高考物理二轮复习重难点突破牛顿运动定律

1、2013年高考二轮复习重难点突破牛顿运动定律1、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1答案】AD【解析】惯性是保持物体运动状态的原因，选项A正确；在没有外力作用时，物体有保持 静止，这种性质叫惯性，选项B错涅；行星在扇周轨道上保持匀速率运动，运动方向发生 变化，受到了外力作用，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将

2、继续以同一速 度沿同一直线运动，选项D正确2、如图6, A是用绳拴在车厢底部上的氢气球，B是用绳挂在车厢顶的金属球。开始时它们和车厢一起向右作匀速直线运动且悬线竖直,若突然刹车使车厢作匀减速运动，则下列哪个图能正确表示刹车期间车内的情况?【答案】D【解析】氢气球的质量较小，惯性较小，运动状态很容易改变，D对3、物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合外力方向的关系是(A.速度方向、加速度方向、合外力方向三者总是相同的B.速度方向可与加速度方向成任意夹角，但加速度方向总是与合外力方向相同C.速度方向总和合外力方向相同，而加速度方向可能与合外力方向相同，也可能不同D.当加速度方向或合外力方向

3、不变时，速度方向也不发生变化1答案】B【解析】由牛顿第二定律可知加速度方向由合外力方向决定，与合外力方向相同，加谑度方向与速度方向没有直接关系，加速度的方向与速度变化量的方向相同，B对4、用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图所示，下列说法正确的是A. Fi的施力物体是弹簧B. F2的反作用力是F3C. F3的施力物体是地球D. F4的反作用力是Fi【答案】B解析1已的施力物体是地球，A错1Fm的施力物体是小球，C错,F的反作用力是墙面 受到的拉力，D错；5、如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是（）OA.小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作

4、用力B.小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C.小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D.小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力【答案】c1【解析】小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力.A错；小球受到的重力和小球 对细绳的拉力涉及到4个物体，既不是相互作用力又不是平衡力，BD错6、在升降机里，一个小球系于弹簧下端，如图所示，升降机静止时，弹簧伸长4cni升降机运动时，弹簧伸长 2cm,则升降机运动情况可能是（）A.以1m/s2的加速度加速下降B.以4. 9m/s 2的加速度减速上升C.以1m/s2的加速度加速上升D.以4.9m/s 2的加速度加速下降1答案

5、】BD【解析】本题考查的是小球超重和失重同题，由已知小球处于失重，=北小，优口 二切耳-左父勿也，则日二49E”tBD正确，AC错误7、下图是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景.宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是（）A.火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B.飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C.飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力D.火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力【答案】BCL【解析】只要加速度向上就是超重，加速度向下就是失重，A错,B对工飞船落地前激速， 加速度向上，宇航员受到的支持力大于重力，C对；

6、火箭上升的加速度逐渐激小时，加速度 方向依然向上，宇航员对座椅的压力依然大于重力，D错,8、竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示。则迅速放手后（）A.小球开始向下做匀加速运动B.弹簧恢复原长时小球加速度为零C.小球运动到最低点时加速度小于 gD.小球运动过程中最大加速度大于 g TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark6 o Current Document 【答案】D1【解析】一开始小球受向下的重力和弹力，向下加速，当弹簧被拉伸，向上的弹力等于重力 时小球速度髭大，之后小球向下做减速运动，整个过程小球的运动性质为简耳振动，开始

7、时 二：3手|，一|力川工，:一9、如右图所示，在小车中悬挂一小球，若偏角 0未知，而已知摆球的质量为 m,小球随小车A. 10m水平向左运动的加速度为a=2g（取g=10 m/s2）,则绳的拉力为（）B. mC. 20mD. (50 + 8)m【答案】A【解析】因为小球随小车水平向左运动的加速度为3=20,所以小球的合力大小为F=2mg, 方向水平向左，小球施受到竖直向下的重力，大小为mg,所以根据几何只是可得，T - mg )二一尸=#j所以A正确10、如图甲，某人正通过定滑轮将质量为 m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示.下列

8、判货物获得的加速度断正确的是（）A.图线与纵轴的交点 M的值，廿B.图线与横轴的交点 N的值TN=mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.货物始终处于超重状态【答案】B【解析】乙图中直线与纵坐标的交点表示当拉力丁二口时，加速度a=-g, A错:当自=0时a = g.k 为N点，B对由T-mg二m排喇 用，C错,从。至!IN过程中，加速度方向向下，物体处于失重状态，。错11、2008年8月18日，在北京奥运会上，何雯娜为我国夺得了奥运历史上首枚蹦床金牌.假设在比赛时她仅在竖直方向运动，通过传感器绘制出蹦床面与运动员间的弹力随时间变化规律的曲线如图所示.重力加速度 g已知，依据图像给出的信息，能求出

9、何雯娜在蹦床运动中A.质量B.最大加速度C.运动稳定后，离开蹦床后上升的最大高度D.运动稳定后，最低点到最高点的距离【答案】ABCt解析】本题考查的是根据力与时间图计算相关物理量，由图可知开始力为5CQN,则质量 为50胸，力最大为2500N,则最大加速度为40m/E运动稳定后，从935到11.55有1 . 1 ，二二一gr 一 - 10 1= 525的时间为上升和下落过程，如果上升和下落时间相等，则 ？2即为上升的最大高度，而最假点无法求出，故运动稳定后，最低点到最高点的距离无法计算，ABC正确12、静止在光滑水平面上的物体，同时受到在同一直线上的力Fi、F2作用，Fi、F2随时间变化的图象

10、如图甲所示，则 U-t图象是图乙中的甲乙【答案】ACL解析】由牛顿第二定律片一巴=晚区弓一右二叫 日与t成一次线性关系，在t时刻加 速度为零，A对,U二就，速度与时间成二次关系，速度时间图像的斜率表示加速度的大小, 及速度先减小后增大，斜率也是先减小后增大，C对13、如图所示，倾角为 30。的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态.设拔去销钉M （撤去弹簧a）瞬间，小球的加速度大小为6m/ s ,若不拔去销钉M,而拔去销钉N （撤去弹簧b ）一、- 一2瞬间，小球的加速度可能是（g取10m / s ）:（）A.11m/B

11、.11m/C.1m/ s沿杆向上D./21m/ s沿杆向下【答案】BC【解析】设上下弹簧弹力分别为印、Fn,以向下为正方向，拔去销灯M瞬间，邪消失，由牛顿第二定律，FN+mgsine=nna 得 F1产m (gsinG-a)，由日=6e.国得, 或11 nr拔去销钉N瞬间，F”消失，小球所受合外力二三-= 或-11m, m-1鼻或一11m 1 sF|.|= 1 m因此a=l14、如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为n M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是2f (m + M)B.A.C.D.2f(m+Ml z *+( + )t答

12、案】A【解析】夹子与木块两恻间的最大静摩擦力均为。则木块向上运动的最大加速度为一尸，对整体受力分析可知，若保证木块不滑动，力F的最大值由;F -(AZ += (Sf + 汨)口F_ 2flm+ M,整理可得;M ， A选正确15、在探究物体的加速度 a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时，采用如图所示的实验装置.小车及车中的祛码质量用M表小，盘及盘中的祛码质量用m表布.(1)当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和祛码的重力.(2)某一组同学先保持盘及盘中的祛码质量m一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是A.平衡摩擦力时，应将盘及盘中的祛码用细绳通过定滑轮

13、系在小车上B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源丝D.用天平测出 m以及小车质量 M小车运动的加速度可直接用公式a= M 求出图 3 42图 3 4-3(3)另两组同学保持小车及车中的祛码质量M一定，探究加速度 a与所受外力F的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的aF关系图象分别如图 3 4 2和图3 43所示，其原因分别是: 图 3 42: ;图 3 4 3: .【答案】咤M过大;或M过小造成m不是远小于M没有平衡摩爆力或木板的颈角过小【解析】嗡证牛顿第二定律的实骑中.要保证m才能保证绳子的拉力约等于m的重力,当加速度等于零时合力不等

14、于零，说明没有平衡摩擦力或木板的倾角过小16、如图为 “用DIS (位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度与质量关系”的实验装置。(1)在图示装置中，是固定在小车上位移传感器的发射器部分，是接收部分。在该实验中采用控制变量法，保持小车所受拉力不变，用钩码所受的重力作为小车所受拉力，为了减小实验误差，应使钩码质量尽量 些。(填“大”或“小”)(2)改变小车的质量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-1/M关系图线,如果摩擦力不能忽略， 则画出的a-1/M图线为图示中的 。（填“甲”或 “乙”或丙”）（单选题）该实验中某同学画出的图线中AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因

15、是 （）A.小车与轨道之间存在摩擦B.导轨保持了水平状态C.所挂钩码的总质量太大D.所用小车的质量太大【答案】小丙c1【解析】只有当砂和砂桶质量远小于小车质量的时候，绳子的拉力才近似等于砂和砂桶的重力0摩麋力不能忽略时Y，当日=0时，F-f,丙图：ii）线中AB股明显偏离直线原因是钩码质量太大，钩码的重力不再近似等于堀子的拉力17、如图，在倾角为 状的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为二 pmin 仪【答案】21解析】短子翦断，以猫为研究对象，

16、保持平衡要求木板提供的摩爆力F等于猫自身重力沿 斜面的分力mg5mm以木板为研究对象，由牛顿第二定律得F _=G 一言+r=2mgsina+nng$ina=2ma 得 3=V：g&ina18、如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有沙子的小桶相连，已知小车的质量为 M小桶与沙子白总质量为 m,把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度为h的过程中，若不计滑轮及空气的阻力，求：（1）下落过程中绳子的拉力大小;（2）小桶下落h时的速度大小。J/wfI Inigh【答案】（1）F-3/-W（2） v-Vw+J/【解析】设绳的弹力大小为F,小楠和小车的加速度大小为己，则F=Ma

17、 （2 分）mg-F=ma （2 分）J介?唱联立两式，可得:F=鼠 m C1分）niga= -V + w在小桶下落竖直高度为h时，其速度F=2ah12分）所以此时其获得的速度为n=吁（1分）本题考查牛顿第二定律的应用，先以小车为研究对象，根据牛顿第二定律列公式，再以m 为研究对彖列公式，由两物体的加速度相同可得绳子的拉力和加速度大小19、“神舟”五号飞船完成了预定的空间科学和技术实验任务后返回舱开始从太空向地球表面按预定轨道返回，返回舱开始时通过自身制动发动机进行调控减速下降，穿越大气层后,在一定的高度打开阻力降落伞进一步减速下落，这一过程中若返回舱所受空气摩擦阻力与速度的平方成正比，比例系

18、数（空气阻力系数）为k,所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱的运动v t图象如图中的AD曲线所示，图中 AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴一点 B,其坐标为（8, 0）, CD是曲线AD的渐进线，假如返回舱总质量2为 M=400kg, g=10m/s ,求（1）在初始时刻v=160m/s,此时它的加速度是多大?（2）推证空气阻力系数 k的表达式并计算其值。1 答案】（1） 20mdl, Q） O.3（NsVm2）t解析】（1）因为AH是曲线AD在A点的切线，所以其斜率大小就是A点在这一时刻加 速度的大小，即己=16。出=2口似口（2）设返回舱下降过程中所受的空气浮力

19、恒为降最后匀速时的速度为返回舱在t=0 时，由牛顿第二定律可知， kv:+f -mg=ma返回舱下降到速度达到二m”时开始做匀速直线运动,所以由平衡条件可知，kVmHf=mg 联立求解，k=ma;（v vm2）= ；400 x20y（160_本题考查对牛顿第二定律的应用，一段5丁5问题,题目较长，要有足够的耐心，要能够迅 速地找出题目信息中的关键词，如“匀速运动句加速运动等，合理推出力和运动间的关系.对于题目中给出的图象、表格等非文字信息要特别分析，寻找出物体是一种什么运动或 受怎样的力，从而快捷地求出有关问题。20、如图所示，足够长的传送带与水平面倾角。=37 ,以12米/秒的速率逆时针转动。在传送带底部有一质量 m = 1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数科=0.25 ,现用轻细绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力F = 10.0N ,方向平行传送带向上。经时间 t = 4.0s 绳子突然断了，（设传送带足够长）求：(1)绳断时物体的速度大小；(2)绳断后物体还能上行多远；(3)从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间。(g = 10m/s2, sin37 = 0.6 ,c