高三一轮专题复习牛顿定律复习专题（一）

8/88/88/8高中物理试卷牛顿定律专题一、单项选择题1.如下图的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点,弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等．以下说法中正确的选项是〔〕

A.

质点从M到N过程中速度大小保持不变

B.

质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同

C.

质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等,但方向相同

D.

质点在MN间的运动不是匀变速运动2.如图〔甲〕所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧后又被弹起,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出弹簧弹力F随时间t变化的图像如图〔乙〕所示,那么〔

〕

A.

时刻小球动能最大

B.

时刻小球动能最大

C.

这段时间内,小球的动能先增加后减少

D.

这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能3.如下图,一固定在水平面上、外表粗糙的斜面,其上放罝一固定挡板弹簧一端与挡板栓接,另一端自由伸长至O点,质量为m的物块从斜面上的B点释放后沿着斜面向下运动,将弹簧压缩最短至C点,关于此过程,以下说法正确的选项是〔

〕

A.

运动至O点时物块速度到达最大

B.

从B至O点过程中物块做变加速运动

C.

从O点运动至C点的过程中物块加速度先减小后增大

D.

从B点运动至C点的过程中物块速度先增大后减小再增大4.在一水平长直轨道上,一动力车牵引一质量为6000kg的车厢以10m/s的速度匀速行驶,这时动力车对该车厢输出功率是1.5×104W．如果这时车厢与动力车脱开,车厢能滑行的最大距离为〔〕A.

100m

B.

200m

C.

300m

D.

400m5.如下图,传送带的水平局部长为L,传动速率为v,在其它左端无初速度释放一小木块,假设木块与传送带间的动摩擦因数为μ,那么木块从左端运动到右端的时间可能是〔

〕

A.

+

B.

Lv

C.

2Lμg

D.

2Lv二、多项选择题6.两个相同的小车放在光滑水平板上,前端各系一条细绳,绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘中可放砝码〔如图甲所示〕．小盘和砝码所受的重力,等于使小车做匀加速运动的力．因此增减小盘中的砝码就可以改变小车的受到的合力．两个小车后端各系一条细线,用一个黑板擦把两条细线同时按在桌上,使小车静止〔如图乙所示〕．抬起黑板擦,两个小车同时运动,按下黑板擦两个小车同时停下来．假设小车1和小车2所受拉力分别为F1、F2,车分别为m1、m2,抬起再按下黑板擦那么得两车的位移分别x1、x2,那么在实验误差允许的范围内,有〔

〕

A.

当m1=m2、F1=2F2时,x1=2x2

B.

当m1=m2、F1=2F2时,x2=2x1

C.

当m1=2m2、F1=F2时,x1=2x2

D.

当m1=2m2、F1=F2时,x2=2x17.如图〔a〕,一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v﹣t图线如图〔b〕所示,假设重力加速度及图中的v0,v1,t1均为量,那么可求出〔〕

A.

斜面的倾角

B.

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高度8.如下图,小车向右做匀加速直线运动,物块M贴在小车左壁上,且相对于左壁静止．当小车的加速度增大时,以下说法正确的选项是〔

〕

A.

物块受到的摩擦力不变

B.

物块受到的弹力不变

C.

物块受到的摩擦力增大

D.

物块受到的合外力增大9.如图甲所示,一质量为M的组构成木板静止于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块,木板受到方向水平大小可变的拉力F作用时,其加速度a与水平拉力F的关系如下图．取重力加速度g=10m/s2,那么〔

〕

A.

滑块与木板间动摩擦因数为0.1

B.

木板质量M=4kg,滑块质量m=2kg

C.

当F=9N时,滑块加速度为3m/s2

D.

当F=3N时,滑块与木板间的摩擦力2N10.某人在静止的湖面上竖直向上抛出一个铁球,铁球升到最高点后自由下落,穿过湖水并陷入湖底的淤泥中一定深度,铁球所受阻力随时间变化的图象如下图,以v、a、F、Ek分别表示小球的速度、加速度、所受合外力和动能四个物理量．以下图中能正确反映运动过程各量随时间变化的是〔

〕

A.

B.

C.

D.

三、综合题11.如下图,水平传送带长为2m,以v1=1m/s的速度匀速运动,质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连,t=0时刻、P在传送带左端以初速度v2=4m/s向右运动,P与传送带间动摩擦因数为0.5,P在传动带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水平,不计定滑轮质量和摩擦,绳不可伸长且足够长度,最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力,取g=10m/s2,求：

〔1〕t=0时刻小物体P的加速度大小和方向．〔2〕小物体P向右运动的最大距离．〔3〕小物体P滑离传送带时的速度．12.质量为3kg的物体,在0～4s内受水平力F的作用,在4～10s内因受摩擦力作用而停止,其v﹣t图象如下图．求：〔1〕物体所受的摩擦力．〔2〕在0～4s内物体所受的拉力．〔3〕在0～10s内物体的位移．

高中物理试卷牛顿定律专题-答案解析及考点局部1.【答案】B【考点】对单物体(质点)的应用,曲线运动的条件,曲线运动的性质【解析】【解答】解：因质点在恒力作用下运动,由牛顿第二定律可知,质点做匀变速曲线运动,由于加速度不变,

A、从M到N过程中,根据v=,可知,速度大小变化,A不符合题意；

B、因加速度不变,那么质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同,B符合题意,C不符合题意；

D、在MN间的运动是匀变速曲线运动,D不符合题意；

故答案为：B．

【分析】质点在恒力作用下运动,根据牛顿第二定律加速度不变,该运动一定是匀变速曲线运动,从M到N过程中,速度大小变化,速度变化量大小相等,方向相同。2.【答案】C【考点】牛顿定律与图象【解析】【分析】小球先自由下落,与弹簧接触后,弹簧被压缩,在下降的过程中,弹力不断变大,当弹力小于重力时,物体加速下降,但合力变小,加速度变小,故做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,速度到达最大,之后物体由于惯性继续下降,弹力变的大于重力,合力变为向上且不断变大,故加速度向上且不断变大,故物体做加速度不断增大的减速运动；同理,上升过程,先做加速度不断不断减小的加速运动,当加速度减为零时,速度到达最大,之后做加速度不断增大的减速运动,直到小球离开弹簧为止。

A、时刻小球小球刚与弹簧接触,与弹簧接触后,先做加速度不断减小的加速运动,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度到达最大；错误。

B、时刻,弹力最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,速度等于零；错误。

C、这段时间内,小球处于上升过程,先做加速度不断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动；正确。

D、段时间内,小球和弹簧系统机械能守恒,故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能；错误。

应选C。

【点评】要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理,同时要能结合图象分析。3.【答案】C【考点】对单物体(质点)的应用,力与运动的关系【解析】【解答】解：AB、设斜面倾角为θ,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,从B到O运动过程中,根据牛顿第二定律可得加速度为a=gsinθ﹣μgcosθ,加速度大小不变,物体做加速运动；当物体与弹簧接触后,弹力逐渐增大,当物体受力平衡时速度最大,AB不符合题意；

C、从O到C运动的过程中,根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a′=gsinθ﹣μgcosθ﹣,当x增大到一定程度时,加速度为零,速度最大；随着x增加,加速度反向增大,以后速度减小．C符合题意；

D、从B点运动至C点的过程中物块速度先增大后减小,D不符合题意．

故答案为：C．

【分析】根据牛顿第二定律求出加速度,结合物体运动状态的分析进行判断。4.【答案】B【考点】对单物体(质点)的应用,机车启动,功率的计算【解析】【解答】解：车厢匀速运动,那么P=fv,解得：f=

脱离后车厢的加速度为：a=

通过的位移为：,B符合题意,ACD不符合题意

故答案为：B

【分析】车厢做匀速运动时牵引力等于阻力,根据额定功率公式先求出阻力。在利用牛顿第二运动定律和匀变速直线运动公式求解。5.【答案】A【考点】对单物体(质点)的应用,匀变速直线运动根本公式应用【解析】【解答】解：假设木块沿着传送带的运动是一直加速,根据牛顿第二定律,有

μmg=ma

①

根据位移时间公式,有

L=at2②

由①②解得

t=,

假设木块沿着传送带的运动是先加速后匀速,根据牛顿第二定律,有

μmg=ma③

根据速度时间公式,有

v=at1④

根据速度位移公式,有

v2=2ax1⑤

匀速运动过程,有

L﹣x1=vt2⑥

由③④⑤⑥解得

t=t1+t2=,

如果物体滑到最右端时,速度恰好增加到v,根据平均速度公式,有

L=v平均t=t

故t=,

故答案为：A

【分析】物体在传送带上运动,因为条件没有全部就要采用假设法,注意物体在水平传送带上,加速物体的最大速度等于传送带的速度。6.【答案】A,D【考点】对单物体(质点)的应用【解析】【解答】解：A、当m1=m2、F1=2F2时,根据牛顿第二定律得,a1=2a2,根据知,时间相等,那么x1=2x2．故A正确,B错误．

C、当m1=2m2、F1=F2时,根据牛顿第二定律得,,根据知,时间相等,那么x2=2x1．故C错误,D正确．

应选：AD．

【分析】根据小车的受力和小车的质量,通过牛顿第二定律求出加速度之比,结合时间相等,通过位移时间公式求出小车的位移之比．7.【答案】A,C,D【考点】V-t图象,对单物体(质点)的应用,力与运动的关系【解析】【解答】解：由图b可知,物体先向上减速到达最高时再向下加速；图象与时间轴围成的面积为物体经过的位移,故可出物体在斜面上的位移；

图象的斜率表示加速度,上升过程及下降过程加速度均可求,上升过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1；下降过程有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2；两式联立可求得斜面倾角及动摩擦因数；

但由于m均消去,故无法求得质量；因上升位移及夹角,那么可求得上升的最大高度；

故答案为：ACD．

【分析】以物块为研究对象,对物块进行受力分析列出加速度方程,结合速度时间图像的物理意义联立看可以求出那些物理量。8.【答案】A,D【考点】对单物体(质点)的应用,对质点系的应用【解析】【解答】解：小车和物块具有相同的加速度,小车的加速度增大,物块的加速度增大,物块在竖直方向上受重力和摩擦力,水平方向上受弹力,加速度增大,合力增大,合力等于弹力,所以弹力增大,竖直方向上始终平衡,所以摩擦力始终与重力相等．A、D符合题意,B、C不符合题意．

故答案为：AD．

【分析】小车和物块相对静止两物体加速度相同据此判断即可。9.A.

滑块与木板间动摩擦因数为0.1

B.

木板质量M=4kg,滑块质量m=2kg

C.

当F=9N时,滑块加速度为3m/s2

D.

当F=3N时,滑块与木板间的摩擦力2N【答案】A,D【考点】对单物体(质点)的应用,对质点系的应用【解析】【解答】解：AB、当F＞6N时,对M,根据牛顿第二定律得a==F﹣,知图线的斜率k==,解得M=2kg．

当F=6N时,加速度为a=1m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=〔M+m〕a,代入数据解得M+m=6kg,可得滑块的质量m=4kg,故A正确,B错误；

根据F＞6N的图线知,F=4N时,a=0,即0=F﹣,代入数据解得μ=0.1,A符合题意,B不符合题意；

C、当F=9N时,对滑块m,根据牛顿第二定律得μmg=ma′,解得a′=μg=1m/s2,C不符合题意．

D、当F=3N时,滑块与木板整体的加速度为a===0.5m/s2．对滑块,由牛顿第二定律得：f=ma=4×0.5N=2N,即得滑块与木板间的摩擦力为2N．D符合题意．

故答案为：AD

【分析】滑块滑板模型判断方法类似于传送带问题。结合题目当中的加速度和受力图像根据牛顿第二运动定律列方程求解。10.【答案】A,C【考点】V-t图象,对单物体(质点)的应用,力与运动的关系【解析】【解答】解：由图示图象可知,0﹣t1时间内铁球不受阻力,铁球做竖直上抛运动,t1﹣t2时间内铁球受到恒定阻力,铁球进入水中向下运动,在t2﹣t3时间内,铁球受到阻力作用,阻力大于重力,此过程铁球陷入泥中向下做减速运动；

A、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动,速度先减小后反向增大,在t1﹣t2时间内铁球铁球在水中下降,所示阻力小于重力,合力向下,铁球向下做加速运动,速度增大,在t2﹣t3时间内铁球陷入泥中,所受阻力大于重力,所受合力方向向上,铁球做匀减速直线运动,速度减小,最后速度为零,A符合题意；

B、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动,加速度：a=g,方向竖直向下；在t1﹣t2时间内铁球在水中向下做加速运动,所受合力小于重力,加速度小于重力加速度g,方向向下,在t2﹣t3时间内铁球受到的合力方向竖直向上,加速度方向向上,图B所示图象不符合实际运动,B不符合题意；

C、由阻力图象可知,在0﹣t2时间内铁球所受合力：F=mg,方向竖直向下,在t1﹣t2时间内铁球所受合力f小于重力,方向竖直向下,在t2﹣t3时间内铁球所受合力大于重力,方向竖直向上,C符合题意；

D、在0﹣t1时间内铁球做竖直上抛运动,铁球的动能先增大后减小,t1时刻的动能与0时刻的动能相等,图D所示图象与实际情况不符,D不符合题意；

故答案为：AC．

【分析】先根据给出的图像分析个时间段物体的运动情况,结合物体的受理情况进行分析求解。11.【答案】〔1〕解：开始时小物块的速度大于传送带的速度,受到的摩擦力的方向向左,同时受到向左的拉力,由牛顿第二定律

对P：T1+μmg=ma1

对Q：mg﹣T1=ma1

联立以上方程解得：a1=7.5m/s2,方向向左

〔2〕解：P先以加速度大小a1向右做匀减速运动,直到速度减为v1,设位移为x1,由运动学公式得：

﹣=﹣2a1x1

代入数据解得：x1=1m

P接着以加速度大小为a2向右做匀减速运动,直到速度减为0,设位移为x2,P受到向左的拉力和向右的摩擦力,由牛顿第二定律

对p：