江苏省2019版高中物理学业水平测试复习 专题一 牛顿运动定律综合应用(二)冲A集训
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。
【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度0L ；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得：22g ga μ+==6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．4．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
2019届高中物理二轮复习热点题型专练专题3.3牛顿运动定律的综合应用含解析20190415212
专题3.3 牛顿运动定律的综合应用1．如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以( )A．缓慢向上匀速运动B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动D．突然向下加速运动【答案】C2．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是( )A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【解析】若细线有拉力，则T cosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A 错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．【答案】C3．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是( )A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1 m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4 m/s2【答案】B4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A．处于失重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D．所受力的合力竖直向上【解析】当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超重状态，A错误．【答案】C5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则( )A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态【答案】C6．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T －mg ＝ma ，图线与纵轴的交点，即当T ＝0时，a ＝－g ，图线与横轴的交点即a ＝0时，T ＝mg ，A 、B 正确；根据牛顿第二定律可得a ＝T m－g ，根据关系式可得图象的斜率k ＝1m，C 错误D 正确． 球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgsin θC ．运动员对球拍的作用力为Mgcos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动【解析】对网球进行受力分析，受到重力mg 和球拍的支持力F N ，受力如图所示：根据牛顿第二定律，F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝mg ，整理可以得到：F N ＝mgcos θ，a ＝g tan θ，故选项A 正确，选项B 错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋m gcos θ，故选项C 错误；当加速度a >g tan θ时，网球将向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．所以本题正确选项为A.【答案】A9．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是( )A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg【答案】CD10．(多选)如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板B 左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示．A 、B 间最大静摩擦力大于B 、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力f 1、B 与C 间摩擦力f 2随时间变化的图线中正确的是( )【答案】ACD11．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是( )答案 C解析 对雨滴进行受力分析可得mg －kv ＝ma ，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动。
【配套K12】[学习]江苏省2019版高中物理学业水平测试复习 专题三 功和能综合应用(四)冲A集训
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功和能综合应用(四)1．(2017·泰州中学学测模拟)如图1所示，雪道与水平冰面在B 处平滑地连接，小明乘雪橇从雪道上离冰面高度h ＝8 m 的A 处由静止开始下滑，经B 处后沿水平冰面滑至C 处停止，已知小明与雪橇的总质量m ＝70 kg ，用速度传感器测得雪橇在B 处的速度值为v B ＝12 m/s ，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪橇可视为质点，问：(g 取10 m/s 2)图1(1)从A 到C 过程中，小明与雪橇所受重力做了多少功？(2)从A 到B 过程中，小明与雪橇损失了多少机械能？(3)若小明乘雪橇最后停在BC 的中点，则他应从雪道上距冰面多高处由静止开始下滑？2．(2017·徐州学测模拟)如图2所示，竖直放置的光滑14圆弧轨道半径为L ，底端切线水平且轨道底端P 距水平地面的高度也为L ，Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心O 的连线OQ 与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m 、可视为质点的小球从Q 点由静止释放，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：图2(1)小球在P点时的速度大小；(2)改变小球的释放位置，使小球落地点B到轨道底端P的正下方A的距离为2L，小球从释放到落地的运动过程中，重力做的功．3．(2018·南京学测训练样题)游乐场要建造一个游乐设施，在设计过程中先用模型来检测设施的可行性．其模型如图3所示：轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P(可视为质点)接触但不连接．AB是光滑的水平轨道，与竖直固定的光滑圆管道BCD相切于B，圆轨道半径为R(R远大于管道直径)；倾斜轨道DE与圆管道相切于D，另一端E固定在地面，与地面的夹角为37°；物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.8.试验时，物块每次压缩弹簧相同长度后，由静止释放，当物块质量为3m时，恰好能越过管道后进入倾斜轨道DE.已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g.求：图3(1)弹簧被压缩时的最大弹性势能E p；(2)当物块质量为m时，到达最高点处对管道的作用力大小；(3)在(2)情况下，要使物块进入DE后滑到地面时的速度恰好为零，则DE的长度为多少．4．(2018·无锡学测模拟)如图4为固定在水平面上的三角形斜劈，高度为3 m、倾角为α＝45°，在斜劈上方的竖直面内放置一管道，其中OA段粗糙且与斜劈平行，长度为2 2 m，ABC 段为半径为0.5 m 的光滑圆弧管道，CD 段竖直，并且圆形管道的最低点A 、管道末端D 与斜劈的顶端E 在同一水平线上．现将一可视为质点的质量为m ＝0.1 kg 的物块由O 点无初速度释放，经过A 点前后速率不变，又恰好能经过圆形管道最高点B 点，再经一段时间与斜劈发生无能量损失的碰撞，且碰后的速度方向变为水平．重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图4(1)物块在A 点时受到管道的支持力大小；(2)物块与管道OA 段间的动摩擦因数；(3)如果沿水平方向移动斜劈的位置，当E 、D 两点间的距离x 为多少时，物块与斜劈碰后的落地点与碰撞点间的水平距离最大？最大值为多大？答案精析1．(1)5 600 J (2)560 J (3)4 m解析 (1)从A 到C 过程中，小明与雪橇所受重力做功为W G ＝mgh ＝70×10×8 J＝5 600 J(2)从A 到B 过程中，小明与雪橇损失的机械能为：ΔE ＝mgh －12mv B 2＝5 600 J －12×70×122 J ＝560 J (3)对于第一种情形：根据动能定理，从A 到B 过程，有：mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv B 2 从B 到C 过程，有：W f ＝0－12mv B 2 对于第二种情形：根据动能定理，从A 到BC 中点过程，有：mgH －μmg cos θ·H sin θ＋12W f ＝0联立解得H ＝12h ＝12×8 m＝4 m. 2．(1)gL (2)2mgL解析 (1)小球滑到圆弧轨道底端的过程机械能守恒，令P 点重力势能为0，则mgL (1－cos60°)＝12mv 2 解得v ＝gL(2)小球离开P 点后做平抛运动，所用时间为t ，则小球下落的高度为L ＝12gt 2 水平位移2L ＝v ′t解得v ′＝2gL小球从释放到P 点机械能守恒，设释放点距P 点高为h ，则mgh ＝12mv ′2 解得h ＝L所以，小球从释放到落地，重力做的功W ＝2mgL .3．(1)6mgR (2)7mg (3)105R解析 (1)物块恰好能越过管道，则到达C 时速度接近零，弹簧的弹性势能全部转化为到达C 点的重力势能E p ＝3mghh ＝2R则E p ＝6mgR(2)物块质量为m 时，设到达C 点时的速度为v ，由机械能守恒定律有E p ＝12mv 2＋mg ·2R 代入数据解得v ＝22gR假定C 处管道上壁对物块有向下的力F ，则F ＋mg ＝m v 2R代入数据解得F ＝7mgF >0，说明方向与假定的方向相同由牛顿第三定律，物块对管道有向上的作用力，大小为7mg(3)设DE 的长度为L ，物块从C 到E 的过程由动能定理得0－12mv 2＝mgL sin 37°＋mgR (1－cos 37°)－μmgL cos 37° 代入数据解得L ＝105R .4．(1)5 N (2)0.5 (3)1 m 4 m解析 (1)因为物块恰好过B 点，所以v B ＝0A →B 过程中，由动能定理－2mgR ＝0－12mv A 2得v A ＝2 5 m/s在A 点由牛顿第二定律和向心力公式得F N －mg ＝m v A 2R可得F N ＝5 N(2)O →B 过程中，由动能定理mg (OA ·sin α－2R )－μmg cos α·OA ＝ΔE k ＝0 可得μ＝0.5(3)从B 点到与斜劈碰撞，根据动能定理得 mg (2R ＋x )＝12mv 02－0平抛运动的竖直位移为H －x ＝12gt 2 水平位移为s ＝v 0t代入数据得 s ＝2(1＋x )(3－x ) m ＝2－(x －1)2＋4 m 当x ＝1 m 时，平抛的水平位移有最大值，s m ＝4 m.。
(江苏专用)高考物理一轮复习 课后限时集训9 牛顿运动定律的综合应用-人教版高三全册物理试题
课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用建议用时：45分钟1.(多项选择)(2019·江苏启东期末)如下列图，光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上，斜面体在水平面上沿直线运动，不计空气阻力。
如此( )A．假设斜面体匀速运动，小球对斜面一定有压力B．假设小球相对斜面静止，斜面体一定做匀速运动C．假设小球对斜面无压力，斜面体可能向左加速运动D．假设绳子对小球无拉力，斜面体可能向左加速运动AD[假设斜面体匀速运动，小球也做匀速运动，如此小球受力平衡，小球受重力和绳子的拉力与斜面对小球的支持力，这三个力合力为零，所以小球对斜面一定有压力，故A 正确；如果整体向左加速或向右加速过程中，加速度比拟小，小球有可能相对斜面静止，故斜面体不一定匀速运动，故B错误；假设小球对斜面无压力，小球只受重力和绳子的拉力，加速度方向水平向右，如此斜面体的加速度也水平向右，可以向右加速，也可以向左减速，故C错误；假设绳子没有拉力，如此小球只受重力和支持力，加速度方向水平向左，如此斜面体的加速度也水平向左，可以向左加速，也可以向右减速，故D正确。
] 2．(2019·苏锡常镇二模)运动员进展跳伞训练。
假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计开伞时间，跳伞运动员下落过程vt图象不可能是( )A BC DD[没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，如此f＝kv。
假设kv＝mg，如此运动员接下来做匀速直线运动，故A项正确；假设kv<mg，如此运动员所受合力向下且mg－kv＝ma，运动员做加速度减小的加速直线运动直到匀速运动，故B项正确；假设kv>mg，如此运动员所受合力向上且kv－mg ＝ma，运动员做加速度减小的减速直线运动直到匀速运动，故C项正确，D项错误。
]3.(多项选择)(2019·山东泰安二模)如下列图，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
江苏省2019版高中物理学业水平测试复习 第四章 牛顿运动定律 第10讲 实验：探究加速度与力、质量的关系对点
第10讲实验：探究加速度与力、质量的关系1．(2018·盐城学测模拟)“探究小车加速度与力、质量的关系”实验装置如图1所示，小车通过纸带与打点计时器相连平衡摩擦力时( )图1A．应将长木板的B端适当垫高B．应将长木板的A端适当垫高C．应使小车沿长木板做加速运动D．应在砝码盘的牵引下使小车匀速运动2．(2018·扬州学测模拟)利用如图2所示装置“探究加速度与力、质量的关系”，下列说法正确的是( )图2A．打点计时器应固定在靠近定滑轮的位置B．需要用天平测出小车的质量C．平衡摩擦力时，应将砝码盘用细绳系在小车上D．细绳对小车的拉力大小等于砝码和砝码盘的总重力3．(2018·启东中学学测最后一考)如图3所示，在探究“加速度与力、质量的关系”实验装置中，A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为M，小盘(及砝码)的质量为m.下列说法中正确的是( )图3A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中应满足m远小于M的条件D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a－M图象4．(2018·泰州中学学测模拟一)某研究学习小组用如图4所示的装置探究牛顿第二定律．该小组在实验中确定的研究对象是小车，而且认为细线对小车的拉力等于砂桶和砂的总重力，也是小车所受的合外力．则对该实验，以下说法中不正确的是( )图4A．在长木板不带定滑轮的一端下面垫一木块，反复移动木块的位置，直到小车在砂桶和砂的拉动下带动纸带做匀速直线运动，以平衡小车运动中受到的摩擦力B．实验中必须使砂桶和砂的总质量远小于小车的质量C．细线对小车的实际拉力一定略小于砂桶和砂的总重力D．该实验是应用“控制变量法”来探究牛顿第二定律的5．(2018·无锡学测模拟)某学生做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，在平衡摩擦力时．把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a－F关系可用下列哪个图象表示？(图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力)( )6．(2018·淮安学测模拟)用如图5所示装置探究小车的加速度与力、质量的关系．在满足实验条件的情况下，细线下端悬挂钩码的总重力视为小车受到的合力F，用打点计时器打出纸带，计算出小车运动的加速度a.图5(1)关于实验操作，下列说法正确的是________．A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在拉力作用下匀速下滑C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源(2)某组同学实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，根据实验得出的数据，画出a－F图象，如图6所示，那么该组同学实验中出现的问题可能是________________________(选填“摩擦力平衡过度”或“摩擦力没有平衡”)．图6(3)另一组同学探究小车加速度a 与其质量M 的关系时，保持钩码的总质量不变，为了直观地判断a 与M 的数量关系，应作_______________________⎝ ⎛⎭⎪⎫选填“a －M ”或“a －1M ”图象．7．(2018·无锡学测模拟)如图7所示为“探究物体的加速度与质量和受力的关系”的实验装置．砝码和砝码盘的质量为m ，小车的质量为M .实验中将砝码和砝码盘的重力作为细线对小车的拉力．图7(1)实验前，在进行平衡摩擦力的操作时，下列注意事项正确的是________． A ．必须让小车连接砝码盘B ．应该让小车连接纸带并穿过打点计时器C ．纸带和砝码盘都应连接D ．纸带和砝码盘都不能连接(2)现保持砝码和砝码盘的总质量m 不变，改变小车的质量M ，探究加速度和质量的关系．如图8所示是某次实验中打出的一条纸带，交变电流的频率为50 Hz ，每5个点选一个计数点，则小车的加速度为________ m/s 2(保留两位有效数字)．通过实验得到多组加速度a 、质量M 的数据，为了用图象准确地反映二者关系，一般选用纵坐标为加速度a ，则横坐标为______________⎝ ⎛⎭⎪⎫填“M ”或“1M ”.图88．(2015·徐州学测模拟)以下为“探究加速度与力、质量的关系”的实验．(1)小刚在探究加速度与某个物理量的关系时，其中的两次实验装置如图9甲所示，根据实验装置可以判断，小刚在探究加速度与____________(填“力 ”或“质量”)的关系．图9(2)如图乙所示为小刚在实验中得到的一条纸带，两相邻计数点间还有四个点没有画出，已知打点周期为0.02 s．根据纸带上的数据，计算打计数点3时小车的速度为________ m/s.(3)小刚在探究加速度与力的关系时，作出的加速度与力的图象如图丙所示，根据图象推测，小刚在实验操作中重要的疏漏是______________________________________________________________________________________________________________________.答案精析1．A 2.B 3.C 4.A 5.C6．(1)A (2)摩擦力平衡过度 (3)a －1M7．(1)B (2)0.16 (3)1M8．(1)力 (2)0.15 (3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足解析 (1)探究加速度与力、质量的关系时，采用控制变量法，先控制小车的质量不变，探究加速度与拉力之间的关系；再控制拉力不变，探究加速度与小车的质量之间的关系．题图所示是控制小车的质量不变，所以是探究加速度与力的关系．(2)v 3＝(4.37－1.31)×10－22×0.1m/s ≈0.15 m/s.(3)当外力较小时加速度为零．说明未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．。
2019年高三物理二轮练习精品测试：3.2牛顿运动定律的综合应用
2019年高三物理二轮练习精品测试：3.2牛顿运动定律的综合应用注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
A.无论物体处于超重还是失重状态,物体所受的重力总是不变的B.做竖直上抛运动的物体处于完全失重状态C.在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象时,升降机一定处于上升过程D.在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象时,升降机一定处于下降过程解析:选A B.当物体有向上的加速度时,处于超重,当有向下的加速度时,处于失重,当向下的加速度为重力加速度时,处于完全失重.超重和失重都是视重,物体的重力并不改变,并且,超重和失重和物体的实际运动过程没有关系,分析选项可知,只有A、B 正确.2.图3－2－9(2017·高考山东理综卷)如图3－2－9所示,物体沿斜面由静止滑下,在水平面上滑行一段距离停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接.图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程.图中正确的选项是()图3－2－10解析:选C.物体先做匀加速运动后做匀减速运动,其v－t图像应为倾斜直线,a－t图像为平行于横轴的直线,s－t图像应为抛物线,选项A、B、D错误;根据滑动摩擦力f＝μN可知,f －t图像应为平行于横轴的直线,由于物体对水平面的压力比对斜面的压力大,所以物体对水平面的摩擦力较大,选项C正确.3.图3－2－11(2018·陕西省西工大附中高三质检)如图3－2－11所示,质量为4kg的物体A拴在一个被拉伸的弹簧左端,弹簧的另一端固定在车上.当小车不动时弹簧的弹力为2N,此时物体A静止在小车上.当小车向右做变加速运动时,其加速度由0逐渐增加到1m/s2的过程中,下述说法正确的选项是()A.物体A受到的弹簧弹力变大B.物体A相对车不会滑动C.物体A受到的摩擦力大小不变D.物体A受到的摩擦力先变小后变大,但不会超过2N解析:选BD.此题考查受力分析和牛顿运动定律.小车静止不动,弹簧被拉伸,说明其对物体产生向右的拉力,大小为2N时,说明摩擦力方向向左,当小车加速度逐渐增大时,那么弹簧的拉力与摩擦力的合力为物体提供向右的加速度,故可知此过程摩擦力逐渐减小,当a＝0.5m/s 2时,摩擦力为0,加速度再增大时,那么摩擦力方向向右并不断增大且最大值为2N,故此过程物体始终处于相对静止状态,所以B 、D 正确.图3－2－124.(2018·辽宁锦州期末)如图3－2－12所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12m 的竖立在地面上的钢管往下滑.这名消防队员的质量为60kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速的2倍,下滑的总时间为3s,g 取10m/s 2,那么该消防队员()A.下滑过程中的最大速度为4m/sB.加速与减速过程的时间之比为1∶2C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7D.加速与减速过程的位移之比为1∶4解析:选BC.物体的v －t 图像如下图.设最大速度为v ,加速阶段的加速度、时间和位移分别为a 1、t 1、s 1,减速阶段的加速度、时间和位移分别为a 2、t 2、s 2,由图像可知,t 1∶t 2＝1∶2,s 1∶s 2＝1∶2,应选项B 正确,而D 错误;由s ＝v 2(t 1＋t 2)及t 1＋t 2＝3s 可得,v ＝8m/s,应选项A 错误;由v ＝a 1t 1＝a 2t 2得,a 1＝8m/s 2,a 2＝4m/s 2,加速阶段:mg －f 1＝ma 1,减速阶段:f 2－mg ＝ma 2,解得:f 1∶f 2＝1∶7,应选项C 正确. 5.图3－2－13(原创题)2017年3月11日日本发生的9.0级大地震牵动亿万人的心,各种救灾物资不断通过机场和火车站运送到灾区,传送带在装送救灾物资方面发挥着巨大的作用.如图3－2－13所示为一水平传送带装置示意图,绷紧的传送带始终保持v ＝1m/s 的恒定速率运行,一质量为m ＝4kg 的救灾物资由静止放在A 处,传送带对救灾物资的摩擦力使救灾物资做匀加速直线运动,随后救灾物资又以与传送带相等的速率运动.假设救灾物资与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,A 、B 间的距离l ＝2m,g 取10m/s 2.(1)求救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力大小与加速度大小;(2)求救灾物资从A 运动到B 的时间;(3)假设救灾物资下面粘有煤灰,求救灾物资在传送带上留下的黑色痕迹的长度.解析:(1)救灾物资刚开始运动时所受滑动摩擦力为f ＝μmg ＝4N摩擦力提供救灾物资运动的动力,由牛顿第二定律得f ＝ma解得a ＝1m/s 2.(2)设救灾物资做匀加速直线运动的时间为t 1.救灾物资加速运动的末速度为v ＝1m/s,那么v ＝at 1代入数据解得t 1＝1s匀加速直线运动的位移s 1＝v 2t 1＝0.5m随传送带匀速运动的时间t 2＝l －s 1v ＝1.5s所以救灾物资从A 运动到B 的时间t ＝t 1＋t 2＝2.5s.(3)黑色痕迹的长度即救灾物资相对传送带滑过的位移.救灾物资在加速阶段时间内发生的位移为s 1＝v 2t 1加速时间内传送带发生的位移为s 2＝vt 1所以黑色痕迹的长度为s 2－s 1＝v 2t 1＝12×1m ＝0.5m.答案:(1)4N1m/s 2(2)2.5s(3)0.5m【一】选择题 1.图3－2－142017年8月30日,大邱田径世锦赛,女子撑杆跳比赛中,巴西选手穆雷尔战胜撑杆跳女皇伊辛巴耶娃,获得冠军,假设不计空气阻力,那么穆雷尔在这次撑竿跳高中()A.起跳时竿对她的弹力大于她的重力B.起跳时竿对她的弹力小于她的重力C.起跳以后的下落过程中她处于超重状态D.起跳以后的下落过程中她处于失重状态解析:选AD.穆雷尔在起跳时,在弹力的作用下向上加速,故此时竿对她的弹力大于她的重力,A 正确.起跳以后的下落过程中,她只受重力作用而下落,所以处于失重状态,D 正确.图3－2－152.(2018·北京四中高三期中)某同学站在电梯底板上,利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况,如图3－2－15所示的v －t 图像是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(向上为正方向).根据图像提供的信息,可以判断以下说法中正确的选项是()A.在0～5s 内,观光电梯在加速上升,该同学处于失重状态B.在5s ～10s 内,该同学对电梯底板的压力大小等于他所受的重力大小C.在10s ～20s 内,观光电梯在加速下降,该同学处于失重状态D.在20s ～25s 内,观光电梯在加速下降,该同学处于失重状态解析:选BD.A 项,加速度向上,超重,错误;B 项,匀速运动,压力等于重力,正确;C 项,电梯在匀减速上升,加速度向下,失重,错误;D 项,加速下降,失重,正确.3.如图3－2－16所示,图3－2－16水平地面上有两块完全相同的木块A 、B ,水平推力F 作用在木块A 上,用F AB 表示木块A 、B 间的相互作用力,以下说法不．可能正确的选项是() A.假设地面是完全光滑的,那么F AB ＝FB.假设地面是完全光滑的,那么F AB ＝F /2C.假设地面是有摩擦的,且木块A 、B 未被推动,可能F AB ＝F /3D.假设地面是有摩擦的,且木块A 、B 被推动,那么F AB ＝F /2解析:选A.假设地面光滑,先用整体法得F ＝2ma ,再用隔离法分析木块B 有F AB ＝ma ,那么F AB ＝F /2.假设地面是有摩擦的,且木块A 、B 被推动,由整体法得F －2μmg ＝2ma ,用隔离法对木块B 有F AB －μmg ＝ma ,那么F AB ＝F /2.假设木块A 、B 未被推动,那么F AB ≤F /2. 4.图3－2－17在一次消防演习中,质量为60kg 的消防员欲到达距离楼顶l ＝40m 处的房间.如图3－2－17所示,他沿一条竖直悬垂的轻绳从静止开始匀加速下滑,消防员从开始下滑到A 点共用了t ＝4s,试估算他沿绳子下滑时受到的摩擦力f 大小最接近()A.100NB.300NC.600ND.900N解析:选B.因为下滑时间t ＝4s,由l ＝12at 2知a ＝5m/s 2,由牛顿第二定律:mg －f ＝ma ,那么f ＝m (g －a )＝300N,故B 正确. 5.图3－2－18如图3－2－18所示,质量为m 的物体用细绳拴住放在水平粗糙的传送带上,物体距传送带左端距离为L ,稳定时绳与水平方向的夹角为θ,当传送带分别以v 1、v 2的速度逆时针转动时(v 1<v 2),绳中的拉力分别为T 1、T 2;当剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为t 1、t 2,那么以下说法正确的选项是()A.T 1<T 2B.T 1＝T 2C.t 1>t 2D.t 1<t 2解析:选B.当传送带沿逆时针方向转动时,物体受到向左的摩擦力,且为滑动摩擦力,虽然传送带的速度发生变化,但滑动摩擦力的大小不变,由平衡条件可得T 1＝T 2,A 错误、B 正确;因L 、v 1、v 2的大小关系以及物体与传送带间的动摩擦因数都不确定,所以物体到达左端的过程中,可能一直做匀加速运动,此时所需时间相等,也可能先做匀加速运动,再做匀速运动,此时t 1>t 2,故C 、D 错误. 6.图3－2－19空中缆车是旅游景点给游人准备的上山和进行空中参观的交通工具,如图3－2－19是一质量为m 的游客乘坐空中缆车沿着坡度为30°的山坡上行的示意图.开始时空中缆车平稳上行,由于故障,缆车以加速度a ＝g /2加速上行,那么以下说法中正确的选项是()A.加速状态下游客对缆车底面的压力是平稳状态的54倍B.加速状态下游客对缆车底面的压力是平稳状态的34C.加速状态下游客受到的摩擦力与平稳状态下相等D.加速状态下游客受到的摩擦力比平稳状态下的小解析:选A.缆车处于平衡状态时,游客对底面的压力N 1＝mg 、摩擦力f 1＝0;加速状态下游客受力如下图 由牛顿第二定律有:法一:N 2sin30°－mg sin30°＋f 2cos30°＝maN 2cos30°＝mg cos30°＋f 2sin30°法二:f 2＝ma cos30°,N 2－mg ＝ma sin30°解得f 2＝34mg 、N 2＝54mg .7.图3－2－20(2018·江西重点盟校二次联考)质量为0.3kg 的物体在水平面上做直线运动,图3－2－20中的两条直线表示物体受水平拉力和不受水平拉力两种情形下的v －t 图像,g 取10m/s 2,那么以下说法正确的选项是()A.水平拉力大小可能等于0.3NB.水平拉力大小一定等于0.1NC.物体受到的摩擦力大小一定等于0.1ND.物体受到的摩擦力大小可能等于0.2N解析:选BD.由题可知a A ＝13m/s 2,a B ＝23m/s 2,假设A 为只受摩擦力的情况,那么μA mg ＝ma A ,μA ＝130.对B :μA mg ＋T B ＝ma B ,解得T B ＝0.1N.假设B 为只受摩擦力的情况,那么μB mg ＝ma B ＝0.2N,解得μB ＝115,对A :μB mg ＋T A ＝ma A ,得T A ＝－0.1N,所以B 、D 正确,A 、C 错. 8.(2018·延安市高三二模)图3－2－21如图3－2－21所示,在倾角为θ的光滑斜面上有两个用劲度系数为k 的轻质弹簧相连的物块A 、B ,质量均为m ,开始时两物块均处于静止状态.现向下压A 再静止释放使A 开始运动,当物块B 刚要离开挡板时,A 的加速度的大小和方向为()A.0B.2g sin θ,方向沿斜面向下C.2g sin θ,方向沿斜面向上D.g sin θ,方向沿斜面向下解析:选B.由题意知,当物块B 刚要离开挡板时,对B 进行受力分析,在沿斜面方向,F 弹－mg sin θ＝0,对A ,在沿斜面方向,F 弹＋mg sin θ＝ma A ,联立得a A ＝2g sin θ,方向沿斜面向下,故此题选B. 9.图3－2－22如图3－2－22所示,AB 和CD 是两条光滑斜槽,它们各自的两端分别位于半径为R 和r 的两个相切的竖直圆上,并且斜槽都通过切点P ,有一个小球由静止分别从A 滑到B 和从C 滑到D ,所用的时间分别为t 1和t 2,那么t 1和t 2之比为()A.1∶1B.2∶1C.3∶1D.1∶ 3解析:选A.AB 的斜槽长s AB ＝(2R ＋2r )cos30°,由受力分析知沿AB 下滑的加速度mg cos30°＝ma 1,由运动学公式:s AB ＝12a 1t 21,同理s CD ＝12a 2t 22,易知t 1∶t 2＝1∶1.选项A 正确.10.(2018·宝鸡高三质检)如图3－2－23甲所示,在倾角为30°足够长的光滑斜面上,质量为m 的物块受到平行于斜面的力F 作用,其变化规律如图乙,纵坐标为F 与mg 的比值,规定力沿斜面向上为正方向,那么选项图中正确表达物块运动速度v 随时间t 变化规律的是(物块初速度为零,g 取10m/s 2)()图3－2－23图3－2－24解析:选C.由牛顿第二定律知F －mg sin30°＝ma ,得F mg －sin30°＝a g ,当F mg ＝1时,a g ＝12即a ＝12g ,故在0～1s 内做加速度为5m/s 2的匀加速直线运动;当F mg ＝0时,a ＝－12g ,故在1～2s 内做加速度为－5m/s 2的匀减速直线运动,t ＝2s 时,v ＝0;当F mg ＝－1时,a ＝－32g ,故在2～3s 内做加速度为－15m/s 2的反向匀加速直线运动,故C 正确.【二】非选择题11.如图3－2－25所示,图3－2－25有A 、B 两个楔形木块,质量均为m ,靠在一起放于水平面上,它们的接触面的倾角为θ.现对木块A 施一水平推力F ,假设不计一切摩擦,要使A 、B 一起运动而不发生相对滑动,求水平推力F 不得超过的最大值.解析:A 、B 一起运动,那么以A 、B 整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F ＝2ma以A 为研究对象,其受力情况如下图.由图可知,A 、B 一起运动而不发生相对滑动的临界条件是地面对A 的支持力为N ＝0竖直方向:F BA cos θ＝mg水平方向:F －F BA sin θ＝ma联立上式可得F ＝2mg tan θ,即水平推力F 的最大值为2mg tan θ.答案:2mg tan θ 12.图3－2－26如图3－2－26所示,木板静止于水平地面上,在其最右端放一可视为质点的木块.木块的质量m ＝1kg,木板的质量M ＝4kg,长L ＝2.5m,上表面光滑,下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力T ＝20N 拉木板,g 取10m/s 2,求:(1)木板加速度的大小;(2)要使木块能滑离木板,水平恒力T 作用的最短时间;(3)如果其他条件不变,假设木板的上表面也粗糙,其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3,欲使木板能从木块的下方抽出,需对木板施加的最小水平拉力;(4)假设木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变,只将水平恒力增加为30N,那么木块滑离木板需要多长时间？ 解析:(1)木板受到的摩擦力f ＝μ(M ＋m )g ＝10N木板的加速度a ＝T －f M ＝2.5m/s 2.(2)设拉力T 作用t 时间后撤去木板的加速度为a ′＝－f M ＝－2.5m/s 2木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且a ＝－a ′,故at 2＝L解得t ＝1s,即T 作用的最短时间为1s.(3)设木块的最大加速度为a 木块,木板的最大加速度为a 木板,那么μ1mg ＝ma 木块得:a 木块＝μ1g ＝3m/s 2对木板:T 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板木板能从木块的下方抽出的条件:a 木板>a 木块解得:T 1>25N.(4)木块的加速度a 木块＝μ1g ＝3m/s 2木板的加速度a 木板＝T 2－μ1mg －μM ＋m g M＝4.25m/s 2 木块滑离木板时,两者的位移关系为s 木板－s 木块＝L ,即12a 木板t 2－12a 木块t 2＝L代入数据解得:t ＝2s.答案:(1)2.5m/s 2(2)1s(3)25N(4)2s。
高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ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35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，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x 0．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）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ（3）22084sin sin 2525mg F mg x θθ=+【解析】 【详解】（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：kx 0=（m+35m ）gsin θ 解得：k=8 5mgsin x θ（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014x x = 说明当形变量为0010344x x x x =-=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-mgsinθ=ma 联立解得：a=15gsin θ（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=210gsin t θ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+k △x-（m+35m ）gsinθ=（m+35m ）a解得：F=825mgsinθ+22425mg sinxθt2因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsinθ=故应保证0≤t＜052xgsinθ，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．2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE．【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J【解析】【详解】（1）由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：112122v v vL t tt＝++代入数值得：L=16m由平均速度的定义得：168/2Lv m st＝＝＝（2）由v-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：22110/10/1va m s m stVV＝＝＝则物体所受的合力为：F合=ma1=2×10N=20N．1-2s内的加速度为：a2＝21＝2m/s2，根据牛顿第二定律得：a1＝mgsin mgcosmθμθ+=gsinθ+μgcosθa2＝mgsin mgcosmθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s内，物块的位移：x1＝12a1t12＝12×10×1m＝5m传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：△x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3＝vt2+12a2t22=10×1+12×2×1m＝11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝12m v B2−mgh=12×2×122−2×10×9.6=-48J负号表示机械能减小．3．如图，质量M=4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg的小木块以v0=14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；（2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
配套K12江苏省2019版高中物理学业水平测试复习 第四章 牛顿运动定律 第8讲 牛顿第一、第三运动
第8讲牛顿第一、第三运动定律力学单位制1．(2018·连云港学测模拟)首先采用“理想实验”研究运动与力关系的科学家是( ) A．伽利略B．牛顿C．开普勒D．亚里士多德2．(2018·宿迁学测模拟)下列单位中，属于国际单位制中基本单位的是( )A．牛顿B．焦耳C．瓦特D．千克3．(2018·镇江学测模拟)国际单位制中，力学基本单位是( )A．千克、米、秒B．牛顿、千克、秒C．牛顿、米、秒D．牛顿、千克、米4．(2018·无锡学测模拟)引力常量G的单位，若用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为( )A.N·m2kgB.N·m2kg2C.m3kg·s2D.m3kg2·s25．(2018·宜兴中学、常熟中学等六校联考)在力学单位制中，选定下面哪一组物理量的单位作为基本单位( )A．速度、质量和时间B．重力、长度和时间C．长度、质量和时间D．位移、质量和速度6．(2018·扬州学测模拟)近日中央台报道，一辆满载钢材的货车，在紧急刹车时，由于惯性钢材向前冲出，瞬间将驾驶室铲平．钢材具有较大惯性的原因是( )A．钢材质量过大B．汽车紧急刹车C．汽车速度过快D．路面过于湿滑7．(2018·南京学测模拟)如果飞机要迫降在机场跑道上，在迫降前应该把机载的燃油放空，消防车在跑道上喷出了一条泡沫带，下列说法中正确的是( )A．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也增加飞机的惯性B．放空燃油除了防止起火爆炸，同时也减小飞机的惯性C．放空燃油除了防止起火爆炸，同时不改变飞机的惯性D．泡沫带能增加飞机所受的阻力，让飞机尽快停下来8.(2018·扬州学测模拟)如图1所示，一个磁性黑板擦吸附在竖直的黑板上静止不动，则黑板擦受到的黑板的吸引力( )图1A．小于它受到的弹力B．大于它受到的弹力C．和它受到的弹力是一对作用力与反作用力D．和它受到的弹力是一对平衡力9．(2018·扬州学测模拟)如图2所示为我国的长征七号运载火箭刚发射时的情景，则下列说法正确的是( )图2A．火箭受到地面对它的弹力作用而升空B．火箭受到发射架对它的弹力作用而升空C．火箭受到向下喷射的气体对它的作用而升空D．在没有空气的环境中这类火箭无法升空10．(2018·徐州学测模拟)如图3所示，一位同学坐高铁时把一枚硬币竖直放置在水平光滑的窗台上，当高铁向前加速启动时，他看到的硬币的运动情况是( )图3A．向前运动B．向后运动C．静止不动D．无法判定11．(2018·南通学测模拟)如图4所示，木箱放在自动扶梯的水平台阶上，随台阶向上做匀速直线运动，则台阶对木箱的作用力( )图4A．大于木箱的重力B．大于木箱对台阶的作用力C．小于木箱对台阶的作用力D．与木箱对台阶的作用力大小相等12．(2018·南通学测模拟)如图5所示，水平匀速行驶的车厢底板上有一点O，P点在O点的正上方．一乘客将一物块从P点相对车厢静止释放，物块落在( )图5A．O点B．O点右方C．O点左方D．O点左方或右方都有可能13.(2018·镇江学测模拟)甲、乙两人参加拔河比赛时的场景如图6所示．下列说法正确的是( )图6A．若甲赢，则甲对绳子的拉力大小大于绳子对甲的拉力大小B．不论谁赢，甲对绳子的拉力大小均等于绳子对甲的拉力大小C．甲受到重力与支持力是一对作用力和反作用力D．甲受到摩擦力与绳子的拉力是一对作用力和反作用力14.如图7所示，用手握瓶子，瓶子静止在手中，下列说法正确的是( )图7A．手对瓶子的压力恰好等于瓶子所受的重力B．手对瓶子的摩擦力恰好等于瓶子所受的重力C．手握得越紧，手对瓶子的摩擦力越大D．手对瓶子的摩擦力必须大于瓶子所受的重力15．如图8所示，物体在外力F的作用下在水平面上保持静止．关于物体的受力情况，正确的说法是( )图8A．受两个力的作用B．受三个力的作用C．受四个力的作用D．受到的支持力与物体对桌面的压力是一对平衡力答案精析1．A 2.D 3.A 4.C 5.C 6.A 7.B 8.D 9.C 10.B 11.D 12.A 13.B 14.B 15．C [物体受重力、支持力、拉力、摩擦力四个力作用．]。
物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析
(2)滑块在 B 点时的速度大小为 滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有： 可得加速度 设滑块到达 C 点时的速度大小为 vC，有： 解得：
此过程所经历的时间为： 故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移 x1=L=6m， 传送带的位移 x2=vt=4m； 传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为： 代入数据解得： 【点睛】 此题需注意两点，(1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到 B 点的速度；(2)计算摩擦力对物 体做的功时要以地面为参考系来计算位移。
4．如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s 匀速运动。质量分别为 2m、m 的小 物块 P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环 C 相连。小物块 P 放在传送带的最 左端，恰好处于静止状态，C、P 间的细绳水平。现在 P 上固定一质量为 2m 的小物块(图中 未画出)，整体将沿传送带运动，已知 Q、C 间距大于 10 m，重力加速度 g 取 10m/s2.求：
由牛顿第二定律得：F＝m vB2 r
解得：F＝5 2 N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为 5 2 N，
6．如图所示，在竖直平面内有一倾角 θ=37°的传送带 BC．已知传送带沿顺时针方向运行的 速度 v=4 m/s，B、C 两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上 端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC 方向滑人传送 带，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。求：
（1）经历多长时间 A 相对地面速度减为零；
2019届高中物理二轮复习热点题型专练专题3.3牛顿运动定律的综合应用含解析20190415212
专题3.3 牛顿运动定律的综合应用1．如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以( )A．缓慢向上匀速运动B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动D．突然向下加速运动【答案】C2．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是( )A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【解析】若细线有拉力，则T cosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A 错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．【答案】C3．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取10 m/s2.对此过程的分析正确的是( )A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1 m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4 m/s2【答案】B4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )A．处于失重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D．所受力的合力竖直向上【解析】当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超重状态，A错误．【答案】C5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则( )A ．在CD 段时，A 受三个力作用B ．在DE 段时，A 可能受二个力作用C ．在DE 段时，A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D ．整个下滑过程中，A 、B 均处于失重状态【答案】C6．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m 的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a 与绳子对货物竖直向上的拉力T 之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断( )A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－gB ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mgC ．图线的斜率等于物体的质量mD ．图线的斜率等于物体质量的倒数1m【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T －mg ＝ma ，图线与纵轴的交点，即当T ＝0时，a ＝－g ，图线与横轴的交点即a ＝0时，T ＝mg ，A 、B 正确；根据牛顿第二定律可得a ＝T m－g ，根据关系式可得图象的斜率k ＝1m，C 错误D 正确． 球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M 、m ，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则( )A ．运动员的加速度为g tan θB ．球拍对球的作用力为mgsin θC ．运动员对球拍的作用力为Mgcos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动【解析】对网球进行受力分析，受到重力mg 和球拍的支持力F N ，受力如图所示：根据牛顿第二定律，F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝mg ，整理可以得到：F N ＝mgcos θ，a ＝g tan θ，故选项A 正确，选项B 错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋m gcos θ，故选项C 错误；当加速度a >g tan θ时，网球将向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．所以本题正确选项为A.【答案】A9．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是( )A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg【答案】CD10．(多选)如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板B 左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示．A 、B 间最大静摩擦力大于B 、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力f 1、B 与C 间摩擦力f 2随时间变化的图线中正确的是( )【答案】ACD11．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是( )答案 C解析 对雨滴进行受力分析可得mg －kv ＝ma ，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动。
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牛顿运动定律综合应用(二)
1．(2018·徐州学测模拟)如图1所示，
图1
小明坐在雪橇上，妈妈拉着雪橇在水平雪面上从静止开始做匀加速直线运动，通过的位移
L
＝9 m．已知小明与雪橇的总质量m＝60 kg，妈妈对雪橇的拉力F＝400 N、与水平面夹角θ
＝37°，雪橇与雪地之间的摩擦力Ff＝200 N，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则在这个过
程中，求：
(1)拉力F所做的功WF；
(2)雪橇运动的加速度大小a；
(3)雪橇运动的时间t.
2．(2018·扬州学测模拟)如图2甲所示，质量m＝4 kg的物体静止于水平面上，所受拉力大
小F＝20 N，方向与水平面成θ＝37°角斜向上．物体从静止开始沿水平面做匀加速直线运
动，其v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
2
图2
(1)物体运动的加速度大小；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数；
(3)经过10 s时间拉力F对物体所做的功．
3．(2018·淮安学测模拟)如图3所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面的底端A与水平传送带相
接触，传送带正以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动，质量为2 kg的物体(可视为质点)从斜
面上O处由静止下滑，经过时间1.5 s滑到斜面底端A.已知O、A之间距离LOA＝4.5 m，传
送带两端A、B间的距离LAB＝10 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.不计物体经过A时的动能损失．
图3
(1)求物体沿斜面下滑的加速度大小；
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数μ1；
(3)物体在传送带上向左运动时是否会从B端滑出？如果滑出，求离开B点时的速度大小？如
果不滑出，求物体返回到A点时的速度大小．
4．(2018·南通中学学测模拟)如图4甲所示，固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上
套有一个光滑小环，小环从杆底开始在沿杆方向向上的推力F作用下向上运动.0～2 s内推
力的大小为5.0 N,2～4 s内推力的大小变为5.5 N，小环运动的速度随时间变化规律如图乙
所示，g取10 m/s2.求：
3
图4
(1)小环在加速运动时的加速度a的大小；
(2)小环的质量m；
(3)第4秒末撤去F，求小环到达最高点时离地面的高度．
答案精析
1．(1)2 880 J (2)2 m/s2 (3)3 s
解析 (1)由WF＝FLcos θ
代入数据解得WF＝2 880 J
(2)根据牛顿第二定律有ma＝Fcos θ－Ff
代入数据解得a＝2 m/s2
(3)由L＝12at2代入数据解得t＝3 s
2．(1)0.5 m/s2 (2)0.5 (3)400 J
解析 (1)根据物体运动的v－t图象，可得物体的加速度
a
＝ΔvΔt＝24 m/s2＝0.5 m/s2
(2)物体受力如图所示，
根据牛顿第二定律得：Fcos 37°－Ff＝ma
Fsin 37°＋FN＝mg
又Ff＝μFN
4
由以上三式可解得：μ＝0.5
(3)根据运动学公式可得：经过10 s时间物体的位移大小为x＝12at2＝12×0.5×102 m＝25 m
故W＝Fxcos 37°＝20×25×0.8 J＝400 J.
3．(1)4 m/s2 (2)0.25 (3)不会从B点滑出 4 m/s
解析 (1)由运动学公式知LOA＝12at2，a＝4 m/s2
(2)由牛顿第二定律得mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma
解得μ1＝0.25
(3)vA＝at＝6 m/s，a2＝μ2g＝5 m/s2
物体从A点向左运动的距离x＝vA22a2＝3.6 m<10 m，不会从B点滑出．
物体向右返回，加速到相对传送带静止所需距离
x′＝v22a2＝1.6 m
4．(1)0.5 m/s2 (2)1 kg (3)2.7 m
解析 (1)由题图可知a＝ΔvΔt＝0.5 m/s2
(2)0～2 s：F1＝mgsin α
2～4 s：F2－mgsin α＝ma
解得m＝1 kg，α＝30°
(3)撤去F后，对小环：mgsin α＝ma′
a
′＝5 m/s2
0～2 s：x1＝v1t1＝2 m
2～4 s：x2＝12(v1＋v2)t2＝3 m
4 s以后：x3＝v222a′＝0.4 m
环上升的总高度：h＝(x1＋x2＋x3)sin 30°＝2.7 m