牛顿运动定律练习题(共11页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上牛顿运动定律练习题一、选择题1关于伽利略的理想实验，以下说法中正确的是()A伽利略的实验是假想实验，事实上无法完成，从而得出的结论不可靠B是以可靠事实为基础，经科学抽象出来的C伽利略通过斜面实验得到结论：一切运动着的物体在没有受到阻力作用的时候，它的速度不变，并且一直运动下去D伽利略利用自己设计的理想实验，观察到小球不受阻力时以恒定速度运动，从而推翻了亚里士多德的结论2一个物体在水平恒力F的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t，速度变为v，如果要使物体的速度变为2v，下列方法正确的是()A将水平恒力增加到2F，其他条件不变 B将物体质量减小一半，其他条件不变C物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍D将时间增加到原来的2倍，其他条件不变3关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B我国优秀田径运动员刘翔在进行110 m栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C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D公交汽车在起动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故4如图所示，物块A和B的质量均为m，吊篮C的质量为2m，物块A、B之间用轻弹簧连接重力加速度为g，将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，A、B、C的加速度分别为( )AaA0B aB CaCg DaB2g5如图甲所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆间的动摩擦因数为.现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为Fkv，其中k为常数，则环在运动过程中的速度图象可能是图乙中的( )6如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v3.则下列说法正确的是()A只有v1v2时，才有v3v1 B若v1 >v2，则v3v2C若v1 <v2，则v3v1 D不管v2多大，总有v3v17.(2011·四川卷，19)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则A火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D返回舱在喷气过程中处于失重状态8(2011·福建卷，16)如图3321甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图3321乙所示已知v2>v1，则At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用9某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定下列判断正确的是()At2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面B卫星在0t1时间内的加速度大于t1t2时间内的加速度Ct1t2时间内卫星处于超重状态Dt2t3时间内卫星处于超重状态10身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛企图迫使对方后退设甲、乙两人对杆的推力分别是F1、F2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为1、2，倾角越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则()AF1F2，12BF1F2，12CF1F2，12 DF1F2，1211. (2011·高考北京理综卷)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处, 从几十米高处跳下的一种极限运动. 某人做蹦极运动, 所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示. 将蹦极过程近似为在竖直方向的运动, 重力加速度为g.据图3112可知, 此人在蹦极过程中最大加速度约为A. gB. 2gC. 3g D. 4g12. 如图所示, 两个质量分别为m11 kg、m24 kg的物体置于光滑的水平面上, 中间用轻质弹簧秤连接. 两个大小分别为T130 N、T220 N的水平拉力分别作用在m1、m2上, 则达到稳定状态后, 下列说法正确的是()A. 弹簧秤的示数是25 NB. 弹簧秤的示数是50 NC. 在突然撤去T2的瞬间, m2的加速度大小为7 m/s2D. 在突然撤去T1的瞬间, m1的加速度大小为28 m/s213.(2011·高考新课标全国卷)如图所示, 在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板, 其上叠放一质量为m2的木块. 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等. 现给木块施加一随时间t增大的水平力Fkt(k是常数), 木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()14. (2012·安徽省城名校高三第三次联考)如图所示, 在光滑的水平面上叠放A、B两滑块(B足够长), 其中A的质量为1 kg, B的质量为2 kg, 现有一水平作用力F作用于B上, A、B间的摩擦因数为0.2, 当F取不同值时, (g10 m/s2)关于A的加速度说法正确的是()A. 当F2 N, A的加加速度为2 m/s2B. 当F4 N, A的加加速度为2 m/s2C. 当F5 N, A的加加速度为2 m/s2D. 当F7 N, A的加加速度为2 m/s215如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定一物块从高处自由落下，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点在上述过程中，物块加速度的大小随下降位移x变化关系的图像可能是图中的()16如下图所示，水平力F把一个物体紧压在竖直的墙壁上静止不动，下列说法中正确的是()A作用力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B作用力F与物体对墙壁的压力是一对平衡力C物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力D物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力17(2013·安徽“江南十校”联考)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(取g10 m/s2)，则正确的结论是()A物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC物体的质量为3 kgD物体的加速度大小为5 m/s218如下图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg的物体A，处于静止状态若将一个质量为3 kg的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为(g取10 m/s2)()A30 N B0 C15 N D12 N19. (2010·高考山东理综卷)如图所示, 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. 图中正确的是()二、填空题20.如图所示, 两个质量相同的小球A和B, 甲图中两球用不可伸长的细绳连接, 乙图中两球用轻弹簧相连, 然后用细绳悬挂起来. 对于甲图, 在剪断悬挂线OA的瞬间, A球的加速度大小是 ，B球的加速度大小 对于乙图, 在剪断细绳的瞬间, A球的加速度大小 ，B球的加速度大小 21 (2012·南京模拟)某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验, 图中(a)所示为实验装置简图. (交流电的频率为50 Hz)(1)图(b)所示为某次实验得到的纸带, 根据纸带可求出小车的加速度大小为_m/s2.(保留两位有效数字)(2)保持砂和砂桶质量不变, 改变小车质量m, 分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据如下表: 实验次数12345678小车加速度a/m·s21.901.721.491.251.000.750.500.30小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.711.001.67/kg14.003.453.032.502.001.411.000.60请在如图所示的坐标纸中画出a图线, 并由图线求出小车加速度a与质量倒数之间的关系式是_. 22 (1)如图为某同学所安装的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置, 在图示状态下开始做实验. 该同学在装置和操作中的主要错误有: _ _.(至少写出两处)(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中, 为了使小车受到合外力等于砂和砂桶的总重力, 通常采用如下两个措施: a. 平衡摩擦力: 将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块, 反复移动木块的位置, 直到小车在砂桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动. B. 调整砂的多少, 使砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M.以上哪一个措施中有错误？有何重大错误？答: _.在改正了上述错误之后, 保持小车及砝码的总质量M不变, 反复改变砂的质量, 并测得一系列数据, 结果发现小车受到的合外力(砂桶及砂的总重量)与加速度的比值略大于小车及砝码的总质量M.经检查发现滑轮非常光滑, 打点计时器工作正常, 且事先基本上平衡了摩擦力. 那么出现这种情况的主要原因是什么？答: _.三、计算题23航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m2 kg，动力系统提供的恒定升力F28 N试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t18 s时到达高度H64 m求飞行器所受阻力Ff的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t26 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力求飞行器能达到的最大高度h.24如下图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d.重力加速度为g.25在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如下图所示设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a1 m/s2上升时，试求(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力26.如图3226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. 已知木块的质量m1 kg, 木板的质量M4 kg, 长L2.5 m, 上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数0.2.现用水平恒力T20 N拉木板, g取10 m/s2, 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10.3, 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)若木板的长度、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30 N, 则木块滑离木板需要多长时间？牛顿运动定律练习题答案：1.BC 2. D 3. C4. 【解析】将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以aA0，B和C的加速度相同，为aBaCg，所以只有A选项正确5. 【解析】当v0较大时，F>mg，物体做加速度减小的减速运动，最后趋于匀速直线运动；当kv0mg时，物体做匀速直线运动；当v0较小时，F<mg，物体做加速度增大的减速运动，所以A、B、D正确 【答案】ABD6. 【解析】注意传送带对物块的摩擦力方向的判断物块向左减速运动：位移L；物块减速到零后向右做加速运动：若v1 >v2，物块一直匀加速到返回水平面，则v3v2；若v1 <v2，物块加速到速度等于v1后，匀速运动到水平面，则v3v1.此题也可用vt图象求解【答案】BC7. 解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误 答案A8. 解析相对地面而言，小物块在0t1时间内，向左做匀减速运动，t1t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误相对传送带而言，在0t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误(传送带模型) 答案B9. 解析：卫星在0t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；vt图象的斜率表示卫星的加速度；由图可知，t1t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确、D错误 答案：C10. 解析：由于杆是轻杆，把杆当做甲或乙的一部分，由牛顿第三定律，F1F2，故B、D错误甲获胜是由于甲所受地面的最大静摩擦力大于乙，故甲端杆的端点的位置较低，由受力分析和力的平衡可知，12，故A对 答案：A11. 解析: 选 B.“蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态, 此时绳的拉力等于运动员的重力, 由图可知, 绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于T0即mgT0.即T0mg.当绳子拉力最大时, 运动员处于最低点且合力最大, 故加速度也最大, 此时T最大T03mg, 方向竖直向上, 由maT最大mg3mgmg2mg得最大加速度为2g, 故B正确. 12.以m1、m2以及弹簧为研究对象, 则整体向右的加速度a2 m/s2; 再以m1为研究对象, 设弹簧的弹力为F, 则T1Fm1a, 则F28 N, A、B错误; 突然撤去T2的瞬间, 弹簧的弹力不变, 此时m2的加速度大小a7 m/s2, C正确; 突然撤去T1的瞬间, 弹簧的弹力也不变, 此时m1的加速度大小a28 m/s2, D正确. 13. 解析: 选A.在m2与m1相对滑动前, Fkt(m1m2)·a, a与t成正比关系, a1t关系图线的斜率为, 当m1与m2相对滑动后, m1受的是f21m2gm1a1, a1为一恒量, 对m2有Fm2gm2a2, 得a2g, 斜率为, 此斜率大于滑动前图线的斜率, 可知A正确, B、C、D错误. 14. 解析: 选 D.当F取某一值时, A、B将发生相对滑动, 对A、B有: aAg, aB, 发生滑动时, aBaA, 所以当F6 N时, A、B将发生相对滑动, A的加速度为2 m/s2, 选项D正确.15. 解析由牛顿第二定律mgkxma可知，接触弹簧后加速度随位移线性变化当弹簧的弹力等于重力时，此时的加速度为零，物体的速度达到最大，在平衡位置上方和平衡位置下方对称的位置，物体加速运动的加速度和减速运动的加速度的大小相等，故当减速运动的加速度大小等于重力加速度时，物体的速度等于刚接触弹簧时的速度，物体要继续向下运动至速度减为零，所以最低点的加速度一定大于g，正确选项为A. 答案A16. 解析：作用力F跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等、方向相反、在一条直线上，是一对平衡力，因此选项A错误；作用力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不能成为平衡力，选项B错误；在竖直方向上物体受重力，方向竖直向下，还受墙壁对物体的静摩擦力，方向竖直向上由于物体处于平衡状态，因此这两个力是一对平衡力，选项C正确；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，因此是一对作用力与反作用力，选项D正确 答案：CD17. 解析：物体与弹簧分离时，弹簧恰好恢复到自然长度，选项A错；设物体的质量为m，加速度为a，初始时弹簧的压缩量为x0，kx0mg；当物体位移大小为x时：Fk(x0x)mgma，解得：Fkxma；由Fx图象的斜率知，弹簧的劲度系数为k5 N/cm，选项B错；又当x0时：10 Nma；x4 cm时，30 Nmgma，可得：m2 kg，a5 m/s2，故选项C错，D对 答案：D18. 解析：在B轻放在A上瞬间时，对整体用牛顿第二定律得mBg(mAmB)a再对B用牛顿第二定律得mBgFNmBa解得FN12 N据牛顿第三定律可知B对A的压力大小12 N故选D. 答案：D19. 解析: 选C.物体先做匀加速运动后做匀减速运动, 其vt图像应为倾斜直线, at图像为平行于横轴的直线, st图像应为抛物线, 选项A、B、D错误; 根据滑动摩擦力fN可知, ft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.20. 解析: (1)不可伸长的细绳的张力变化时间可以忽略不计, 因此可称之为“突变弹力”. 甲图中剪断OA后, A、B间的细绳张力立即变为零, 故有aAaBg.(2)当A、B间是用轻弹簧相连时, 剪断OA后, 弹簧形变量尚未改变, 其弹力将逐渐减小, 可称之为“渐变弹力”. 因此, 这时B球加速度仍为零, 即aB0, A球加速度为aA2g.答案: (1)gg(2)2g021. (1)由逐差法得a×102 m/s23.2 m/s2.(2)如图所示由图知斜率k0.5, 即保持合外力F0.5 N, 所以a.22. (1)主要错误有: 长木板右端未垫高以平衡摩擦力; 打点计时器用的是直流电源; 牵引小车的细线没有与木板平行; 开始实验时, 小车离打点计时器太远. (2)a中平衡摩擦力时, 不应用小桶拉动小车做匀速运动, 应让小车自身的重力沿斜面方向的分力来平衡摩擦力. 由于砂桶及砂向下加速, 处于失重状态, 拉小车的合外力F<mg, 而处理数据时又将F按等于mg处理. 因此, M<.23. 解析：(1)由Hat2得a2 m/s2 由FFfmgma得Ff4 N(2)前6 s向上做匀加速运动最大速度：vat12 m/s上升的高度：h1at236 m然后向上做匀减速运动加速度a212 m/s2上升的高度h26 m所以上升的最大高度：hh1h242 m 答案：(1)4 N(2)42 m24. 解析：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知kx1mAgsin令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx2mBgsinFmAgsinkx2mAa由式可得a由题意dx1x2由式可得d.答案：ad25. 解析：解法1：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M和m，绳拉运动员的力为F.以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(Mm)g，向上的拉力为2F，根据牛顿第二定律2F(Mm)g(Mm)aF440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N，方向竖直向下(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力FN.根据牛顿第二定律：FFNMgMaFN275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N，方向竖直向下解法2：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为FN.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为FN.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：FFNMgMaFFNmgma由解得F440 N，FN275 N. 答案：(1)440 N(2)275 N26.解析: (1)木板受到的摩擦力f(Mm)g10 N木板的加速度a2.5 m/s2.(2)设拉力T作用t时间后撤去，木板的加速度为a2.5 m/s2木板先做匀加速运动, 后做匀减速运动, 且aa, 故at2L解得t1 s, 即T作用的最短时间为1 s.(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, 则1mgma木块得: a木块1g3 m/s2对木板: T11mg(Mm)gMa木板木板能从木块的下方抽出的条件: a木板>a木块 解得: T1>25 N.(4)木块的加速度a木块1g3 m/s2木板的加速度a木板4.25 m/s2木块滑离木板时, 两者的位移关系为s木板s木块L, 即a木板t2a木块t2L代入数据解得: t2 s. 答案: (1)2.5 m/s2(2)1 s(3)25 N(4)2 s专心-专注-专业