宁乡十三中2016届单元训练之3牛顿运动定律

1、宁乡十三中2016届单元训练之牛顿运动定律14关于经典力学的局限性，下列说法正确的是（ ）A经典力学不能很好地描述微观粒子运动的规律B地球以的速度绕太阳公转时，经典力学就不适用了C在所有天体的引力场中，牛顿的引力理论都是适用的D20世纪初，爱因斯坦建立的相对论完全否定了经典力学的观念和结论A3（6分）在静止的液体中下落的物体由于阻力随物体的速度的增大而增大，所以最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度一个铁球质量为m，用手将它完全放人足够深的水中后由静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g则关于该铁球，下列说法正确的是（）A若测得它从释放至达到收尾速

2、度所用时间为t，则它下落的位移一定为B若测得它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度为C若测得某时刻它的加速度大小为a，则此刻它受到的水的阻力为m（a+g）FD若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为考点：牛顿第二定律 专题：牛顿运动定律综合专题分析：小球在运动的过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，达到收尾速度后做匀速直线运动，不能运用匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解，根据牛顿第二定律求出小铁球下落时受到水的阻力大小解答：解：A、小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解故A错误B

3、、因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2=2ah求解小球的速度故B错误C、根据牛顿第二定律得，mgFf=ma，解得小铁球受到水的阻力f=mgFma故C错误D、根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为故D正确故选：D8（6分）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端系一个质量为m的小球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a（ag）开始竖直向下做匀加速直线运动，则（ ）A小球与与挡板分离的时间为t=B小球与与挡板分离的时间为t=C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=D小球从开始运动直到最低点的过程中，小

4、球速度最大时弹簧的伸长量x=考点：牛顿运动定律的综合应用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：在物体与托盘脱离前，物体受重力、弹簧拉力和托盘支持力的作用，随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，但仍维持合外力不变，加速度不变，物体随托盘一起向下匀加速运动当托盘运动至使支持力减小为零后，弹簧拉力的增大将使物体的加速度开始小于a，物体与托盘脱离，此时支持力N=0，对物体分析，根据牛顿第二定律求出弹簧的形变量，结合位移时间公式求出脱离的时间解答：解：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：mgkx=ma，由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2，解得：t=；小球

5、速度最大时合力为零，x=；故选：BC点评：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3（6分）（2013唐山一模）质量为m=1kg的物体在水平面上运动，其Vt图象如图所示，其中一段时间受到一水平拉力的作用，另一段时间不受拉力作用则（ ）A物体所受摩擦力一定为3NB物体所受摩擦力一定为1NC水平拉力一定为4ND水平拉力一定为2N考点：匀变速直线运动的图像版权所有专题：运动学中的图像专题分析：由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力解答：解：根据图象可知02s内加速度为：a1=，23s内加速度为：a2=，

6、若水平拉力与运动方向相同时，则02s内有拉力，23s内没有拉力，根据牛顿第二定律得：Ff=ma1f=ma2解得：F=2N，f=3N若水平拉力与运动方向相反时，则02s内没有拉力，23s内有拉力，根据牛顿第二定律得：f=ma1，Ff=ma2，解得：f=1N，F=2N，所以水平拉力一定是2N，故D正确故选：D点评：图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题8. 2015·湖北省武汉市高三调研考试在光滑的水平面上放置着质量为M的木板，在木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是()

7、A. 若仅增大木板的质量M，则时间t增大B. 若仅增大木块的质量m，则时间t增大C. 若仅增大恒力F，则时间t增大D. 若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为，则时间t增大解析：本题考查牛顿运动定律，意在考查考生应用隔离法分析长木板和木块的受力和运动、应用牛顿运动定律和运动学公式计算时间的能力。对m，加速度a1g，对M，加速度a2，当两者恰分离时，(a1a2)t2L，时间t，由此，仅增大M或F，时间t减小，仅增大m或，时间t增大，选项B、D正确。答案：BD9. 2014·辽宁丹东如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、

8、C间由一轻质细线连接。倾角为的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A. B球的受力情况未变，加速度为零B. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为gsinC. A、B之间杆的拉力大小为mgsinD. C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin解析：细线被烧断的瞬间，绳上的弹力突变为零，B、C两球的受力均发生变化，C球只受重力和斜面的弹力作用，其合力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律可知，C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin，所以A项错误，D项正确；细线被烧断前，细绳对B球沿斜面向下的拉力大小为mgsin

9、，烧断瞬间，A、B两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mgsin，系统的加速度沿斜面向上，大小为agsin，再隔离B球，设A、B之间轻杆的拉力大小为F，则Fmgsinma，可得Fmgsin，所以C项正确，B项错误。答案：CD5如图所示，一箱苹果沿着倾角为的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的方向是（ ）A沿斜面向上 B沿斜面向下C垂直斜面向上 D竖直向上COABFa8质量为m1的物体放在A地的地面上，用竖直向上的力F拉物体，物体在竖直方向运动时产生的加速度a与拉力F的关系如图中直线A所示；质量为m2的物体在B地的地面上做类似的实验，得到加速度a与拉

10、力F的关系如图中直线B所示，A、B两直线交纵轴于同一点，设A、B两地的重力加速度分别为g1和g2，由图可知（ ）A BC DB22（7分）在探究“加速度与力的关系”实验中，某同学设计了一种新的方法：他按如图所示安装好实验装置，在不悬挂小吊盘时，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，使小车能牵引纸带沿长木板向左做匀速运动然后将一定数量的砝码（其总质量为m）放入小吊盘中（小吊盘质量不计），接通电源，释放小车，打出一条理想纸带，并在纸带上标出小吊盘中砝码所受的重力F 以后每次实验将小吊盘中部分砝码移到小车中，保持砝码和小车的总质量一定，重复实验多次，并计算出每条纸带对应的加速度回答下列问题： (1) 按

11、上述方案做实验，是否要求小吊盘中砝码的总质量远小于小车的质量？_(填“是”或“否”) （2）该同学以每次实验中小吊盘中砝码所受的重力F为横坐标，小车对应的加速度大小a为纵坐标，在坐标纸上作出aF关系图线下列图线中，你认为合理的是（ ）（3）若该同学所作出aF关系图线，直线（或直线部分）斜率为k，则小车质量M =_22(7分)答案(1) 否 （2分） (2) D （3分）（3） （2分）23（9分）某实验小组设计了如图1所示的实验装置，一根轻质细绳绕过定滑轮A和轻质动滑轮B后，一端与力传感器相连，另一端与小车相连。动滑轮B下面悬挂一个钩码。某次实验中，由静止开始向右拉动纸带的右端，使小车向右加速

12、运动，由传感器测出细绳对小车的拉力为F=0.69N，打点计时器打出的纸带如图2所示，打点计时器使用交流电的频率为f=50Hz，重力加速度为g=10m/s2，试回答下列问题：（1）打点计时器打下标号为“3”的计数点时，小车的速度v3= 1.62 m/s (保留3位有效数字)；（2）要求尽可能多的利用图2中的数据计算小车运动的加速度大小a，结果是a= 3.0 m/s2（保留1位小数）；（3）不计轻绳与滑轮及轴与滑轮之间的摩擦，动滑轮B下面所悬挂钩码的质量m= 0.12 kg。23（9分）（1）ABC（2）1.62 3.0 0.1211（14分）（2015九江校级二模）2015年新春佳节，我市的许多

13、餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处某次服务员用单手托托盘方式（如图）给10m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平且手、托盘和碗之间无相对滑动已知托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大速度为2.5m/s假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力则服务员上菜所用的最短时间是多少？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系版权所有专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后求出最大加速度；由运动学公式求出各 阶段的时间与位移，然后求出总的时间

14、解答：解：设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：Ff1=ma1，碗与托盘间相对静止，则：Ff1Ff1max=1mg，解得：a11g=0.125×10=1.25m/s2，对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：Ff2=（M+m）a2，手和托盘间相对静止，则：Ff2Ff2max=2（M+m）g，解得：a22g=0.2×10=2m/s2，则最大加速度：amax=1.25m/s2；服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t1=s2s，位移：x1=vmaxt

15、1=×2.5×2=2.5m，减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，匀速运动位移：x3=Lx1x2=102.52.5=5m，匀速运动时间：t3=s=2s，最短时间：t=t1+t2+t3=6s；答：服务员上菜所用的最短时间是6s点评：本题考查了求加速度、运动时间问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式 即可正确解题；关键是求出托盘，碗的最大加速度16. (14分)2015·黄山模拟质量为m0.5 kg、长L1 m的平板车B静止在光滑水平面上。某时刻质量M1 kg的物体A(视为质点)以v04 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，

16、在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力。已知A与B之间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2。试求：(1)、若F5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离；(2)、如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。解析：(1)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：MgMaA解得：aAg2 m/s2平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：FMgmaB解得：aB14 m/s2两者速度相同时有：v0aAtaBt解得：t0.25 sA滑行距离：xAv0taAt2 mB滑行距离：xBaBt2 m最大距离：xxAxB0.5 m(2)物体A不滑落的临界条件

17、是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：L又：解得：aB6 m/s2再代入FMgmaB得：F1 N若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F(mM)a对物体A：MgMa解得：F3 N若F大于3 N，A就会相对B向左滑下综上所述，力F应满足的条件是1 NF3 N图8答案：(1)0.5 m(2)1 NF3 N6如图8所示，某同学在教室中站在体重计上研究超重与失重。她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“

18、下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程。关于她的实验现象，下列说法中正确的是 A只有“起立”过程，才能出现失重的现象B只有“下蹲”过程，才能出现超重的现象C“起立”、“下蹲”的过程，都能出现超重和失重的现象D“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象CD12. （8分）实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图12所示的实验装置。（1）在下列测量工具中，本次实验需要用的测量仪器有 。（选填测量仪器前的字母）A游标卡尺B刻度尺C秒表D天平（2）实验中，为了可以将细线对小车的拉力看成是小车所受的合外力，某同学先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需

19、要进行的一项必须且正确的操作是_。（选填选项前的字母）A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节砂和砂桶的总质量的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推一下小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推一下小车，观察判断小车是否做匀速运动图13aFO（3）某同学在做保持小车质量不变，验证小车的加速度与其合外力成正比的实验时，根据测得的数据作出如图13所示的aF图线，所得的图

20、线既不过原点，又不是直线，原因可能是_。（选填选项前的字母）A木板右端所垫物体较低，使得木板的倾角偏小B木板右端所垫物体较高，使得木板的倾角偏大C小车质量远大于砂和砂桶的质量D砂和砂桶的质量不满足远小于小车质量Om图14b（4）在某次利用上述已调整好的装置进行实验中，保持砂和砂桶的总质量不变，小车自身的质量为M且保持不变，改变小车中砝码的质量m，并测出小车中不同砝码质量时所对应的加速度a，以m为横坐标， 为纵坐标，在坐标纸上作出如图14所示的关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，则小车受到的拉力大小为_。12（1）B、D（漏选得1分）（2分）（2）B（2分）；（3）A

21、、D（漏选得1分）（2分）； （4）（2分）导航卷三牛顿运动定律的应用满分：60分时间：50分钟一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第14题只有一项符合题目要求，第510题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1(2014·北京理综，19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根

22、据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()A如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态 C如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变 D小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小2(2014·北京理综，18)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D在物体离开手的瞬间，

23、手的加速度大于重力加速度3(2014·福建理综，15)如右图，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零。对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、 速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()4(2015·重庆理综，5)若货物随升降机运动的vt图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()5(2014·山东理综，15)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()At1

24、 Bt2 Ct3 Dt46(2015·新课标全国卷，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10 C15 D187(2015·江苏单科，6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大 Bt2 s时最小Ct8.5 s时最

25、大 Dt8.5 s时最小8(2015·海南单科，8)如图，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l29(2015·新课标全国卷，20)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦

26、因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度10(2015·贵州七校联考)如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球。当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角()保持不变。设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是()AF1、F2大小不相等BF1、F2方向相同C小车加速度大小为gtan D小车加速度大小为gtan 二、计算题(本题共2小题，共20分。写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)11(2015·新课标全国卷，25)(10分)下暴

27、雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37°(sin 37°)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数1减小为，B、C间的动摩擦因数2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g10 m/s2。求： (1)在02 s

28、时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。12(2015·新课标全国卷，25)(10分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长

29、度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。冲刺卷三牛顿运动定律的应用满分：60分时间：50分钟一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第610题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1(2015·唐山模拟)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B

30、物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等2(2015·江西八校联考)我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力。在粗糙的水平面上放置一个小物体P，P受到与水平面成夹角的斜向上的拉力作用沿水平面运动，如图甲所示，物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示。把物体P换成物体Q，其他不变，重复操作，得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。图乙中b、c和d为已知量，由此可知()AP的质量大于Q的质量BP和Q的材料相同CP的质量

31、为DQ的质量为3(2015·长春二模)如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，两端系着质量分别为M和m的小物块P和Q，Q放在地面上，P离地面有一定高度。当P的质量发生变化时，Q上升的加速度a的大小也将随之变化，已知重力加速度为g，则下列能正确反映a与M关系的图象是()4(2015·昆明二检)如图，轻绳的一端连接质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁的夹角45°，轻弹簧的一端连接物体，另一端固定在右侧竖直墙壁上，物体对地面的压力恰好为0，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，取g10 m/s2，剪断轻绳的瞬间物体的加速度大小是()A3 m/s2 B10 m/s

32、2C7 m/s2 D10 m/s25(2015·合肥一模)某面粉厂有一条运送小麦的黑色传送带，某物理兴趣小组对传送带传送小麦进行了研究。传送小麦的倾斜传送带与水平面成夹角，传送带两轮之间距离为L，一小麦袋(可视为质点)与传送带间的动摩擦因数为(>0)，传送带静止时，小麦袋以初速度v0从底端滑上传送带，被送到顶端，小麦袋在传送带上的运动时间为t1。传送带以速度0.5v0逆时针运动，小麦袋仍以初速度v0从底端滑上传送带，小麦袋在传送带上的运动时间为t2；传送带以速度0.5v0顺时针运动，小麦袋仍以初速度v0从底端滑上传送带，小麦袋在传送带上的运动时间为t3，则下列判断可能正确的是(

33、)At1<t2<t3 Bt1t2>t3Ct1t2<t3 D以上均错6(2015·郑州二检)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B的质量分别为mA1 kg，mB2 kg，A、B之间的动摩擦因数0.3，在B上作用一个水平向右的拉力F后，下列说法中正确的是()A由于A、B间存在摩擦，故无论F多大，A、B两者均能保持相对静止，一起向前运动B要保持A、B两者相对静止，F必须小于等于9 NC当F6 N时，A、B间的摩擦力大小为2 ND随着F的不断增大，A的加速度也将不断增大7.如图所示，轻质弹簧和轻质细线上端固定在天花板上，下端拴在质量为m的小球P上，

34、系统静止。此时弹簧和细线与竖直方向的夹角均为，则下列说法正确的是()A剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小为B剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小为gsin C剪断细线的瞬间小球的加速度大小为D剪断细线的瞬间小球的加速度大小为gsin 8.用一根细线一端系一小球P(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设线的张力大小为F、锥体对小球的支持力大小为FN，光滑锥在外力作用下向右做加速度增大的加速运动，则F和FN随a变化情况是()AF一直增大 BF先增大后减小CFN一直增大 DFN先减小后不变9.如图所示，顶角为90°、质量为M的三角形木块放在水平地面上，两底角分别是和，两斜面光滑，在两斜

35、面的顶端两个质量均为m的滑块A和B同时由静止释放，以下说法正确的是()A两滑块可能同时到达地面B在两滑块到达地面前，地面对木块的支持力为(Mm)gC在两滑块到达地面前，地面对木块的摩擦力为0D在两滑块到达地面前，只有当时地面与木块间才没有摩擦力10.如图所示，长为L6 m、质量为m10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2，一个质量为M50 kg的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下vt图象可能正确的是(取g10 m/s2，a为人的vt图象，b为木板的vt图象)()二、计算题(本题共2小题，共20分。写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步

36、骤，只写出最后答案的不得分。)11(10分)质量为m1 kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度v036 m/s沿着斜面向上运动，斜面足够长，倾角为37 °，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8，滑块向上运动的过程中，某段时间内的vt图象如图所示(取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8)。 (1)求滑块上滑过程中的加速度的大小；(2)求滑块所受外力F；(3)当滑块到达最高点后是否立即下滑，若不能下滑，请说明理由，若能够下滑，求出滑块从出发到回到斜面底端的时间。12. (10分)如图所示，质量为M2 kg、左端带有挡板的

37、长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m1 kg的物块，现用一水平向右大小为9 N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为10.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为20.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L4.8 m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，求： (1)小物块开始运动时的加速度；(2)拉力F作用的时间；(3)整个过程因摩擦产生的热量。导航卷三牛顿运动定律的应用1A根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确；而小球不受力

38、时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误。2D物体由静止开始向上运动时，物体和手掌先一起加速向上，物体处于超重状态，之后物体和手掌分离前，应减速向上，物体处于失重状态，故A、B均错误；当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物，分离瞬间物体的加速度等于重力加速度，则手的加速度大于重力加速度，选项D正确，C错误。3B设斜面倾角为，滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma，agsin gcos ，因此滑块下滑时加速度不变，选项D错误；滑块减

39、速下滑时的位移sv0tat2，选项B正确；滑块下降高度hs·sin v0sin ·tasin ·t2，选项A错误；滑块下滑时的速度vv0at，选项C错误。4B由vt图象可知：过程为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程为向下匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程为向上匀速直线运动(处于平衡状态，Fmg)；过程为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)。综合选项分析可知B选项正确。5ACvt图象中，纵轴表

40、示各时刻的速度，t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负，根据牛顿第二定律，加速度与合外力方向相同，故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负，A、C正确，B、D错误。6BC设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则FnmaPQ东边有k节车厢，则Fkm·a联立得3n2k，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总节数为N10当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。7AD由题图知，在上升过程中，在04 s

41、内，加速度方向向上，FNmgma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在710 s内加速度方向向下，由mgFNma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。8AC设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确，D错误。9A

42、CD由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，即gsin gcos 。同理向下滑行时gsin gcos ，两式联立得sin ，可见能计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为xt1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin t1·，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误。10BD两球受重力和拉力作用，其中重力相同，由加速度相同可知两球所受合外力相同，由平行四边形定则

43、可知，拉力相同，A项错误，B项正确；因为绳对小球拉力沿绳收缩方向，合力水平向右，由平行四边形定则可知mgtan ma，即agtan ，C项错，D项正确。11解析(1)在02 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff11FN1FN1mgcos Ff22FN2FN2FN1mgcos 规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsin Ff1ma1mgsin Ff2Ff1ma2联立式，并代入题给条件得a13 m/s2a21 m

44、/s2(2)在t12 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1a1t16 m/sv2a2t12 m/s2 s后，设A和B的加速度分别为a1和a2。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2由于a20，可知B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联立式得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为x12 m27 m此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有lx(v1a1t2)t3a1t可得t31 s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间t总，有t总t1t2t34 s答案(1)3 m/s21 m/s2(2)4

45、 s12解析(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得

46、a3 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m，末速度v1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始终没有离开木板，所

47、以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m答案(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m1处理动力学问题的一般方法(1)合成法(2)正交分解法(3)整体法与隔离法(4)图象法2处理动力学图象问题的一般思路(1)依据题意，合理选取研究对象。(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程。(3)将物体的运动过程与图象对应起来。(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断。冲刺卷三牛顿运动定律的应用1D由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失

48、，选项A错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力，选项C错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D正确。2B对物体应用牛顿第二定律有Fcos (mgFsin )ma，可得aFg，图线纵截距表示g，可知动摩擦因数相同，P和Q的材料相同，选项B正确；图线斜率表示，选项C、D均错；P的质量小于Q的质量，选项A错误。3B当Mm时，P、Q静止，Q的加速度为0；当M>m时，分别对P、Q应用牛顿第二定律得MgFMa,Fmgma，解得加速度aggg，加速度a小于g、随M的增大越来越

49、接近g，不可能大于g，所以答案为B。4C剪断轻绳前对物体进行受力分析如图甲所示，物体受重力mg、弹簧的拉力F、轻绳的拉力T，有Fmgtan mg。剪断轻绳后对物体进行受力分析如图乙所示，物体受重力mg、地面对物体的支持力FN、弹簧的拉力F、地面对物体的摩擦力Ff，由牛顿第二定律得，Fmgma，a(1)g7 m/s2，选项C正确。5B传送带静止和逆时针运动时，小麦袋受到的滑动摩擦力不变，一直做匀减速运动，小麦袋的加速度相等、并且初速度和位移都相等，根据位移公式可知时间相等，设小麦袋离开传送带时的速度为v2，有t1t2；若0.5v0<v2，则小麦袋仍一直做匀减速运动，则t1t2t3，若0.5

50、v0>v2，则小麦袋先做匀减速运动至速度减小为0.5v0、然后和传送带一起做匀速运动，则时间减少，有t1t2>t3，选项B正确。6BC设A、B将要相对滑动时的加速度大小为a，对A由mAgmAa，得a3 m/s2，对整体有F(mAmB)a9 N。即当F9 N时，A、B能保持相对静止，一起向右加速，当F>9 N时，A、B发生相对滑动，A受到B的滑动摩擦力大小始终为3 N，A的加速度大小也不变，故选项A、D均错误，选项B正确；当F6 N时，A、B整体的加速度a2 m/s2，故A、B间的静摩擦力为fmAa2 N，选项C正确。7BC小球原来静止，根据对称性可知细线和弹簧上的拉力大小均为

51、F，剪断细线瞬间弹簧弹力和小球重力都不变，则小球此时所受合外力与剪断细线前细线上的拉力等大反向，则小球加速度大小为a，选项C正确，D错误；剪断弹簧瞬间，沿细线方向的合外力为0、垂直细线方向的合外力为重力的分力mgsin ，小球的加速度为gsin ，选项A错误，B正确。8. AD光滑锥向右加速，分解加速度如图所示，对小球，沿x方向应用牛顿第二定律有Fsin FNcos ma，y方向应用牛顿第二定律有Fcos FNsin mg0，解得Fmgcos masin 、FNmgsin macos ，由此可知F随a增大而增大、FN随a增大而减小；当agtan 时FN0，a继续增大小球将离开光滑锥，FN为0不

52、变、F继续增大，所以答案为A、D。9. ABC设木块的高度为h，对A有：mgsin maA，aAt，tA，同理对B有tB，当时，tAtB，选项A正确；对木块受力分析如图，FNAmgcos ，FNBmgcos ；竖直方向有FNMgmgcos2 mgcos2 ，因为90°，所以FN(Mm)g，选项B正确；因为90°，水平方向有mgsin cos mgsin cos ，所以地面对木块的摩擦力为0，选项C正确、D错误。 10ABC人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，fMa1，木板与地面之间的最大静摩擦力fm(Mm)g120 N；A中人的加速度a11 m/s2，fMa150 N&l

53、t;120 N，木板静止不动，t2 s内人的位移x6 m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a13 m/s2，fMa1150 N>120 N，木板向左加速，f(Mm)gma2，a23 m/s2，t s内人的位移大小x13 m，木板的位移大小x23 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误。11解析(1)由速度图象可得：a115 m/s2，即加速度的大小为15 m/s2。(2)设F沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos Fma1，代入数据解得：F2.6 N，故力的方向平行于斜面向下。(3)因为滑块到达最高点后摩擦力反向，由于mgsin F>mgcos ，所以滑块能够立即下滑。根据牛顿第二定律有mgsin Fmgcos ma2，代入数据解得：a22.2 m/s2，设滑块上滑的时间为t1，则t12.4 s，滑块上滑的距离为x43.2 m，设滑块下滑的时间为t2，有xa2t，解得：t26.3 s，故滑块从出发到回到斜面底端的时间为tt1t28.7 s。答案(1)15 m/s2(2)2.6 N平行于斜面向下(3)8.7 s12解析(1)小物块开始运动时的加速度与整体的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有F2(Mm)g(Mm)a1解得a11 m/s2。(2)设拉力F作用的时间为t1，撤去拉力时长木板和物块的速度为va1t1，撤去拉力后，如