高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题三 牛顿运动定律的理解和应用精练（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题三牛顿运动定律的理解和应用经典特训题组1. 如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力()A方向向左，大小不变 B方向向左，逐渐减小C方向向右，大小不变 D方向向右，逐渐减小答案A解析物块B向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，则由牛顿第二定律得B受到A给的静摩擦力方向向左，大小为fmBa，保持不变，A正确。2. 如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重

2、力加速度大小为g。则有()Aa1g，a2g Ba10，a2gCa10，a2g Da1g，a2g答案C解析在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块2的压力并未改变。木块1受重力和支持力，mgF，a10；木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律a2g，故C正确。3(多选)两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案BD解析球的质量mr

3、3，阻力fkr，由牛顿第二定律agg，甲乙，m甲m乙，所以r甲r乙，可得a甲a乙，由hat2知甲球用的时间较短，A、C错误；由v得v甲v乙，故B正确；因f甲f乙，由Wffh知甲球克服阻力做功较大，D正确。4如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的aF图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则下列选项错误的是()A滑块的质量m4 kgB木板的质量M2 kgC当F8 N时滑块加速度为2 m/s2D滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案C解析由题图乙知，F6 N时，滑块与

4、木板刚好不相对滑动，加速度为a1 m/s2。对整体分析，由牛顿第二定律有F(Mm)a，代入数据计算得出Mm6 kg，当F6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得aF，知图线的斜率k，则M2 kg，滑块的质量m4 kg，故A、B正确；根据F6 N时，a1 m/s2，代入表达式计算得出0.1，当F8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得mgma，计算得出ag1 m/s2，故C错误，D正确。5图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度g10 m/s2。根据图象分析可知

5、()A张明的重力为1000 NBe点位置张明处于超重状态Cc点位置张明处于失重状态D张明在d点的加速度小于在f点的加速度答案B解析开始时张明处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N，根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N，故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故B正确；c点时传感器对张明的支持力等于张明对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在d点时，a1 m/s220 m/s2，张明在f点时，a2 m/s210 m/s2，可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故D错误。6. 如图所示，

6、倾角为的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物体从传送带底端以初速度大小v2(v2v1)上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数tan，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的vt图象不可能是()答案C解析若Fmgsinmgcos，物块一直做匀加速运动，vt图象是向上倾斜的直线，A图是可能的；若Fmgsinmgcos，物块一直做匀速运动，vt图象是平行t轴的直线，B图是可能的；若Fgtan，所以axgtancosgsin，即大于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向

7、上运动，D正确。3. (2019山东淄博一模)(多选)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()答案AD解析在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后开始时，重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球继续下降，弹力逐渐变大，小球做加速度减小的加速运动，直至重力等于弹力，此时加速度减小到零，速度达到最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且逐渐变大，直到速度

8、减小到零，到达最低点，故A正确，B错误。根据牛顿第二定律可得加速度agx(x为弹簧压缩长度)，在与弹簧作用的加速向下阶段，相等时间内位移增大得越来越快，弹簧压缩量增大得越来越快，由此可知此阶段内加速度减小得越来越快；在减速向下阶段，相等时间内，弹簧的压缩量增大得越来越慢，故可知此阶段内加速度增大得越来越慢；由at图象与时间轴所围面积表示速度的变化量与对称性可知，ag时小球速度不为0，小球继续向下运动，a继续增大，故C错误，D正确。4(2019湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t0时刻受一与运动方向相反的恒力F4 N的作用，经一段时间后撒去

9、力F，物体运动的vt图象如图所示，已知g10 m/s2，据图可知下列说法正确的是()A物体与水平面的动摩擦因数为0.2B物体最后回到t0时刻的位置CF的作用时间为1 sD物体的质量为1 kg答案AD解析由vt图象可知，物体01 s内沿正向做匀减速运动，12 s内沿负向做匀加速运动，23 s内沿负向做匀减速运动，可得拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用时间为2 s，在23 s内物体的加速度为a2 m/s2，摩擦力大小为mgma，解得0.2，故A正确，C错误；由vt图线与时间轴所围面积表示位移知，01 s内物体沿正向运动，位移大小为x161 m3 m，13 s内沿负向运动，位移大小为x2(31)2

10、m2 m，则知3 s末物体到出发点的距离为xx1x21 m，故B错误；在01 s内物体沿正向运动，根据图象可得加速度大小a1 m/s26 m/s2，根据牛顿第二定律可得：Fmgma1，解得物体的质量m1 kg，故D正确。5(2019云南二模)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1m2。现剪断Q下端与木箱相连的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将()A变大 B变小C不变 D先变小后变大答案B解析剪断细线之前台秤的示数为：NMgm1gm2g；因m1m2，则当剪断Q下端的细绳后，P向下加速，Q向上加速

11、，对P：m1gTm1a，对Q：Tm2g m2a，解得ag，T，此时箱子对台秤的压力为：NMg2TMg，结合m1m2，由数学知识可知m1gm2g，则NMg2TMgMgm1gm2gN，故选B。6(2019四川广元三诊)(多选)如图a，一长木板静止于光滑水平桌面上，t0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图b为物块与木板运动的vt图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()A木板的长度B物块与木板的质量之比C物块与木板之间的动摩擦因数D从t0开始到t1时刻，木板获得的动能答案BC解析根据题意只能求出小物块与长木板的相对位移，无法求出木板的长度，A错误；由图象的斜率表示加速度求出长

12、木板的加速度大小为aA，小物块的加速度大小aB，设小物块质量为m，长木板质量为M，根据牛顿第二定律得：mgMaA，mgmaB，解得：，故B、C正确；由于长木板质量未知，故其动能无法求出，D错误。热门预测题组1(2019安徽安庆高三二模)(多选)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角37，现有质量m2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在04 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示。已知sin370.6，cos370.8，g10 m/s2，则()A物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B水平外力F5.5 NC水平外力F4

13、ND物体在04 s内的位移为24 m答案AC解析根据vt图象的斜率表示加速度，知24 s内物体的加速度为：a2 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma2，解得：0.5，故A正确；02 s内物体的加速度为：a1 m/s24 m/s2，由牛顿第二定律有：mgsinFcos(mgcosFsin)ma1，解得：F4 N，故B错误，C正确；由vt图线与t轴围成的面积表示位移，可得物体在04 s内的位移为：x m28 m，故D错误。2(2019湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m11 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m22 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数1

14、0.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F3t(N)，重力加速度大小g10 m/s2。(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；(2)t10 s时，两物体的加速度各为多大；(3)在如图2所示坐标系中画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)。答案(1)4 s(2)3 m/s212 m/s2(3)图见解析解析(1)当F2(m1m2)g3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，当木板受到木块对它的摩擦力为最大静摩擦力时，它们共同运动的加速度最大，木块与木板恰好相对静止。对木板：fmax2(m1m2)gm1amax，fmax1m2g解得：amax3 m/s2对整体有：Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax解得：Fmax12 N由Fmax3t1得：t14 s。(2)t10 s时，两物体已相对运动，则有：对木板：1m2g2 (m1m2)gm1a1解得：a13 m/s2对木块：F1m2gm2a2，F3t30 N解得：a212 m/s2。(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)图象如图所示。