高中物理專題練習-牛頓運動定律的應用(含答案)

1、高中物理專題練習牛頓運動定律的應用（含答案）滿分：100分時間：60分鐘一、單項選擇題（本題共4小題,每小題5分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。）1 .（北京理綜,19）伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結(jié)合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展。利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側(cè)斜面上的。點由靜止釋放后沿斜面向下運動,并沿右側(cè)斜面上升。斜面上先后鋪 墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3。根 據(jù)三次實驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是（）A.如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚c0點等高的位置B.如果小球不受力,它將一直保持勻速運動或靜止

2、狀態(tài)C.如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變D.小球受到的力一定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小2 .（北京理綜,18）應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學習更加有趣和深入。例如 平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是 （）A.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B.手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度3.（福建理綜,15）如右圖，滑塊以初速度詼沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，為一從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用

3、萬、s、。分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小表示時間,則下列圖象最能正確描述這一運動 規(guī)律的是（）二、多項選擇題（本題共6小題,每小題7分，共計42分。每小題有多個選項符合題意。全部選 對的得7分，選對但不全的得4分，錯選或不答的得0分。）5 .（山東理綜,15）一質(zhì)點在外力作用下做直線運動淇速度。隨時間，變化的圖象如圖。在圖中 標出的時刻中，質(zhì)點所受合外力的方向與速度方向相同的有（）6 .（新課標全國H,20）在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車 在東邊拉著這列車廂以大小為。的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的2拉力大小為F；當機車在

4、西邊拉著車廂以大小為千的加速度向西行駛時,P和Q間的拉力大小仍為凡 不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為（）A. 8B. 10C. 15D. 187 .（江蘇單科,6）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度“隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為"的正方向，則人對地板的壓力（）Ae f=2s時最大C. r=8,5s時最大D. f=8.5s時最小8 .（海南單科,8）如圖,物塊小8和c的質(zhì)量相同以和/m和c之間用完全相同的輕彈 簧目和S2相連，通過系在d上的細線懸掛于固定點整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn) 將細線剪斷。將物塊。的加速度的大小記為05和S2相對于原長

5、的伸長分別記 為和42,重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間（） A. 6/i= 3gB. i/i 0C. A/i=2A/2D. A/i=A/29 .（新課標全國【，20）如圖（a入一物塊在t=O時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖（b） 所示。若重力加速度及圖中的為、6、八均為已知量，則可求出（）A.斜面的傾角B.物塊的質(zhì)量C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度10 .（江蘇單科,8）如圖所示/、B兩物塊的質(zhì)量分別為2?和?，靜止疊放在 A >水平地面上A B間的動摩擦因數(shù)為即B與地面間的動摩擦因數(shù)為:小1_點“ 最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.現(xiàn)對

6、4施加一水平拉力£則（） A.當尸<2卬這時4、8都相對地面靜止B.當尸=|山這時工的加速度為5gC.當尸時4相對8滑動D.無論F為何值,8的加速度不會超過%g三、計算題（本題共2小題，共38分。解答時寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只 寫出最后答案的不得分。）11 .（新課標全國1,25）（18分）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等 3地質(zhì)災害。某地有一傾角為=37°（sin 37。=或的山坡C,上面有一質(zhì)量為機的石板8,其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A（含有大量泥 土）H和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設某次暴雨中工浸透雨水后3 總質(zhì)量也為皿

7、可視為質(zhì)量不變的滑塊）,在極短時間內(nèi)4、B間的動摩擦因數(shù)分減小為宗8、 C間的動摩擦因數(shù)代減小為0.54、8開始運動，此時刻為計時起點；在第2 s末,8的上表面 突然變?yōu)楣饣谋３植蛔?已知A開始運動時工離B下邊緣的距離1=21 m,C足夠長，設最 大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求： （1）在。2 s時間內(nèi)A和8加速度的大小； （2）A在8上總的運動時間。12 .（新課標全國【,25）（20分）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板 右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m,如圖所示。t=0時刻開始，小物塊與木板一 起以共同速度向右運動，直

8、至/=1 s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度 大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的 。一，圖線如圖（b）所豕木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2o求c/(m G)0 12Vs 困（b）木板與地面間的動摩擦因數(shù)W及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；（2）木板的最小長度；（3）木板右端離墻壁的最終距離。答案1. A 根據(jù)實驗結(jié)果，得到的最直接的結(jié)論是如果斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚c。點等高的 位置,A項正確；而小球不受力時狀態(tài)不變，小球受力時狀態(tài)發(fā)生變化，是在假設和邏輯推理 下得出的結(jié)論，不是實驗直接結(jié)論，所以B和

9、C選項錯誤；而D項不是本實驗所說明的問題, 故錯誤。2. D 物體由靜止開始向上運動時,物體和手掌先一起加速向上，物體處于超重狀態(tài)，之后物體 和手掌分離前，應減速向上，物體處于失重狀態(tài)，故A、B均錯誤；當物體和手分離時,二者速 度相同，又因均做減速運動，故分離條件為。手>。物,分離瞬間物體的加速度等于重力加速度, 則手的加速度大于重力加速度，選項D正確C錯誤。13. B 設斜面傾角為6,滑塊沿斜面下滑時，由牛頓第二定律有mgsin 3fimgeos 0=ma,a=gsin 0 一geosa因此滑塊下滑時加速度不變，選項D錯誤；滑塊減速下滑時的位移選項B壬確；滑塊下降高度/?=ssin 6

10、=Oosin 8r+sin夕尸,選項A錯誤；滑塊下滑時的速度。=與+3,選項C錯誤。4. B 由。-f圖象可知：過程為向下勻加速直線運動（加速度向下，失重,Fvmg）;過程為 向下勻速直線運動（處于平衡狀態(tài)下=吆）；過程為向下勻減速直線運動（加速度向上，超 重,£>）；過程為向上勻加速直線運動（加速度向上，超重,£>田）；過程為向上勻速直線 運動（處于平衡狀態(tài)下=?g）;過程為向上勻減速直線運動（加速度向下，失重,Fv?g）。綜合 選項分析可知B選項正確。5. AC m-f圖象中，縱軸表示各時刻的速度，小時刻速度為正,門、/4時刻速度為負，圖線上各 點切線的斜率

11、表示該時刻的加速度,小白時刻加速度為正J2、力時刻加速度為負，根據(jù)牛頓第 二定律，加速度與合外力方向相同，故八時刻合外力與速度均為正J3時刻合外力與速度均為負,A、C正確.B、D錯誤。6. BC 設尸。西邊有節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質(zhì)量為人則/二/2 _PQ東邊有k節(jié)車廂，則F=k，nQa聯(lián)立得3 = 2攵,由此式可知只能取偶數(shù)，當=2時/=3,總節(jié)數(shù)為N=5當=4時/=6,總節(jié)數(shù)為N=10當 =6時=9,總節(jié)數(shù)為N=15當 =8時=12,總節(jié)數(shù)為N=20,故選項B、C正確。7. AD 由題圖知,在上升過程中，在0-4 s內(nèi)，加速度方向向上尸N一?g=”所以向上的加速 度越大，電梯對人的支持力就越大

12、，由牛頓第三定律可知，人對電梯的壓力就越大，故A正確,B 錯誤；由題圖知，在710 s內(nèi)加速度方向向下，由相且一尸n=皿知，向下的加速度越大，人對 電梯的壓力就越小，故C錯誤,D正確。8. AC 設物體的質(zhì)量為k剪斷細線的瞬間，細線的拉力消失，彈簧還沒有來得及改變,所以剪 斷細線的瞬間a受到重力和彈簧S的拉力。，剪斷前對從c和彈簧組成的整體分析可知71 =2吆,故a受到的合力尸=吆+ 7'1=陪+2?且=3?心故加速度0=5=3g,A王確,B錯誤； 設彈簧$2的拉力為乃,則72=?卻根據(jù)胡克定律歹=內(nèi)5可得A/i=2、2,C正確,D錯誤。9. ACD 由。-f圖象可求知物塊沿斜面向上滑

13、行時的加速度大小為。=當根據(jù)牛頓第二定律Vq、V得 mgsin 6+加geos即 gsin 6+gcos。=二。同理向下滑行時 gsin 6“geos 8=7兩VnVi VcVi式聯(lián)立得sin 二百丁山二不而花可見能計算出斜面的傾斜角度6以及動摩擦因數(shù)，選項 A、C正確；物塊滑上斜面時的初速度次）已知響上滑行過程為勻減速直線運動，末速度為0,那么平均速度為號所以沿斜面向上滑行的最遠距離為根據(jù)斜面的傾斜角度可計算 出向上滑行的最大高度為xsin。=與><練口="：°"-、選項D正確；僅根據(jù)vt圖 z zgn -g象無法求出物塊的質(zhì)量，選項B錯誤。3310

14、. BCD 當OvFW亍mg時工、8皆靜止；當用g</7g時工、8相對靜止，但兩者相對地面一起向右做勻加速直線運動；當F>3沖垮時工相對B向右做加速運動,8相對地面也向F一沏g右加速，選項A錯誤，選項C正確；當尸=5"?g時工與B共同的加速度a = 一盆 =w中，選項B正確廠較大時,取物塊8為研究對象，物塊8的加速度最大為“2 =選項D正確。11 .解析(1)在。2s時間內(nèi)4和8的受力如圖所示，其中以、FNi 是A與8之間的摩擦力和正壓力的大小,人、/N2是B與C之間 的摩擦力和正壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得五"="/ni

15、Fni =7gCOS 0®F/2/Fn2尺2 =尺1' +吆COS 0規(guī)定沿斜面向下為正。設4和8的加速度分別為和s,由牛頓第二定律得吆sin 0Ff=ma®吆sin 0-Ffy-Ff= ma2®聯(lián)立式，并代入題給條件得41 = 3 m/s? 42=1 ni/s2®(2)在h=2 s時，設A和8的速度分別為v和小，則V=at=b m/sS=M =2 m/s 2 s后，設A和8的加速度分別為“和壯。此時A與8之間摩擦力為零，同理可得"=6 m/s?s'= -2 m/s?由于s'VO,可知8做減速運動。設經(jīng)過時間ti.B的速

16、度減為零，則有02 + 2仍=0聯(lián)立式得/2=1 S在h+尬時間內(nèi)/相對于B運動的距離為2/?+。2/2+5。2旬=12 mV27 m此后B靜止不動力繼續(xù)在B上滑動。設再經(jīng)過時間打后4離開國則有/X = (。1 + 4 門2) +八可得，3=1 S(另一解不合題意,舍去)設A在8上總的運動時間入，有fjg. = h+/2 + f3 = 4 S答案(1)3 m/s2 1 ni/s2 (2)4 s12 .解析(1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v=4 ni/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4 m/s小物塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速直線運動，加速度大小4-0根據(jù)牛頓第二定律有2

17、吆=加"2,解得2 =。.4木板與墻壁碰撞前，勻減速運動時間r= 1 s,位移x=4.5 m,末速度v=4 m/s其逆運動則為勻加速直線運動可得xuw+li/2解得 0=1 m/s2小物塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，由牛頓第二定律得：*(m+15?)g = (?+ 15zn)m,即/ig=ai解得"1 =0.1碰撞后，木板向左做勻減速運動,依據(jù)牛頓第二定律有jU 1(15 m+m)g + flung = 15mai4,可得 Q3=Q m/s2對滑塊，加速度大小為42=4 m/s2由于“2>”3,所以滑塊速度先減小到0,所用時間為八=1 S過程中，木板向左運動的位移為修=如一；渦=學m,末速度m/s滑塊向右運動的位移叫二等八二？。此后,小物塊開始向左加速，加速度大小仍為(12=4 m/s24木板繼續(xù)減速，加速度大小仍為43=W m/s2假設又經(jīng)歷乃二者速度相等，則有。2,2 = 0。3f2解得，2 =。.5 S7-6m,末速度 03=01“3/2 = 2 m/s此過程中,木板向左運動的位移X3 = O2 53區(qū) 滑塊向左運動的位移X4=12/2 = 0.5 m此后小物塊和木板一起勻減速運動，二者的相對位移最大為Aa'=X1+x2+x3-X4 = 6 m小物塊始終沒有離開