高中物理专题训练之牛顿运动定律(详解)[沐风教育]

1、牛顿运动定律专题辅导1（2013年江苏省泰州市期末）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，和小车间的动摩擦因数为0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有：Aam1m/s2， aM1 m/s2Bam1m/s2， aM2 m/s2Cam2m/s2， aM4 m/s2Dam3m/s2， aM5 m/s22、（2013年广东省清远市质检）如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时ABAA与B之间有相互作用力BA对B

2、的作用在先，B对A的作用在后CB对A的作用力小于A对B的作用力DA对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力3（2013广东省珠海市期末）在第九届珠海航展上，八一跳伞队惊艳航展。如图在某段时间内将伞对运动员的作用力简化为两根绳子对运动员的拉力，设两绳与竖直方向的夹角均为30，运动员重力为G（不计运动员所受空气阻力），下列说法正确的是A若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为B若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为C若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为D不论运动员运动状态如何，两绳拉力的合力大小都为G3（2013年浙江省宁波市期末）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，

3、下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成角，若m2，则 x1x2D若m1m2，则 x1x27（2013山东省邹城市联考）如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则 A升降机停止前在向上运动 BOtl时间内小球处于失重状态，t1t2时间内小球处于超重状态 Ctlt3时间内小球向下运动，动能先增大后减小 Dt3t4时间内弹簧弹性势能变化量小

4、于小球动能变化量8（2013江苏省苏州市调研）如图所示，质量相同的木块AB用轻质弹簧连接，静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中A。两木块速度相同时，加速度aA=aBB两木块速度相同时，加速度aAvBD两木块加速度相同时，速度vAvB ，随着弹簧进一步压缩，两木块速度相同时，图象A斜率小于图象B，加速度aAaB，所以选项BC正确。9【答案】 C【解析】设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x= t1+ t2= t，得到v= = m/s=8m/s，故A错误。设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、

5、a2则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2，加速与减速过程的位移大小之比为（t1）：（t2）=1：2，故B、D错误。由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1= =8m/s2，a2= =4m/s2，根据牛顿第二定律得， 加速过程：mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m；减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7故C正确。10答案：AC解析：演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800N等于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为600N，选项A正确。演员在第1s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重

6、状态，选项B错误。演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1=3m/s2，对演员，由牛顿第二定律，mg-f1=ma1，解得f1=420N。对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1=420N+200N=620N，选项C正确。减速下滑时滑杆所受的拉力最大。减速下滑的加速度a2=1.5m/s2，对演员，由牛顿第二定律， f1 - mg=ma2，解得f2=690N。对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2=690N+200N=890N，选项D错误。11解析：（1）柏油路面上运动的加速度为a1，则：1mg=ma1，由：v02=2 a2x1，解得：x1=.（2）根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，在A点的速度应

7、为v0，在柏油路上运动时间为t1，则2v0- v0=a1t1，解得：t1=在水泥路面上，2mg=ma2，运动时间为t2。则0- v0= a2t2，解得：t2=汽12解：（1）由运动学公式2a0S0=v02得S0= v02/2a0 3分代入数据可得S0=1102.5m2分（2）飞机受力分析如图所示。由牛顿定律有2FTcos+f-F=ma 4分其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0 2分联立上式可得FT=5105 N 3分车运动的时间t= t1+ t2=（+）13【解析】（1）6s10s内物体做匀减速直线运动，设此过程时间为t2、初速度为v20、末

8、速度为v2t、加速度为a2，则： 2分设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有来源:，又因为, 1分解得： 1分（2）06s内物体做匀加速直线运动，设此过程时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则： 2分根据牛顿第二定律，有， 1分解得：F6N 1分法一：由匀变速直线运动位移公式，得表达式3分，结果1分法二：根据v-t图像围成的面积，得 14解：设物块刚放上传送带时加速度为，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：垂直传送带方向：又 由以上三式得： 方向沿传送带向下物块速度从0加速至传送带速度v=

9、12 m/s，所用时间设为t1，位移设为x1，则有：，（3）当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsin=mgcos，此后物块和传送带一块匀速运动，运动底部的时间：小物块从A运动到B的时间为15【解析】（1）水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F、重力mg和弹簧的弹力T作用而处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：， 1分水平方向：。 1分解得：。 1分当剪断轻绳瞬间弹簧的弹力大小不变，仍为10N 1分（2）剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡， 1分由牛顿第二定律得：，1分解得， 1分方向向左。 1分16解析：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向

10、下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律mgsin30 + mgcos30=ma1（1分）解得 a1 = 75m/s2（1分）（2）当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律t1 = （1分）L1 = （1分）解得 t1 = 04s L1 = 06m由于L1L 且tan30，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mgsin30mgcos30=ma2（1分）解得 a2 = 25m/s2LL1 = v

11、1t2 + a2t22（1分）解得 t2 = 08s故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t = t1 + t2 = 12s（1分）（3）由（2）可知，物体分二段运动：第一段物体加速时间t1 = 04s L1 = 06m传送带S1= v1 t1 =1.2mS相1=0.6m（1分）当物体与传送带速度相等后，物体运动时间t2 = 08s ; L2 = LL1= 32m传送带S2= v1 t2 =2.4mS相2=0.8m（2分）所以Q=f（S相1 +S相2）=0.35J（2分）（4）0.8m（2分）17解：(1) 设绳刚要被拉断时产生的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A物体有 Tm1g m1a 1分代入数值得a 2 m/s2 1分对A、B整体 F(m1m2)g (m1m2)a 1分代入数值得F 40 N 1分 (2) 设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则 a1 2 m/s2 1分 a2 3 m/s2 1分A停下来的时间为t，则 t 1 s 1分A的位移为x1，则 x1 1 m 1分B的位移为x2，则x2vta2t2 3.5 m 1分A刚静止时，A、B间距离为xx2Lx13.5 m 1分18解析：(16 分)(1)要想游戏获得成功,瓶滑到C点速度正好为零,力作用时间最长,设最长作用时间为t1,有力作用时瓶做匀