专题03牛顿定律(解析版)

1、高考物理精选考点专项突破题集专题三牛顿定律22 / 19、单项选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1、将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小 a与时间t关系的图象，可能正确的是（Jkv【解析】皮球竖直向上抛出，由牛顿第二定律知mg+kv=ma，因此a=g+。上升过程速度一直减小，因此m加速度一直减小，速度为零时到达最高点,加速度最小是g,故BD都错误。A和C的主要区别是切线斜率kv不同，由a=g+竺知?a=m绝对值的大小一直变小，变形知m因此 C正确。 -v = a，上升过程a 一直减小，a-t图象的切

2、线斜率 一a t m t m注意函数式法判图象形状，切忌凭感觉做题。故本题选C。【考点】牛顿第二定律;图象问题【难度】较难2、如图所示，足够长的传送带与水平面间夹角为0,以速度V0逆时针匀速转动。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卩tan0则图中能客观地反映小木块的速度随时【解析】V开始阶段滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律知mgsin 0+ 卩 mgcos4 mai, 因止匕 ai = gsinmgsin 0(1 mgcosA ma2,因此 a21 geos。小木块加速到和传送带速度相等时，由于1 i mgcos小木块不会匀速运动，然 后小木块会继续

3、加速，滑动摩擦力变为沿传送带向上，由牛顿第二定律知D。=gsin 1 geos。由公式知a2 ai。注意摩擦力是被动力，速度相等时摩擦力会突变。故本题选【考点】牛顿第二定律；图象问题【难度】较难3、在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50kg。电梯在运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示。在这段时间内下列正确的是C错误。对晓敏同学由牛顿第二定律知B受沿斜面向上力F作用沿斜面匀速上滑。一B .晓敏同学对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C .电梯一定在竖直向下运动D .电梯的加速度大小为g/5,方向一定竖直向下【答案】D。【解析】由图知

4、体重计示数40kg，示数小于真实体重，说明压力小于重力，失重并不是体重变小, 误。晓敏同学对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是相互作用力，二者大小相等且方向相反，故 误。失重表明加速度方向向下，但是速度可能向上可能向下，因此 mg-FN=ma,因此a = g/5,方向竖直向下。故本题选【考点】牛顿第二定律；失重问题【难度】中等4、如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平地面上，物体B之间的动摩擦因数为 u, utan 0且质量均为 口，则（A . A、B保持相对静止B .地面对斜r面体的摩擦力等于Feos 0C .地面受到的压力大小等于（M +2m）gD . B与斜面间的动摩擦因数为 F mg

5、snmgc竺2mgcos【答案】【解析】由uumgsin0因此物体A沿斜面向下匀加速直线运动，因此A、B相对滑动，故A错误。对AB和斜面整体由广义整体法知：水平方向Ff-Fcos 0 =macos 0因此FfFcos 0故B错误；竖直方向 Mg + 2mg Fn Fsin 0 =main因此支持力 Fn mg,且方向沿杆向上【答案】C。【解析】小车静止时，小球受重力和弹力F，由二力平衡知F=mg且F的方向竖直向上，因此 A和B错误。小车匀速运动时， 小球受重力和弹力 F,由二力平衡知 F=mg且F的方向竖直向上， 故C正确。小车向右匀加速运动时，小球的合力水平向右，因此一定有F mgo当F的方

6、向沿杆向上时，由 tan 0 旦 和F1=mamg知a=gtan 0时F的方向才沿杆向上，此时F=HLmg，因此D错误。注意固定轻杆弹力不一定沿着杆。COS故本题选C O【考点】牛顿第二定律；轻杆问题【难度】中等二、多项选择题：（在每小题给出的四个答案之中，有多个选项正确）13、2012年11月，歼15”舰载机在 辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间

7、位置，其着舰到停止的速度-时间图线如图（b）所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止。则（)1/10A .从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B .在0.4s2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C .在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过27m/s2D .在0.4s2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【答案】AC O【解析】速度图线与时间轴所围面积表示飞机的位移，估算图中面积约为110 m,因此A正确。由速度图象知在0.4 S2.5 s内飞机匀减速直线运动，加速度大小几乎不变,a=(65-10)十(2.50.4

8、) 26m/s 因此 CP=F合v知功率P均匀减小，因此 D正确。在0.4s2.5s时间内加速度不变，则两阻拦索的合力F合不变，由错误。在0.4s2.5s时间内加速度不变，由F 合=ma知F合的大小方向都不变，两阻拦索的夹角0直减小,由F合=2FCOS知两阻拦索的张力 F 直减小，因此 B错误。故本题选 AC。2【考点】牛顿第二定律；速度图象【难度】中等14、如图（a）, 一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的Vt图线如图（b）所示。若重力加速度 g及图中的V0、VI、ti均为已知量，则可求出（A .斜面的倾角V1B .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

9、高度【答案】ACD 。【解析】由速度图象知|V1|V0,因此斜面有滑动摩擦力。由牛顿第二定律知：上滑mgsin 0b卩mgcos 0 =m0 ,t1下滑 mgs in 0-mgcos0 =nv|i |/ti，公式两边质量就约掉了，因此B错误。结合恒等式 sin2 0+ cos2 0 =1可以算出斜面的倾角0和物块与斜面间的动摩擦因数卩，因此A和C正确。速度图象面积表示位移， 上滑过程X1 = -2tiV0,又h=xi sin联立可得物块沿斜面向上滑行的最大高度h。注意计算型选择题必须用函数式法。故本题选ACD 。【考点】牛顿第二定律；速度图象问题【难度】较难15、某大型游乐场的新型滑梯可以等效

10、为如图所示的物理模型。一个小朋友在AB段的动摩擦因数 wtan 0他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。该小朋友从斜面顶端 A点滑到底端C点的过程中（）A .地面对滑梯始终无摩擦力作用B .地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右C .地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D .地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小【答案】BD 。【解析】AB段由Mmgcos 0,因此小朋友在 AB段做匀加速直线运动，将加速度a1沿水平和竖直两个方向分解，对小朋友和滑梯整体，由广义整体法知Ff1=ma1x=ma1cos，由于a1x方向水

11、平向左,因此地面对滑梯的静摩擦力方向水平向左；竖直方向 Mg + mg FN1=ma1y=ma1 sin，因此系统部分失重，Fn1tan知mgsin 0 【难度】中等和竖直两个方向分解，对小朋友和滑梯整体，由广义整体法知16、关于力、运动状态及惯性的说法，下列正确的是A .牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因B .笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献C.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长时间不受力时的 然状态”D .牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动E. 伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速

12、度，将保持这个速 度继续运动下去F. 车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大【答案】BDE。A错误。牛顿站在巨人的肩上，巨人包括亚里【解析】伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，因此C错误。质士多德、伽利略、笛卡儿等，因此B正确。运动物体不受力将保持原来的速度匀速运动，因此量是惯性大小的唯一量度，惯性大小与速度无关，因此F错误。故本题选BDE 。【考点】牛顿第一定律；物理学史【难度】中等 16、如图为蹦极 运动的示意图。弹性绳的一端固定在 0点，另一端和运动员相连。 运动员从0点自由下落,至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力，下列 正确

13、的是（A、经过B点时，运动员的速率最大B、经过C点时，运动员的速率最大C、从C点到D点，运动员的加速度增大D、D点的加速度大于重力加速度【答案】BCD。B点只受重力，弹簧弹【解析】从 0点到B点：运动员做匀加速直线运动，加速度不变，速度均匀增大。力不突变，因此 B点加速度大小为g，方向竖直向下。从 B点到C点：弹力逐渐增大且重力大于弹力，合力竖直向下且逐渐减小，因此运动员的加速度减小,速度增大。平衡位置C点：合力为零，加速度为零,速度达到最大。从 C点到D点：弹力大于重力,合力竖直向上且逐渐增大，因此运动员加速度增大，速度减小。由对称性知 B点和B点关于C点对称,因此 B点加速度大小为g,方向

14、竖直向上。从 B点到D点弹簧压缩量增大，向上的合外力增大，因此D点的加速度大于 B点的加速度。故本题选BCD。【考点】牛顿第二定律；动态分析问题 【难度】中等18、如图所示， A、B的质量分别为 mA=1kg，mB=2kg，盘C的质量mc=3kg，现悬挂于天花板 0处，处于静止状态。当用火柴烧断0处的细线后瞬间，g取10m/s2，以下正确的是（）A、木块A的加速度aA=g;B、木块A的加速度aA=0;C、木块B对盘C的压力Fbc=O ;D、木块B对盘C的压力Fbc=6N【答案】BD。【解析】烧断细线前：细线的拉力为F1= （ mA+mB+mc） g=60N，弹簧压缩且弹力大小为F2=mAg=1

15、0N。烧F2 mBg mcg断细线后瞬间：弹簧压缩且弹力F2不变，由二力平衡知A的加速度为零；对BC整体知aBc=mB mc=12m/s2，方向竖直向下；对 C知FBc+mcg=mcaBc，解得Fbc=6N，因为BC之间是坚硬面所以压力可突变。因此BD正确。故本题选 BD。【考点】牛顿第二定律；瞬时加速度问题；连接体问题【难度】较难19、一物体随传送带一起向下运动，物体相对于传送带保持静止，正确的是（A .物体可能受摩擦力的作用，摩擦力的方向与运动方向相同B .物体可能受摩擦力的作用，摩擦力的方向与运动方向相反C 物体可能不受摩擦力的作用D 物体肯定受摩擦力的作用【答案】ABC。【解析】受力分

16、析对照加速度，假设加速度方向当沿传送带向下。当a=gsin 0时，物体不受静摩擦力，因此C正确；当agsin时，静摩擦力方向沿传送带向下，因此A正确；当aa2知上滑时2相同，aia2,因此B正确。将上滑过程等效为初速度为零的匀加速直线，由间小于下滑时间，故A错误。由x= 也一vt知下滑过程的末速度小于上滑过程的初速度，因此上滑过程的C错误D正确。故本题选BD 。2速度变化量大于下滑过程的速度变化量，二者方向正好相反，因此【考点】牛顿第二定律；函数式法【难度】中等21、如图所示，三角体由两种材料（ ABC和BDEC ）拼接而成,BC界面平行底面DE ,两侧面与水平面夹角分别为30和60,已知物块

17、从A静止下滑,加速至 B匀速至D ;若该物块静止从 A沿另一侧面下滑，下列正确的是（通过C点的速率大于通过 B点的速率AB段的运动时间大于 AC段的运动时间将加速至C匀速至E一直加速运动到E,但AC段的加速度比CE段小【答案】AB 。【解析】物体下滑由越小速度越大，因此1知 mgh-umgh cot 0= mv2, h 相同时 0角越大 cot 0 2UAA正确。物体匀加速下滑过程，由mgsin 0-卩mgcos0 =口和= at2联立得t=sin 2Y 2hmgsin 0umgcos0 =ma和 v2-0=2a sin2h讪讯枷淋油沖曲A.若小车向左运动，Fn可能为零B.若小车向左运动,F可

18、能为零C.若小车向右运动,Fn不可能为零D.若小车向右运动,F不可能为零/2h, 0越大时间 t越小，因此 B正确。由 mgs in &卩mgcosB =ma知 0越大 a越大，因此Ygsi n sin cos物体将一直从 A加速滑行到E点，而且AC段的加速度比 CE段大，因此C、D错误。故本题选 AB。【考点】牛顿第二定律；函数式法【难度】较难 22、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为 Fn,细绳对小球的拉力为 F,关于此时刻小球的受力情况，下列正确的是(【答案】AB 。【解析】受力分析对照加速度，不要对照速度。假

19、设支持力Fn为零，小球受到重力 G和拉力F两个力，由平行四边形定则知合力方向一定水平向右，加速度方向一定水平向右，速度方向既可能水平向右又可能水AB。平向左。假设拉力 F为零，小球受到重力 G和支持力Fn两个力，由平行四边形定则知合力方向一定水平向 左，加速度方向一定水平向左，速度方向既可能水平向左又可能水平向右。故本题选【考点】牛顿第二定律；临界问题【难度】中等F拉乙物块，在使甲、乙一起无相对滑动沿斜22、如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现用平行于斜面的恒力A、甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B、甲、乙两物

20、块间的摩擦力保持不变C、甲、乙两物块间的摩擦力不断减小【解析】对甲乙整体受力如图:F-m 总gsin 0uFN=m 总a共,FN=m总gcos 0qVB，速度V增大时Fn减小，因此滑动摩擦力 uFn减小和a共增大。隔离甲受力如图：Ff静-m甲gsin 0 =0甲 a共，a共增大时 Ff静增大。故本题选 AD。【考点】牛顿第二定律；摩擦力问题；连接体问题动的速率随时间变化的规律如图所示。小球在ti时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为vi，且落地前【难度】较难 24、从地面上以初速度 v0竖直上抛一质量为 m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运小球已经做匀速运动，已知重力加速度为

21、g，下列关于小球运动的说法中正确的是（）A . ti时刻小球的加速度为gB .在速度第一次达到 V1之前小球的加速度一直在减小C .小球抛出瞬间的加速度大小为（1 + V0）gD .小球加速下降过程中的平均速度小于V1【答案】ABC。【解析】上升过程由牛第二定律知mg+kV=ma，在t1时刻V=0 ,此时a=g，因此A正确。速度图象的切线斜率绝对值表示瞬时加速度大小，从V0到V1过程瞬时加速度一直在减小，因此B正确。由mg+kV0=ma0且最后匀速过程 mg=kV 1知a0=(1 + #沟，因此C正确。速度图象的面积表示位移大小，因此下降过程的平均速度大于对应的匀加速直线的平均速度y,因此D错

22、误。故本题选 ABC。【考点】牛顿第二定律；图象问题【难度】较难三、计算题：(解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)25、如图所示，质量为 M=0.5kg、长L=4m的木板静止在光滑水平面上，可视为质点、质量为m=1kg的物块以初速度Vo=8m/s滑上木板的左端。物块与木板之间的动摩擦因数为卩=0.2最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m/s2。求:(1)物块在木板上滑动时的加速度是多大?(2)物块能从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少?(3)若在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，要物体不从木板上滑下，求恒力F的取值范围。那【解析】：(1)

23、对物块由牛顿第二定律知卩mg=mc物 ,解得a物=2m/s21 1(2)对物块：X物=V0t-a物t2 对木板：a板=mg , X板=a板t22M22由题意知板长是相对位移：L=X物-X板，解得a板=4m/s2, t1 = s ,3t2=2s (舍去，t=2s时，V物=4m/s， V板=8m/s， V物 板不可能)V，历时t3：Vo V(3)恒力最小为Fmin时，物块刚好到达木板的右端，且两者具有共同速度V=V0-a 物t3=a2t3, a2= ,L= t3t3 ，解得 Fmin=1NM22恒力F最大为Fmax时，物块相对木板向右滑动的位移最小，在木板上某一位置两者达到共同速度然后起向右匀加速

24、直线运动：对整体Fmax= ( M+m ) a共，对物块umg=ma共，解得Fmax=3N。因此恒力F的取值范围是1N FW 3N【考点】块板模型；临界问题【难度】较难m=1.0kg的小滑块26、如图所示，质量 M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量A （可视为质点）。初始时刻，A、B分别以V0=2.0m/s向左、向右运动，最后 A恰好没有滑离B板。已知A、 B之间的动摩擦因数=0.40 取 g=10m/s2。求:A相对地面速度为零时,B相对地面运动已发生的位移x;选向右为正方向，速度相等时:V=-V0+aAt=V0-aBt，解得 t=0.8s, V=1.2m/s,

25、Xa=Vo V2 t -0-32m木板B的长度L。H 打八心7&/飞川&心*心严&【解析】：开始阶段A相对地面向左匀减速直线运动：1 mg=ma, 0=V0-aAt1解得aA=4.0m/s2, t1=0.5s1B 向右做匀减速直线运动：1 mg=MaB, X=V0t-aat2 ，解得 aB=1.0m/s2, X=0.875m2A向左做匀减速往复直线运动,B向右做匀减速直线运动，A和B速度相等时A刚好滑到B的最左端,然后A和B 一起向右匀速，木板B的长度是相对滑动过程中 A、B间的相对位移大小。V0 VXb=11.28m 木板 B 的长度 L=|Xa|+X B=1.6m2【考点】块板模型；临界问题【难度】较难27、长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距ti=1s时木板与墙离为4.5m，如图（a）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后is时间内小物块的 V-t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大 小g取10m/s2。求:（1）木板与地面间的动摩擦因数11及小物块