牛顿运动定律的综合应用试题

1、范文范例学习指导考点11牛顿运动定律的综合应用考点名片考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内 容之一，其主要包括的考点有：（1）超重、失重；（2）连接体问题；（3） 牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查 到的如：2015年全国卷I第25题、2015年全国卷II第25题、2015 年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7 题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高 考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第 19题、2013年山东高考第15题等。备考正能量：牛顿运动定律是

2、历年高考的主干知识；它不仅是独 立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命 题（选择题、实验题），也可综合命题（解答题）。高考对本考点的考查 以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。第回步狂刷小题,练基础一、基础与经典1.小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确 的是（）A.他始终处于超重状态B.他始终处于失重状态C.他先后处于超重、平衡、失重状态D.他先后处于失重、平衡、超重状态答案 C解析 小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加 速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上， 中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的

3、状态应该是超重、 平衡、失重三个状态，C正确。2.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相 等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之 后，木板运动的速度一时间图象可能是图中的 （）ZZZZZ/ZZ/ZZ/ZZZZZZZZVrl/fVfV叨加口X计:1IrII II!1I.I I1o L 二 I o Khz o r t h ?ABC1)答案 A解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦 力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下

4、减速，小木块受到 向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以 共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木 板刚开始运动时的加速度，故 A正确，也可能物块与长木板间动摩擦 因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩 擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。3.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度 a沿斜面匀加速 下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则（）A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度

5、匀加速下滑答案 C解析 对物块进行受力分析，设斜面的角度为mgsin 6 mgpos 6 =ma sin 6 cos。=a,当加上力 F 后，由 g牛顿第二定律得（mg F）sin。 （mg F）cos 6 = ma,即 mgsin 6 it mgcos 6 + Fsin。一 Fcos 6 =ma, m升 Fsin。一 Fcos 6 =ma, _Fa Fa,Fsin。一 j! Fcos 6 = F（sin。一 cos 6 ）=一, 一大于苓，代入上式g g知，ai大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有 C项正确。4 .（多选）如图所示，质量分别为 口、mB的A、B两物块用轻线连 接，放

6、在倾角为。的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力 F拉A, 使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为为了增加轻线上的张力，可行的办法是（）A.减小A物块的质量B.增大B物块的质量C.增大倾角。D.增大动摩擦因数1答案 AB解析 对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F-(m+m)gsin。h(ra+ m)gcos8=(mA+ m)a,隔离物体 B,应用牛顿第 二定律得，Ft mBgsin 6 ji mBgcos 6 =ma。以上两式联立可解得：mBFFt=;,由此可知，Ft的大小与。、it无关，mB越大，mA越小， mA+mBFt越大，故A、B均正确。5 .(多选)质量分别为M和m

7、的物块形状大小均相同，将它们通 过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为a的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑 M m与斜面之间的摩擦。若互 换两物块位置，按图乙放置，然后释放M斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A.轻绳的拉力等于Mg8 .轻绳的拉力等于mgC. M运动的加速度大小为(1 sin a)gD. M运动的加速度大小为MMmg答案 BC解析 互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin a=mg互换 位置后，对 M有 Mg- Ft= Ma M m有：* mgsin a =ma 又 Ft=Ft, 解得：a=(1sin a)g, Ft= mg 故 A D错误，B C正确

8、。6.如图所示，木块A的质量为mi,木块B的质量为M叠放在光 滑的水平面上，A、B之间的动摩擦因数为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为go现用水平力F作用于A则彳持A B相)对静止的条件是F不超过（A. I mgB. Mgm m mr一匚 MC. l mg1 + MD. jiMg1+m答案 C解析 由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F= （M+ n）a; 若A、B即将相对滑动，以物体 B为研究对象可知mg= Ma联立解 /曰f m 、“ 十 一一得F= mg1+-,选项C正确。M7 .如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板 艮长木板足够长） 的左端静止放着小物块 A。某日t刻，A受

9、到水平向右的外力F作用，F 随时间t的变化规律如图乙所示，即 F= kt ,其中k为已知常数。设 物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力 Ff,且A、B的质 量相等，则下列可以定性描述长木板 B运动的v- t图象是（）word完美整理版答案 B解析 A B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F= 2maF增大，a增大。当A B间刚好发生相对滑动时，对木板有 Ff = ma故此时F= 2Ff = kt, t= 匚，之后木板做匀加速直线运动，故只有 B k项正确。8 .如图，在光滑水平面上有一质量为 m的足够长的木板，具上 叠放一质量为m的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动 摩

10、擦力相等。现给木块施加一随时间 t增大的水平力F=kt（k是常 数），木板和木块加速度的大小分别为 ai和a2。下列反映ai和&变化 的图线中正确的是（）m2B答案 A解析 本题考查的是牛顿第二定律的应用。本题中开始阶段两物F kt 一一一体一起做匀加速运动有 F= （m+m）a,即a=-=一一,两物体 m+m m+m加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到2g后，两者发生相对滑动。对 m有Ff = ma,在相对，t动之前f逐渐增大，, 一 .一 F-f kt 相对滑动后f = jim2g不再变化，a2 = ig,故其图象斜率*mm. am2g .、增大；而对m,在发生相对滑动后，有j

11、im2g=mai,故ai=为tem值。故A选项正确。9 .（多选）神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面 10 km 时，下降速度为200 m/s。再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s后返回舱的速度减至 80 m/s,此时减速伞与返回舱分离。然后 拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s,此时飞船距地面高度为1 m,接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向 上的反冲力，使飞船的落地速度减为零。将上述各过程视为匀变速直 线运动，g=10 m/s2。根据以上材料可得（）神舟飞船返回图A.减速伞工作期间返回舱处于失重状态B.主伞工作期间返回舱处于失重状态C.减速伞工作期

12、间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s 2D.每台缓冲发动机的反冲才!力约为返回舱重力的1.5倍答案 CD解析 减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A、B项错；减速伞工作期间，返回舱从 200 m/s减速至80 m/s,，、一 1、一 , AV1 V22 一 ， .一 . . 1r _ . 1r 一由运动学公式得a1 = =7.5 m/s2, C项正确；缓冲发动机开动后， t 12 V3加速度大小为=充=50 m/s,由牛顿弟二te律得4F mg= ma,解 2h3得上=1.5, D项正确。mg10 .（多选）如图甲所示，物块的质量m= 1 kg,初速度v0=10 m/s,

13、在一水平向左的恒力F作用下从。点沿粗糙的水平面向右运动，某时 刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的图象如图乙所示，g=10 m/s2。下列说法中正确的是（）A. 05 s内物块做匀减速运动B.在t =1 s时刻恒力F反向C.恒力F大小为10 ND.物块与水平面的动摩擦因数为 0.3答案 BD解析 题图乙为物块运动的v2- x图象，由v2 v0=2ax可知，图 象的斜率k = 2a,得05 m位移内a1 = 10 m/s2, 513 m位移内 a2=4 m/s2,可知恒力F反向时物块恰好位于 x=5 m处，t =v0= 1 ais, A错误，B正确。对物块受力分析可知，F

14、 Ff = ma, F- Ff = ma, 得 F= 7 N, Ff = 3 N, l =Ff- = 0.3, C错误，D正确。77 mg 77二、真题与模拟11. 2015 海南高考（多选）如图所示，升降机内有一固定斜面， 斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑答案 BD解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有： mgsin 6 = mgos。，则以 =tan 0 ( 0为斜面倾角)。当升降机加速 上升时，设加速度为a,物体处于超重状态，超重 ma物块“

15、重力” 变为G m mg ma支持力变为 N = (m/mcos 0 mgcos 0 , B正 确。“重力”沿斜面向下的分力 G =(m什masin 6 ,沿斜面摩擦 力变为 f = N = (m什 macos。 mgcos 6 , A 错误。f= it (m什 macos 6 =tan 6 (mg macos 6 = (m什 masin。= G下，所 以物块仍沿斜面匀速运动，D正确，C错误。12. 2015 海南高考(多选)如图所示，物块a、b和c的质量 相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧 S和S相连，通过系 在a上的细线悬挂于固定点 O,整个系统处于静止状态。现将细线剪 断。将物块

16、a的加速度的大小记为as S和S相对于原长的伸长分别 记为晨和Al 2,重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()061A. a1 = 3gC. l 1 = 2 12答案 ACB. a = 0D. l 1= l 2解析 剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为 T=3mg因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此 a、b、c之间的作用力 与剪断细线之前相同。则将细线剪断瞬间，对 a隔离进行受力分析， 由牛顿第二定律得：3mg= ma,彳#a1=3g, A正确，B错误。由胡克定 律知：2mg= kA l 1, mg= kA 12,所以1i = 2A12, C正确，D错误。13. 2014 北京高考应用

17、物理知识分析生活中的常见现象，可 以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始 竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是 （）A.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度答案 D解析 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体 处于超重状态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度 等于重力加速度，处于完全失重状态，故 A、B、C错误；物体离开手 的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻

18、，手 的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内， 手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加 速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故 D正确。14. 2014 四川高考（多选）如图所示，水平传送带以速度 vi 匀速运动，小物体 P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t =0 时刻P在传送带左端具有速度V2, P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻 P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体 P速度随时间变化的图象可能是（） 箝1答案 BC解析 若V2vi且mQg jimg 对P、Q整体分析有jimpgmg=（mp + m）a,当P加速运动速

19、度达到vi后，与皮带一起匀速运动，直到离 开传送带（也可能加速过程中就离开传送带），所以B项正确。若v2jimpg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带（也可能减 速过程中就离开传送带）；若v2vi,且mgVi且 mQg jtmpg,满足 mQg+jimpg = （ mp+ m）a2,中 途减速至vi,以后满足mg jimpg= （mp+ nm）a3,以a3先减速到零再以 相同的加速度返回直到离开传送带（也可能减速过程中就离开传送带），故C正确，A、D错误。15. 2014 大纲卷一物块沿倾角为。的斜坡向上滑动。当物 块的初速度为v时，上升的最大高度为 H,如图所示；当物块的初速 度为2时，

20、上升的最大高度记为ho重力加速度大小为g。物块与斜坡答案 D解析 对物块上滑过程由牛顿第二定律得m（sin 0 + it mgcos 9cH vh=ma根据运动规律可得 v = 2a , v= 2a ,联立可sin 6 sin 6/日 v2 一 H 得以 =.士工1 tan。，h=To故D项正确。2gH416. 2014 福建高考如图，滑块以初速度V0沿表面粗糙且足够 长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用 h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小， t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是（）答案 B解析 对物体受力分析，由于物体在斜面上

21、能够停止，物体所受 的滑动摩擦力大于物体重力沿斜面的分力。设斜面倾角为a ,由牛顿第二定律可知， Ff mgsin a =ma Fn= mgpos a , 又 Ff= Fn, 解得 a =i gcos a -gsin a ,加速度a为定值，D错误。由v=v at可知，v- t图线应为倾斜的直线，C错误, 为抛物线，B正确。由几何关系可知 似于s- t图线，A错误。17. 2017 江西宜春三中检测,10 一，一由s = v0t2at可知，s- t图线 h=s sin a ,即h- t图线应类如图所示，质量为M中空为半球形的光滑凹梢放置于光滑水平地面上，光滑梢内有一质量为m的小铁球，现用一水平向

22、右的推力 F推动凹梢，小铁球与光滑凹梢相对静止时，凹梢圆心和小铁球的连线与竖直方向成a角，则下列说法正 确的是(A.小铁球受到的合外力方向水平向左B.凹梢对小铁球的支持力为二mg sin aC.系统的加速度为a= gtan aD.推力 F= Mgan a答案 C解析 根据小铁球与光滑凹梢相对静止的状态可知，系统有向右 的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹梢对小铁球的支持.mg力为,A、B错法。小球所受合外力为 mgan a，加速度a=gtan a ,cos aJJ ,推力F= (Mgtan民,C正确，D错误。18. 2016 海口联考(多选)如图所示，水平传送带 A B两端 相距s=3

23、.5 m,工件与传送带间的动摩擦因数=0.1 o工件滑上A端瞬时速度 va =4 m/s ,到达 B端的瞬时速度设为 vb,则(g=10 m/s2)()A.若传送带不动，则 Vb= 3 m/sB.若传送带以速度v= 4 m/s逆时针匀速转动，vb= 3 m/sC.若传送带以速度v= 2 m/s顺时针匀速转动，Vb= 3 m/sD.若传送带以速度v= 2 m/s顺时针匀速转动，Vb= 2 m/s答案 ABC解析 若传送带不动，由匀变速规律可知vB vA= 2as, a= g, 代入数据解得vb=3 m/s,当满足选项R C中的条件时，工件所受滑 动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是所

24、以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s,故选项A B、C正确，D错误。19. 2016 福州质检如图所示，劲度系数为 k的轻弹簧竖直 放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。观察小球开始下落到小球 第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是（）答案 A解析 此过程可分为三段，第一段小球向下做自由落体运动，加 速度a=g,方向竖直向下，速度v=gt;第二段小球向下做加速运动， 加速度a=mgmkX5弹簧的压缩量x变大,加速度a变小，方向向下； 第三段运动小球向下做减速运动，加速度 a=k

25、x二mg弹簧的压缩量 mx变大,加速度a变大，方向向上，到达最低点时 ag,而且小球接 触弹簧后才t图线不是线性关系，所以 C D都错误。又由v- t图 象的斜率变化代表加速度的变化，故选项 A正确。20. 2016 山东烟台期中（多选）如图所示，横截面为直角三 角形的三棱柱质量为 M放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个 角的角度为a（ a 45 ）o三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质 量为m和m的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接， 定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮 与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g,则将m和m同时由静止释放后，下列

26、说法正确的是（）A.若m=m,则两物体可静止在斜面上B.若m=mcot民,则两物体可静止在斜面上C.若m=m,则三棱柱对地面的压力小于(协m+m)gD.若m=m,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零答案 BC解析 若m=m, m的重力沿斜面向下的分力大小为mgsin(90 a), m的重力沿斜面向下的分力大小为 mgsin a,由于a 45 , 则mgsin(90 a ) mgsin民,则m将沿斜面向下加速运动，m将沿 斜面向上加速运动，A错误。要使两物体都静止在斜面上，应满足： mgsin(90 a) = mgsin 值, 即有 m= mcot 值,B正确。若 m=m,设加速度大小为a,对两个物

27、体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖 直方向有 FN (M+ m + m)g = masin(90 a)masin a0,即地面对三棱柱的支持力FN(加m+ m)g,则三棱柱对地面的压力小于(出 m+m)g；水平方向有 Ff = macos a macos(90 a)0, C正确，D 错误。第颜步 精做大题练能力一、基础与经典21.如图所示，长L=1.6 m质量M= 3 kg的木板静置于光滑水 平面上，质量m= 1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动 摩擦因数以 =0.1。现对木板施加一水平向右的拉力 F,取g=10 m/s2 F(1)求使物块不掉下去的最大拉力 F;(2)如果拉力F=

28、 10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。答案 (1)4 N (2)1.26 m/s解析(1)物块不掉下去的最大拉力，其存在的临界条件必是物 块与木板具有共同的最大加速度a。对物块，最大加速度 21 =毛詈 八=1 m/s2, 对整体，F=(火 n)a1=(3 + 1)X1 N=4 N。(2)当F= 10 N时，木板的加速度F- 11 mg 10-0.1 X1X10223 m/s =3 m/s1 c 1由2a2t 2a1t = L得物块滑过木板所用时间t =，1.6 s ,物块离开木板时的速度 V1=a1t=，16 m/s =1.26 m/s即小物块所能获得的最大速度为 1.26 m/s

29、。22. 质量为20 kg的物体若用20 N的水平力牵引它，刚好能在 水平面上匀速前进。问：若改用 50 N拉力、沿与水平方向成37的 夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3 m,它的速度多大？在前进2.3 m时撤去拉力，又经过3 s,物体的速度多大？ (sin37 =0.6, cos37 =0.8, g 取 10 m/s2)答案 2.3 m/s 0解析 施加20 N水平拉力时，物体做匀速运动，Fi = f 1, f= J1Fni, Fni=G 解得 JI = 0.1。对物体施加斜向上的拉力后，设加速度为as由牛顿第二定律可得 F2cos 6 f 2= ma, f2 = (G

30、F?sin 6 ),a1=1.15 m/s 2(方向与运动方向相同)，由运动学定律可得 v2=2ax, v=2.3 m/s , 撤去拉力后，物体的加速度大小为 a,由牛顿第二定律有 fi=ma, a2 = 1 m/s2(方向与运动方向相反)。由t=：,可得物体停止运动的时间为t=2.3 s3 s ,所以3 s后物体的速度大小为0。二、真题与模拟23. 2015 全国卷I 一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离为4.5成 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t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰

31、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1 s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10 m/s2。求：图图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数平；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。答案 (1)邛=0.1 邛=0.4(2)木板的最小长度为6.0 m(3)木板右端离墙壁的最终距离为 6.5 m解析(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木 板一起向右做匀变速运动，设加速度为a，小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有u(mH M)g=(

32、mn M)ai 由题图(b)可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 Vi = 4 m/s,由运动 学公式得Vi = v0+ at i 1 一, 26So= Vot i + 2ait iQD式中，ti = 1 s, so=4.5 m是木板碰前的位移，Vo是小物块和木 板开始运动时的速度。联立式和题给条件得 用=0.1在木板与墙壁碰撞后，木板以-Vi的初速度向左做匀变速运动， 小物块以Vi的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a,由牛顿第二定律有一it 2mg= ma,一一,V2 Vi由题图（b）可得32=7一1t 2 t 1式中，12 = 2 s, V2=0,联立式和题给条件得12= 0.4。(2)设碰撞后木板的加速度为 33,经过时间t ,木板和小物块刚 好具有共同速度V3。取向右为正方向，则33为正，32为负，由牛顿第 二定律及运动学公式得it 2m/ 阴(口m) g= MaV3= Vl + 33 t V3= Vi + 324 t 碰撞后至木板和小物