2016年高考物理复习专题训练-牛顿运动定律.doc

第 7 页 共 7 页 牛顿运动定律1下列说法正确的是A牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比B亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同C笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因D伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快2物理学是一门以实验为基础的学科，物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的但有些物理规律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合力外推，下列选项中属于这种情况的是A牛顿第一定律 B牛顿第二定律 C万有引力定律 D库仑定律3以下说法中正确的是A牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性B速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C力是维持物体运动的原因D做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动ACBD4如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下下列说法正确的是AA环与滑竿之间没有摩擦力 BB环与滑竿之间没有摩擦力CA环做的是匀加速直线运动 DB环做的是匀加速直线运动5如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g = 10m/s2）A以a = 1m/s2的加速度加速上升 B以a = 1m/s2的加速度加速下降C以a = 9m/s2的加速度减速上升 D以a = 9m/s2的加速度减速下降6风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与细杆的动摩擦因数相同则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是A细绳与竖直方向的夹角 B轻绳拉力的大小C细杆对球的支持力 D风给小球的水平力716世纪末，随着人们对力的认识逐渐清晰和丰富，建立了经典力学理论，以下有关力的说法正确的有A物体的速度越大，说明它受到的外力越大v2xx10v02B物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变C马拉车做匀速运动，说明物体做匀速运动需要力来维持D一个人从地面跳起来，说明地面对人的支持力大于人对地面的压力8一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则汽车从开始运动到前进x 1过程中的下列说法中正确的是A汽车受到的合外力越来越大 B汽车受到的合外力越来越小C汽车的平均速度大于v0/2 D汽车的平均速度小于v0/29如图所示，在动摩擦因数 = 0.2的水平面上有一个质量m = 1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成 = 45角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），则A小球受力个数不变 B小球立即向左运动，且a = 8 m/s2C小球立即向左运动，且a = 10m/s2 D若剪断弹簧则剪断瞬间小球加速度a = 10m/s210质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v t图像，则A斜线 一定是物体受水平拉力时的图像B斜线 一定是物体不受水平拉力时的图像C水平拉力一定等于0.2 Nm1m2FD物体所受的摩擦力可能等于0.2 N11如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上用轻质弹簧将两物块连接在一起当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a=2a做匀加速运动此时弹簧伸长量为x则下列关系正确的是AF = 2F Bx = 2x CF 2F Dx m）的物体B，此时A物体加速度为a1如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么A如果al = a2，则F Mg B如果F = Mg，则al a2，v1 v2，选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确14D；关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg = (2M + m)a，解得电梯加速度大小a = mg/(2M+m)，t = v/a = (2M + m) v/mg，选项D正确15ABD；另一端悬挂一质量为M（M m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg mg = (m + M)a1，解得a1 = (M m)g/(M + m)如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F - mg = ma2，解得a2 = (F mg)/m如果al = a2，则F Mg；如果F = Mg，则al a2；选项AB正确C错误如果F =2mMg/(m + M)，则a2 = (F mg)/m = (M m)g/(M + m) = a1，选项D正确16A；当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；设下面弹簧支持力为FN，由牛顿第二定律，0.4 + FN mg = ma1；解得FN = mg =1N当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力为F，则下面弹簧支持力为FN = mg + F 0.4= 0.6 + F，由牛顿第二定律，F + FN mg = ma2；解得F = 0.6N，选项A正确17AC；根据弹簧秤的示数始终是16N可知，升降机加速度方向向下，mg F = ma，解得a =2m/s2若升降机向下加速运动，经过1s，升降机的速度为5m/s，经过1s，升降机的位移可能是4m；若升降机向上减速运动，经过1s，升降机的速度为1m/s，经过1s，升降机的位移可能是2m；选项AC正确18B；将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，拉力F = m(g + a) = 20(10 + 0.500)N = 210N对工人，由平衡条件可得地面支持力为700N 210N = 490 N，根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小为490N，选项B正确19D；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v2 = 2ax，其中a = g，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，越大，a越大，x越小，选项D对20D；分析bd光滑细杆上小圆环受力，应用牛顿第二定律和直线运动公式，可得环到达d点所用的时间与光滑细杆的倾角无关，选项D正确21AD；因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F 3mg mg = (3m + m)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力mg、绳子拉力T，F mg T = ma，a减小，F、mg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T 2mg = 2ma，T减小，选项D对22C；它们以共同速度沿倾角为的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsin，A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数，选项D错误23AB；当F = 0时，物体向下的加速度大小为6m/s2，即gsin = 6m/s2，可计算出斜面的倾角，选项B正确；当F = 20N时，物体向上的加速度大小为2m/s2，即 (20/m)cos gsin = 2m/s2，可计算出物体的质量m，选项A正确不能计算出斜面的长度，加速度为6m/s2时物体的速度，选项CD错误24C；在01s，F = mg，由牛顿第二定律，加速度a = 5m/s2；在1s2s，F = 0，由牛顿第二定律，加速度a = -5m/s2；在2s3s，F = mg，由牛顿第二定律，加速度a = 15m/s2；物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的C25BCD；若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律，F=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F=ma；解得物块A对B的作用力大小为F =F/2，选项A错误B正确若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为，对整体，由牛顿第二定律，F 2mg = 2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F mg = ma；解得物块A对B的作用力大小为F = F/2，选项C正确若物块A与地面的动摩擦因数为，B与地面的动摩擦因数为2，对整体，由牛顿第二定律，F mg 2mg = 2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F 2mg = ma；解得物块A对B的作用力大小为F = (F + mg)/2，选项D正确26BC解析：弹簧秤的示数变为6 N，电梯加速度向下，电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2，电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2，选项BC正确27BC；设小球处于静止状态时b弹簧弹力为F，拔去销钉瞬间，取向上为正方向，若a = 6/s2，由牛顿第二定律，F mgsin30 = ma，解得F = 11m若a = 6/s2，由牛顿第二定律 F mgsin30 = ma，解得F= m设a弹簧弹力为F，由平衡条件F = mgsin30 + F， 当F = 11m可得F = 6m，拔去销钉瞬间，由牛顿第二定律F + mgsin30 = ma，解得a = 11/s2，选项B正确A错误；当F = m可得F= 4m，拔去销钉瞬间，由牛顿第二定律， F + mgsin30 = ma，解得a = 1/s2，方向沿杆向下，选项C正确D错误28CD；把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由2F=(m + M)a解得a =2F/(m+M)设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F f = ma，联立解得f = F，选项D正确B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F+f=ma，联立解得f = F，选项C正确A错误29以m1为研究对象，由牛顿第二定律，T m1g = m1a，以m2为研究对象，由牛顿第二定律， m2g T= m2a，联立解得：T = 2m1m2g/(m1 + m2) g；由题意，T 4.8N，且m1 +m2 =1kg，代入解得：0 m2 0.4kg或0.6kg m2 1.0kg30 由题意可知滑块的加速度a = v/t = 1.4/0.4 m/s2 = 3.5 m/s2滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsin f = ma，解得 f = 1.5NF/4mgFNFfmgFNFfF 由滑块受力图得：FN = mgcos，木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地 + fcos = FN sin，解得：f地 = 3.03Nf地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左31 依题意整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三角形面积S = 3010/2 m =150m 物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：a1 = 1m/s2，a2 = 0.5m/s2， 受力图如图对于两个过程，由牛顿第二定律得 FFf = ma1、F/4Ff = ma2 解得 Ff = 10N；由滑动摩擦力公式得 Ff = FN = mg，解得 = 0.1 32 由mgsin37- mgcos37= ma 解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2游客匀速下滑时的速度大小v = at1 =28m/s =16m/s 加速下滑路程为L1= at12/2 = 64m，匀速下滑路程L2 = LAB L1 = 64m，游客匀速下滑的时间t2= L2/v = 4s 由动能定理，- FL mgL = 0 mv2/2，解得F = 210N33 Fcos + mgsin FN = ma、Fsin + FN = mg cos 解得 a = F(cos + sin) + mg(sin cos)/m = 1.25m/s2 v2 = 2aL代入数字解得 v = 2m/s34 由H = at2/2 得 a1 = 2m/s2 由F f mg = ma 得 f = 4N 前6s向上做匀加速运动，最大速度：v = a1t = 12m/s，上升的高度：h1= a1t2/2 = 36m，接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f + mg = ma2，解得a2 = 12m/s2；由v2 = 2a2h2，解得上升的高度h2 = 6m，最大高度：h = h1 + h2 = 42m35 024 s内一直处于上升阶段，H = 2464/2 m = 768 m 8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g = v/t = 64/16 m/s2 = 4 m/s2，探测器返回地面过程有v2 = 2gH得v = 32m/s 上升阶段加速度：a = 8m/s2 由F mg = ma得，F = 1.8104N36 对木块和木板组成的系统，有 1(m + M)g = (m + M)a1、v02 v12 = 2a1s，解得v1 = 9m/s 由牛顿第二定律可知am = 2g = 9 m/s2、aM = 2mg +1(M + m)g/M = 6 m/s2；m运动至停止时间为t1 = v1/am =1 s，此时M速度vM = v1 aMt1 = 3m/s, 方向向左，此后至m、M共速时间t2，有vM aMt2 = amt2 得 t2 =0.2s；共同速度v共 = 1.8m/s，方向向左，至共速M位移s1 = (v1 + v共)(t1 + t2)/2 = 6.48m，共速后m，M以a1 = 1m/s2向左减速至停下位移s2 = v共2/2a1 = 1.62m，最终木板M左端A点位置坐标为 x = 9.5 s1 s2 = 1.40m37 小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间t满足h = gt2/2，代入数据解得t = 0.5s 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为 a1 = F + (M + m)g/g = 7.2m/s2；小车向右运动的距离为 x1 = v02/2a1 = 3.6m，x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下小车向右运动的时间为 t1 = v0/a1 = 1s；小车向左运动的加速度为a2 = F (M + m)g/M = 2.8m/s2，小车向左运动的距离为 x2 = x1 + L/3 = 3.6m + 2m = 5.6m；小车向左运动的时间t2满足 x2 = a2t22/2，代入数数据解得t2 = 2s，故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t = t1+t2 = 3s 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 v2 = a2t2 = 2.82 m/s = 5.6m/s；小球离开车子后，车的加速度为 a3 = (F Mg)/M = 3m/s2；车子向左运动的距离为 x3 = v2t3 + a3t32/2 = 3.175m；从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 x = x1 + x2 + x3 = 5.175m38 设F作用时加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsinmgcos = ma1，撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsin + mgcos = ma2；根据图像可知：a1 = 20m/s2，a2 = 10m/s2，代入解得F = 30N、 = 0.5 设撤去力后物体运动到最高点时间为t2，v1 = a2t2，解得t2 = 2s，则物体沿着斜面下滑的时间为t3 = t t1t2 = 1s；设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律mgsin mgcos = ma3，有a3 = 2 m/s2，则t = 4s时速度v = a3t3 = 2m/s39分别对A和B进行受力分析，如图 对A、B列运动方程对A有：T mAgsin f = mAa1、FN = mAgcos、f = FN对B有：mBg T = mBa1整合以上各式得： mBg mBa1