2024-2025学年高考物理一轮复习专题05牛顿运动定律知识点练习含解析

专题5牛顿运动定律夯实基础1.如图所示，滑板运动员沿水平地面对前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分别，分别从横杆的上、下通过，忽视人和滑板在运动中受到的阻力。则运动员()A．起跳时脚对滑板的作用力斜向后B．在空中水平方向先加速后减速C．越过杆后落在滑板的后方D．越过杆后仍落在滑板上起跳的位置【答案】：D【解析】：人相对于滑板竖直向上起跳后，由于惯性，两者在水平方向上保持原速度不变，故人越杆后仍能落向滑板上起跳的位置。2．手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对于这一现象，下列说法正确的是()A．锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B．锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C．锤头和玻璃之间的作用力应当是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D．因为不清晰锤头和玻璃的其他受力状况，所以无法推断它们之间的相互作用力的大小关系【答案】：C【解析】：锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的力是作用力与反作用力的关系，不论力的作用效果如何，两者总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。故C正确。3．(多选)下列说法正确的是()A．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体马上获得加速度B．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C．F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关D．物体所受合外力减小，加速度肯定减小，而速度不肯定减小【答案】：ACD【解析】：由于物体的加速度与合外力是瞬时对应关系，因此当力作用瞬间，物体会马上产生加速度。选项A正确。依据因果关系，合外力是产生加速度的缘由，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度。选项B错误。牛顿其次定律F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关。选项C正确。由牛顿其次定律知物体所受合外力减小，加速度肯定会减小，假如物体加速，其速度会增大，假如物体减速，其速度会减小。选项D正确。4．如图所示，物体A和B的重力分别为11N和7N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是()A．弹簧秤的读数为14N，A对地面的压力为11NB．弹簧秤的读数为18N，A对地面的压力为0C．弹簧秤的读数为7N，A对地面的压力为4ND．弹簧秤的读数为0，A对地面的压力为11N【答案】：C【解析】：物体B保持静止，说明B物体合外力为零，即绳上拉力为7N。此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为7N。说明弹簧秤对A拉力为7N，地面对A物体应有4N的支持力(依据牛顿第三定律可知A对地面的压力为4N)，所以C正确。5.如图所示，光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小为a1和a2，则()A．a1＝0，a2＝0B．a1＝a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aC．a1＝eq\f(m2,m1＋m2)a，a2＝eq\f(m2,m1＋m2)aD．a1＝a，a2＝eq\f(m1,m2)a【答案】D【解析】：撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，对A由牛顿其次定律得kx＝m1a；撤去拉力F后，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿其次定律得kx＝m1a1，对B由牛顿其次定律kx＝m2a2，解得a1＝a、a2＝eq\f(m1,m2)a，故选项D正确。实力提升6.如图所示，一质量为M＝2kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度取g＝10m/s2。下列推断正确的是()A．物块对斜面的压力大小FN＝5eq\r(2)NB．斜面体的加速度大小为a＝10m/s2C．水平恒力大小F＝15ND．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变小【答案】C【解析】对M、m整体分析，受重力、支持力和推力，依据牛顿其次定律可得，水平方向：F＝(M＋m)a；竖直方向：N＝(M＋m)g；再对M分析，受重力、压力FN、支持力，依据牛顿其次定律可得，水平方向：FNsinθ＝Ma；竖直方向：FNcosθ＋Mg＝N；联立解得：a＝eq\f(mgtanθ,M)＝5m/s2；F＝eq\f(M＋mmgtanθ,M)＝15N；FN＝eq\f(mg,cosθ)＝10eq\r(2)N，故A、B错误，C正确；若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体：F＝(M＋m)a′；对m：mgtan45°＝ma′，解得F＝(M＋m)g＝30N，即F变大，故D错误。7.如图所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2。则下列说法正确的是()A．a1＝a2，FN1>FN2 B．a1＝a2，FN1＝FN2C．a1>a2，FN1>FN2 D．a1>a2，FN1＝FN2【答案】D【解析】设A、B的质量为m，接触面光滑时，对整体分析有a1＝eq\f(F,m＋m)＝eq\f(F,2m)，对B分析FN1＝mBa1＝eq\f(F,2)。接触面粗糙时，对整体分析有a2＝eq\f(F－f,2m)＝eq\f(F,2m)－μg，可知a1>a2；对B分析有FN2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,2)，则FN1＝FN2。故D正确。8．用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变更关系如图所示，下列说法正确的是()A．物体的质量为eq\f(F0,a0)B．地球表面的重力加速度为2a0C．当a>0时，物体处于失重状态D．当a＝a1时，拉力F＝eq\f(F0,a0)a1【答案】A【解析】当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误。当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为eq\f(F0,a0)，所以A正确。当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误。当a＝a1时，由牛顿其次定律得F－mg＝ma1，又m＝eq\f(F0,a0)、g＝a0，故拉力F＝eq\f(F0,a0)(a1＋a0)，所以D错误。9.某试验小组利用下图所示的装置探究加速度与力、质量的关系。(1)下列做法正确的是________。(填字母代号)A．调整滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调整木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．试验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码变更质量时，不须要重新调整木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满意的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一试验室，各取一套装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的状况下，探讨加速度a与拉力F的关系，分别得到如图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(选填“大于”“小于”或“等于”)【答案】：(1)AD(2)远小于(3)小于大于【解析】：(1)在探究加速度与力、质量的关系的试验中，平衡摩擦力时木板不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且变更质量时不须要重新平衡摩擦力；在试验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误。(2)选木块(M)、砝码桶及桶内的砝码(m)为探讨对象，则mg＝(M＋m)a①选砝码桶及桶内的砝码为探讨对象则mg－FT＝ma②联立①②得：FT＝mg－eq\f(m2g,M＋m)要使FT＝mg须要eq\f(m2g,M＋m)接近于0即M≫m(3)对木块由牛顿其次定律得：F－μmg＝ma即a＝eq\f(1,m)F－μg。由上式与题图结合可知：eq\f(1,m甲)>eq\f(1,m乙)，μ甲g>μ乙g。即：m甲<m乙，μ甲>μ乙10.如图所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质力传感器能显示挂钩处所受的拉力。(1)在探究质量肯定时、加速度与合外力的关系时，要使力的传感器的示数等于小车所受合外力，必需进行的操作是__________________。然后保证小车的质量不变，多次向沙桶里加沙，测得多组a和F的值，画出的a­F图象是________。(2)在探究合外力肯定时、加速度与质量的关系时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止起先运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。变更小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出合外力肯定时，加速度与质量成反比的图线是________。【答案】：(1)平衡摩擦力C(2)C【解