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第三章 牛顿运动定律综合提升
1.（2016 南昌一模）质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图所示．整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为，重力加速度为g，则（　　）
A．f≠0，N＞（m+M）g B．f＝0，N＝（m+M）g
C．f≠0，N＜（m+M）g D．f＝0，N＞（m+M）g
【分析】对物体受力分析，平衡时结合共点力平衡条件求出摩擦力与压力，加速时，m受到的两个力不变，由此再进行分析讨论．
【解答】解：当m匀速下滑时，m受到的滑动摩擦力等于质量沿斜面向下的分力，即：f＝mgsinθ，f方向沿斜面向上；此时m受到的支持力大小为mgcosθ，方向垂直于斜面向上，二者的合力竖直向上，大小等于mg。
当物体m向下做加速运动的过程中，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力，大小仍然是f＝mgsinθ，方向仍然沿斜面向上；m受到的支持力大小仍然为mgcosθ；
所以物体m向下做加速直线运动过程中对三角形物块的压力仍然垂直于斜面向下，对三角形物块的摩擦力的方向仍然沿斜面的方向向下，由勾股定理以及平行四边形定则可知，物体m对三角形物块的压力与滑动摩擦力的合力的方向仍然是竖直向下，大小等于mg。
以三角形物块为研究对象，则三角形物块受到重力、地面的支持力以及m对它的合力，没有水平方向的力，所以f＝0，N＝（m+M）g
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题关键对物体受力分析后，根据m受到的两个力不变，然后分析三角形物块的受力情况．
2.（2019秋 会宁县校级期中）如图所示，小球A质量为2m，木块B质量为m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止。现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，当弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g。则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为（　　）
A．2g B．1.5g C．g D．0.5g
【分析】弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时加速度为零，说明恒力的大小等于A的重力2mg，木块B对地面压力为零时，说明弹簧的弹力为mg；再由牛顿第二定律解答。
【解答】解：经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速减小到零，则恒力为：F＝2mg
木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为mg，又由牛顿第二定律得：F﹣mg﹣2mg＝2ma
解得小球A的加速度为：a＝﹣0.5g，方向向下，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】解题的关键是知道如何得出恒力等于A的重力，涉及弹簧的问题是学生学习的难点，加强练习。
3.（2016秋 承德期中）如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是（　　）
A．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma
B．斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值
C．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零
D．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零
【分析】分析小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，然后向水平和竖直分解斜面的支持力FN1，在竖直方向列力的平衡方程，在水平方向列牛顿第二定律方程，根据所列的方程分析即可选出答案。
【解答】解：小球受到的重mg、斜面的支持力FN1、竖直挡板的水平弹力FN2，设斜面的倾斜角为α
则竖直方向有：FN1cosα＝mg
因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN1不变且不可能为零，故B正确，D错误；
水平方向有：FN2﹣FN1sinα＝ma
因为FN1sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，所以C错；
斜面和挡板对球的弹力的合力即为竖直方向的FN1cosα与水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故A错误。
故选：B。
【点评】本题结合力的正交分解考查牛顿第二定律，正确的分析受力与正确的分解力是关键。
4.(多选)（2022秋 市中区校级月考）如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10m/s、质量为m＝1kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．0～5s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式和图象的信息求出物体匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出斜面倾角和动摩擦因数的大小。
【解答】解：A、x在0﹣5m内，由匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax与图象看出：a＝＝＝﹣10m/s2，由图示图象可知，v02＝100，得v0＝10m/s，则小木块匀减速运动的时间：t＝＝s＝1s，故A错误；
B、由图示图象可知，在0﹣1s内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，t＝1s时摩擦力反向，故B正确；
CD、由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度：a′＝＝＝2m/s2，
由牛顿第二定律得：小木块上滑有 mgsinθ+μmgcosθ＝ma
下滑有 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′，
代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故CD正确；
故选：BCD。
【点评】解决本题的关键是通过图线理清物体在整个过程中的运动规律，掌握匀变速直线运动的速度位移公式：v2﹣v02＝2ax，结合牛顿第二定律进行研究。
5（2021·江西南昌十中高一月考）将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v-t图像如图所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是（　　）
A．小球上升过程与下落过程加速度之比为2：3
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8m/s
D．小球所受空气阻力大小为2N
【答案】BD
【详解】
AD．小球向上做匀减速直线运动的加速度大小根据牛顿第二定律得解得小球所受重力下落过程加速度小球上升过程与下落过程加速度之比为3：2，故A错误,D正确；B．下降的加速度解得对上升的过程，采用逆向思维得对下降的过程则所用的时间之比为，B错误；C．小球上升到最高点的高度根据 解得小球落回到抛出点时的速度大小为故C错误；故选BD。
6.（2019·宁夏银川二中高一期末）如图甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左测沿木板表面水平冲上木板．物块和木板的速度－时间图象如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图象，下列说法正确的是（ 　　）
A．可求得物块在前2 s内的位移3 m
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2
C．可求得物块的质量m＝1 kg
D．可求得木板的长度L＝2 m
【答案】B
【详解】
A．物块在前2 s内的位移： 故A错误；
B．由图示图象可知，物块加速度大小： 由牛顿第二定律得：μ=0.2
故B正确；C．由图示图象可知，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg=ma1=Ma2则m=M=2 kg故C错误；D．由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，故D错误。故选B。
7.（2017秋 浔阳区校级月考）用如图1所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：
（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有：　ACD　。
A．天平（附砝码）
B．秒表
C．刻度尺（最小刻度为mm）
D．低压交流电源
（2）实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是　C　
A．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动
B．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动
C．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动
（3）实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是　M＞＞m　。这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变。
（4）如图2为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55cm，x2＝0.94cm，x3＝1.35cm，x4＝1.76cm，x5＝2.15cm，x6＝2.54cm。
①相邻两计数点间的时间间隔为　0.1　s；
②计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于　C　（填“A、B、C、D”序号）
A.2.76cm B.2.85cm C.2.96cm D.3.03cm
③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝　0.16　m/s；小车的加速度a＝　0.40　m/s2．（计算结果均保留2位有效数字）
（5）某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据。在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图3，然后由图象直接得出a与M成反比。乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数的图象，如图4所示。你认为　乙　同学（选填“甲”或“乙”）的方案更合理。
（6）另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a﹣F图象，如图5所示。发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是　 　
A．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大
B．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大
C．没有平衡摩擦力，且小车质量较大
D．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大。
【分析】（1）根据实验原理与实验器材分析答题；
（2）实验前要把木板的一端垫高以平衡摩擦力，使小车受到的合力等于绳子的拉力；
（3）当小车质量远大于砂与砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力；
（4）应用匀变速直线运动的推论：△x＝at2可以求出加速度；
（5）为方便实验数据处理，作出的图象应为直线，根据题意应用牛顿第二定律分析答题；
（6）实验前要平衡摩擦力，砂与砂桶的质量应远小于小车的质量，根据图示图象分析答题。
【解答】解：（1）实验过程需要测出小车质量、砂与砂桶质量，因此实验需要天平，处理实验数据时需要测出计数点间的距离，实验需要毫米刻度尺，电磁打点计时器需要使用低压交流电源，故选ACD；
（2）实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动，故选C；
（3）当小车质量远大于砂与砂桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂和砂桶所受的重力，因此实验需要满足的条件是：m＜＜M。
（4）①由于在相邻两计数点间都有四个计时点未画出，所以两个计时点的时间间隔为t＝5×0.02s＝0.1s。
②根据前面的数据可得△x＝x2﹣x1＝x3﹣x2＝x4﹣x3＝…＝0.40cm，所以x7＝x6+△x＝2.94cm，与C选项最接近。
③打下3点的速度v3＝＝＝m/s＝0.16m/s，
加速度a＝＝＝0.40m/s2
（5）由牛顿第二定律得：a＝＝F，由此可知：a与成正比，为方便实验数据处理，应作出a﹣图象，因此同学乙的方案更合理；
（6）由图示图象可知，图象没有过原点，当拉力大到一定值时才产生加速度，这是由于实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足即木板倾角过小造成的；由图示图象可知，当F较大时图象发生弯曲，这是由于砂与砂桶质量过大造成的，故B正确，故选B。
故答案为：（1）ACD　（2）C　（3）m＜＜M　（4）①0.1　②C　③0.16　0.40　（5）乙　（6）B
【点评】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，要选择合适的物理量使作出的图象为直线。
8.（2019 宜宾模拟）在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面向上的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，A的加速度的方向沿斜面向上，大小为a，则下列说法错误的是（　　）
A．从静止到B刚离开C的过程中，A运动的距离为
B．从静止到B刚离开C的过程中，A克服重力做的功为
C．恒力F的大小为5mgsin θ+3ma
D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a
【分析】未加拉力F时，物体A对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量，得到弹簧长度的变化量，从而求出A发生的位移，根据功的公式求出重力对A做功的大小。根据牛顿第二定律求出F的大小，结合P＝Fv求出恒力对A做功的功率。当A的加速度为零时，A的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出B的加速度。
【解答】解：A、开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡有：3mgsin θ＝kx1，x1＝，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，弹簧处于拉伸状态，有：kx2＝2mgsin θ，x2＝，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移x＝x1+x2＝，故A正确；
B、从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功：W＝﹣3mgxsinθ＝﹣，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，F﹣3mgsin θ﹣kx2＝3ma，得F＝5mgsin θ+3ma，故C正确；
D、当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则F﹣3mgsin θ﹣T′＝0，得T′＝2mgsin θ+3ma；B沿斜面方向受到的力FB＝T′﹣2mgsin θ＝2ma′，解得：a′＝，故D正确
本题选择错误的，
故选：B。
【点评】本题关键抓住两个临界状态，开始时的平衡状态和最后的B物体恰好要滑动的临界状态，然后结合功能关系分析。
9．（2016 威海二模）在高速路上经常可以看到大货车拉着钢板而后车厢是敞开的，这种情况下如果出现钢板从车厢上滑落，将对后面的车辆造成致命的危险．在紧急刹车的情况下钢板对驾驶室也极易造成破坏，危及驾驶员的生命．假设该货车车厢的长度为L，车厢内载有一块质量分布均匀、长度也为L的钢板，钢板的质量为m．已知钢板前端与车厢壁接触，钢板与车厢底板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．忽略空气阻力的影响．
（1）若货车突然加速，为了使钢板不掉下来，则货车的加速度最大值为多少？（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力大小）
（2）若车厢的前端能承受的最大水平力为F，为了安全，则货车刹车的最大加速度为多少？
（3）若货车以加速度a0做匀加速运动，在运动过程中钢板与货车间发生相对滑动，经过多长时间钢板开始往下掉？
【分析】（1）隔离对钢板分析，根据最大静摩擦力求出临界的加速度，从而得知货车的最大加速度．
（2）对钢板根据牛顿第二定律求货车刹车的最大加速度
（3）分别求出货车和钢板的位移，根据位移关系，求出刹车钢板开始往下掉的时间．
【解答】解：（1）要使钢板不掉下来，则钢板和货车一起加速运动，钢板与货车之间达到最大静摩擦力
解得：（2）对钢板根据牛顿第二定律得：解得：
（3）对货车：对钢板：μmg＝ma钢板开始往掉下时满足：
解得：
答：（1）若货车突然加速，为了使钢板不掉下来，则货车的加速度最大值为μg
（2）若车厢的前端能承受的最大水平力为F，为了安全，则货车刹车的最大加速度为
（3）若货车以加速度a0做匀加速运动，在运动过程中钢板与货车间发生相对滑动，经过时间钢板开始往下掉
【点评】本题考查力和运动的知识，意在考查学生综合分析的能力，知道平板车和木箱在整个过程中的运动规律，抓住临界状态，结合运动学公式进行求解．
10．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是（　　）
A．若m>M，有x1=x2 B．若mC．若，有x1>x2 D．若，有x1【答案】AB
【详解】
在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F-μ(m＋M)g=(m＋M)a1 ①
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T-μmg=ma1 ②联立①②式解得 ③
在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F-(m＋M)gsinθ-μ(m＋M)gcosθ=(m＋M)a2 ④
隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T′-mgsinθ-μmgcosθ=ma2 ⑤
联立④⑤式，解得 ⑥
比较③⑥式，可知弹簧的弹力（或伸长量）相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故AB正确，CD错误；故选AB。

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