高三牛顿运动定律复习题(含答案)

1、牛顿运动定律一、多项选择1、如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止与竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则A、物体M受摩擦力增大B、物体M对车厢壁的压力增大C、物块M仍能相对车厢静止D、物块M沿车厢向上运动2、如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（） A乘客与行李同时到达B处B行李一直

2、做加速直线运动C乘客提前0.5s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处3、斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象及物体运动的v-t图象如图所示由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是A物体的质量m              B斜面的倾角C物体与斜面间的动摩擦因数   D>tan4、如下图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体丑施加一水平变力F，F-t关系如图乙所示，两物体在变力，作用下

3、由静止开始运动且始终保持相对静止，则甲           乙  At。时刻，两物体之间的摩擦力最大 Bt。时刻，两物体之间的速度方向开始改变  Ct。2 t。时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大 Dt。一2 t。时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同5、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2，则下列说法正确的是（）A若v1v2，则v2v1B

4、若v1v2，则v2v2C不管v2多大，总有v2v2D只有v1v2时，才有v2v2二、选择题6、如图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A运动员向下运动（BC）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B运动员向下运动（BC）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大C运动员向上运动（CB）的过程中，超重，对板的压力先增大后减小D运动员向上运动（CB）的过程中，超重，对板的压力一直减小7、质量m=50kg的某同学

5、站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）由图象提供的信息可知（    ）    A  在015s内，观光电梯上升的高度为25m   B  在515s内，电梯内的同学处于超重状态   C  在2025s与2535s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s   D  在2535s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s28、在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量

6、为m1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m2的小球某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为，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tan  B压缩量为tanC伸长量为   D压缩量为9、如图所示，在粗糙的长木板上放一个物体，现将木板一端从水平逐渐抬高，直到竖直，那么物体受到的摩擦力将（）A逐渐增大 B先增大后减小  C逐渐减小 D先减小后增大三、计算题10、一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。

7、图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)11、质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？（取g=10 m/s2）（1）升降机匀速上升；（2）升降机以4 m/s2的加速度加速上升；（3）升降机以5 m/s2的加速度加速下降；（4）升降机以重力加速度g加速下降.12、如图，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处A、B间距L20 m用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处（已知cos37

8、°0.8，sin37°0.6，取g10 m/s2） （1）求物体与地面间的动摩擦因数；（2）用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.13、如图甲所示，t=0时，一质量为m=2kg的小物块受到水平恒力F的作用，从A点由静止开始运动，经过B点时撤去力F，最后停在C点图乙是小物块运动的速度一时间图象已知重力加速度g=l0m/s2，求：（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离；（2）恒力F的大小14、如图所示为一足够长斜面，其倾角为37°，一质量m10 kg物体，在斜面底部受到一个

9、沿斜面向上的F100 N的力作用由静止开始运动，物体在2 s内位移为4 m，2 s末撤去力F，(sin 37°0.6，cos 37°0.8，g10 m/s2)求： (1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)从撤掉力F开始1.5 s末物体的速度v；(3)从静止开始4 s内物体的位移和路程15、如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v06m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m1kg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a4m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的摩擦因数，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g10 m/s2.试求（1）

10、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参考答案一、多项选择1、BC 2、解：A、B、C、由牛顿第二定律，得 mg=ma得 a=1m/s2设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s由v=at1 代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为：x=a=0.5m，匀速运动的时间为：t2=1.5s，行李从A到B的时间为：t=t1+t2=2.5s而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人=2s故乘客提前0.5 s到达B故A、B均错误，C正确；D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短由L=，解得，最短时间tmin=2s故D正确故选：CD3、AD

11、 4、CD 5、AB 二、选择题6、B 7、C 8、解：对小球受力分析，如图由几何关系F合=m2gtan由牛顿第二定律a=gtan车向左加速或向右减速对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律F弹=m1gtan物体受向左的弹力结合胡克定律可知弹簧的伸长量为tan故选A9、解：开始时物体受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即f=mgsin，随角度的增大，摩擦力增大；当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力f=mgcos，cos随角度的增加而增小，故摩擦力将减小，所以摩擦力是先增大后减小的，

12、故B正确故选：B三、计算题10、分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。11、（1）600 N  （2）840 N  （3）300 N  （4）0解析：人站在升降机中的体重计上受力情况如图4-7-7所示. 图4-7

13、-7    （1）当升降机匀速上升时    由牛顿第二定律得F合=FN-G=0    所以，人受到的支持力FN=G=mg=60×10 N=600 N.     根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600 N.    （2）当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律，有FN-G=ma    FN=G+ma=m（g+a）= 60×（10+4） N=840 N&#

14、160;   此时体重计的示数为840 N，大于人的重力600 N，人处于超重状态.    （3）当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，据牛顿第二定律可得mg-FN=ma    所以FN=mg-ma=m（g-a）=60×（10-5） N=300 N    此时体重计的示数为300 N，小于人本身的重力，人处于失重状态.    （4）升降机以重力加速度g加速下降时，取向下为正方向，则mg-FN=mg，所以FN=0.12、（1）0.5（2）1.0

15、3 s 解析：（1）物体做匀加速运动Lat      am/s210 m/s2由牛顿第二定律Ffmaf（302×10） N10 N            0.5.（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos37°（mgFsin37°）ma      

16、;     ag0.5×10 m/s211.5 m/s2ag5 m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有atatttt2.3t            Lat2at2ts1.03 s另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理Fcos37°（mgFsin37°）smg（Ls）0sm6.06 m由牛顿定律Fcos37°（mgFsin37°）ma

17、ag0.5×10 m/s211.5 m/s2    sat2     ts1.03 s.13、解：（1）撤去F后物体的加速度： 2s末3s末，物体运动距离：1s末3s末，物体运动距离：1s末2s末，物体运动距离：x=s2s1=6m或用图象法求解（2）由牛顿第二定律：f=ma1 由图得恒力F作用时物体的加速度：a2=8 m/s2由牛顿第二定律： Ff=ma2 解得：F=24N答：（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离为6m；（2）恒力F的大小为24N14、解：（1）由x1=a1t12/2得a=2m/s2

18、    （1分）撤去F前有：F-mgsin370-umgcos370=ma1得u=0.25                          （2分）(2)撤去F后加速度为a2由mgsin370+umgcos370=ma2得a2=8m/s2       

19、60;                               （1分）撤去力F时速度v1=a1t1=4m/s撤去F后经t2速度减为0由0=v1-a2t2得t2=0.5s 撤去F后上滑距离设下滑加速度大小为a3，由mgsin370-umgcos370=ma3得a3=4m/s2 

20、;                                         （2分）下滑时间t3=1s1.5s末物体速度v=a3t3=4m/s    &

21、#160;            （2分）                            (3) 下滑时间下滑位移大小为x3=a3t42=4.5m     

22、60;      （2分）从静止开始4s内物体的位移大小X=x1+x2-x3=0.5m  方向沿斜面向上（1分）从静止开始4S内物体的路程S=x1+x2+x3=9.5m                       （1分）15、（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：     

23、; 得：（1分）   （列出正确表达式给1分）设经过t1滑块与传送带共速v，有：            （1分）          v=        （1分）     (或：   2分  )解得：          （1分，算出一个结果就得1分）滑块位移为     （1分）（列出，     同样给1分）传送带位移为（1分）（列出， 同样给1分）故，滑块与传送带的相对位移   （1分）方法二：（1）（共7分）对滑块，由牛顿第