牛顿运动定律(时间60分钟，总分值100分)一、选择题(此题共10小题，每题5分，共50分)1．以下说法正确的选项是( )A．高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客都具有惯性B．短跑运发动最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，惯性越大C．抛出去的标枪和手榴弹都是靠惯性向远处运动的D．把手中的球由静止释放后，球能竖直下落，是由于球具有惯性的缘故解析：惯性是物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的特性，故A、C项正确．而质量是惯性大小的唯一量度，故B项错．由静止释放的小球的惯性是要保持原来的静止状态，而下落是由于重力迫使它改变了静止状态，故D项错．答案：AC2．汽车拉着拖车在水平道路上沿直线加速行驶，根据牛顿运动定律可知( )A．汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力B．汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力C．汽车拉拖车的力大于拖车受到的阻力D．汽车拉拖车的力等于拖车受到的阻力解析：汽车与拖车间的相互作用力总是大小相等、方向相反，故A错B对．因拖车加速前进，故拉力大于阻力，C对D错．答案：BC3．(2022·潍坊质检)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图1甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，那么在此过程中( )图1A．物体处于失重状态B．物体处于超重状态C．升降机一定向上做匀加速运动8/8\nD．升降机可能向下做匀减速运动解析：根据欧姆定律有I＝U/R，当电梯静止时，物体对压敏电阻的压力为mg，所以有I0＝U/R，乙图表示物体处于超重状态，所以A错、B正确；升降机做向上的匀加速直线运动或向下的匀减速直线运动，C错、D正确．答案：BD4．(2022·哈三中月考)一物体从静止开场由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角．在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是( )A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大解析：由mgsinθ＝ma可得a＝gsinθ.物体的加速度a随θ的增大而增大，设斜面底边长为s0.由＝at2可得，t＝＝.可见随θ的增大，物体由顶端滑到底端的时间t先变小后增大．当θ＝45°时，时间t最短，故只有D正确．答案：D5．(2022·齐河月考)物体在与其初速度始终共线的合力F的作用下运动．取v0方向为正，合力F随时间t的变化情况如图2所示．那么在0～t1这段时间内( )A．物体的加速度先减小后增大，速度先减小后增大B．物体的加速度先增大后减小，速度先增大后减小图2C．物体的加速度先减小后增大，速度一直增大D．物体的加速度先减小后增大，速度先增大后减小解析：由F＝ma可知，物体的加速度先变小后增大，又因取v0的方向为正方向，由图可知合力F始终为正值，故物体加速度的方向与初速度的方向始终同向，物体的速度一直增大，所以只有C正确．答案：C6．(2022·连云港模拟)8/8\n水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进展平安检查．如图3所示为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离为2m，g取10m/s2.假设乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速度平行于传送带运动去B处取行李，那么( )图3A．乘客与行李同时到达BB．乘客提前0.5s到达BC．行李提前0.5s到达BD．假设传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开场做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝＝1s到达共同速度，位移s1＝t1＝0.5m，此后匀速运动t2＝＝1.5s到达B，共用2.5s．乘客到达B，历时t＝＝2s，故B正确．假设传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝＝2s，D项正确．答案：BD7．(2022·江门模拟)如图4所示，两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，那么( )图4A．弹簧测力计的示数是10NB．弹簧测力计的示数是50NC．在突然撤去F2的瞬间，弹簧测力计的示数不变D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度不变解析：设弹簧的弹力为F，加速度为a.对系统：F1－F2＝(m1＋m2)a，对m1：F1－F＝m1a，联立两式解得：a＝2m/s2，F＝26N，故A、B两项都错误；在突然撤去F28/8\n的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F2的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；假设突然撤去F1，物体m1的合外力方向向左，而没撤去F1时合外力方向向右，所以m1的加速度发生变化，故D项错误．答案：C8．(2022·冀州月考)如图5所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．假设使斜劈A在斜面体C上静止不动，那么P、Q对球B无压力．以下说法正确的选项是( )图5A．假设C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，那么P点对球B有压力B．假设C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，那么P、Q对B均无压力C．假设C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，那么P、Q对B均无压力D．假设C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，那么Q点对球B有压力解析：假设C的斜面光滑，由牛顿第二定律可知，A、B一起下滑或以一初速度沿斜面向上滑行的加速度a1＝gsinθ，方向沿斜面向下．隔离球B受力分析如以下图，水平方向应用牛顿第二定律可得：FQ＝ma1cosθ，故Q点对B有压力，A、B均错误．假设斜劈A沿斜面匀速下滑，球B的加速度为0，球水平方向合力为零，P、Q均对B无压力，C正确；假设斜劈A沿斜面加速下滑，那么有FQ＝macosθ＞0，即Q点对球B有压力，D正确．答案：CD9．(2022·苏州联考)如图6所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时( )图6A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B．横杆对M的弹力不变C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D．细线的拉力增加到原来的2倍解析：取M、m为一整体，由牛顿第二定律可知，横杆对M的摩擦力Ff＝(M＋m)a，横杆对M8/8\n的支持力FN＝(M＋m)g，当加速度增加到2a时，Ff增加到原来的2倍，而FN不变，故A、B均正确；对m受力分析，设细绳的拉力为FT，那么有：FTcosθ＝mg，FTsinθ＝ma，tanθ＝，FT＝，可见当a变为2a时，tanθ值加倍，但θ并不增加到原来的2倍，FT也不增加到原来的2倍，故C、D均错误．答案：AB10．(2022·安徽省两地三校联考)如图7所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中( )A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变C．地面对斜劈M的支持力大于(M＋m)gD．物块m向上、向下滑动时加速度大小相同解析：物块m向上滑动时的加速度a上＝＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时的加速度a下＝＝gsinθ－μgcosθ，故D错误；由于物体上滑和下滑时的加速度均沿斜面向下，故整体有竖直向下的分加速度，整体处于失重状态，地面对斜劈M的支持力小于(M＋m)g，C错误；水平方向整体只有向左的加速度，故整体在水平方向上有向左的合力，也即地面对斜劈M的摩擦力方向始终水平向左，所以A错误，B正确．答案：B二、计算题(此题共4小题，共50分)11．(10分)(2022·福建泉州模考)一个静止在倾角为30°的长斜面上的物体，被向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．假设给此物体一个v0＝8m/s沿斜面向上的初速度，取g＝10m/s2，那么物体经过t＝1s时间所通过的距离是多少？解析：设物体的质量为m，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由于匀速下滑mgsinθ＝μmgcosθ设物体向上运动的加速度大小为amgsinθ＋μmgcosθ＝ma解得：a＝10m/s2设经过时间t0物体的速度减为零v0＝at08/8\nt0＝0.8s＜1s物体速度减为零后将静止在斜面上，所以通过的距离为s＝＝3.2m答案：3.2m12．(12分)如图8所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．假设挡板A以加速度a(a＜gsinθ)沿斜面向下匀加速运动，问：图8(1)小球向下运动多少距离时速度最大？(2)从开场运动到小球与挡板别离所经历的时间为多少？解析：(1)球和挡板别离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即kxm＝mgsinθ，解得xm＝.(2)设球与挡板别离时位移为s，经历的时间为t，从开场运动到别离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F.据牛顿第二定律有mgsinθ－F－F1＝ma，F＝kx.随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，当m与挡板别离时，x增大到等于s，F1减小到零，那么有：mgsinθ－ks＝ma，又s＝at2联立解得mgsinθ－k·at2＝ma，t＝.答案：(1) (2)13．(12分)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图9甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开场逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.图98/8\n(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；(2)假设将实验中的长木板与水平方向成θ＝37°角放置，将木块置于其上，在平行于木板的恒定拉力F作用下，以a＝2.0m/s2的加速度从静止开场向上做匀变速直线运动，如图丙所示．求拉力应为多大？解析：(1)由题图乙知，木块受到的滑动摩擦力Ff为3.12N，而Ff＝μFN＝μmg所以μ＝＝＝0.4.(2)木块受力如以下图，根据牛顿第二定律有F－mgsinθ－Ff′＝ma①而Ff′＝μFN′＝μmgcosθ②联立①②式并代入数据解得F≈8.7N.答案：(1)0.4 (2)8.7N14．(16分)(2022·双流模拟)如图10所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板到达共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开场做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δs.解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝m/s2＝1.5m/s2，木板开场做匀加速直线运动的加速度大小a2＝m/s2＝8/8\n1m/s2，到达同速后一起匀减速运动的加速度大小a3＝m/s2＝0.5m/s2.(2)对m冲上木板减速阶段：μ1mg＝ma1对M向前加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)＝Ma2物块和木板到达共同速度后向前减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3以上三式联立可得：＝.(3)由v－t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积，故Δs＝10×4×m＝20m答案：(1)1.5m/s2 1m/s2 0.5m/s2 (2)3∶2(3)20m高考资源网(www.ks5u.com)www.ks5u.com来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.ks5u.com)8/8
