河北省張家口市高三物理 專題練習（9）牛頓運動定律.doc

牛頓運動定律1. 一皮帶傳送裝置如右圖所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當滑塊放在皮帶上時，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放到皮帶的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自由長度，則當彈簧從自由長度到第一次達最長這一過程中，物體的速度和加速度變化的情況是 （ ）A. 速度增大，加速度增大B. 速度增大，加速度減小C. 速度先增大后減小，加速度先增大后減小D. 速度先增大后減小，加速度先減小后增大【答案】D【解析】試題分析：滑塊放到皮帶的瞬間，彈簧正好處于自由長度，滑塊受向左的滑動摩擦力，產生向左的加速度，隨物體向左移動彈簧伸長，對物塊有向右的拉力，由牛頓第二定律有Ffkx=ma，隨物體向左移動，彈簧彈力增大，摩擦力不變，加速度減小，速度增大，當Ff=kx時速度最大，物體仍向左運動，彈力大于摩擦力，由牛頓第二定律有kxFf=ma，隨物體向左移動，彈簧彈力增大，摩擦力不變，加速度增大，速度減小，由以上分析可得物體的速度和加速度變化的情況是速度先增大后減小，加速度先減小后增大。故選D考點：牛頓第二定律的應用點評：注意抓彈簧彈力的變化情況對加速度的影響。2.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關系如圖乙所示(g10 m/s2)，則下列結論正確的是( )A. 物體的加速度大小為5 m/s2B. 彈簧的勁度系數(shù)為7.5 N/cmC. 物體的質量為3 kg D. 物體與彈簧分離時，彈簧處于壓縮狀態(tài)【答案】A【解析】A、B、C、剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有mg=kx ，拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F1+kxmg=ma，物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律，有：F2mg=ma，代入數(shù)據(jù)解得：m=2kg，k=500N/m=5N/cm ，a=5m/s2，故B錯誤，C錯誤，A正確；D、物體與彈簧分離時，彈簧恢復原長，故D錯誤。點睛：物體一直勻加速上升，從圖象可以看出，物體與彈簧分離后，拉力為30N；剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡；拉力為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，彈簧壓縮量為4cm，根據(jù)以上條件列式分析即可。3.一條輕繩跨過光滑的輕質定滑輪，繩的一端系一質量m=15kg的重物，重物靜置于地面上，有一質量ml0kg的猴子，從繩子的另一端沿繩向上爬，如圖所示，在重物不離開地面的條件下，猴子向上爬的最大加速度為（g=10m/s2）（）A. 5m/s2 B. l0m/s2 C. 15m/s2 D. 25m/s2【答案】A【解析】試題分析：因為重物不離開地面，知繩子的最大拉力為：T=mg=150N，對猴子分析，根據(jù)牛頓第二定律得，猴子的最大加速度為：amTmgm15010010m/s25m/s2故A正確，BCD錯誤故選A.考點：牛頓第二定律的應用4.如圖（a）所示，用一水平外力F拉著一個靜止在傾角為的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運動，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖（b）所示，若重力加速度g取10m/s2根據(jù)圖（b）中所提供的信息可以計算出（）A. 物體的重力2NB. 斜面的傾角37C. 加速度為6m/s2時物體的速度D. 物體能靜止在斜面上所施加的最小外力為12N【答案】B【解析】AB、對物體受力分析，受推力、重力、支持力，如圖：x方向：Fcosmgsin=ma y方向：NFsinGcos=0 從圖象中取兩個點（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入式解得：m=2kg，=37 所以物體的重力G=20N，斜面的傾角為=37，故A錯誤，B正確；CD、當a=0時，可解得F=15N，即最小拉力為15N，題中并為說明力F隨時間變化的情況，故無法求出加速度為6m/s2時物體的速度大小故C、D錯誤。點睛：對物體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得出力F與加速度a的函數(shù)關系，然后結合圖象得出相關信息。5.如圖所示，傾角為的光滑斜面上靜止放置兩個用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接的物塊A、B，它們的質量分別為mA、mB，C固定為擋板，系統(tǒng)保持靜止現(xiàn)在物塊A上施加一個沿斜面向上的恒力F，當物塊B即將離開C時，物塊A的運動距離為d，則（）A. 彈簧的勁度系數(shù)k=mBgsindB. 彈簧的勁度系數(shù)k=mAgsindC. 物塊B剛離開C時物塊A的加速度為F(mA+mB)gsinmAD. 物塊B剛離開C時物塊A的加速度為F(mA+mB)gsinmA+mB【答案】C【解析】【詳解】AB、當未施加外力時，對A受力分析可知：mAgsin=kx1；當施加上外力后，B剛好脫離時，對B受力分析可知：mBgsin=kx2，由題意可得x1+x2=d，聯(lián)立解得k=(mA+mB)gsind，故A、B錯誤；CD、對物體A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知FmAgsinF彈=mAa，而F彈=mBgsin，聯(lián)立解得a=F(mA+mB)gsinmA，故C正確，D錯誤；故選C?！军c睛】先由胡克定律求出未施力F時彈簧的壓縮量，再求出物塊B剛要離開C時彈簧的伸長量，由幾何知識求出物塊A的位移大小，即可求得彈簧的勁度系數(shù)；當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力根據(jù)牛頓第二定律求出物塊A的加速度大小。6.在傾角為的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)現(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上設彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g，則（）A. 當B剛離開C時，A發(fā)生的位移大小為9mgsinkB. 恒力F的大小為F=3mgsinC. 當A的速度達到最大時，B的加速度大小為a2D. 從開始運動到B剛離開C時，所用的時間為va【答案】C【解析】【詳解】A、開始A處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsin=kx1，解得彈簧的壓縮量x1=mgsink；當B剛離開C時，B對擋板的彈力為零，有：kx2=2mgsin，解得彈簧的伸長量x2=2mgsink，可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=3mgsink，故A錯誤；B、根據(jù)牛頓第二定律得Fmgsinkx2=ma，解得：F=3mgsin+ma，故B錯誤；C、當A的加速度為零時，A的速度最大，設此時彈簧的拉力為FT，則：FFTmgsin=0，所以FT=Fmgsin=2mgsin+ma；以B為研究對象，則根據(jù)牛頓第二定律得：2ma=FT2mgsin，解得a=12a，故C正確；D、若A一直做勻加速直線運動，則從開始運動到B離開C的時間：t=va=va，而實際的情況是開始時A受到的向上的彈簧的彈力比較大，隨A向上運動的過程中彈簧對A的彈力減小，所以A向上運動的加速度減小，可知在B離開C前A的加速度一直大于a，所以從開始運動到B剛離開C時，所用的時間一定小于va，故D錯誤；故選C。【點睛】關鍵抓住兩個臨界狀態(tài)，開始時的平衡狀態(tài)和最后的B物體恰好要滑動的臨界狀態(tài)；當A的加速度為零時，A的速度最大，根據(jù)合力為零求出彈簧的拉力，從而結合牛頓第二定律求出B的加速度。7.小鐵塊置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，鐵塊的質量大于木板的質量t=0時使兩者獲得等大反向的初速度開始運動，t=t1時鐵塊剛好到達木板的左端并停止相對滑動，此時與開始運動時的位置相比較，如圖所示符合實際的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】開始時兩者具有等大反向的初速度，由于鐵塊的質量大于木板的質量，所以系統(tǒng)的總動量水平向左，根據(jù)動量守恒定律知，當兩物體相對靜止時共同速度水平向左，而且在速度達到相等前，小鐵塊一直向左運動，所以兩者速度相等時，小鐵塊在初位置的左側，故A正確，BCD錯誤故選A.8.如下圖所示，質量為m1的木塊和質量為m2的長木板疊放在水平地面上現(xiàn)對木塊施加一水平向右的拉力F，木塊在長木板上滑行，而長木板保持靜止狀態(tài)己知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為2，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等下列說法正確的是A. 木塊受到的摩擦力大小為1（m1+m2）gB. 長木板受到的摩擦力大小為2（m1+m2）gC. 若改變F的大小，當F1（m1+m2）g時，長木板一定不運動D. 若將F作用于長木板，長木板與木塊有可能會相對滑動【答案】CD【解析】【詳解】先對木塊受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑動摩擦力，滑動摩擦力為f1=1m1g；根據(jù)牛頓第三定律，木塊對長木板有向前的滑動摩擦力，長木板還受到重力、壓力、支持力和地面對其向后的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有f2=f1=1m1g2（m1+m2）g，故AB錯誤；若改變F的大小，當F1（m1+m2）g時，滑塊加速，但滑塊與長木板的滑動摩擦力不變，故長木板與地面間的靜摩擦力也不變，故木板不會運動；故C正確；若將力F作用在長木板上時，滑塊受木板的作用力等于二者間的滑動摩擦力；當整體的加速度大于1g時，木塊一定會發(fā)生相對木板的滑動；故D正確；故選CD?！军c睛】本題關鍵是先對滑塊受力分析，求出滑塊與長木板間的滑動摩擦力，然后對長木板受力分析，求出長木板與地面間的靜摩擦力；同時要分清楚靜摩擦力和滑動摩擦力，判斷摩擦力的有無可以根據(jù)摩擦力的產生條件、作用效果、牛頓第三定律判斷9.如圖所示，升降機內的水平地板上，用輕彈簧連接一個的物體，彈簧處于拉伸狀態(tài)，當升降機以速度v向下做勻速運動時，物體恰好能靜止在地板上，若突然發(fā)現(xiàn)物體在升降機內向右運動，則升降機的運動情況可能是A. 保持原來勻速運動B. 向下做加速運動C. 向下做減速運動D. 已停止不動【答案】B【解析】分析：對物體進行受力分析，可知物體在水平方向受彈力及摩擦力，只有摩擦力減小時物體才會向右運動，分析升降機的運動情況可得出摩擦力的變化是否符合題意解答：解：物體受彈簧的拉力及摩擦力而處于靜止狀態(tài)，彈簧伸長，故拉力向右，摩擦力向左；因物體處于平衡狀態(tài)故拉力等于摩擦力；物體向右運動，而在動的瞬間彈力不變，故最大靜摩擦力應減小，物體對接觸面的壓力應減小，即物體應處于失重狀態(tài)，故升降機加速度應向下，即物體應向下做加速運動，故選B點評：本題的重點在于明確最大靜摩擦力的影響因素，靜摩擦力與壓力無關，但最大靜摩擦力與正壓力是成正比的，故在其他條件不變的情況下，要減小最大靜摩擦力應使壓力減小10.如圖所示，甲圖是某人站在力傳感器上做下蹲-起跳動作的示意圖，甲圖中的“”表示人的重心，乙圖是根據(jù)力傳感器畫出的壓力F隨時間t變化的圖線。乙圖中a、d、f、g各點數(shù)據(jù)分別與甲圖中人的a、d、f、g狀態(tài)相對應，其余點對應狀態(tài)沒有在甲圖中畫出。乙圖中a、c、e、i點對應的縱坐標均為610N。請根據(jù)這兩個圖所給出的信息，判斷下列說法中正確的是A. 乙圖中b點時刻，人處于超重狀態(tài)B. 乙圖中d點時刻，人處于失重狀態(tài)C. 乙圖中g點時刻，人處于失重狀態(tài)D. 乙圖中i點時刻，人的速度為零【答案】C【解析】人下蹲過程中先加速下降，到達一個最大速度后再減速下降，直至速度減為零，則乙圖中b點時刻，人處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；人站起來的階段向上做加速運動，處于超重狀態(tài)，則乙圖中d點時刻，人處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；當人離開水平面時處于完全失重狀態(tài)，則乙圖中g點時刻，人處于失重狀態(tài)，選項C正確；當人落回到水平面時，向下先加速后減速運動，則乙圖中i點時刻，人的速度最大，不為零，選項D錯誤；故選C.點睛：本題考查了牛頓第二定律的應用；明確人下蹲和起立過程中速度、力的變化、加速度的變化是重點；注意加速度向上為超重，加速度向下為失重.11.如圖甲所示，在電梯廂內輕繩AO、BO、CO連接吊著質量為m的物體，輕繩AO、BO、CO對輕質結點O的拉力分別為F1、F2、F3，現(xiàn)電梯廂豎直向下運動，其速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度為g，則（）A. 在02s時間內，F(xiàn)1與F2的合力小于F3B. 在02s時間內，物體處于超重狀態(tài)C. 在35s時間內，F(xiàn)1與F2的合力小于F3D. 在35s時間內，F(xiàn)1與F2的合力大于mg【答案】D【解析】【詳解】AC、對于輕質結點O，質量為0，則合力為零，故不論物體做何種運動，F(xiàn)1、F2、F3三個力的合力為零，故A、C錯誤；B、在02s時間內，電梯廂向下做勻加速運動，加速度方向向下，物體處于失重狀態(tài)，故B錯誤；D、在35s時間內，物體向下減速運動，加速度方向向上，物體處于超重狀態(tài)，則F3大于mg，因此F1與F2的合力大于mg，故D正確；故選D?！军c睛】關鍵是結點質量為零，結點所受的合力為零，根據(jù)加速度的方向判斷超失重，從而判斷出拉力和重力的大小關系。12.如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊，木板受到隨時間t變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度與水平拉力F的關系如圖乙所示，取g=l0m/s2，則通過分析計算可得（）A. M=2kg，m=1kgB. 當F=8N時，滑塊的加速度為lm/s2C. 滑塊與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為0.2D. 拉力F隨時間變化的函數(shù)關系一定可以表示為F=6t（N）【答案】C【解析】【詳解】A、當F等于6N時，加速度為：a=2m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有：F=(M+m)a，代入數(shù)據(jù)解得：M+m=3kg；當F大于6N時，根據(jù)牛頓第二定律得：M的加速度a=FmgM=1MFmgM，知aF圖線的斜率k=1M=22=1，解得：M=1kg，可得滑塊的質量為：m=2kg，故A錯誤；BC、由上得：當F大于6N時，a=FmgM=F20，由圖象知，當F=4N時，a=0，代入上式解得：=0.2；當F=8N時，a=F20=8200.2=4m/s2，故C正確，B錯誤；D、當M與m以相同的加速度運動時，力隨時間變化的函數(shù)關系一定可以表示為F=6t(N)，當F大于6N后，M、m發(fā)生相對滑動，表達式不是F=6t，故D錯誤；故選C?！军c睛】當拉力F較小時，m和M保持相對靜止，一起做勻加速直線運動，對整體運用牛頓第二定律列式當拉力達到一定值時，m和M發(fā)生相對滑動，結合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析。13.如圖所示，A、B兩物體的質量分別為2 kg和1 kg，靜止疊放在水平地面上A、B間的動摩擦因數(shù)為0.8，B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.4.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10 m/s2.現(xiàn)對A施加一水平拉力F，不計空氣阻力，則()A. 當F17 N時，物體A的加速度大小為0.5 m/s2B. 當F21 N時，物體A的加速度大小為3 m/s2C. 當F22 N時，A相對B滑動D. 當F39 N時，B的加速度為9 m/s2【答案】B【解析】A與B間的最大摩擦力為：fA=1mAg=0.8210N=16NB與地面間的摩擦力為：f=2（mA+mB）g=12NB的最大加速度為am，則有：fA-f=mBam，解得：amfAfmB16121m/s24m/s2 對A分析，當A的加速度大于4m/s2時，AB發(fā)生滑動，此時的拉力為F，則F-fA=mAam，解得F=24N，當F=17N時，AB以共同的加速度運動，此時的加速度為：a共FfmA+mB17121+2m/s253m/s2 ，故A錯誤；當F=21N時，AB以共同的加速度運動，此時的加速度為：a共FfmA+mB21122+1m/s23m/s2 ，故B正確；F=22N24N，此時AB不發(fā)生相對滑動，故C錯誤；當F=39N時，AB發(fā)生相對滑動，此時B的加速度最大為4m/s2，故D錯誤；故選：B.點睛：本題考查了摩擦力的計算和牛頓第二定律的綜合運用，解決本題的突破口在于通過隔離法和整體法求出A、B不發(fā)生相對滑動時的最大拉力。14.一長輕質薄硬紙片置于光滑水平地面上，木板上放質量均為1kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動摩擦因數(shù)分別為1=0.3，2=0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2。則：（ ）A. 若F=1N，則物塊、薄硬紙片都靜止不動B. 若F=1.5N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5NC. 若F=8N，則B物塊的加速度為40m/s2D. 無論力F多大，A與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑【答案】D【解析】試題分析：A與薄硬紙片間的最大靜摩擦力為：fA=mAg=03110N=3N，B與薄硬紙片間的最大靜摩擦力為：fB=mBg=02110N=2N；F=1NfA，所以AB即薄硬紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，故A錯誤；若F=15NfA，所以AB即薄硬紙片保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律得：F-f=mAa，所以A物塊所受摩擦力fF=15N，故B錯誤；當B剛要相對于薄硬紙片滑動時靜摩擦力達到最大值，由牛頓第二定律得：fB=mBa0，又fB=mBg，得：a0=2m/s2；對整體，有：F0=（mA+mB）a0=22N=4N，即達到4N后，B將相對地木板運動，此時摩擦力f=2N；則對木板可知，木板受到A的摩擦力大于B的摩擦力；故A和木板間不會發(fā)生相對運動；故D正確；由上述分析可知，當拉力大于4N時，B與木板間的摩擦力即為滑動摩擦力為4N，此后增大拉力，不會改變B的受力；故C錯誤；故選D考點：牛頓第二定律【名師點睛】本題以常見的運動模型為核心，考查了摩擦力、牛頓第二定律、隔離法與整體法的應用等知識；解決的關鍵是正確對兩物體進行受力分析。15.如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端系一個質量為m的小球A，小球被水平擋板P托住使彈簧長度恰為自然長度（小球與擋板不粘連），然后使擋板P以恒定的加速度aa<g開始豎直向下做勻加速直線運動，則（ ）A. 小球與擋板分離的時間為t=ka2mgaB. 小球與擋板分離的時間為t=2mgakaC. 小球從開始運動直到最低點的過程中，小球速度最大時彈簧的伸長量x=mgakD. 小球從開始運動直到最低點的過程中，小球速度最大時彈簧的伸長量x=mgk【答案】BD【解析】小球與擋板之間彈力為零時分離，此時小球的加速度仍為a，由牛頓第二定律得：mg-kx=ma，由勻變速直線運動的位移公式得：x=12at2，解得：t=2m(ga)ka；小球速度最大時合力為零，x=mgk；故選BD點睛：解決本題的關鍵知道物體與托盤脫離的條件，即N=0，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解16.如圖所示，光滑圓柱形物件A放在同半徑的凹槽B中，B放在光滑水平面上，在由零逐漸增大的水平外力F作用下，系統(tǒng)向右運動，運動過程中A、B保持相對靜止下列說法中正確的是（）A. 物體A的加速度不斷增大B. 物體B對地面的壓力不斷增大C. B對A的彈力大小不斷增大，與水平外力F的夾角逐漸變小D. B對A的彈力大小不斷增大，與水平外力F的夾角逐漸變大【答案】AC【解析】對整體分析可知，隨F的增大，整體的加速度增大，則A的加速度也不斷增大；故A正確；對整體分析可知，整體在豎直方向不受外力，故在豎直方向的受力情況不變，故B對地面的壓力不變；故B錯誤；因A的加速度增大，而A受重力和B對A的作用力，因重力不變，故彈力在豎直方向上的分量不變，而水平分量一定會增大，故B對A的彈力大小不斷增大，但與水平外力F的夾角應減??；故C正確，D錯誤；故選AC。17.一輕彈簧的一端固定在傾角為的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為m的小物塊a相連，如圖所示質量為35m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從t=0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動經過一段時間后，物塊a、b分離；再經過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大?。?3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式【答案】（1）8mgsin5x0 （2）gsin5 （3）F=825mgsin+4mg2sin225x0 （3）5x02gsin【解析】（1）對整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：kx0=（m+35 m）gsin解得：k=8mgsin5x0 （2）由題意可知，b經兩段相等的時間位移為x0；由勻變速直線運動相鄰相等時間內位移關系的規(guī)律可知：x1x0=14 說明當形變量為x1=x0x04=3x04時二者分離；對m分析，因分離時ab間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1-mgsin=ma聯(lián)立解得：a=15gsin （3）設時間為t，則經時間t時，ab前進的位移x=12at2=gsint210則形變量變?yōu)椋簒=x0-x對整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+kx-（m+35m）gsin=（m+35m）a解得：F=825 mgsin+4mg2sin225x0t2因分離時位移x=x04由x=x04=12at2解得：t=5x02gsin 故應保證0t5x02gsin，F(xiàn)表達式才能成立點睛：本題考查牛頓第二定律的基本應用，解題時一定要注意明確整體法與隔離法的正確應用，同時注意分析運動過程，明確運動學公式的選擇和應用是解題的關鍵