2015高考物理一轮复习—专题系列卷：牛顿运动定律 功和能

高中专题同步测试卷专题三牛顿运动定律一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.放在光滑水平面上的物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡，如图，已知F2和F3垂直，三个力中若去掉F1可产生2.5 m/s2的加速度，若去掉F2可产生1.5 m/s2的加速度．若去掉F3，则物体的加速度为()A．1.5 m/s2B．2 m/s2C．2.5 m/s2D．4 m/s22．如图所示为一游乐场的娱乐项目的简化示意图．质量为m的参赛者要爬上一段带有弧形轨道的顶端，轨道始终静止在地面上．在参赛者缓慢向上爬的过程中()A．参赛者受到的摩擦力逐渐减小B．参赛者对轨道的压力逐渐减小C．参赛者对轨道的作用力逐渐增大D．地面对轨道的摩擦力方向向左3．如图甲所示，静止在光滑水平面上O点的物体，从t＝0开始物体受到如图乙所示的水平力F的作用，设向右为F的正方向，则物体()A．一直向左运动B．一直向右运动C．一直匀加速运动D．在O点附近左右运动4.如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑，当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是()A．a1＝a2B．a1>a2C．a1<a2D．无法确定5.如图所示，两根直木棍AB和CD(可视为相同的圆柱体)相互平行，固定在同一水平面上，一个圆柱形工件P架在两木棍之间．工件在水平向右的推力F的作用下，恰好能向右匀速运动．若保持两木棍在同一水平面内，但将它们间的距离稍微增大一些后固定．仍将圆柱形工件P架在两木棍之间，用同样的水平推力F向右推该工件，则下列说法中正确的是()A．工件一定静止不动B．工件一定向右匀速运动C．工件一定向右减速运动D．工件一定向右加速运动6.如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( ) A.L v ＋v 2μg B.L v C. 2L μg D.2L v7．如图所示，一轻弹簧两端分别连接物体a 、b .第一种情景：在水平力F 1的作用下a 、b 共同向右匀变速运动，此时弹簧的长度为l 1；第二种情景：在沿斜面向上的力F 2的作用下a 、b 共同向上匀变速运动，此时弹簧的长度为l 2.若物体a 、b 与接触面的动摩擦因数相同，则轻弹簧的原长为( )A.F 1l 1－F 2l 2F 1－F 2B.F 1l 2－F 2l 1F 2－F 1C.F 2l 1－F 1l 2F 2－F 1D.F 1l 1－F 2l 2F 2－F 1二、多项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意)8．关于惯性在实际中的应用，下列说法中正确的是( )A ．运动员在跳远时助跑，是为了增大起跳时的惯性B ．运动员在掷标枪时助跑，是为了利用惯性C ．手扶拖拉机的飞轮做得很重，是为了增大它转动的惯性D ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性9．我国在西昌卫星发射中心用“长征二号F ”运载火箭，成功发射神州十号飞船．关于这次飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )A ．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的动力B ．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气反作用力使火箭获得飞行的动力C ．火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D ．飞船进入预定轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力10．下列叙述中正确的是( )A ．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位被选定为基本单位B ．牛、千克米每二次方秒都属于力的单位C ．在厘米、克、秒单位制中，重力加速度g 的值等于98 cm/s 2D ．在力学计算中，所有涉及的物理量的单位都应取国际单位11.如图所示，滑块A 在倾角为30°的斜面上，沿斜面下滑的加速度a 为2.0 m/s 2.若在A上放一重量为10 N的物体B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度为a2.则()A．a1>2 m/s2B．a1＝2 m/s2C．a2＝2 m/s2D．a2>2 m/s212.如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，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时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()A．下滑过程中的最大速度为4 m/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钢管弹力大小之比为1∶7D．加速与减速过程的位移之比为1∶4三、实验题(按题目要求解答)13．(8分)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”：(1)如图甲所示，将木板有定滑轮的一端垫起，把滑块通过细绳与带夹子的重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下夹一纸带，穿过打点计时器．调整木板倾角，直到向下轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动．(2)如图乙所示，保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板上靠近定滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使滑块由静止开始加速运动．打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz，打出的纸带如图丙所示，A、B、C、D、E是纸带上五个计数点．①图乙中滑块下滑的加速度为________．(结果保留两位有效数字)②若重锤质量为m，滑块质量为M，重力加速度为g，则滑块加速下滑时受到的合力为________．③某同学在保持滑块质量不变的情况下，通过多次改变滑块所受合力，由实验数据作出的a－F图象如图丁所示，则滑块的质量为________kg.(结果保留两位有效数字)四、计算题(本题共3小题，共34分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 14．(8分)据报导，埃及卢克索发生一起观光热气球爆炸坠落事故，造成几十人遇难．科研人员乘热气球进行科学考察．热气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg，在空中停留一段时间后，科研人员发现热气球因漏气而下降，及时堵住．堵住时热气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g取10 m/s2，求至少抛掉多重的压舱物才能阻止热气球加速下降．15.(12分)如图所示，特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练．某特战队员和他携带的武器质量共为80 kg，设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1 000 N的摩擦阻力，下滑过程中特战队员必须握住绳子才能确保安全．g取10 m/s2.求：(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大？(2)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s，则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少，最少时间为多少？16.(14分)如图所示为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目，人坐在船中，随着提升机达到高处，再沿着水槽飞滑而下，劈波斩浪的刹那给人惊险刺激的感受．设乘客与船的总质量为100 kg，在倾斜水槽和水平水槽中滑行时所受的阻力均为重力的0.1倍，水槽的坡度为30°，若乘客与船从槽顶部由静止开始滑行18 m经过斜槽的底部O点进入水平水槽(设经过O点前后速度大小不变，取g＝10 m/s2)．求：(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度的大小；(2)船滑到斜槽底部O点时的速度大小；(3)船进入水平水槽后15 s内滑行的距离．参考答案与解析1．[导学号27630162] 解析：选B.设物体的质量为m ，由平衡条件可知，任何一个力的大小都等于其他两个力的合力大小，则可知F 1＝m ×2.5 m/s 2，F 2＝m ×1.5 m/s 2，所以F 3＝F 21－F 22＝m ×2 m/s 2，因此去掉F 3时物体的加速度a ＝F 3m＝2 m/s 2. 2．[导学号27630163] 解析：选B.分析参赛者的受力如图所示，F N ＝mg cos α，F f ＝mg sin α，向上爬的过程中，α变大，故F N 减小，F f 变大，选项A 错误、B 正确；轨道对参赛者的作用力等于其受到的摩擦力与支持力的合力，大小等于其重力，方向向上，保持恒定，根据牛顿第三定律，参赛者对轨道的作用力不变，选项C 错误；分析参赛者与轨道组成的整体，根据平衡条件，受到重力和地面的支持力的作用，不受地面的摩擦力作用，选项D 错误．3．[导学号27630164] 解析：选B.物体第1 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动，第2 s 内向右做匀减速直线运动到静止，第3 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动，第4 s 内向右做匀减速直线运动……选项ACD 错误，选项B 正确．4．[导学号27630165] 解析：选C.当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时，将它们看成系统，由牛顿第二定律：mg ＝(m ＋M )a 1，故a 1＝mg （m ＋M ）.而当在绳B 端施以F ＝mg 的竖直向下的拉力作用时mg ＝Ma 2，a 2＝mg M，a 1<a 2，选项C 正确． 5．[导学号27630166] 解析：选A.工件在水平向右的推力F 的作用下，恰好能向右匀速运动，这样工件受到的滑动摩擦力水平向左与F 大小相等，当将它们间的距离稍微增大一些后固定，两木棍AB 和CD 对圆柱形工件弹力的夹角增大，重力不变，弹力增大，由F f ＝μF N 知，圆柱形工件受到的滑动摩擦力增大，工件一定静止不动，故选项A 正确．6．[导学号27630167] 解析：选B.因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，可得t ＝ 2L μg，C 可能；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，可得t ＝2L v ，D 可能；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速到右端，则v 22μg ＋v ⎝⎛⎭⎫t －v μg ＝L ，可得t ＝L v ＋v 2μg ，A 可能；木块不可能一直匀速至右端，B 不可能．7．[导学号27630168] 解析：选C.设物体a 、b 的质量分别为m 1、m 2，与接触面的动摩擦因数为μ，轻弹簧的原长为l 0.以整体为研究对象有F 1－μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 1，以物体a 为研究对象有k (l 1－l 0)－μm 1g ＝m 1a 1，联立解得k (l 1－l 0)＝m 1m 1＋m 2F 1.同理可得k (l 2－l 0)＝m 1m 1＋m 2F 2.因而可得l 0＝F 2l 1－F 1l 2F 2－F 1， 故选项C 正确．8．[导学号27630169] 解析：选BCD.惯性只与质量有关，只有改变了质量才能改变惯性，助跑是利用惯性，并不能改变惯性，所以选项A 错误，选项B 正确．惯性的大小由质量量度，质量越小，惯性越小，运动状态就越容易改变，越灵活，选项C 、D 正确．故选BCD.9．[导学号27630170] 解析：选AD.火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的动力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B 、C 错误，选项A 正确；飞船进入轨道之后，飞船与地球之间依然相互吸引，即飞船吸引地球，地球吸引飞船，这是一对作用力与反作用力，故选项D 正确．10．[导学号27630171] 解析：选BD.力学单位制中，质量、位移、时间的单位被选为基本单位，而不是力的单位，故A 错误；根据F ＝ma ，1 N ＝1 kg·m/s 2，故B 正确；在厘米、克、秒单位制中，g ＝9.8 m/s 2＝980 cm/s 2，故C 错误；在力学计算中，没有特殊说明，所有物理量的单位都应取国际单位，故D 正确．故选BD.11．[导学号27630172] 解析：选BD.依题意有m A g sin θ－μm A g cos θ＝m A a ，(m A ＋m B )g sin θ－μ(m A ＋m B )g cos θ＝(m A ＋m B )a 1，(m A g ＋F )sin θ－μ(m A g ＋F )cos θ＝m A a 2，从以上各式可解得：a 1＝2 m/s 2，a 2>2 m/s 2，即B 、D 选项正确．12．[导学号27630173] 解析：选BC.画出其速度图象如图所示，由加速度关系v max t 0＝2×v max 3 s －t 0得t 0＝1 s ，速度图线与时间轴所围的面积表示位移：12 m ＝v max 2×3 s ，得v max ＝8 m/s ，可见加速与减速过程的时间之比为1∶2，加速与减速过程的位移之比为1∶2，由牛顿第二定律及加速度关系得：mg －μF N1m ＝8 m/s 1 s ＝8 m/s 2，μF N2－mg m ＝8 m/s 2 s＝4 m/s 2，解得F N1∶F N2＝1∶7，综上选BC. 13．[导学号27630174] 解析：(2)①由Δx ＝aT 2得a ＝3.9 m/s 2.②滑块通过细绳与带夹子的重锤相连，滑块匀速下滑，说明滑块重力沿斜面向下的分力和摩擦力之差等于重锤的重力，取下细绳和重锤，滑块加速下滑受到的合力为mg .③a －F 图象的斜率表示质量的倒数1m，可得到滑块的质量为2.0 kg. 答案：(2)①3.9 m/s 2 ②mg ③2.014．[导学号27630175] 解析：设漏气后热气球所受浮力为F ，热气球加速下降时的加速度大小为a .由s ＝v 0t ＋12at 2 (2分)得：a ＝2（s －v 0t ）t 2＝2×（12－1×4）42m/s 2＝1 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma(2分) 至少需要抛掉的压舱物的重力为G ＝mg －F ＝ma ＝900×1 N ＝900 N ．(2分) 答案：900 N15．[导学号27630176] 解析：(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为a 1＝mg －f 1m ＝800－20080m/s 2＝7.5 m/s 2. (4分)(2)特战队员按照先加速到一定速度后立即减速，到达地面时速度正好为5 m/s 的方式运动所需时间最少．特战队员紧握绳子降落时的加速度大小为a 2＝f 2－mg m ＝1 000－80080 m/s 2＝2.5 m/s 2 (2分) 设特战队员加速下滑的时间为t 1，加速后的最大速度为v m ，减速下滑的时间为t 2，着地时的速度v ＝5 m/s.特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m ，即v 2m 2a 1＋v 2m －v 22a 2＝235 m (2分)解得v m ＝30 m/s(2分) 特战队员在空中下滑过程中的最少时间为t 总＝t 1＋t 2＝v m a 1＋v m －v a 2＝14 s ． (2分) 答案：(1)7.5 m/s 2 (2)见解析16．[导学号27630177] 解析：(1)对船进行受力分析，根据牛顿第二定律有 mg sin 30°－F f ＝ma(1分) F f ＝0.1mg(1分) 得a ＝4 m/s 2.(2分) (2)由匀加速直线运动规律有v 2＝2ax(2分) 代入数据得v ＝12 m/s.(2分) (3)船进入水平水槽后，根据牛顿第二定律有－F f ＝ma ′(1分) 故：a ′＝－0.1g ＝－1 m/s 2(1分) 由于t 止＝－v a ′＝12 s<15 s (1分)即船进入水平水槽后12 s 末时速度为0 (1分) 船在15 s 内滑行的距离x ＝v ＋02t 止＝12＋02×12 m ＝72 m ． (2分)答案：(1)4 m/s 2 (2)12 m/s (3)72 m。

高考物理一轮复习牛顿运动定律专项训练（附答案）牛顿运动定律包括牛顿第一运动定律、牛顿第二运动定律和牛顿第三运动定律三条定律，由艾萨克牛顿在1687年于«自然哲学的物理原理»一书中总结提出。

以下是力的分解与分解专项训练，请考生仔细练习。

一、选择题(此题共10小题，每题6分，共60分)1. [2021衡水中学调研]以下说法中正确的选项是()A. 牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性B. 速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C. 力是维持物体运动的缘由D. 做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点仍能够做曲线运动解析：牛顿第一定律提醒了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度有关，选项A正确，选项B错误;力不是维持物体运动的缘由，力是发生减速度的缘由，选项C错误;做曲线运动的质点，假定将一切外力都撤去，那么该质点将做匀速直线运动，选项D错误。

答案：A2. 关于惯性，以下说法中正确的选项是()A. 磁悬浮列车能高速行驶是由于列车浮起后惯性小了B. 卫星内的仪器由于完全失重惯性消逝了C. 铁饼运发动在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远D. 月球上物体的重力只要在空中上的1/6，但是惯性没有变化解析：惯性只与质量有关，与速度有关，A、C错误;失重或重力减速度发作变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B 错误D正确。

答案：D3. 关于力和运动的关系，以下说法正确的选项是()A. 物体受力才会运动B. 力使物体的运动形状发作改动C. 中止用力，运动的物体就会中止D. 力是物体坚持运动或匀速直线运动形状的缘由解析：由牛顿第一定律可知，力的作用不是使物体运动，而是使物体的运动形状改动。

假设物体原来的形状是运动的，不受力仍将永远运动下去，即物体的运动不需求力来维持，因此A、C错误，B正确。

物体坚持运动或匀速直线运动形状，是物体不受力时的运动规律，并不是力作用的结果，因此D 错误。

[] C 单元 牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律 C2 牛顿第二定律 单位制15．C2[2015·安徽卷] 由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q 1和q 2，其间距离为r 时，它们之间相互作用力的大小为F ＝k q 1q 2r 2，式中k 为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为( )A ．kg ·A 2·m 3B ．kg ·A －2·m 3·s －4C ．kg ·m 2·C －2D ．N ·m 2·A －215．B [解析] 因为N 、C 不是基本单位，即可排除C 、D 选项；关于A 、B 选项，可由F ＝k q 1q 2r 2得k ＝Fr 2q 1q 2，其中F ＝ma ，且q ＝It ，则静电力常量k 可表示为mar 2I 1t 1·I 2t 2，故其单位为kg ·A －2·m 3·s －4，即B 选项正确．18．C2，E2，F1[2015·北京卷] “蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A ．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B ．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C ．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D ．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力18．A [解析] 弹性绳的弹力为F ＝kx ，当绳子伸直之后，对人进行受力分析可知，a ＝mg －kx m ，当x <mg k 时，a >0，速度增大；当x >mgk 时，a <0，速度减小．所以该过程速度先增大后减小，则动量和动能都是先增大后减小．所以选项B 、C 不正确．弹力方向始终竖直向上，则冲量始终竖直向上．所以选项A 正确．人在最低点时，绳对人的拉力大于重力，所以选项D 不正确．8．[2015·海南卷] C2如图1-6所示，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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2 相对于原长的伸长分别记为Δl 1和Δl 2，重力加速度大小为g ，在剪断的瞬间( )图1-6A ．a 1＝3gB ．a 1＝0C ．Δl 1＝2Δl 2D ．Δl 1＝Δl 2[解析] AC 以a 、b 、c 整体为研究对象，绳子拉力F ＝3mg ，以b 、c 整体为研究对象，弹簧S 1的弹力为F 1＝k Δl 1＝2mg ，以c 为研究对象，弹簧S 2的弹力为F 2＝k Δl 2＝mg ，剪断绳子瞬间，对a ，mg ＋F 1＝ma 1，可得a 1＝3g ，在剪断细线瞬间，弹簧的伸长来不及改变，则F 1＝2F 2，Δl 1＝2Δl 2，选项A 、C 正确．14．B7，C2，D4，E6[2015·江苏卷] 一转动装置如图1-14所示，四根轻杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上．套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L .装置静止时，弹簧长为32L .转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升．弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g .求：(1)弹簧的劲度系数k ；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从32L 缓慢缩短为12L 的过程中，外界对转动装置所做的功W .图1-1414．(1)4mgL(2)8g 5L (3)mgL ＋16mgl 2L[解析] (1)装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1. 小环受到弹簧的弹力F 弹1＝k ·L2小环受力平衡F 弹1＝mg ＋2T 1cos θ1小球受力平衡F 1cos θ1＋T 1cos θ1＝mg ；F 1sin θ1＝T 1sin θ1解得k ＝4mgL.(2)设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为θ2，弹簧长度为x . 小环受到弹簧的弹力F 弹2＝k (x －L ) 小环受力平衡F 弹2＝mg 得x ＝54L对小球F 2cos θ2＝mg ；F 2sin θ2＝mω20l sin θ2 且cos θ2＝x 2l解得ω0＝8g 5L. (3)弹簧长度为12L 时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3.小环受到弹簧的弹力F 弹3＝12kL小环受力平衡2T 3cos θ3＝mg ＋F 弹3 且cos θ3＝L4l对小球F 3cos θ3＝T 3cos θ3＋mg ；F 3sin θ3＋T 3sin θ3＝mω23l sin θ3解得ω3＝16gL整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理 W －mg ⎝⎛⎭⎫3L 2－L 2－2mg ⎝⎛⎭⎫3L 4－L 4＝2×12m (ω3l sin θ3)2 解得W ＝mgL ＋16mgl 2L.10．[2015·四川卷] A1C2D1E1I1如图1-9所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E＝1.5×106 N/C 、方向水平向右的匀强电场．带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6 C ，质量m ＝0.25 kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55 s 到达A 点，到达B 点时速度是5 m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2，P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如下表所示．P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.求：v /(m·s －1) 0≤v ≤2 2<v <5 v ≥5F /N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功．图1-910．(1)0.5 s(2)－9.25 J[解析] (1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则F1－μmg＝ma1①v1＝a1Δt1②由①②式并代入数据得Δt1＝0.5 s．③(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2－μmg＝ma2④设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则Δt2＝0.55 s－Δt1⑤v2＝v1＋a2Δt2⑥P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2－μmg－qE＝ma3⑦v23－v22＝2a3x1⑧P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为F E，有F E＝F3⑨F3与F E大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v 3的平抛运动．设P 从B 点运动至D 点用时为Δt 3，水平位移为x 2，由题意知v 3g Δt 3＝tan α⑩x 2＝v 3Δt 3⑪设小物体P 从A 点至D 点电场力做功为W ，则 W ＝－qE (x 1＋x 2)⑫联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得 W ＝－9.25 J ⑬11．[2015·四川卷] A1C2D1E6J2L4I1如图1-10所示，金属导轨MNC 和PQD ，MN 与PQ 平行且间距为L ，所在平面与水平面夹角为α，N 、Q 连线与MN 垂直，M 、P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨NC 和QD 在同一水平面内，与NQ 的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab 和ef 质量均为m ，长均为L ，ab 棒初始位置在水平导轨上与NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和ab 棒的电阻，ef 棒的阻值为R ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g .图1-10(1)若磁感应强度大小为B ，给ab 棒一个垂直于NQ 、水平向右的速度v 1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程ef 棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab 棒滑行距离为d ，求通过ab 棒某横截面的电荷量；(3)若ab 棒以垂直于NQ 的速度v 2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ 位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．11．(1)14m v 21 (2)2Bd （L －d cot θ）R(3)1Lmg （sin α＋μcos α）R （cos α－μsin α）v 2 μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ[解析] (1)设ab 棒的初动能为E k ，ef 棒和电阻R 在此过程产生的热量分别为W 和W 1，有W ＋W 1＝E k且W ＝W 1 由题有E k ＝12m v 21得W ＝14m v 21.(2)设在题设过程中，ab 棒滑行时间为Δt ，扫过的导轨间的面积为ΔS ，通过ΔS 的磁通量为ΔΦ，ab 棒产生的电动势为E ，ab 棒中的电流为I ，通过ab 棒某横截面的电荷量为q ，则E ＝ΔΦΔt且ΔΦ＝B ΔS I ＝q Δt 又有I ＝2ER由图所示ΔS ＝d (L －d cot θ) 联立解得q ＝2Bd （L －d cot θ）R.(3)ab 棒滑行距离为x 时，ab 棒在导轨间的棒长L x 为 L x ＝L －2x cot θ此时，ab 棒产生电动势E x 为E x ＝B v 2L x 流过ef 棒的电流I x 为I x ＝E xRef 棒所受安培力F x 为F x ＝BI x L 联立解得F x ＝B 2v 2LR(L －2x cot θ)由上式可得，F x 在x ＝0和B 为最大值B m 时有最大值F 1.由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图所示，图中f m为最大静摩擦力，有F1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F1sin α)得B m＝1Lmg（sin α＋μcos α）R（cos α－μsin α）v2.上式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值F2，如图可知F2cos α＋μ(mg cos α＋F2sin α)＝mg sin α联立解得x m＝μL tan θ（1＋μ2）sin αcos α＋μ.14．[2015·浙江卷] 【自选3－5】C2F2(2)一辆质量m1＝3.0×103kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力．相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下．已知车轮与路面的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小．(重力加速度g取10 m/s2)[答案] 27 m/s[解析] 由牛顿运动定律，有a＝F fm1＋m2＝μg＝6 m/s2v ＝2as ＝9 m/s由动量守恒定律，有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 解得v 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s.C3 超重和失重6．C3[2015·江苏卷] 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1-4所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图1-4A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小6．AD [解析] 区分超重与失重的关键是看加速度的方向：加速度向上时，超重；加速度向下时，失重．对人进行受力分析可知，F N －G ＝ma ，即F N ＝ma ＋G ，a 大(小)则支持力大(小)，由牛顿第三定律可知，压力也大(小)，故选项A 、D 正确，B 、C 错误．5．[2015·重庆卷] C3A5若货物随升降机运动的v -t 图像如图1-3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 关系的图像可能是( )图1-3A B C D图1-4[解析] B 货物的上下运动涉及超重和失重，超重时加速度向上，失重时加速度向下．由v -t 图像知，整个运动分为六个阶段，货物的加速度分别是：向下、为零、向上、向上、为零、向下，故支持力和重力的关系分别为：小于、等于、大于、大于、等于、小于．以第二、五个阶段为基准(支持力等于重力)，可得答案为B.C4 实验：验证牛顿定律21．[2015·浙江卷] C4E5甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验．图1-6(1)图1-6中A 、B 、C 、D 、E 表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材________；乙同学需在图中选用的器材________．(用字母表示)(2)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图1-7所示的两条纸带①和②.纸带________的加速度大(填“①”或“②”)，其加速度大小为________．图1-7[答案] (1)AB BDE (2)① (2.5±0.2)m/s 2[解析] (1)“验证机械能守恒定律” 的实验中只需重物和打点计时器以及铁架台，故只选A 、B ；“探究加速度与力、质量的关系”的实验中需打点计时器、小车、钩码、斜面，故选B 、D 、E ，两个实验都不需要秒表．(2)测量每条纸带的相邻间距之差，纸带①中的差值比纸带②中的差值大，所以纸带①的加速度大，纸带①中的差值Δx 约为0.1 cm ，则a ＝ΔxT2＝2.5 m/s 2.C5 牛顿运动定律综合9．[2015·海南卷] C5如图1-7所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时( )图1-7A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑[解析] BD 升降机匀速上升时，物块匀速下滑，以物块为研究对象，沿斜面方向，有mg sin θ＝f ，垂直于斜面方向，有F N ＝mg cos θ，又f ＝μF N ，解得μ＝tan θ；升降机加速上升时物块处于超重状态，物块与斜面间的正压力变大，滑动摩擦力也变大，选项A 错误，选项B 正确；加速上升瞬间，沿斜面方向，有f ′－mg sin θ＝ma sin θ；垂直于斜面方向，有F ′N －mg cos θ＝ma cos θ，解得f ′F N ′＝tan θ＝μ，由于物块有相对于斜面向下的初速度，所以物块沿斜面向下匀速运动，选项C 错误，选项D 正确．9．A8，C5，E6[2015·江苏卷] 如图1-7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )图1-7A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14m v 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14m v 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度9．BD [解析] 以圆环为研究对象，刚下滑一小段距离时，它受重力mg 、弹簧拉力T 、杆对环的支持力F N 和滑动摩擦力f ，如图1所示，此时弹簧形变量小，拉力T 较小，支持力F N 也较小，从而滑动摩擦力f 小于重力mg ，合力较大，合力的方向竖直向下，加速度也较大，当圆环继续下滑时，弹簧形变量增大，拉力T 增大，支持力F N 也增大，滑动摩擦力f 也增大，合力减小，加速度减小，但速度仍然增大，到B 处时合力为零，再向下运动时，合力反向且增大，加速度也向上且增大，圆环做减速运动，故选项A 错误；圆环克服摩擦力f 做功使得内能E 内增加，在圆环下落至最低点过程中，重力势能mgh 转化为弹性势能E 弹和内能，即mgh ＝E 弹＋E 内①而在最低点C 处获得一初速度v 时，圆环恰又能回到A 点，这个过程中，动能和弹性势能E 弹转化为重力势能mgh 和内能E 内，即12m v 2＋E 弹＝mgh ＋E 内② 联立①、②，可解得E 内＝14m v 2，选项B 正确；再将E 内＝14m v 2代入①，可解得E 弹＝mgh －14m v 2，故选项C 错误；圆环下滑和上滑过程受力分别如图1和图2所示．图1 图2当圆环下滑至B 点时，圆环的重力势能E p AB 转化为弹簧的弹性势能E 弹B 、圆环的内能E 内B 和圆环的动能E k B 下，也就是E p AB ＝E 弹B ＋E 内B ＋E k B 下，即E k B 下＝E p AB －E 弹B －E 内B ，③当圆环上滑过程中从B 到A 时，圆环的动能以及弹簧的弹性势能都减少，它们转化为圆环的内能和重力势能，也就是E k B 上＋E 弹B ＝E 内B ＋E p AB ，即E k B 上＝E p AB ＋E 内B －E 弹B ④比较③、④两式，可得E k B 上>E k B 下，则v B 上>v B 下，故选项D 正确． 20．[2015·全国卷Ⅱ] C5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 ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a 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( )A ．8B ．10C ．15D ．18[解析] BC 设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：F km ＝23F （n －k ）m ，解得k ＝35n ，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误．22．[2015·全国卷Ⅱ] A7C5某同学用图1-7(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了5个连续点之间的距离．(a) (b)图1-7(1)物块下滑时的加速度a ＝________m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________m/s ； (2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角[答案] (1)3.25 1.79 (2)C[解析] (1)a ＝（x 3＋x 4）－（x 1＋x 2）（2T ）2＝3.25 m/s 2v ＝x 2＋x 32T ＝1.79 m/s (2)根据a ＝g sin θ－μg cos θ可知，还需要知道斜面的倾角，故选C.25．[2015·全国卷Ⅱ] C5下暴雨时，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θ＝37°(sin 37°＝35 )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1-10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μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2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，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 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g ＝10 m/s 2.求：图1-10(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．[答案] (1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s[解析] (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2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f1＝μ1N1①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2③N2＝N1＋mg cos θ④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mg sin θ－f1＝ma1⑤mg sin θ－f2＋f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑨v2＝a2t1＝2 m/s⑩t＞t1时，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a1′＝6 m/s2⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫即B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m<27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －s ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯可得 t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰ 设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ⑱(利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案及评分参考给分)20．C5[2015·全国卷Ⅰ] 如图1-6(a)所示，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图1-6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度20．ACD [解析] 上滑时设物块的加速度大小为a 1，对物块由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，下滑时设物块的加速度大小为a 2，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，由图(b)可得，a 1＝v 0t 1，a 2＝v 1t 1，联立可解得θ和μ，A 、C 正确；v -t 图像与坐标轴在第一象限所围成的图形的面积表示上滑的最大位移，进而可求得最大高度，D 正确．25．A2、C5[2015·全国卷Ⅰ] 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1-10(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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v -t 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/s 2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．(a) (b)图1-1025．(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得 v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤ 由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧v3＝－v1＋a3Δt⑨v3＝v1＋a2Δt⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝－v1＋v32Δt⑪小物块运动的位移为s2＝v1＋v32Δt⑫小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs＝6.0 m⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4⑮0－v23＝2a4s3⑯碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s＝－6.5 m⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.23．[2015·山东卷] C5E2如图1-10甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮连接．物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值．现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60°角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍．不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：甲乙图1-10(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功．[答案] (1)3m0.1mgl[解析] (1)设开始时细绳的拉力大小为T1，传感装置的初始值为F1，物块质量为M，由平衡条件得对小球，T1＝mg①对物块，F1＋T1＝Mg②当细绳与竖直方向的夹角为60°时，设细绳的拉力大小为T2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F2＝1.25F1，由平衡条件得对小球，T2＝mg cos 60°③对物块，F2＋T2＝Mg④联立①②③④式，代入数据得M＝3m⑤(2)设小球运动至最低位置时速度的大小为v，从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为W f，由动能定理得mgl (1－cos 60°)－W f ＝12m v 2⑥在最低位置，设细绳的拉力大小为T 3，传感装置的示数为F 3，据题意可知， F 3＝0.6F 1对小球，由牛顿第二定律得 T 3－mg ＝m v 2l ⑦对物块，由平衡条件得 F 3＋T 3＝Mg ⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得 W f ＝0.1mgl ①4．2015·上海松江区一模楼梯口一倾斜的天花板与水平面成θ＝37°角，一装潢工人手持绑着刷子的木杆粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F ＝10 N ，刷子的质量为 m ＝0.5 kg ，刷子可视为质点．刷子与天花板间的动摩擦因数为0.5，天花板长为L ＝4 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，试求：(1)刷子沿天花板向上运动的加速度的大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间．图K8-34．(1)2 m/s 2 (2)2 s[解析] (1)以刷子为研究对象，分析受力情况，如图所示：根据牛顿第二定律得 (F －mg )sin θ－f ＝ma ① (F －mg )cos θ－F N ＝0② 又f ＝μF N ③联立①②③式解得a ＝2 m/s 2.(2)刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L ＝4 m ，则由运动学公式得 L ＝12at 2解得t ＝2La＝2 s. 5．2015·浙江宁波高三上学期期末如图K8-4甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F ，在t 1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分v -t 图像如图乙所示，设物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数； (2)拉力F 的大小；(3)t ＝4 s 时物体的速度．图K8-45．(1)0.5 (2)30 N (3)2 m/s ，方向沿斜面向下[解析] (1)根据速度—时间图线可知，匀加速直线运动的加速度大小为a 1＝20 m/s 2 根据牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1 匀减速直线运动的加速度大小为a 2＝10 m/s 2 根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 解得F ＝30 N ，μ＝0.5. (2)由(1)知，F ＝30 N.(3)在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力F 后物体运动到最高点的时间为t 2 v 1＝a 2t 2 解得t 2＝2 s则物体沿斜面下滑的时间为t 3＝t －t 1－t 2＝1 s 设下滑加速度大小为a 3，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3 解得a 3＝2 m/s 2所以t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3t 3＝2×1 m/s ＝2 m/s ，方向沿斜面向下．3．2015·江西新余一中高三二模一平板车的质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ．一质量m ＝50 kg 的滑块置于车的平板上，它到平板末端的距离b ＝1.00 m ，与平板间的动摩擦因数为μ＝0.20，如图K9-3所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果滑块从平板上滑落，滑块刚离开平板的时刻，车向前行驶的距离s 0＝2.00 m ．求滑块落地时，落地点到车尾的距离s .(滑块可视为质点，不计路面与平板车间以及轮轴的摩擦，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，结果保留3位有效数字)图K9-33．1.63 m[解析] 对滑块：s 0－b ＝12⎝⎛⎭⎫μmg m t 21对平板车：s 0＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫F －μmg M t 21解得F ＝500 N ，t 1＝1 s a 1＝μg ＝2 m/s 2 a 2＝ F －μmgM＝4 m/s 2滑块离开平板车后，对平板车有a ′2＝FM ＝5 m/s 2滑块落地时间t 2＝2hg＝0.5 s 从滑块离开平板车至落地，对滑块有s 1＝v 1t 2＝a 1t 1t 2＝1 m 对平板车有s 2＝v 2t 2＋12a ′2t 22＝a 2t 1t 2＋12a ′2t 22＝2.63 m 故s ＝s 2－s 1＝1.63 m.4．2015·重庆巴蜀中学高三一模观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要．科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M ＝800 kg ，在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，当科研人员发现气球在竖直下降时，气球速度为v0＝2 m/s，此时开始计时，经过t0＝4 s时间，气球匀加速下降了h1＝16 m，科研人员立即抛掉一些压舱物，使气球匀速下降．不考虑气球由于运动而受到的空气阻力，气球下降过程中所受的空气浮力不变，重力加速度g取10 m/s2.(1)求气球加速下降阶段的加速度大小．(2)抛掉的压舱物的质量m是多大？(3)抛掉一些压舱物后，气球经过时间t1＝5 s，气球下降的高度是多大？4．(1)1 m/s2(2)80 kg(3)30 m[解析] (1)设气球匀加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动学公式可知h1＝v0t0＋12at2解得a＝1 m/s2.(2)由牛顿第二定律得Mg－F＝Ma抛掉质量为m的压舱物，气球匀速下降，有(M－m)g＝F解得m＝80 kg.(3)设抛掉压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5 s下降的高度为H 由运动学公式可知v1＝v0＋at0H＝v1t1解得H＝30 m.。

高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题1．关于力学单位制说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、J是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma2．静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B．物体的速度一直增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的加速度一直增大3．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) ( )A．510 NB．490 NC．890 ND．910 N4．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )A．第2 s末速度改变方向B．第2 s末位移改变方向C．第4 s末回到原出发点D．第4 s末运动速度为零5．质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度为a＝13g，则Ff的大小是( )A．F f＝13mg B．Ff＝23mgC．F f＝mg D．F f＝43mg6．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则 ( )A．a1＝a2B．a1<a2<2a1C．a2＝2a1D．a2>2a17．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零8．如图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③B．②③C．①④D．②④答案：B9．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小与竖直方向的夹角θ1稳定在a＝1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s2；sin 14°≈0.242；cos 14°≈0.970)10．上海市胶州路余姚路附近一教师公寓突发火灾，一架警用直升机随即赶往现场勘查火情．假如直升飞机能对被困人员进行救援，武警队员从悬停在空中离被困人员95 m高的直升机上沿绳滑落进行救人，某武警队员和他携带的设备质量共为70 kg，设武警队员用特制的手套轻握绳子时可获得210 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得910 N的摩擦阻力，滑落过程中武警队员至少轻握绳子才能确保安全．试求：(1)武警队员轻握绳子降落时的加速度大小；(2)若要使武警队员到达被困人员跟前时速度为零，则武警队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少？最少时间为多少？11．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0＝12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关．某时刻，车厢脱落，并以大小为a＝2 m/s2的加速度减速滑行．在车厢脱落t＝3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍．假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离．高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题参考答案1．答案：D2．解析：由牛顿运动定律可以分析出，由F合＝ma得：F先增大后减小，则a 先增大后减小，说明物体做变加速运动，A、D选项错．在0～t1时间内F的方向不变，F与v同向，则物体做加速运动．答案：B3．解析：绳子的拉力F T＝mg＋ma＝20×(10＋0.500) N＝210 N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小，F N＝Mg－F T＝700 N－210 N＝490 N.答案：B4．解析：该质点在前两秒内，沿F方向先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动；从第2秒末到第4秒末的两秒内，沿F方向，先做加速度增加的减速运动，再做加速度减小的减速直线运动，该质点一直朝一个方向运动，4秒末速度减为0，因而D对．答案：D5．解析：由牛顿第二定律，a＝F合m＝mg－Ffm＝13g，可得空气阻力大小Ff＝23mg，B选项正确．答案：B6．解析：设总的阻力为F′，第一次推时F－F′＝ma1，式子两边同乘以2，得2F－2F′＝m·2a1，第二次推时，2F－F′＝ma2，比较两个式子可以看出a2>2a1，所以D正确．答案：D7．解析：木板受拉力，向右做加速运动，物块相对木板向左滑动，受向右的摩擦力，物块向右做加速运动．撤掉力F时，v木向右，v物也向右，且v木>v物，那么，物块相对木板仍向左滑动，仍受向右的摩擦力，故物块仍向右加速运动，速度增大，当撤去拉力时，木板减速运动，物块加速运动，当物块与木板速度等大时，再无摩擦力，物块速度最大，之后二者一起做匀速运动，故A 错，B 对．故C 对，D 错，故选B 、C.答案：BC8．解析：在BC 段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当a ＝0时，速度最大，即在C 点时速度最大，②对．在CD 段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③对．故选B.答案：B9．解析：直升机取水前，水箱受力平衡T 1sin θ1－F f ＝0 T 1cos θ1－mg ＝0 解得F f ＝mg tan θ1直升机取水返回时，由牛顿第二定律T 2sin θ2－F f ＝(m ＋M )a T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0 代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103 kg. 答案：4.5×103 kg10．解析：(1)设武警队员轻握绳子降落时的加速度的大小为a ，由牛顿第二定律可得mg －f 1＝ma解得a ＝g －f 1m＝6.8 m/s 2.(2)如图所示，根据武警队员运动的速度时间图象可以判断得出，在位移一定的情况下，武警队员经过加速和减速两个过程所需的时间最短，即武警队员先轻握绳子以最大加速度下滑，再紧握绳子以最大的摩擦阻力做减速运动，使到达被困人员跟前时速度为0，这样的下滑过程所需时间最少．设有最大的摩擦阻力时武警队员的加速度大小为a ′，则f 2－mg ＝ma ′解得a′＝f2m－g＝3.2 m/s2设运动过程中的最大速度为v，则有h＝v22a＋v22a′解得v≈20.33 m/s所以t＝va＋va′＝9.34 s.答案：(1)6.8 m/s2(2)先加速后减速9.34 s11．解析：设卡车的质量为M，卡车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为a1，和a2，重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有F－2μMg＝0①F－μMg＝Ma1②μMg＝Ma③3μMg＝Ma2④设车厢脱落后，t＝3 s内卡车行驶的路程为x1，末速度为v1.根据运动学公式有x 1＝v0t＋12a1t2⑤v1＝v0＋a1t⑥v21＝2a2x2⑦式中，x2是卡车在刹车后减速行驶的路程．设车厢脱落后滑行的路程为x，有v2＝2ax⑧卡车和车厢都停下来后相距Δx＝x1＋x2－x⑨由①至⑨式得Δx＝－v23a＋43vt＋23at2⑩代入题给数据得Δx＝36 m⑪答案：36 m。

2015年高考物理试题分类汇编：牛顿运动定律1．[新课标1卷]20．如图(a)，一物体在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t 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( ACD ) A ．斜面的倾角 B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【答案】ACD【解析】小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012v s t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行01sin cos v g g t θμθ=-，整理可得011sin 2v vg t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对。

根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v v s t v gt g θ++=⨯=，选项D 对。

仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错。

2．[新课标2卷]20．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。

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，链接某两相邻车厢的挂钩P 和Q间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着这列车厢以大小为23a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩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A ．8B ．10C ．15D ．18 【答案】BC【解析】由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有k 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：23()F F km n k m =-，解得：25k n=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误3．[福建理综]17．如图，在竖直平面内，滑到ABC 关于B 点对称，且A 、B 、C 三点在同一水平线上。

2015年高考物理真题分类汇编：牛顿运动定律(2015新课标I-20). 如图（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t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因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】A、C、D【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；力的合成和分解；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式、图像【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律可得：-mgsinθ–μmgcosθ = ma1 ,根据图b可得：a1 = -v0/t1 ,由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远t1和几何关系sinθ = H/x ; 从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsinθ–距离x = v02,物块与斜面μmgcosθ = ma2，v1 = a2(2t1- t1) .解以上各式可得：斜面的倾角θ=arcsin v1+v02gt1间的动摩擦因数μ=v0−v1，选项AC对。

根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上2gt1cosθ,故选项D正确；仅根据速度时间图像，无法找到物滑行的最大高度H = Xsinθ = v0（v1+v0）4g块质量，选项B错。

(2015新课标I-25)（20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，如图（a）所示。

时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（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。

已知碰撞后时间内小物块的图线如图（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。

求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。

【答案】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】(1) (7分) 规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M，由牛顿第二定律有：-μ1 (m+M)g = (m+M)a1·······○1(1分)由图可知。

牛顿运动定律本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分．第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在第1、2、3、7、8、9小题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第4、5、6、10小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1. [2013·海南高考]一质点受多个力的作用，处于静止状态．现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小．在此过程中，其它力保持不变，则质点的加速度大小a和速度大小v的变化情况是( )A．a和v都始终增大B．a和v都先增大后减小C．a先增大后减小，v始终增大D．a和v都先减小后增大解析：质点在多个力作用下处于静止状态时，其中一个力必与其余各力的合力等值反向．当该力大小逐渐减小到零的过程中，质点所受合力从零开始逐渐增大，做加速度逐渐增大的加速运动；当该力再沿原方向逐渐恢复到原来大小的过程中，质点所受合力方向仍不变，大小逐渐减小到零，质点沿原方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确．答案：C2. 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下解析：本题考查的是物体的受力分析，意在考查考生对牛顿第三定律、力的合成与受力分析等综合知识点的理解能力．当扶梯匀速运转时，顾客只受两个力的作用，即重力和支持力，故A、B都不对；由受力分析可知，加速时顾客对扶梯有水平向左的摩擦力，故此时顾客对扶梯作用力的方向指向左下方，而匀速时没有摩擦力，此时方向竖直向下，故选C.答案：C3. 如图所示，一木块在光滑水平面上受到一个恒力F作用而运动，前方固定一个轻质弹簧，当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块将立即做匀减速直线运动B ．木块将立即做变减速直线运动C ．在弹簧弹力大小等于恒力F 时，木块的速度最大D ．在弹簧处于最大压缩量时，木块的加速度为零解析：分析木块受力，由牛顿第二定律得，F －kx ＝ma ，x 为弹簧压缩量，在x 逐渐增大的过程中，加速度a 向左且逐渐减小，木块向左做加速运动，当F －kx ＝ma ＝0时，木块速度达到最大；以后加速度a 方向向右，且随x 增加而增加，木块做减速运动，当弹簧处于最大压缩量时，加速度a 最大，速度为零，故只有C 项正确．答案：C4. [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 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ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g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为32mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ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mg sin θ，根据牛顿第二定律可知，C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，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mg sin θ，烧断瞬间，A 、B 两小球组成系统的合力沿斜面向上，大小为mg sin θ，系统的加速度沿斜面向上，大小为a ＝12g sin θ，再隔离B 球，设A 、B 之间轻杆的拉力大小为F ，则F －mg sin θ＝ma ，可得F ＝32mg sin θ，所以C 项正确，B 项错误．答案：CD5. [2014·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( )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μ，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a 1＝F －μmg m ＝Fm－μg ，对M ，加速度a 2＝μmg M ，当两者恰分离时，12(a 1－a 2)t 2＝L ，时间t ＝2LF m －m ＋M M·μg，由此，仅增大M 或F ，时间t 减小，仅增大m 或μ，时间t 增大，选项BD 正确．答案：BD6. 神舟飞船返回时，3吨重的返回舱下降到距地面10 km 时，下降速度为200 m/s.再减速就靠降落伞了，先是拉出减速伞，16 s 后返回舱的速度减至80 m/s ，此时减速伞与返回舱分离．然后拉出主伞，主伞张开后使返回舱的下降速度减至10 m/s ，此时飞船距地面高度为1 m ，接着舱内4台缓冲发动机同时点火，给飞船一个向上的反冲力，使飞船的落地速度减为零．将上述各过程视为匀变速直线运动，g ＝10 m/s 2.根据以上材料可得( )A. 减速伞工作期间返回舱处于失重状态B. 主伞工作期间返回舱处于失重状态C. 减速伞工作期间返回舱的平均加速度大小为7.5 m/s 2D. 每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的1.5倍解析：减速伞和主伞工作期间返回舱均减速下降，处于超重状态，A 、B 项错；减速伞工作期间，返回舱从200 m/s 减速至80 m/s ，由运动学公式得a 1＝v 1－v 2t 1＝7.5 m/s 2，C 项正确；缓冲发动机开动后，加速度大小为a 3＝v 232h 3＝50 m/s 2，由牛顿第二定律得4F －mg ＝ma 3，解得F mg＝1.5，D 项正确．答案：CD7. [2013·潍坊模拟]如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x 1.当用同样大小的力F 竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x 2，则x 1∶x 2等于 ( )A. 1∶1B. 1∶2C. 2∶1D. 2∶3解析：水平放置时，F －μ(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 1，kx 1－μmg ＝ma 1，可得x 1＝mFM ＋m k；竖直放置时：F －(m ＋M )g ＝(M ＋m )a 2，kx 2－mg ＝ma 2，解得x 2＝mFM ＋m k，故x 1∶x 2＝1∶1，A正确．答案：A8. [2014·浙江嘉兴基础测试]在粗糙的水平面上，一质量为m 的物体在水平恒力F T 作用下做加速度为a 的匀加速直线运动．如果在物体上再加上一个恒定的推力F ，并保持其加速度不变，则所加的恒力F 与水平方向夹角的正切值是 ( )A. g aB. mF T －mgC.mgF T －ma D.m g ＋aF T解析：未加推力F 时，由牛顿第二定律F T －μmg ＝ma ，解得μ＝F T －mamg；施加推力F 后，要保持加速度不变，则增加的水平分力与增加的滑动摩擦力大小相等，即F cos α＝μF sin α，解得tan α＝1/μ.故正确选项为C.答案：C9. [2014·辽宁大连高三双基]如图所示，物体A 的质量为2m ，物体B 的质量为m ，A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的摩擦不计，用水平力F 向右推A 使A 、B 一起加速运动，则B 对A 的作用力大小为( )A. F －μmg3 B.F －2μmg3C.F －3μmg3D. 2F －4μmg 3解析：本题考查牛顿运动定律的简单应用．由整体法可得：F －2μmg ＝3ma ，隔离B 可得：F AB ＝ma ，联立可解得：F AB ＝F －2μmg3，由牛顿第三定律可知，选项B 正确．答案：B10. 一小滑块从斜面上A 点由静止释放，经过时间4t 0到达B 处，在5t 0时刻滑块运动到水平面的C 点停止，滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同．已知滑块在运动过程中与接触面间的摩擦力大小与时间的关系如图所示，设滑块运动到B 点前后速率不变．以下说法中正确的是( )A ．滑块在斜面和水平面上的位移大小之比为16∶5B ．滑块在斜面和水平面上的加速度大小之比为1∶4C ．斜面的倾角为45°D ．滑块与斜面的动摩擦因数μ＝47解析：由题意可知，滑块从A 点匀加速运动至B 点后匀减速运动至C 点，根据运动规律得，x 1＝v A ＋v B 2t 1，x 2＝v C ＋v B2t 2，由题图可知t 1∶t 2＝4∶1，所以x 1∶x 2＝4∶1，A 项错误；滑块在斜面和水平面上滑动的过程中Δv 相同，又a ＝ΔvΔt，所以a 1∶a 2＝t 2∶t 1＝1∶4，B 项正确；对滑块受力分析并结合图乙可得，μmg ＝54μmg cos θ，则cos θ＝45，θ＝37°，C 项错误；由牛顿第二定律及以上各式得，mg sin θ－μmg cos θ＝14μmg ，则μ＝47，D 项正确．答案：BD第Ⅱ卷 (非选择题，共60分)二、实验题(本题共2小题，共18分)11. [2014·北京市海淀区第一学期期中练习](9分)某同学用如图所示的实验装置验证牛顿第二定律，请回答下列有关此实验的问题：(1)该同学在实验前准备了图中所示的实验装置及下列辅助器材：A ．交流电源、导线B ．天平(含配套砝码)C ．秒表D ．刻度尺E ．细线、砂和小砂桶其中不必要的器材是________(填代号)．(2)打点计时器在小车拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录小车的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图甲所示，已知打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，测得A 点到B 、C 点的距离分别为x 1＝5.99 cm 、x 2＝13.59 cm ，则在打下点迹B 时，小车运动的速度v B ＝________ m/s ；小车做匀加速直线运动的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留三位有效数字)(3)在验证“质量一定，加速度a 与合外力F 的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a －F 图象，其中图线不过原点的原因是________________________，图线在末端弯曲的原因是____________________________________．解析：本题考查验证牛顿第二定律的实验，意在考查考生处理数据的能力．(1)利用纸带上的打点间隔数可得出小车相应的运动时间，故秒表不必要．(2)v B ＝v AC ＝x 22×5T＝0.680 m/s ；a ＝x 2－x 1－x 1T2＝1.61 m/s 2.(3)由a －F 图象可知，F ＝0时，a ＞0，说明重力沿斜面方向的分量大于摩擦力即平衡摩擦力过度了；F (即mg )越大，越不满足“砂和小砂桶的总质量m 远小于小车和砝码的总质量M ”，小车受的合外力即绳的拉力不再近似等于砂和小砂桶的总重力mg ，故a －F 图象不再是一条直线了．答案：(1)C (2)0.680 1.61 (3)平衡摩擦力过度 砂和小砂桶的总质量m 不远小于小车和砝码的总质量M12. (9分)光滑斜面上小球和斜面一起在水平面上加速，当加速度的大小满足一定条件时，小球和斜面可以保持相对静止．为了研究此现象，某学习研究小组同学自制小车进行探究，图甲为实验装置：钩码、小车、小球、打点计时器等(交流电频率为50 Hz)．(1)打点计时器如图乙，则该打点计时器是________计时器，工作电压为________伏． (2)侧面为直角三角形的斜面小车底边长L 、高为h ，如图丙所示，请你用计算式表示小球和小车保持相对静止时的加速度a ＝________.(3)如图是某同学实验时测量的纸带，则打下B 点时小车的速度为________ m/s ，小车的加速度为________ m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)解析：本题考查探究小球和小车一起加速运动实验，意在考查考生计算速度和加速度的能力及运用牛顿第二定律解决问题的能力．(1)由图乙可知，该打点计时器为电火花计时器；工作电压要求220 V.(2)以小球为研究对象，小球受到竖直向下的重力mg 、垂直斜面向上的弹力F N ，两者合力方向为水平向左，由牛顿第二运动定律有关系：tan θ＝F 合mg ，得：F 合＝mg tan θ＝mg hL＝ma ，故小球和小车相对静止时的加速度a ＝hLg .(3)相邻计数点间时间间隔t ＝0.02 s ，根据B 点的瞬时速度为AC 段的平均速度，得打下B 点时小车的速度v B ＝x ACt AC＝－－2m2×0.02 s＝0.70 m/s ；同理得：v C ＝x BDt BD＝－－2m2×0.02 s ＝0.80 m/s ；故小车的加速度a ＝v C －v B t BC ＝0.80－0.700.02m/s 2＝5.0 m/s 2.答案：(1)电火花 220 (2)hg /L (3)0.70 5.0 三、计算题(本题共4小题，共42分)13. (8分)如图所示，质量m ＝40 kg 的木块静止于水平面上，某时刻在大小为200 N 、方向与水平方向成θ＝37°角斜向上的恒力F 作用下做匀加速直线运动，2 s 末撤去力F 时木块滑行的距离为x 0＝5.2 m ，(重力加速度g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木块与地面间的动摩擦因数； (2)撤去拉力后，木块继续滑行的距离． 解析：(1)设木块加速阶段的加速度为a 1 由匀变速直线运动规律得x 0＝12a 1t 21对木块受力分析得N ＋F sin θ＝mg F cos θ－μN ＝ma 1解得μ＝0.2(2)2 s 末木块的速度v 1＝a 1t 1 匀减速阶段a 2＝μg木块继续滑行的距离x ＝v 212a 2解得：x ＝6.76 m. 答案：(1)0.2 (2)6.76 m14. (10分)[2014·北京市东城区高三期末]杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知竹竿底部与下面顶竿人肩部之间有一传感器，传感器显示竿上演员自竿顶滑下过程中顶竿人肩部的受力情况如图所示．竿上演员质量为m 1＝40 kg ，长竹竿质量m 2＝10 kg ，g ＝10 m/s 2.(1)求竿上的人下滑过程中的最大速度v 1； (2)请估测竹竿的长度h .解析：(1)在演员下滑的前4 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 1＝460 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀加速下滑，加速度为a 1，a 1＝G 1－F 1－G 竿m 1＝1 m/s 2演员由静止下滑，下滑4 s 后达到最大速度v 1 有v 1＝a 1t 1＝4 m/s(2)在演员下滑的4 s 到6 s ，顶竿人肩部对竿的支持力为F 2＝580 N ，竿和上面的演员总重力为500 N ，人匀减速下滑，加速度为a 2，a 2＝F 2－G 竿－G 1m 1＝2 m/s 2在演员下滑的前4 s ，可看成匀加速下滑，下滑距离为h 1，h 1＝0＋v 12t 1＝8 m在演员下滑的4 s 到6 s ，可看成匀减速下滑．下滑距离为h 2，h 2＝v 2＋02t 1＝4 m竹竿的长度h ＝h 1＋h 2＝12 m. 答案：(1)4 m/s (2)12 m15. (12分)如图所示，一光滑的定滑轮两边用轻绳吊着A 、B 两物块，A 、B 的质量分别为m A 、m B ，m A ＝1.5 m B ，将A 固定，B 放在地面上，绳子刚好拉直，在它们的右侧一个斜面体上，一物块C 刚好与A 在同一高度，由静止同时释放A 、C ，结果B 到最高点时，C 刚好到达地面，已知开始时A 离地面的高度为h ，物块B 上升过程中没有与天花板相碰，斜面倾斜角θ＝30°.求：(1)物块B 上升的最大高度； (2)物块C 与斜面的动摩擦因数．解析：(1)对A 、B 整体研究，设A 、B 一起运动的加速度大小为a 1，则(m A －m B )g ＝(m A ＋m B )a 1 解得a 1＝15g当A 刚要落地时，设速度大小为v ，则v ＝2a 1h ＝25gh 这个过程运动的时间t 1＝2h a 1＝10h gA 落地后，B 以速度v 做竖直上抛运动，运动到最高点的时间 t 2＝v g＝2h 5g上升的高度h ′＝v 22g ＝15h因此B 上升的最大高度为H ＝h ＋15h ＝65h(2)设物块C 沿斜面下滑的加速度为a 2，则mg sin30°－μmg cos30°＝ma 2 a 2＝12g －32μg 物块C 在斜面上运动的长度x ＝2h 由运动学公式x ＝12a 2t 2t ＝t 1＋t 2解得μ＝4327答案：(1)65h (2)432716. (12分)[2013·山东实验中学高三模拟]如图甲所示，一薄的长木板B 置于光滑水平地面上，长度为L ＝0.25 m 、质量为M ＝4 kg.另有一质量为m ＝2 kg 的小滑块A 置于木板的左端，二者均相对地面静止．已知A 与B 之间的动摩擦因数为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．若A 受到如图乙所示的水平外力F 作用，求：(1)0～2 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离； (2)2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离．解析：当A 、B 之间达到最大静摩擦力时，由牛顿第二定律得，对B 有μmg ＝Ma 0. 对AB 有F 0＝(M ＋m )a 0 解得a 0＝0.5 m/s 2，F 0＝3 N(1)当F 1＝2 N 时，A 、B 相对静止，一起向右运动，有F 1＝(M ＋m )a 1 在t 1＝2 s 内的位移为s 1＝12a 1t 21解得s 1＝0.67 m.(2)在上一过程中，运动末速度为v 1＝a 1t 1.当F 2＝4 N 时，A 运动的加速度为a 2，有F 2－μmg ＝ma 2B 的运动的加速度为a 0＝0.5 m/s 2设A 滑至木板右端时时间为t ，则A 、B 的位移分别为：s 2＝v 1t ＋12a 2t 2，s 3＝v 1t ＋12a 0t 2由几何关系得L ＝s 2－s 3 解得t ＝1 s ，故符合题意 此时，木板的速度为v 2＝v 1＋a 0t 之后，木板匀速运动位移s 4＝v 2(2－t )2～4 s 时间内，B 在水平地面上滑动的距离s 5＝s 3＋s 4 解得s 5＝2.09 m.答案：(1)0.67 m (2)2.09 m。

2015年高考物理牛顿运动定律一轮复习题（附答案和解释）实验三探究加速度与物体质量、物体受力的关系一、实验目的(是什么) 1．学会用控制变量法研究物理规律。

2．探究加速度与物体质量、物体受力的关系。

3．掌握灵活运用图像处理问题的方法。

二、实验原理(是什么) 控制变量法：在所研究的问题中，有两个以上的参量在发生牵连变化时，可以控制某个或某些量不变，只研究其中两个量之间的变化关系的方法，这也是物理学中研究问题时经常采用的方法。

本实验中，研究的参量为F、m和a，可以控制参量m一定，研究a与F的关系，也可控制参量F一定，研究a 与m的关系。

三、实验器材(有哪些) 电磁打点计时器、复写纸片和纸带、一端有定滑轮的长木板、小车、小盘、低压交流电源、天平、砝码、刻度尺、导线。

四、实验步骤(怎么做) 图实－3－1 1．用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M0。

2．把一端附有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上远离滑轮的一端，连接好电路。

3．平衡摩擦力：小车的尾部挂上纸带，纸带穿过打点计时器的限位孔，将木板无滑轮的一端稍微垫高一些，使小车在不挂小盘和砝码的情况下，能沿木板做匀速直线运动。

这样小车所受重力沿木板的分力与小车所受摩擦力平衡。

在保证小盘和砝码的质量远小于小车质量的条件下，可以近似认为小盘和砝码的总重力大小等于小车所受的合外力的大小。

4．把小车停在打点计时器处，挂上小盘和砝码，先接通电源，再让小车拖着纸带在木板上匀加速下滑，打出一条纸带。

5．改变小盘内砝码的个数，重复步骤(4)，并多做几次。

6．保持小盘内的砝码个数不变，在小车上放上砝码改变小车的质量，让小车在木板上滑动打出纸带。

7．改变小车上砝码的个数，重复步骤(6)。

五、数据处理(怎么办) 1．保持小车质量不变时，计算各次小盘和砝码的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度填入表(一)中。

表(一) 实验次数加速度a/(m•s－2) 小车受力F/N 1 2 3 4 2.保持小盘内的砝码个数不变时，计算各次小车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表(二)中。

【高考调研】2015高考历史总复习 3-3牛顿运动定律的应用训练试题新人教版1．(单选)(2013·大连高三双基测试)如图是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是( )A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力解析火箭加速上升过程中加速度方向向上．宇航员处于超重状态，选项A错，选项B 正确．飞船加速下落时加速度方向向下，宇航员处于失重状态，选项C错．飞船减速下落，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，选项D错．答案 B2．(单选)(2013·西安一模)一实验兴趣小组做了一次实验，实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h后停住，利用传感器和计算机显示该同学受到地面的支持力F随时间变化的图象如图所示．根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )A．t2时刻该同学的脚刚接触地面B．t3时刻该同学的加速度为零C．在t2至t3时间内该同学处于下落阶段D．在t3至t4时间内该同学处于加速下落阶段解析t1时刻，弹力从0开始增大，故该同学在t1时刻脚接触地面．选项A错误；t1～t2时间内，该同学受到地面对其向上的弹力．且重力大于地面对其向上的弹力，该同学向下做加速度减小的加速运动，t2时刻弹力等于重力，该同学所受合力为零，加速度为0，速度达到最大，t2到t4时间内，弹力大于重力，该同学继续向下做减速运动，t4时刻弹力等于重力，速度减为零，该同学处于静止状态，选项B、D错误，选项C正确．答案 C3．(多选)(2013·唐山一模)如图所示，顶角为直角、质量为M的斜面体abc放在粗糙的水平面上．两个质量均为m的小物块，在顶端由静止开始同时沿两侧光滑斜面下滑，下滑过程中斜面体始终保持静止状态．设斜面体受到地面对它的支持力为F N、摩擦力为F f，两小物块落地前，下列判断正确的是( )A ．F N ＝Mg ＋2mgB ．F N <Mg ＋2mgC ．F f ＝0D ．F f ≠0解析 质量为m 的物块沿两侧光滑的斜面匀加速下滑，把斜面体和两物块看做一整体，有向下的加速度，故整体处于失重状态，地面对斜面体的支持力F N <Mg ＋2mg ，选项B 对；设两斜面的倾角为α和β，物块对斜面压力的水平分量相反，大小分别为mg cos αsin α和mg cos βsin β，因α＋β＝90°，所以mg cos αsin α＝mg cos βsin β，所以地面对斜面体的摩擦力F f ＝0，选项C 对．答案 BC4．(单选)用电梯将货物从六楼送到一楼的过程中，货物的v ­t 图象如图所示．下列说法正确的是( )A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2～9 s 内机械能守恒解析 前2 s 加速下降，加速度向下，处于失重状态，则选项A 错误；最后1 s 的加速度a ＝21m/s 2＝2 m/s 2<g ，货物减速下降，由牛顿运动定律得，货物还受重力以外的力，则选项B 错误；由图象面积得10 s 内的位移x ＝7＋10×22 m ＝17 m ，平均速度v －＝x t＝1.7 m/s ，则选项C 正确；货物在2～9 s 做匀速运动，受到重力以外的力，且做了功，机械能不守恒，则选项D 错误．答案 C5．(单选)(2013·唐山一模)质量为m ＝1 kg 的物体在水平面上运动，其v ­t 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3 NB ．物体所受摩擦力一定为1 NC ．水平拉力一定为4 ND ．水平拉力一定为2 N解析 由v ­t 图象可知，物体在0～2 s 加速度大小为a 1＝1 m/s 2,2～3 s 加速度大小为a 2＝3 m/s 2.因题中未指明是0～2 s 受到拉力还是2～3 s 受到拉力的作用，故分为两种情况：若先受拉力，在2～3 s摩擦力f＝ma2＝3 N，在0～2 s，因加速度较小，故拉力F和速度方向相同，有f－F＝ma1，得F＝2 N；若后受拉力，在0～2 s摩擦力f1＝ma1＝1 N，在2～3 s内，因加速度较大，故拉力F和速度方向相反，有f＋F＝ma2，得F＝2 N，故选项D对．答案 D6．(单选)(2013·东北模拟)如图所示，连同装备总重力为G的滑雪爱好者从滑雪坡道上由静止开始沿坡道ABC向下滑行，滑到B点时滑雪者通过改变滑雪板角度的方式来增大摩擦力的大小，使其到底端C点速度刚好减为零．已知AB>BC，设两段运动过程中摩擦力均为定值．下列分别为滑雪者位移、速度、加速度、摩擦力随时间变化的图象，其中正确的是( )解析对滑雪者，受重力、支持力和摩擦力三个恒力作用，在AB和BC两段的合力均为恒定值，由牛顿第二定律，G sinθ－f AB＝ma AB、f BC－G sinθ＝ma BC，加速度也分别恒定，且AB段a AB的方向沿斜面向下，BC段a BC的方向沿斜面向上，则选项C、D错误；滑雪者先匀加速运动到B，再匀减速运动到C，则选项B正确；s­t图象的斜率表示速度，则选项A 错误．答案 B7．(多选)(2013·江西联考)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )A．0～5 s内物块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面的动摩擦因数为0.3解析由图象得在前5 m位移做匀减速运动，位移为5～13 m做匀加速运动，且由图象斜率得减速的加速度a1＝1002×5m/s2＝10 m/s2，加速的加速度a2＝642×13－5m/s2＝4m/s2，减速的时间t＝va1＝1 s，又由牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，联立解得F＝7 N，动摩擦因数μ＝0.3，选项B、D正确．答案 BD8．(单选)(2013·浙江联考)如图所示，在光滑的水平面上叠放两物体A 和B ，上面的物体A 质量为m ，下面较大一点的物体B 质量为2m ，且两物体间的动摩擦因数为μ，并认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现再用一根不计质量的轻绳通过理想定滑轮(不计摩擦和质量)分别与两物体相连，并用水平恒力F 拉定滑轮．为使两物体不发生相对滑动，力F 最大不能超过( )A ．μmgB ．3μmgC ．6μmgD ．9μmg解析 由于水平面光滑，对整体由牛顿第二定律得F ＝3ma ，又因为轻绳通过理想定滑轮，则轻绳拉A 、B 的力皆为F /2，要使两物体不发生相对滑动，力F 取最大值，要求A 对B 的最大静摩擦力向右，对B 由牛顿第二定律得F2＋μmg ＝2ma ，解得F ＝6μmg ，选项C 正确． 答案 C9．(多选)(2012·山东)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v ­t 图象如图所示．以下判断正确的是( )A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒解析 由题中图象可知，前3 s 内货物的加速度a ＝2 m/s 2，方向竖直向上，货物处于超重状态，A 项正确；最后2 s 内加速度a ′＝－3 m/s 2，方向向下，货物还受到拉力的作用，B 项错误；前3 s 的平均速度和后2 s 的平均速度v －＝v 2＝3 m/s ，C 项正确；3～5 s 内货物匀速上升，货物动能不变，重力势能增加，机械能增加，D 项错误．答案 AC10．(多选)某人在地面上用弹簧秤称得体重为490 N ．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t 0至t 3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v ­t 图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )解析t0～t1内，弹簧秤的示数小于人的体重，电梯处于失重状态，应向上减速或向下加速，B、C两项错误；t1～t2内，弹簧秤的示数等于人的体重，电梯应静止或向上匀速或向下匀速；t2～t3内，弹簧秤的示数大于人的体重，电梯处于超重状态，应向上加速或向下减速．A、D两项正确．答案AD11．(单选)(2013·武汉一模)质点甲固定在原点，质点乙可在x轴上运动，乙受到甲的作用力F只与甲、乙之间的距离x有关，在2.2×10－10m≤x≤5.0×10－10m的范围内，F与x 的关系如图所示．若乙自P点由静止开始运动，假设乙除受力F外不受其他外力作用，规定力F沿＋x方向为正，下列说法正确的是( )A．乙运动到Q点时，动能最大B．乙运动到R点时，动能最大C．乙运动到Q点后，静止于该处D．乙运动到R点时，速度方向一定沿－x方向解析由题意可知在P点到Q点范围内，乙受到甲的作用力F的方向与速度的方向相同，质点乙做加速度逐渐减小且速度逐渐增大的变速运动，到达Q点时作用力F为零，质点乙速度最大，动能最大，选项A正确，选项B、C错误；此后作用力F改变方向，沿x轴负方向先增大后减小，质点乙开始做减速运动，但由题图可知，曲线PQ段与x轴围成的面积大于曲线QR段与x轴围成的面积，即乙运动到R点时，速度方向沿＋x方向，选项D错误．答案 A12．(多选)(2013·新课标全国Ⅰ)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B ．在0.4 ～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4 ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析 速度—时间图象中，图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移，所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x ＝70×0.4 m＋12×(3.0－0.4)×70 m＝119 m ，选项A 正确；0.4～2.5 s 时间内，速度—时间图象的斜率不变，说明两条绳索张力的合力不变，但是两力的夹角不断变小，所以绳索的张力不断变小，选项B 错误；0.4～2.5 s 时间内平均加速度约为a ＝66－102.1 m/s 2＝26.7 m/s 2，选项C 正确；0.4～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机的作用力不变，飞机的速度逐渐减小，由P ＝Fv 可知，阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小，选项D 错误．答案 AC13．(2013·荆州质检)如图所示，质量m ＝2.2 kg 的金属块放在水平地板上，在与水平方向成θ＝37°角斜向上、大小为F ＝10 N 的拉力作用下，以速度v ＝5.0 m/s 向右做匀速直线运动．(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2)求：(1)金属块与地板间的动摩擦因数；(2)如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在水平地板上滑行的最大距离． 解析 (1)设地板对金属块的支持力为N ，金属块与地板的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有F cos θ＝μN mg ＝F sin θ＋N解得μ＝F cos37°mg －F sin37°＝822－6＝0.5 (2)撤去F 后，设金属块受到的支持力为N ′，运动的加速度为a ，在水平地板上滑行的距离为x ，则μmg ＝max ＝v 22a解得x＝2.5 m答案(1)0.5 (2)2.5 m14．(2013·嘉兴调研)擦黑板同学们都经历过，手拿黑板擦在竖直的黑板面上，或上下或左右使黑板擦与黑板之间进行滑动摩擦，将黑板上的粉笔字擦干净．已知黑板的规格为4.5×1.5 m2，黑板的下边沿离地的高度为0.8 m，若黑板擦(可视为质点)的质量为0.1 kg，现假定某同学用力将黑板擦在黑板表面缓慢竖直向上移动，当手臂对黑板擦的作用力F与黑板面所成角度为θ＝53°时，F＝5 N．(取g＝10 m/s2，sin53°＝0.8)(1)求黑板擦与黑板间的摩擦因数μ；(2)当他擦到离地最大高度2.05 m时．黑板擦意外脱手沿黑板面竖直向下滑落，求黑板擦砸到黑板下边沿前瞬间的速度v的大小．解析黑板擦向上缓慢运动，即处于平衡状态，根据受力分析(如右图所示)有F sinθ－F N＝0F N＝4 NF cosθ－mg－f＝0f＝2 Nf＝μF N解得μ＝0.5(2)视为质点的黑板擦竖直下落时与黑板之间无摩擦，做自由落体运动．末速度v＝2gh下落高度h＝2.05 m－0.8 m＝1.25 m解得v＝5 m/s答案(1)0.5 (2)5 m/s。

专题5.3 牛顿运动定律—【测】姓名得分一、选择题（每题6分，共42分）1．(多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是()A．物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B．加速度的方向一定与合外力的方向一致C．物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍【答案】：BC【解析】：物体的质量是物体所含物质的多少，与外力无关，故A项错误；整块砖的重力是半块砖重力的二倍，但是前者质量也是后者质量的二倍，所以D项错误；由牛顿第二定律可知，B、C项正确。

2．(多选)2015年12月29日0时04分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭成功发射“高分四号”卫星，利用长期驻留固定区域上空的优势，能高时效地实现地球静止轨道50米分辨率可见光、400米分辨率中波红外感数据获取，这是目前国内地球静止轨道遥感卫星最高水平，在国际上也处于先进行列。

关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力【答案】：AD【解析】：火箭尾部向下喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确，B错误；火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，火箭仍然向后喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故C错误；卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故D正确。

3．(多选)关于单位制，下列说法中正确的是()A ．在力学中，力是基本概念，所以力的单位“牛顿”是力学单位中的基本单位B ．因为力的单位是牛顿，而1 N ＝1 kg·m/s 2，所以牛顿是导出单位C ．各物理量采用国际单位制中的单位，通过物理公式运算的结果的单位一定为国际单位制中的单位D ．物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系 【答案】： BCD【解析】： “力”虽然是力学中的一个基本的概念，但它的单位“牛顿”却不是力学中的基本单位。