河北省张家口市高三物理专题练习（9）牛顿运动定律.doc

1、1牛顿运动定律1. 一皮带传送装置如右图所示，皮带的速度 v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是 （ ）A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度减小C. 速度先增大后减小，加速度先增大后减小D. 速度先增大后减小，加速度先减小后增大【答案】D【解析】试题分析：滑块放到皮带的瞬间，弹簧正好处于自由长度，滑块受向左的滑动摩擦力，产生向左的加速度，随物体向左移动弹簧伸

2、长，对物块有向右的拉力，由牛顿第二定律有，随物体向左移动，弹簧弹力增大，摩擦力不变，加速度减小，速度增大，当Ffkx=ma时速度最大，物体仍向左运动，弹力大于摩擦力，由牛顿第二定律有 ，随物体向左移动，弹簧弹力增大，摩擦力不变，加速度增大，速度减小，由以上分析可得物体的速度和加速度变化的情况是速度先增大后减小，加速度先减小后增大。故选 D考点：牛顿第二定律的应用点评：注意抓弹簧弹力的变化情况对加速度的影响。2.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体

3、位移 x 之间的关系如图乙所示( g10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )A. 物体的加速度大小为 5 m/s22B. 弹簧的劲度系数为 7.5 N/cmC. 物体的质量为 3 kg D. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态【答案】A【解析】A、 B、 C、 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 ，拉力 为 时，mg=kx F1 10N弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有： ，物体与弹簧分离后，拉力 为 ，根据牛顿第二定律，有： ，代入数据解得：F2 30N F2mg=ma， ， ，故 B 错误，C 错误，A 正确；D、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 D

4、错误。点睛：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为 ；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等10N于拉力，弹簧压缩量为 ，根据以上条件列式分析即可。4cm3.一条轻绳跨过光滑的轻质定滑轮，绳的一端系一质量 m=15kg 的重物，重物静置于地面上，有一质量 ml0kg 的猴子，从绳子的另一端沿绳向上爬，如图所示，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s 2） （ ）A. 5m/s2 B. l0m/s2 C. 15m/s2 D. 25m/s2【答案】A【解析】试题分析：因为重物不离开地面，知绳子的最大拉力为

5、：T=mg=150N，对猴子分析，根据牛顿第二定律得，猴子的最大加速度为： 故 A 正确，BCD 错amTmgm 15010010m/s2 5m/s2误故选 A.考点：牛顿第二定律的应用4.如图（a）所示，用一水平外力 F 拉着一个静止在倾角为 的光滑斜面上的物体，逐渐3增大 F，物体做变加速运动，其加速度 a 随外力 F 变化的图象如图（b）所示，若重力加速度 g 取 10m/s2根据图（b）中所提供的信息可以计算出（ ）A. 物体的重力 2NB. 斜面的倾角 37C. 加速度为 6m/s2时物体的速度D. 物体能静止在斜面上所施加的最小外力为 12N【答案】B【解析】AB、对物体受力分析，

6、受推力、重力、支持力，如图：x 方向： Fcosmgsin=may 方向： NFsinGcos=0从图象中取两个点 ，代入式解得： ， m=2kg =37所以物体的重力 ，斜面的倾角为 ，故 A 错误，B 正确；=37CD、当 时，可解得 ，即最小拉力为 ，题中并为说明力 F 随时间变化的情况，a=0 F=15N故无法求出加速度为 时物体的速度大小故 C、D 错误。点睛：对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力 F 与加速度 a 的函数关系，然后结合图象得出相关信息。5.如图所示，倾角为 的光滑斜面上静止放置两个用劲度系数为 k 的轻弹簧连接的物块4A、 B，它们的质量分别为 mA、 mB， C

7、 固定为挡板，系统保持静止现在物块 A 上施加一个沿斜面向上的恒力 F，当物块 B 即将离开 C 时，物块 A 的运动距离为 d，则（ ）A. 弹簧的劲度系数 k=mBgsindB. 弹簧的劲度系数 k=mAgsindC. 物块 B 刚离开 C 时物块 A 的加速度为F(mA+mB)gsinmAD. 物块 B 刚离开 C 时物块 A 的加速度为F(mA+mB)gsinmA+mB【答案】C【解析】【详解】AB、当未施加外力时，对 A 受力分析可知： ；当施加上外力后， B 刚好脱离时，对 B 受力分析可知： ，由题意可得 ，联立解得x1+x2=d，故 A、 B 错误；k=(mA+mB)gsind

8、CD、对物体 A 受力分析，根据牛顿第二定律可知 ，而 ，联FmAgsinF弹 =mAa F弹 =mBgsin立解得 ，故 C 正确， D 错误；a=F(mA+mB)gsinmA故选 C。【点睛】先由胡克定律求出未施力 F 时弹簧的压缩量，再求出物块 B 刚要离开 C 时弹簧的伸长量，由几何知识求出物块 A 的位移大小，即可求得弹簧的劲度系数；当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力根据牛顿第二定律求出物块 A 的加速度大小。6.在倾角为 的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块 A 和 B，它们的质量分别为 m和 2m，弹簧的劲度系数为 k，C 为一固定挡板，系统处于

9、静止状态现用一沿斜面方向的恒力拉物块 A 使之沿斜面向上运动，当 B 刚离开 C 时，A 的速度为 v，加速度为 a，且方向沿斜面向上设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g，则（ ）5A. 当 B 刚离开 C 时， A 发生的位移大小为B. 恒力 F 的大小为 F=3mgsinC. 当 A 的速度达到最大时， B 的加速度大小为a2D. 从开始运动到 B 刚离开 C 时，所用的时间为va【答案】C【解析】【详解】A、开始 A 处于静止状态，弹簧处于压缩，根据平衡有： ，解得弹簧的压缩量 ；当 B 刚离开 C 时，B 对挡板的弹力为零，有： ，解得弹簧x1=mgsink的伸长量 ，可知从静止

10、到 B 刚离开 C 的过程中，A 发生的位移，故 A 错误；B、根据牛顿第二定律得 ，解得： ，故 B 错误；Fmgsinkx2=ma F=3mgsin+maC、当 A 的加速度为零时，A 的速度最大，设此时弹簧的拉力为 FT，则： ，FFTmgsin=0所以 ；以 B 为研究对象，则根据牛顿第二定律得：FT=Fmgsin=2mgsin+ma，解得 ，故 C 正确；2ma=FT2mgsin a=12aD、若 A 一直做匀加速直线运动，则从开始运动到 B 离开 C 的时间： ，而实际的情t=va=va况是开始时 A 受到的向上的弹簧的弹力比较大，随 A 向上运动的过程中弹簧对 A 的弹力减小，所

11、以 A 向上运动的加速度减小，可知在 B 离开 C 前 A 的加速度一直大于 a，所以从开始运动到 B 刚离开 C 时，所用的时间一定小于 ，故 D 错误；va故选 C。【点睛】关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的 B 物体恰好要滑动的临界状态；当 A 的加速度为零时，A 的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出 B 的加速度。7.小铁块置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，铁块的质量大于木板的质量 t=0 时使两者获得等大反向的初速度开始运动， t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动，此时与开始运动时的位置相比较，如图所示符合实际的是（ ）6A

12、. B. C. D. 【答案】A【解析】开始时两者具有等大反向的初速度，由于铁块的质量大于木板的质量，所以系统的总动量水平向左，根据动量守恒定律知，当两物体相对静止时共同速度水平向左，而且在速度达到相等前，小铁块一直向左运动，所以两者速度相等时，小铁块在初位置的左侧，故 A 正确，BCD 错误故选 A.8.如下图所示，质量为 m1的木块和质量为 m2的长木板叠放在水平地面上现对木块施加一水平向右的拉力 F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态己知木块与长木板间的动摩擦因数为 1，长木板与地面间的动摩擦因数为 2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等下列说法正确的是A. 木块受到的摩擦力大小为 1

13、（m 1+m2）gB. 长木板受到的摩擦力大小为 2（m 1+m2）gC. 若改变 F 的大小，当 F 1（m 1+m2）g 时，长木板一定不运动D. 若将 F 作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动【答案】CD7【解析】【详解】先对木块受力分析，受拉力 F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为 f1= 1m1g；根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，有 f2=f1= 1m1g 2（m 1+m2）g，故 AB 错误；若改变 F 的大小，当 F 1（m 1+m2）g 时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩

14、擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动；故 C 正确；若将力 F 作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力；当整体的加速度大于 1g 时，木块一定会发生相对木板的滑动；故 D 正确；故选 CD。【点睛】本题关键是先对滑块受力分析，求出滑块与长木板间的滑动摩擦力，然后对长木板受力分析，求出长木板与地面间的静摩擦力；同时要分清楚静摩擦力和滑动摩擦力，判断摩擦力的有无可以根据摩擦力的产生条件、作用效果、牛顿第三定律判断9.如图所示，升降机内的水平地板上，用轻弹簧连接一个的物体，弹簧处于拉伸状态，当升降机以速度 v 向下做匀速运动时，物体恰好能静止在地板上，若突然

15、发现物体在升降机内向右运动，则升降机的运动情况可能是A. 保持原来匀速运动B. 向下做加速运动C. 向下做减速运动D. 已停止不动【答案】B【解析】分析：对物体进行受力分析，可知物体在水平方向受弹力及摩擦力，只有摩擦力减小时物体才会向右运动，分析升降机的运动情况可得出摩擦力的变化是否符合题意解答：解：物体受弹簧的拉力及摩擦力而处于静止状态，弹簧伸长，故拉力向右，摩擦力向左；因物体处于平衡状态故拉力等于摩擦力；物体向右运动，而在动的瞬间弹力不变，故最大静摩擦力应减小，物体对接触面的压力应减小，即物体应处于失重状态，故升降机加速度应向下，即物体应向下做加速运动，故选 B8点评：本题的重点在于明确最

16、大静摩擦力的影响因素，静摩擦力与压力无关，但最大静摩擦力与正压力是成正比的，故在其他条件不变的情况下，要减小最大静摩擦力应使压力减小10.如图所示，甲图是某人站在力传感器上做下蹲-起跳动作的示意图，甲图中的“”表示人的重心，乙图是根据力传感器画出的压力 F 随时间 t 变化的图线。乙图中 a、 d、 f、 g各点数据分别与甲图中人的 a、 d、 f、 g 状态相对应，其余点对应状态没有在甲图中画出。乙图中 a、 c、 e、 i 点对应的纵坐标均为 610N。请根据这两个图所给出的信息，判断下列说法中正确的是A. 乙图中 b 点时刻，人处于超重状态B. 乙图中 d 点时刻，人处于失重状态C. 乙

17、图中 g 点时刻，人处于失重状态D. 乙图中 i 点时刻，人的速度为零【答案】C【解析】人下蹲过程中先加速下降，到达一个最大速度后再减速下降，直至速度减为零，则乙图中b 点时刻，人处于失重状态，选项 A 错误；人站起来的阶段向上做加速运动，处于超重状态，则乙图中 d 点时刻，人处于超重状态，选项 B 错误；当人离开水平面时处于完全失重状态，则乙图中 g 点时刻，人处于失重状态，选项 C 正确；当人落回到水平面时，向下先加速后减速运动，则乙图中 i 点时刻，人的速度最大，不为零，选项 D 错误；故选 C.点睛：本题考查了牛顿第二定律的应用；明确人下蹲和起立过程中速度、力的变化、加速度的变化是重点

18、；注意加速度向上为超重，加速度向下为失重.11.如图甲所示，在电梯厢内轻绳 AO、BO、CO 连接吊着质量为 m 的物体，轻绳 AO、BO、CO对轻质结点 O 的拉力分别为 F1、F 2、F 3，现电梯厢竖直向下运动，其速度 v 随时间 t 的变化规律如图乙所示，重力加速度为 g，则（ ）9A. 在 02s 时间内，F 1与 F2的合力小于 F3B. 在 02s 时间内，物体处于超重状态C. 在 35s 时间内，F 1与 F2的合力小于 F3D. 在 35s 时间内，F 1与 F2的合力大于 mg【答案】D【解析】【详解】AC、对于轻质结点 O，质量为 0，则合力为零，故不论物体做何种运动，F

19、1、F 2、F 3三个力的合力为零，故 A、C 错误；B、在 02s 时间内，电梯厢向下做匀加速运动，加速度方向向下，物体处于失重状态，故B 错误；D、在 35s 时间内，物体向下减速运动，加速度方向向上，物体处于超重状态，则 F3大于mg，因此 F1与 F2的合力大于 mg，故 D 正确；故选 D。【点睛】关键是结点质量为零，结点所受的合力为零，根据加速度的方向判断超失重，从而判断出拉力和重力的大小关系。12.如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块，木板受到随时间 t 变化的水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 与水平拉力F 的关系如

20、图乙所示，取 g=l0m/s2，则通过分析计算可得（ ）A. M=2kg，m=1kgB. 当 F=8N 时，滑块的加速度为 lm/s2C. 滑块与木板之间的滑动摩擦因数为 0.2D. 拉力 F 随时间变化的函数关系一定可以表示为 F=6t（N）10【答案】C【解析】【详解】A、当 F 等于 6N 时，加速度为： ，对整体分析，由牛顿第二定律有：，代入数据解得： ；当 F 大于 6N 时，根据牛顿第二定律得：M 的加M+m=3kg速度 ，知 aF 图线的斜率 ，解得：M=1kg，可得滑块的质量k=1M=22=1为：m=2kg，故 A 错误；BC、由上得：当 F 大于 6N 时， ，由图象知，当

21、F=4N 时，a=0，代入上式解a=FmgM=F20得：=0.2；当 F=8N 时， ，故 C 正确，B 错误；D、当 M 与 m 以相同的加速度运动时，力随时间变化的函数关系一定可以表示为 F=6t(N)，当 F 大于 6N 后，M、m 发生相对滑动，表达式不是 F=6t，故 D 错误；故选 C。【点睛】当拉力 F 较小时，m 和 M 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，对整体运用牛顿第二定律列式当拉力达到一定值时，m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。13.如图所示， A、 B 两物体的质量分别为 2 kg 和 1 kg，静止叠放在水平地面上 A、 B 间的动摩

22、擦因数为 0.8， B 与地面间的动摩擦因数为 0.4.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 10 m/s2.现对 A 施加一水平拉力 F，不计空气阻力，则( )A. 当 F17 N 时，物体 A 的加速度大小为 0.5 m/s2B. 当 F21 N 时，物体 A 的加速度大小为 3 m/s2C. 当 F22 N 时， A 相对 B 滑动D. 当 F39 N 时， B 的加速度为 9 m/s2【答案】B【解析】A 与 B 间的最大摩擦力为：f A= 1mAg=0.8210N=16NB 与地面间的摩擦力为：f= 2（m A+mB）g=12NB 的最大加速度为 am，则有：f A-f=mBam

23、，11解得： amfAfmB 16121m/s2 4m/s2对 A 分析，当 A 的加速度大于 4m/s2时，AB 发生滑动，此时的拉力为 F，则 F-fA=mAam，解得 F=24N，当 F=17N 时，AB 以共同的加速度运动，此时的加速度为：，故 A 错误；当 F=21N 时，AB 以共同的加速度运动，此时的a共 FfmA+mB 17121+2m/s2 53m/s2加速度为： ，故 B 正确；F=22N24N，此时 AB 不发生相对a共 FfmA+mB 21122+1m/s2 3m/s2滑动，故 C 错误；当 F=39N 时，AB 发生相对滑动，此时 B 的加速度最大为 4m/s2，故

24、D 错误；故选：B.点睛：本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出 A、B 不发生相对滑动时的最大拉力。14.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，木板上放质量均为 1kg 的 A、B 两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为 1=0.3， 2=0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s 2。则：（ ）A. 若 F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动B. 若 F=1.5N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1.5NC. 若 F=8N，则 B 物块的加速度为 40m/s 2D. 无论力 F 多

25、大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑【答案】D【解析】试题分析：A 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A=m Ag=03110N=3N，B 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B=m Bg=02110N=2N；F=1Nf A，所以 AB 即薄硬纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，故 A 错误；若 F=15Nf A，所以 AB 即薄硬纸片保持相对静止，整体在 F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F-f=m Aa，所以A 物块所受摩擦力 fF=15N，故 B 错误；当 B 刚要相对于薄硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B=mBa0，又 fB=m Bg，得：

26、a 0=2m/s2；对整体，有：F0=（m A+mB）a 0=22N=4N，即达到 4N 后，B 将相对地木板运动，此时摩擦力 f=2N；则对木板可知，木板受到 A 的摩擦力大于 B 的摩擦力；故 A 和木板间不会发生相对运动；故 D正确；由上述分析可知，当拉力大于 4N 时，B 与木板间的摩擦力即为滑动摩擦力为 4N，此12后增大拉力，不会改变 B 的受力；故 C 错误；故选 D考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题以常见的运动模型为核心，考查了摩擦力、牛顿第二定律、隔离法与整体法的应用等知识；解决的关键是正确对两物体进行受力分析。15.如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧下端系一个质量为 m 的

27、小球 A，小球被水平挡板 P 托住使弹簧长度恰为自然长度（小球与挡板不粘连） ，然后使挡板 P 以恒定的加速度 开始竖直向下做匀加速直线运动，则（ ）A. 小球与挡板分离的时间为 t=ka2m(ga)B. 小球与挡板分离的时间为 t=2m(ga)kaC. 小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量 x=m(ga)kD. 小球从开始运动直到最低点的过程中，小球速度最大时弹簧的伸长量【答案】BD【解析】小球与挡板之间弹力为零时分离，此时小球的加速度仍为 a，由牛顿第二定律得：mg-kx=ma，由匀变速直线运动的位移公式得：x= at2，解得： ；小球速度最大时合力为零，12x=

28、；故选 BD点睛：解决本题的关键知道物体与托盘脱离的条件，即 N=0，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解16.如图所示，光滑圆柱形物件 A 放在同半径的凹槽 B 中，B 放在光滑水平面上，在由零逐渐增大的水平外力 F 作用下，系统向右运动，运动过程中 A、B 保持相对静止下列说法中正确的是（ ）13A. 物体 A 的加速度不断增大B. 物体 B 对地面的压力不断增大C. B 对 A 的弹力大小不断增大，与水平外力 F 的夹角逐渐变小D. B 对 A 的弹力大小不断增大，与水平外力 F 的夹角逐渐变大【答案】AC【解析】对整体分析可知，随 F 的增大，整体的加速度增大，则 A 的加速度也不断增

29、大；故 A 正确；对整体分析可知，整体在竖直方向不受外力，故在竖直方向的受力情况不变，故 B 对地面的压力不变；故 B 错误；因 A 的加速度增大，而 A 受重力和 B 对 A 的作用力，因重力不变，故弹力在竖直方向上的分量不变，而水平分量一定会增大，故 B 对 A 的弹力大小不断增大，但与水平外力 F 的夹角应减小；故 C 正确，D 错误；故选 AC。17.一轻弹簧的一端固定在倾角为 的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为 m 的小物块a 相连，如图所示质量为 的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为 x0，从 t=0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，使 b 始终做匀加速

30、直线运动经过一段时间后，物块 a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为 x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为 g求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式【答案】 （1） （2） （3） （3）8mgsin5x0【解析】14（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（m+ m）gsin35解得：k= 8mgsin5x0（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为 x0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知： x1x0=14说明当形变量

31、为 时二者分离；对 m 分析，因分离时 ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsin=ma 联立解得：a= 15gsin（3）设时间为 t，则经时间 t 时，ab 前进的位移 x= at2=12则形变量变为：x=x 0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（m+ m）gsin=（m+ m）a35 35解得：F= mgsin+ t2 因分离时位移 x= 由 x= = at2解得： x04 x0412故应保证 0t ，F 表达式才能成立点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键