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牛顿运动定律
考点 1.牛顿运动定律及其应用(Ⅱ)；2.超重和失重(Ⅰ)
知识点 1.牛顿第二定律的瞬时性；2.超重、失重问题；3.图象问题；4.连接体问题；5.多过程问题
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2019·浙江普通高校招生选考模拟)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲——起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还可以得到的信息是(　　)
A．该人做了两次下蹲——起立的动作
B．该人做了一次下蹲——起立的动作
C．下蹲过程中人处于失重状态
D．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态
答案　B
解析　人下蹲过程先是加速下降，为失重，到达一个最大速度后再减速下降，为超重，对应先失重再超重，人起立过程对应先超重再失重，由图象可知，该人做了一次下蹲——起立的动作，A、C、D错误，B正确。
2．(2019·甘肃天水高三上学期期末联考)如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上，弹簧Ⅰ与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2。分析当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝g，方向水平向右
B．若剪断Ⅰ，则球的加速度a＝，方向沿Ⅰ的延长线
C．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝，方向水平向左
D．若剪断Ⅱ，则球的加速度a＝g，方向竖直向上
答案　C
解析　绳子未断时，球受力如图甲所示，由共点力平衡条件得F2＝mgtanθ，F1＝。
刚剪断弹簧Ⅰ的瞬间，弹簧弹力与细绳弹力均突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；刚剪断细线Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，球受力如图乙所示，由共点力平衡条件得F合＝F2＝mgtanθ＝ma，因而a＝＝gtanθ，方向水平向左，C正确，D错误。
3．(2019·甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为4m的小车在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好保持水平。则外力F的大小为(　　)
A．2.5mg B．4mg C．7.5mg D．10mg
答案　C
解析　以小球为研究对象，分析受力情况可知，受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力沿斜面向下，如图。
由牛顿第二定律得：＝ma，解得：a＝2g；再对整体分析，根据牛顿第二定律可得：F＋(4m＋m)gsin30°＝5ma，解得F＝7.5mg，C正确。
4．(2019·福建高三上学期联考)如图所示，甲、乙两个物块用平行于斜面的细线连接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿光滑斜面向上做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．甲、乙都受三个力作用
B．甲、乙的速度相同
C．甲的加速度大于乙的加速度
D．甲受到的合力一定沿斜面向下，乙受到的合力可以沿斜面向上
答案　B
解析　某时刻撤去拉力F，细线的拉力变为0，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，A错误；甲、乙两物块在拉力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F的瞬间两物块的速度相同，B正确；某时刻撤去拉力F，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，两力的合力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得，甲、乙加速度相同，大小都为gsinθ，方向均沿斜面向下，其中θ为斜面倾角，C、D错误。
5．(2019·太原高三上学期期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则(　　)
A．滑道倾角越大，划艇下滑时间越短
B．划艇下滑时间与倾角无关
C．划艇下滑的最短时间为2
D．划艇下滑的最短时间为
答案　C
解析　设滑道倾角为θ，则滑道长度为，下滑时的加速度a＝gsinθ，则根据＝gsinθt2可得t＝，可知滑道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间为tmin＝2；θ<45°时，倾角越大，时间越短；θ>45°时，倾角越大，时间越长，C正确，A、B、D错误。
6．(2019·安徽芜湖高三上学期期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，上端分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自上端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有(　　)
A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3
C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2
答案　A
解析　设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得a＝gsinθ，又由几何关系可得斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝at2得t＝＝＝，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3。根据＝，由于x2＞x1＞x3，则v2＞v1＞v3，故A正确。
7．(2019·江西新余四校高三第二次联考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终保持v0＝7 m/s的速率运行。现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h＝8 m的高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。在这段时间内，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是(　　)
答案　A
解析　根据题意可知，皮带的总长度L＝＝16 m，工件刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，a＝＝＝μgcos30°－gsin30°＝ m/s2＝2.5 m/s2，工件做匀加速直线运动，当工件速度达到与皮带速度相同时，工件运动的位移x＝＝ m＝9.8 mmgsin30°＝mg，所以工件与皮带保持相对静止，做匀速直线运动。综上所述，对应图象中，A正确，B、C、D错误。
8．(2019·南昌二中高三上学期期末)如图所示，斜面置于粗糙的水平面上，将两个相同的光滑木块a、b放在斜面上，a、b用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连。达到稳定状态时，a、b与斜面均静止。在某一时刻将细绳剪断，斜面仍保持静止，则在细绳被剪断瞬间，下列说法正确的是(　　)
A．a所受的合外力一定为零
B．斜面所受地面的摩擦力一定为零
C．b所受的合外力一定为零
D．斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的总重力
答案　AD
解析　剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，剪断前，a受重力、支持力和弹簧的弹力而处于平衡，剪断后，由于弹力不变，则a所受的合外力仍为零，A正确；剪断细绳的瞬间，b受重力、支持力和弹簧向下的拉力，细绳对b的拉力变为0，可知b所受的合外力不为零，有沿斜面向下的加速度，C错误；对整体分析，由于b有沿斜面向下的分加速度，则竖直方向上有向下的分加速度，可知斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的总重力，由于b在水平方向上有向左的分加速度，可知地面对斜面有水平向左的摩擦力作用，B错误，D正确。
9．(2019·哈尔滨师大附中高三上学期期末)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器质量为m，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，如图所示。t时间后撤去动力，飞行过程中的空气阻力不计。下列说法中正确的是(　　)
A．沿直线匀加速飞行时动力的大小等于mg
B．沿直线匀加速飞行时加速度的大小为g
C．撤去动力后，飞行器的加速度大小为g
D．再经时间t后飞行器的速度变为0
答案　BC
解析　起飞时，飞行器受重力和发动机提供的动力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，如图所示，在△OFF合中，由几何关系得：F＝mg，F合＝mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度大小为：a1＝g，A错误，B正确；
撤去F后，飞行器只受重力作用，则加速度大小为g，C正确；撤去F后飞行器做斜抛运动，故再经时间t后飞行器的速度不会变为0，D错误。
10．(2019·深圳高三第一次调研考试)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则(　　)
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整列车的加速度大小为
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为
答案　BC
解析　启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，A错误；对整列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝，B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝，C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，由牛顿第三定律可得F23＝F32＝0，D错误。
11．(2019·河南周口市高三上学期期末)如图所示，足够长的质量M＝2 kg的木板静止在光滑水平地面上，质量m＝1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F＝2 N，则下列说法正确的是(　　)
A．物块和长木板之间的摩擦力为1 N
B．物块和长木板相对静止一起加速运动
C．物块运动的加速度大小为1 m/s2
D．拉力F越大，长木板的加速度越大
答案　AC
解析　当物块与木板之间的静摩擦力增大至最大静摩擦力时，二者恰好相对滑动，设此时的临界拉力为F0，由牛顿第二定律有a＝＝＝，解得F0＝1.5 N。因F＝2 N>F0＝1.5 N，故物块和长木板加速且相对滑动，两者之间存在滑动摩擦力，有f＝μmg＝1 N，A正确，B错误；对物块由牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，可得a1＝1 m/s2，C正确；拉力F越大，物块的合力越大则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N恒定，故相对滑动时长木板的加速度恒定，为a2＝＝0.5 m/s2，D错误。
12．(2019·全国卷Ⅲ)如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(　　)
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2 N。由题图c知，2～4 s内，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s内：F－F摩＝ma1,4 s以后：F摩＝ma2，解得m＝1 kg，F＝0.4 N，A、B正确。0～2 s内，木板静止，F＝f，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质量不可求，故由F摩＝μm物g可知动摩擦因数不可求，D错误。
第Ⅱ卷(非选择题，共62分)
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(2019·甘肃、青海、宁夏高三上学期期末联考)(6分)某同学用图甲所示的实验装置测量木块P与长木板间的动摩擦因数。轻绳在另一相同的木块Q的带动下牵引木块P做匀加速直线运动，按正确操作得到纸带的一部分如图乙所示，每相邻两个计数点间还有四个点没有画出，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，取g＝9.80 m/s2。
(1)打点计时器打下B点时木块P的速度大小为________ m/s。
(2)木块P与长木板间的动摩擦因数为________。(结果保留两位有效数字)
答案　(1)0.52　(2)0.35
解析　(1)电源频率为50 Hz，每相邻两个计数点间均有四个点没有画出，则每相邻两个计数点间的时间间隔为：T＝0.02×5 s＝0.1 s，
打B点时木块P的速度大小为：
vB＝＝×10－3 m/s＝0.52 m/s。
(2)根据Δx＝aT2，解得：
a＝×10－3 m/s2＝3.2 m/s2
设木块P的质量为m，则木块Q的质量也为m，由牛顿第二定律得，
对P有：T－μmg＝ma，
对Q有：mg－T＝ma，
联立解得μ≈0.35。
14．(2019·黑龙江齐齐哈尔五校联考)(8分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系。
(1)由图甲中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x＝24 cm，由图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________ cm。该实验小组在做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1，遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝______________。(以上表达式均用字母表示)
(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如下表所示的实验数据。请利用表格数据，在图丙所示坐标系中描点作出相应图象。你得出的结论是：____________________________________________________。
m(g) a(m/s2)
250 2.02
300 1.65
350 1.33
400 1.25
500 1.00
800 0.63
答案　(1)0.52　　　
(2)图见解析　在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比
解析　(1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺的示数为5 mm，游标尺示数为2×0.1 mm＝0.2 mm，游标卡尺示数为5 mm＋0.2 mm＝5.2 mm＝0.52 cm；
滑块经过光电门1、2的瞬时速度：v1＝，v2＝；
滑块做匀变速直线运动，则v－v＝2ax，
则加速度a＝＝。
(2)选取纵坐标为加速度，横坐标为滑块质量的倒数，由表格数据描点后，用平滑的线连接，如下图所示；
由图象可得出的结论为：在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比。
三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)
15．(2019·安徽宣城高三上学期期末)(10分)质量为m＝1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v＝4 m/s，此时对物块施加F＝6 N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点。已知与桌面间动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)此过程中物块到O点的最远距离；
(2)撤去F时物块到O点的距离。
答案　(1)1 m　(2) m
解析　(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与O点的最远距离为x1，
则有F＋μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2；
由v2＝2a1x1，
可得x1＝1 m。
(2)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有
F－μmg＝ma2，解得a2＝4 m/s2
μmg＝ma3，解得a3＝2 m/s2
由v＝2a2x2
v＝2a3x3
x2＋x3＝x1
联立解得x3＝ m，
即撤去F时物块到O点的距离为 m。
16．(2019·武汉十一中学高三模考)(12分)设均匀球体在空气中下落时，空气对球体的阻力的大小只与球的最大截面积成正比。某同学用轻质细绳l1连接球A与球B，再用轻质细绳l2将球B悬挂于上方某位置，当两球处于平衡状态时，球A与水平地面的距离为18 m，此时两细绳拉力的大小分别是2 N、3 N。已知球A与球B的半径之比为1∶2，当地重力加速度为10 m/s2。第一次，若只剪断细绳l1，A球经2 s落地。第二次，若只剪断细绳l2，A球经多长时间落地？(结果保留两位有效数字)
答案　2.3 s
解析　设球A与球B的质量分别为mA、mB。
静止时对球A受力分析得：T1＝mAg，
对整体受力分析得：T2＝mAg＋mBg，
第一次剪断细绳l1后，球A加速下落，根据运动学公式得：h＝a1t
对球A受力分析得：mAg－fA＝mAa1
代入数据求得：mA＝0.2 kg，mB＝0.1 kg，a1＝9 m/s2，fA＝0.2 N，
根据题意：＝＝，解得：fB＝0.8 N。
第二次剪断细绳l2后，球A与球B一起加速下落，对球整体受力分析得：
mAg＋mBg－fA－fB＝(mA＋mB)a2
根据运动学公式得：h＝a2tA′2
代入数据求得：tA′＝ s≈2.3 s。
17．(2019·广东惠州高三第一次调研)(12分)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；
(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；
(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
答案　(1)8 m/s2　2 m/s2　(2)3 s
(3)4 m/s　图象见解析
解析　(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，
则a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8 m/s2，
物块下滑过程，由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，
则a2＝gsinθ－μgcosθ＝2 m/s2。
(2)物块上滑过程：t1＝＝1 s
s1＝t1＝4 m
物块下滑过程：s2＝s1＝a2t
得t2＝2 s
故总时间t＝t1＋t2＝3 s。
(3)物块下滑过程：v2＝a2t2＝4 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v?t图象如图所示。
18．(2019·江苏高考)(14分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
答案　(1)　(2)3μg　μg　(3)2
解析　A、B的运动过程如图所示：
(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aA＝μg
A在B上滑动时有2aAL＝v
解得：vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小
F＝μmg＋2μmg＝3μmg
由牛顿第二定律得F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿第二定律得F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得：vB＝2。

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