物体恰好具有最大共同加速度,对整体分析,由牛顿第二定律得F=(M+m)a,解得M+m=3 kg,当F大于6 N时,两物体发生相对滑动,对长木板,有a==-,图线的斜率k==1 kg-1,解得M=1 kg,小滑块的质量m=2 kg,选项A正确;小滑块的最大加速度a'=μg=2 m/s2,所以小滑块与长木板间的动摩擦因数为0.2,选项B错误;当F=7 N时,由a=知,长木板的加速度a=3 m/s2,选项C正确;当两物体发生相对滑动时,小滑块的加速度a'=μg=2 m/s2,恒定不变,选项D错误.7.B[解析] 根据牛顿第二定律知,煤块的加速度a==4 m/s2,方向向右,煤块运动到速度与传送带速度相等的时间t1==1 s,位移大小x1=a=2 m<x,此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端,所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小,即Δx=v0t1-x1=2 m,选项A、C、D错误;x2=x-x1=2 m,匀速运动的时间t2==0.5 s,运动的总时间t=t1+t2=1.5 s,选项B正确.8.BCD[解析] 因mg sin θ>μmg cos θ,物块A、B都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,则传送带对两物块的滑动摩擦力方向均沿传送带向上,大小也相等,故两物块沿传送带向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,则所用时间也相同,故A错误,B正确;滑动摩擦力沿传送带向上,位移向下,摩擦力做负功,故C正确;A、B两物块下滑时的加速度相同,下滑到底端的时间相同,由x=v0t+at2,a=g sin θ-μg cos θ ,解得t=1 s,传送带在1 s内运动的距离是1 m,A与传送带是同向运动的,则A在传送带上的划痕长度为2 m-1 m=1 m,B与传送带是反向运动的,则B在传送带上的划痕长度为 2 m+1 m=3 m,故D正确. 9.A[解析] 由图像可知,当F较小时,小物块和长木板都静止,随着水平力F增大,小物块和长木板先一起加速运动,后来发生相对滑动,当F>2 N时,小物块与长木板开始加速运动,此时长木板受到水平面的摩擦力F f1=2 N;当F>14 N时,小物块与长木板开始相对滑动,此时小物块受到的摩擦力F f2=4 N,加速度a1==4 m/s2;改用22 N的水平力拉长木板,长木板的加速度a2==8 m/s2,小物块在长木板上滑行的时间t满足a2t2-a1t2=L,解得t=1 s,选项A正确.10.BD[解析] 因为μ<tan θ,对A,有mg sin θ>μmg cos θ,所以A、B一定相对滑动,选项A错误,B正确;对物体B,由牛顿第二定律得F-μmg cos θ-mg sin θ-μB·2mg cos θ=0,解得μB=,故选项C错误,D正确.11.C[解析] 对小滑块,在水平方向上,有μmg=ma B,解得a B=4 m/s2,对木板,在水平方向上,有F-μmg=Ma A,解得a A=6 m/s2,当小滑块刚滑下木板时,有a A t2-a B t2=L,解得t=1 s,此时,v A=6×1 m/s=6m/s,v B=4×1 m/s=4 m/s,选项C正确,A、B、D错误.12.(1)3 m/s2(2)2.8 m/s(3)0.7 m[解析] (1)长木板在水平方向上受水平恒力F和摩擦力作用,由牛顿第二定律得F-μmg=Ma1解得a1=3 m/s2.(2)F未撤去时,物块的加速度a m==μg=2 m/s2刚撤去F时,长木板的速度v1=a1t=3×1 m/s=3 m/s小物块的速度v m=a m t=2×1 m/s=2 m/s撤去F后,长木板的加速度大小a2==0.5 m/s2长木板与小物块最终的共同速度v2=v m+a m t2=v1-a2t2解得v2=2.8 m/s.(3)t=1 s内小物块与长木板的相对位移x1=a1t2-a m t2=0.5 m撤去F后,小物块与长木板的相对位移x2=-=0.2 m因此最终小物块离长木板右端的距离s=x1+x2=0.7 m.。

2021届(四川)高考物理一轮巩固练习：牛顿运动定律含答案

2021届（四川）高考物理一轮巩固练习：牛顿运动定律含答案巩固专题：牛顿运动定律*一、选择题1、关于惯性的大小，下列说法正确的是( )A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小C．两个物体只要质量相同，那么惯性就一定相同D．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大2、(双选)木箱重G1，人重G2，人站在木箱里用力F向上推木箱，如图所示，则有( )A．人对木箱底的压力大小为G2＋FB．人对木箱底的压力大小为G2C．木箱对地面的压力大小为G2＋G1－FD．木箱对地面的压力大小为G1＋G23、(多选)如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是( )A．将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态B．将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态C．将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出D．饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出4、如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。

重力加速度取g＝10 m/s2。

下列判断正确的是( )A．物块对斜面的压力大小F N＝52NB．斜面体的加速度大小为a＝10 m/s2C．水平恒力大小F＝15 ND．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小5、16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是( ) A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明，物体受的力越大，速度就越大B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力6、如图所示，将物理课本放在水平桌面上，下列说法中正确的是( )A．桌面对课本的支持力与课本的重力是一对平衡力B．桌面对课本的支持力与课本对桌面的压力是一对平衡力C．桌面对课本的支持力与课本的重力是一对作用力与反作用力D．课本对桌面的压力就是课本的重力7、如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动8、(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是( )A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的D．合力变小，物体的速度一定变小*9、建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。

2021届高三物理一轮复习检测专题07 牛顿运动定律解答斜面问题(原稿版)

牛顿运动定律解答斜面问题题型一：单物体在斜面上的受力分析1．如图所示，斜面体置于粗糙水平面上，光滑小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过由轻杆固定的光滑轻质定滑轮，用方向不变的力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止。

则在小球移动过程中（）A．斜面对小球的支持力变大B．轻杆对滑轮的作用力变大C．地面对斜面的摩擦力变大D．细线对小球的拉力变小2.如图所示，小球用细绳系住放在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，斜面对小球的支持力将（）A．逐渐减小B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大3．如图所示，物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是（）A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力C．物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对平衡力D．物体对斜面的摩擦力和物体重力沿斜面的分力是一对作用力和反作用力4．如图所示，一细线的一端固定于倾角为45 的光滑楔形滑块A上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。

若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10 m/s2)A．当a=5m/s2时，细线上的拉力为N2B．当a=10 m/s2C．当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2ND．当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和5．如图所示是商场安装的智能化电动扶梯的简化示意图。

无人乘行时，扶梯运转得很慢；有顾客站上扶梯时，它会先加速，再匀速。

则顾客（）A．始终受到静摩擦力的作用B．在匀速过程受到水平方向的摩擦力C．在加速过程受到沿斜面向上的摩擦力D．在加速过程受到水平方向的摩擦力6．如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆以另一端O为自由转动轴，而球又搁置在光滑斜面上，若杆与竖直墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时β<θ，且β+θ<90°，则为使斜面能在光滑水平面上缓慢向右运动，在球体离开斜面之前，作用于斜面上的水平外力F的大小、轻杆受力T和地面对斜面的支持力N的大小变化情况是（）A．F逐渐增大，T逐渐减小，N逐渐减小B．F逐渐减小，T逐渐减小，N逐渐增大C．F逐渐增大，T先减小后增大，N逐渐增大D．F逐渐减小，T先减小后增大，N逐渐减小7．物体m恰能沿静止的斜面匀速下滑．现用一个竖直向下的力F作用在m上，并且过m的重心，如右图所示，则下列分析错误．．的是（）A．斜面对物体的支持力增大B．物体仍能保持匀速下滑C．物体将沿斜面加速下滑D．斜面对物体的摩擦力增大8．如图所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为θ，在斜面的中间位置放置一质量为m可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位移x的变化规律如图所示．其中0～x1为曲线、x l～x2为平行于x轴的直线．则A．0～x1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下B．0～x1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零C．0～x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动D．x l～x2的过程中滑块的加速度大小为gsinθ9．如图所示，斜面静止于水平地面上，光滑的A球分别与斜面和竖直墙面接触，且处于静止状态，已知球A和斜面的质量均为m，斜面的倾角为θ，重力加速度为g．求：．1．求A球对斜面的压力大小．．2）地面对斜面的支持力和摩擦力的大小．11．如图，两光滑斜面在B处链接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s 和4m/s、AB=BC．设球经过B点前后的速度大小不变．求：、1）球在AB、BC段的加速度大小之比；、2）球由A运动到C的过程中平均速率为多少．题型二、整体法和隔离法解斜面连接体问题1．如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放在一起，A上表面水平，A物体的质量为2m，B物体的质量为m。

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)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，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向．【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N Bv mg F m R-=解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能；（2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤5．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。

2021届高考一轮(人教)物理：牛顿运动定律含答案

2021届高考一轮（人教）物理：牛顿运动定律含答案一轮专题：牛顿运动定律1、高铁是我国“新四大发明”之一．有一段视频，几年前一位乘坐京沪高铁的外国人，在最高时速300公里行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示，在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车横向变道进站的时候，硬币才倒下．这一视频证明了我国高铁极好的稳定性．关于这枚硬币，下列判断正确的是()A．硬币直立过程可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用B．硬币直立过程一定只受重力和支持力而处于平衡状态C．硬币倒下是因为受到风吹D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用2、身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平地面上通过一轻杆进行“顶牛”比赛，试图迫使对方后退。

设甲、乙两人对杆的推力大小分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，若甲获胜，则()A．F1＝F2，α1>α2B．F1>F2，α1＝α2C．F1＝F2，α1<α2D．F1>F2，α1>α23、如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。

现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个相同小物块(可看成质点)从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P 点，则()A ．OP 间距离为H (H ＋h )B ．OP 间距离为H ＋h 2C ．两小物块运动到P 点的速度相同D ．两小物块的运动时间均为2(H ＋h )g4、用外力F 拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a 随外力F 的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A ．物体的质量为F 0a 0B ．地球表面的重力加速度为2a 0C ．当a>0时，物体处于失重状态D ．当a ＝a 1时，拉力F ＝F 0a 0a 1 5、关于惯性的大小，下列说法中正确的是( )A ．高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B ．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C ．两个物体只要质量相同，那么惯性大小就一定相同D ．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小6、如图为10米跳台运动员在决赛中的关键一跳，关于运动员能跳起离开跳台的原因，下列说法正确的是( )A．他对跳台的作用力大于地球对他的引力B．跳台对他的作用力大于他对跳台的作用力C．跳台对他的作用力大于地球对他的引力D．跳台对他的作用力对他做了正功7、如图(a)所示，质量为5 kg的小物块以初速度v0＝11 m/s从θ＝53°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(b)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，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0.58、根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是()A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个力的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比*9、如图所示，一只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*10、航模兴趣小组设计出一架遥控飞机，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F＝28 N。

2021届高考一轮物理：力、运动、牛顿运动定律含答案

2021届高考一轮物理：力、运动、牛顿运动定律含答案复习：力、运动、牛顿运动定律1、如图，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )A.m 2B.32m C ．m D ．2m2、如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F 1和F 2共同作用下，一起从静止开始运动，已知F 1>F 2，两物体运动一段时间后( BC )A ．若突然撤去F 1，甲的加速度一定减小B ．若突然撤去F 1，甲乙间的作用力减小C ．若突然撤去F 2，乙的加速度一定增大D ．若突然撤去F 2，甲乙间的作用力增大3、一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第三个T 时间内位移是3 m ，第三个T 时间末的瞬时速度为3 m/s ，则( )A ．物体的加速度是1 m/s 2B ．第一个T 时间末的瞬时速度为0.6 m/sC ．时间间隔T 为1 sD ．物体在第1个T 时间内的位移为0.6 m4、[多选]一快艇从离岸边100 m 远的河流中央向岸边行驶。

已知快艇在静水中的速度图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，且速度图像如图乙所示。

则( )A．快艇的运动轨迹一定为直线B．快艇的运动轨迹一定为曲线C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20 sD．快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m5、用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L.现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L，斜面倾角为30°，如图所示，则斜面上物体所受摩擦力(重力加速度为g)()A．大小为mg，方向沿斜面向上B．大小为12mg，方向沿斜面向下C．大小为32mg，方向沿斜面向上D．等于零6、如图所示，位于同一高度的小球A，B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则v1，v2之比为()A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶37、[多选]如图所示，不可伸长的轻质细绳一端固定在光滑竖直杆上，轻质弹簧用光滑轻环套在杆上，细绳和弹簧的另一端固定在质量为m的小球上，开始时处于静止状态。

2021届高三物理一轮复习检测专题06 牛顿运动定律解答运动学问题(解析版)

牛顿运动定律解答运动学问题1．2019年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。

现通过传感器将某台无人机上升向前追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度v y及水平方向速度v x与飞行时间t的关系图像，如图所示。

则下列说法正确的是（）A．无人机在t1时刻处于平衡状态B．无人机在0～t2这段时间内沿直线飞行C．无人机在t2时刻上升至最高点D．无人机在t2～t3时间内做匀变速运动【答案】D【解析】A．依据图象可知，无人机在t1时刻，在竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向则是匀减速直线运动，合加速度不为零，故不是平衡状态，故A错误；B．由图象可知，无人机在0～t2这段时间，竖直方向向上匀加速直线运动，而水平方向匀减速直线运动，那么合加速度与合初速度不共线，所以物体做曲线运动，即物体沿曲线上升，故B错误；C．无人机在竖直方向，先向上匀加速直线，后向上匀减速直线运动，因此在t2时刻没有上升至最高点，故C错误；D．无人机在t2～t3时间内，水平方向做匀速直线运动，而竖直向上方向做匀减速直线运动，因此合运动做匀变速运动，故D正确。

故选D。

2．如图所示，质量为m的木块放在水平地面上。

木块与地面的滑动摩擦因数为μ，木块在水平拉力F的作用下，沿水平方向做匀加速直线运动，木块受到的合外力大小是（）A．0B．F C．F-μmg D．μmg【答案】C【解析】对物体进行受力分析，物体受重力，支持力，向左的滑动摩擦力，向右的拉力。

竖直方向的重力和支持力平衡，水平方向的合力为F−μmg，所以木块受到的合外力大小是F−μmg，故C正确，ABD 错误。

故选C。

3．如图所示，物体由静止开始分别沿不同斜面由顶端A滑至底端B，两次下滑的路径分别为图中的Ⅰ和Ⅱ，两次物体与斜面间动摩擦因数相同，且不计路径Ⅱ中转折处的能量损失，则到达B点时的动能（）A．第一次小B．第二次小C．两次一样大D．无法确定【答案】C【解析】设斜面倾角为α，物体沿斜面下滑时，克服摩擦力所做的功为：W f＝μmg cosα•s＝μmgs cosα＝μmgL，L 是斜面的水平长度，Ⅰ和Ⅱ的路径虽然不同，当它们的水平长度L相同，因此它们克服摩擦力所做的功相同；滑动的过程中重力做功与路径无关所以重力做的功相同，所以两次重力与摩擦力做的功都相同，根据动能定理可得：E K1＝E K2.ABD错误C正确。

高考物理一轮复习牛顿运动定律专题练习(含答案)

高考物理一轮复习牛顿运动定律专题练习（含答案）牛顿运动定律中的各定律相互独立，且内在逻辑契合自洽分歧性。

查字典物理网整理了牛顿运动定律专题练习，请考生练习。

一、选择题(此题共10小题，每题7分，共70分.在每题给出的四个选项中，第1～6题只要一项契合标题要求，第7～10题有多项契合标题要求.全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分.)1.(2021济南市调研)2021年6月20日，在中国迄今最高讲台天宫一号上，女航天员王亚平向空中的千万名师生停止了太空授课.在演示如何在太空中测量物体质量时，她让助教聂海胜固定在仪器上，启动机械臂拉他由运动末尾向舱壁运动，假定仪器测出聂海胜遭到机械臂的恒定拉力为F，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为v，那么聂海胜的质量为()A. B.C. D.【解析】由减速度定义式知a==，依据牛顿第二定律F=ma，可得聂海胜的质量m===，应选项B正确.【答案】 B2.(2021湖北局部重点中学一次联考)竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又前往原处，设整个运动进程中，子弹遭到的阻力与速率成正比，那么整个运动进程中，减速度的变化是()A.一直变小B.绐终变大C.先变大后变小D.先变小后变大【解析】设阻力f=kv，k为系数，当子弹竖直向上飞行时，mg+kv=ma，因速度v减小，所以减速度减小;当子弹向下运动时，mg-kv=ma，因速度v增大，所以减速度减小，选项A 正确.【答案】 A3.(2021咸阳市一模)如所示，物块，A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C经过细线牵引B使A、B一同在水平桌面上向右减速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2.假定增大C桶内图1砂的质量，而A、B仍一同向右运动，那么摩擦力f1和f2的变化状况是()A.f1、f2都变大B.f1、f2都不变C.f1不变，f2变大D.f1变大，f2不变【解析】设物体的减速度大小为a，对A停止受力剖析，受重力、支持力和静摩擦力，依据牛顿第二定律有f1=mAa，物体B与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力，有f2=(mA+mB)g，当增大砂桶中砂的质量时，减速度变大，静摩擦力f1变大，而滑动摩擦力f2不变，选项D正确.【答案】 D4.(2021天津市河西区调研)一条不可伸长的轻绳跨过质量可疏忽不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=14 kg的重物，重物运动于空中上，有一质量m=10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳上爬.如图2所示，不计滑轮摩擦，在重物不分开空中条件下，猴子向上爬的最大减速度图2为(取g=10 m/s2)() A.2.5 m/s2 B.5 m/s2C.4 m/s2D.0.5 m/s2【解析】以猴子为研讨对象，有FT-mg=ma，以重物为研讨对象，有FT+FN=Mg，假定重物不分开空中，那么有FN0，联立以上各式，解得a，即a4 m/s2，选项C正确.【答案】 C5.如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的润滑木板AB托住，小球恰恰处于运动形状.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的减速度大小为()图3A.0B.gC.gD.g【解析】平衡时，小球遭到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力FT，受力状况如下图.突然撤离木板时，FN突然消逝而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F==mg，发生的减速度a==g，B正确.【答案】 B6. 如图4所示，质量为4 kg的物体A运动在竖直的轻弹簧下面.质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一同但A、B之间无压力.某时辰将细线剪断，那么细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g=10 m/s2)()图4A.0 N B.8 N C.10 N D.50 N【解析】细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B全体遭到的合外力等于物体B的重力，因此全体的减速度为a==g，关于物体B：mBg-FN=mBa，所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=mBg=8 N.【答案】 B7.(2021呼和浩特阶段考试)在升降的电梯内的水平空中上放一体重计，电梯运动时，吴力同窗站在体重计上，体重计的示数为60 kg，电梯运动时，某一段时间吴力同窗发现体重计的示数为72 kg，在这段时间内以下说法正确的选项是()A.吴力同窗所受的重力不变B.吴力同窗对体重计的压力大于体重计对他的支持力C.电梯的减速度大小为g，方向一定竖直向上D.电梯的运动方向一定竖直向上【解析】在地球外表同一纬度重力与人的运动状况和能否遭到其他力的作用有关，选项A正确;依据牛顿第三定律，压力和支持力是一对作用力和反作用力，选项B错误;体重计的示数72 kg大于60 kg，说明合力方向向上，依据牛顿第二定律有FN-mg=ma，即72g-60g=60a，a=g，方向向上，选项C正确;减速度向上，电梯能够减速上升，也能够减速下降，选项D错误.【答案】 AC8.(2021南宁模拟)如图5所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球运动，两细线与水平方向的夹角=30，图5弹簧水平，以下说法正确的选项是()A.两球质量一定相等B.两球质量能够不相等C.剪断左侧细线瞬间，b球减速度为零D.剪断左侧细线瞬间，a球减速度为g【解析】设左、右两细线的拉力大小区分为Fa、Fb，由平衡条件可得，Facos =Fbcos ，Fasin =mag，Fbsin =mbg，可解得：Fa=Fb，ma=mb，A正确，B错误;剪断左侧细线瞬间，Fa立刻消逝，弹簧弹力及Fb瞬间不发作改动，故此时b球减速度为零，a球的减速度aa===2g，C正确，D错误.【答案】 AC9.(2021石家庄市质检)如图6所示，斜面体放置在水平空中上，物块沿粗糙的斜面减速下滑，斜面体一直坚持运动，在此进程中()A.斜面体对物块的作用力斜向左上方图6B.斜面体对物块的作用力斜向右上方C.空中对斜面体的摩擦力水平向右D.空中对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和【解析】物块有沿斜面向下的减速度，对物块受力剖析，受重力和斜面对物块的作用力，两力的合力沿斜面向下，因此斜面对物块的作用力斜向右上方，A错误，B正确;对全体受力剖析，将物块的减速度分解为竖直向下的和水平向右的，竖直方向上有向下的减速度，全体处于失重形状，D错误;水平方向上有向右的减速度，故空中对斜面体的摩擦力水平向右，C正确.【答案】 BC10.(2021呼和浩特市阶段测试)将一个小物体以初速度v0竖直上抛，假定物体所受的空气阻力大小不变，那么小物体抵达最高点前的最后1 m和分开最高点的第1 m所用时间为t1和t2，平均速度的大小为v1和v2，速度变化量的大小为v1和v2.减速度的大小为a1和a2，它们关系正确的选项是() A.t1t2 B.v1v2C.v1v2D.a1a2【解析】依据牛顿第二定律知，小物体上升时减速度大小a1=，下降时减速度大小a2=，a1a2，选项D正确;依据逆向转换的方法，上升的最后1 m可以看成以减速度a1从运动末尾下落，故有x=a1t，(v1)2=2a1x，v1=，而以减速度a2从运动末尾下落的1 m内有x=a2t，(v2)2=2a2x，v2=，因a1a2，所以t1【答案】 BCD二、非选择题(此题共2小题，共30分.按标题要求作答.解答题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，答案中必需明白写出数值和单位.)11.(14分)(2021太原市测评)如图7甲所示，物块以一定的初速度v0沿斜面向上滑出，应用速度传感器在计算机屏幕上失掉其速度v随时间t的变化关系如图7乙所示，取g=10 m/s2.求：(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离s;(2)斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数.【解析】由图乙可知v0=8 m/s，t1=1.0 s，v1=0，t2=3.0 s，v2=-4 m/s(1)物体在0～t1外向上滑行，最大距离为s=t1s=4 m(2)物体在0～t1内减速度为a1==-8 m/s2物体在t1～t2内减速度为a2==-2 m/s2由牛顿第二定律，有-mgsin mgcos =ma1-mgsin mgcos =ma2联立，得=30【答案】 (1)4 m (2)12.(16分)如图8所示，编号1是倾角为37的三角形劈，编号2、3、4、5、6是梯形劈，三角形劈和梯形劈的斜面局部位于同一倾斜平面内，即三角形劈和梯形劈构成一个完整的斜面体;可视为质点的物块质量为m=1 kg，与斜面局部的动摩擦因数均为1=0.5，三角形劈和梯形劈的质量均为M=1 kg，劈的斜面长度均为L=0.3 m，与空中的动摩擦因数均为2=0.2，它们紧靠在一同放在水平面上，现使物块以平行于斜面方向的初速度v0=6 m/s从三角形劈的底端冲上斜面，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.(g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)(1)假定将一切劈都固定在水平面上，经过计算判别物块能否从第6块劈的右上端飞出?(2)假定一切劈均不固定，物块滑动到第几块劈时梯形劈末尾相对空中滑动?(3)劈末尾相对空中滑动时，物块的速度为多大?【解析】 (1)假定劈不时坚持运动不动，那么物块滑到第6块劈右上端时的速度满足v-v=2(-a)(6L)解得v2=0所以物块不能从第6块劈的右上端飞出(2)物块与斜面间的弹力FN1=mgcos 37=8 N物块与斜面间的滑动摩擦力f1=1FN1=4 N空中对劈的支持力FN2=nMg+FN1cos 37-f1sin 37当f1cos 37+FN1sin 372FN2时刚好末尾滑动解得n=3.6所以物块滑动到第4块劈时，劈末尾相对空中滑动(3)物块的减速度a=代入数值a=10 m/s2劈末尾滑动时物块的速度v-v=2(-a)(3L)解得v1=3 m/s【答案】 (1)不能 (2)第4块 (3)3 m/s牛顿运动定律专题练习及答案的全部内容就是这些，查字典物理网希望考生可以完本钱人的理想。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)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，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =；（3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

2023年高考物理一轮复习考点微专题《牛顿运动定律的综合运用》(全国通用)

考向06 牛顿运动定律的综合运用【重点知识点目录】1.超重与失重问题2.整体法与隔离法在动力学中的运用3.滑块-滑板模型4.传送带模型5.动力学中的临界极值问题（多选）1．（2021•乙卷）水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。

用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。

木板的加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。

已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。

假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。

则（）A．F1＝μ1m1gB．F2＝（μ2﹣μ1）gC．μ2＞μ1D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD。

【解析】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A错误；B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）a m对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m整理可得F2＝（μ2﹣μ1）g故B正确；C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1a m故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞μ1，故C正确；D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D正确。

2．（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω的电动机运粮，如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。

高考物理一轮复习牛顿运动定律的综合应用专题训练(附答案)

高考物理一轮复习牛顿运动定律的综合应用专
题训练（附答案）
牛顿运动定律中的各定律互相独立，且内在逻辑符合自洽一致性，下面是牛顿运动定律的综合应用专题训练，请大家认真练习。

一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求.)1.(2015年执信中学期中)在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一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N随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是()
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2021年高考物理一轮复习：力、运动、牛顿运动定律专项练习题(含答案)

2021年高考物理一轮复习：力、运动、牛顿运动定律专项练习题1、如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力F N的大小变化情况是()A．F减小，F N不变B．F不变，F N减小C．F不变，F N增大D．F增大，F N减小2、太极球是广大市民中较流行的一种健身器材，将太极球(拍和球)简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R 的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。

球的质量为m，重力加速度为g，则()A．在C处板对球施加的力比在A处大6mgB．球在运动过程中机械能不守恒C．球在最低点C的速度最小值为5gRD．板在B处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大3、京津城际高铁自2018年8月8日起，最高速度可以达到350 km/h(可看成100 m/s)，其中从北京南站到天津武清站这一段距离约80 km，中间不停车，若维持最高时速的时间为8 min，试估算该高铁的加速度大小为(已知高铁加速运动与减速运动的加速度大小相同)()A．0.1 m/s2B．0.3 m/s2C ．1 m /s 2D ．3 m/s 24、如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。

质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知弧长MP 大于弧长PN ，质点由M 点运动到P 点与从P 点运动到N 点的时间相等。

下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同C ．质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同D ．质点在MN 间的运动不是匀变速运动5、（双选）质量均为m 的两物块A 和B 之间连接着一个轻质弹簧，弹簧劲度系数为k ，现将物块A 、B 放在水平地面上一斜面体的斜面上等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面体均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A ．斜面体和水平地面间一定有静摩擦力B ．斜面对A 、B 组成的系统的静摩擦力为2mgsinθC ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动D ．弹簧的最大压缩量为mg k (μ2cos 2θ－sin 2θ)126、如图，可视为质点的小球位于半圆柱体左端点A 的正上方某处，以初速度v 0水平抛出，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B 点。

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-牛顿运动定律(含答案)

备战2021年高考物理-一轮复习训练习题-牛顿运动定律一、单选题1.如图为一个质点做直线运动的v﹣t图象，该质点在前4s内向东运动，则该质点（）A.在8～10 s内始终向东运动B.在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西C.在前8 s内的合外力先减小后增大D.在4～12 s内的位移大小为24 m2.纳米技术（1纳米=10ˉ9m）是在纳米尺度（10ˉ9m～10ˉ7m）范围内通过直接操纵分子、原子或分子团使其重新排列从而形成新的物质的技术．用纳米材料研制出一种新型涂料喷涂在船体上能使船体在水中航行形成空气膜，从而使水的阻力减小．设一货轮的牵引力不变，喷涂纳米材料后航行加速度比原来大了一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料后的阻力f之间的大小关系是（）A.F= fB.F=fC.F= fD.F= f3.有一种大型游戏器械，它是一个圆筒型容器，筒壁竖直，游客进入容器后靠筒壁站立，当圆筒开始转动后，转速加快到一定程度时，突然地板塌落，游客发现自己没有落下去，这是因为()A.游客处于超重状态B.游客处于失重状态C.筒壁对游客的支持力等于重力D.游客受到的摩擦力等于重力4.如图所示，电灯吊在天花板上，设悬线对电灯的拉力为F1，电灯对悬线的拉力为F2，电灯的重力为F3。

下列说法正确的是（）A.F1、F2是一对平衡力B.F1、F3是一对平衡力C.F1、F3是一对作用力和反作用力D.F2、F3是一对作用力和反作用力5.质量为m的汽车行驶在平直公路上，在运动中所受阻力不变。

当汽车加速度为a，速度为v时发动机的功率为P1；当功率为P2时，汽车行驶的最大速度应为()A. B. C. D.6.教科书中这样表述牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．其中“改变这种状态”指的是改变物体的（）A.速度B.加速度C.位置D.受力7.以卵击石，鸡蛋破碎，在这一过程中（）A.鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力小B.鸡蛋对石头的作用力比石头对鸡蛋的作用力大C.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力大小相等D.鸡蛋对石头的作用力与石头对鸡蛋的作用力互相平衡8.如图所示，A、B两个小箱子的质量大小为m A=4m B，它们之间用轻弹簧相连，一起静止在光滑水平面上，用向右的水平恒力F作用于箱子B，使系统由静止开始运动，弹簧的伸长量为x1,如把同样大小的水平恒力F改为作用于箱子A上，使系统由静止开始向左运动时弹簧的伸长量为x2，则x1 : x2为（）A.1 ：4B.4 ：1C.1 ：1D.以上都有可能9.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的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示。

2021届高考一轮复习牛顿定律专题练习及答案

牛顿运动定律练习一1. 如图甲所示，斜面体固定在水平面上，倾角为θ＝30°，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a=开始下滑，取出发点为参考点，则图乙中能正确描述物块的速率v、动能E k、势能E P、机械能E、时间t、位移x关系的是2. 如图所示，两个物体以相同大小的初速度从O点同时分别向x轴正、负方向水平抛出，它们的轨迹恰好满足抛物线方程y＝，那么以下说法正确的是（曲率半径简单地理解为在曲线上一点附近与之重合的圆弧的最大半径）A．物体被抛出时的初速度为B．物体被抛出时的初速度为C．O点的曲率半径为kD．O点的曲率半径为2k3.不久前欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，该行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球直径的1.5倍。

设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为Ek2，则Ek1: Ek2为A. 7.5B. 3.33C. 0.3D. 0.134.在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。

则此时A．拉力做功的瞬时功率为B．物块B满足C．物块A的加速度为D．弹簧弹性势能的增加量为5.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列物理量由比值法定义正确的是（）A．加速度B．磁感应强度C．电容D．电流强度6.右图为某节能运输系统的简化示意图。

其工作原理为：货箱在轨道顶端A时，自动将货物装入货箱，然后货箱载着货物沿粗糙程度各处相同的轨道无初速度下滑，接着压缩弹簧，当弹簧被压缩至最短时，立即锁定并自动将货物卸下，卸完货物后随即解锁，货箱恰好被弹回到A，此后重复上述过程。

若滩簧为自由长度时右端对应的斜面位置是B，货箱可看作质点，则下列说法正确的是A.锁定前瞬间货箱所受合外力等于解锁后瞬间货箱所受合外力B.货箱由A至B和由B至A的过程中，在同一位置(除A点外）的速度大小不相等C.货箱上滑与下滑过程中克服摩擦力做的功相等D.货箱每次运载货物的质量必须相等7. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。