高三牛顿运动定律复习题(含答案)分析

一、多项选择

1、如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止与竖直车厢壁上，当车的加速度增大时，则

A、物体M受摩擦力增大

B、物体M对车厢壁的压力增大

C、物块M仍能相对车厢静止

D、物块M沿车厢向上运动

2、如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　） 

A．乘客与行李同时到达B处

B．行李一直做加速直线运动

C．乘客提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处

3、斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象及物体运动的v-t图象如图所示．由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是

A．物体的质量m              B．斜面的倾角θ

C．物体与斜面间的动摩擦因数μ   D．μ>tanθ

4、如下图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体丑施加一水平变力F，F-t关系如图乙所示，两物体在变力，作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则

甲           乙

  A．t。时刻，两物体之间的摩擦力最大      B．t。时刻，两物体之间的速度方向开始改变

  C．t。—2 t。时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大

 D．t。一2 t。时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同

5、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，一物体以水平速度v2从右端滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时速率为v2′，则下列说法正确的是（　　）

A．若v1＜v2，则v2′＝v1

B．若v1＞v2，则v2′＝v2

C．不管v2多大，总有v2′＝v2

D．只有v1＝v2时，才有v2′＝v2

二、选择题

6、如图所示，运动员“3 m跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中。跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是（　　）

A．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大

B．运动员向下运动（B→C）的过程中，先失重后超重，对板的压力一直增大

C．运动员向上运动（C→B）的过程中，超重，对板的压力先增大后减小

D．运动员向上运动（C→B）的过程中，超重，对板的压力一直减小

7、质量m=50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）．由图象提供的信息可知（    ）

    A．  在0～15s内，观光电梯上升的高度为25m

　   B．  在5～15s内，电梯内的同学处于超重状态

　   C．  在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s

　   D．  在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2

8、在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m1的木块，木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k．在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m2的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为（　　）

A．伸长量为tanθ  B．压缩量为tanθ

C．伸长量为   D．压缩量为

9、如图所示，在粗糙的长木板上放一个物体，现将木板一端从水平逐渐抬高，直到竖直，那么物体受到的摩擦力将（　　）

A．逐渐增大 B．先增大后减小  C．逐渐减小 D．先减小后增大

三、计算题

10、一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)

11、质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？（取g=10 m/s2）

（1）升降机匀速上升；

（2）升降机以4 m/s2的加速度加速上升；

（3）升降机以5 m/s2的加速度加速下降；

（4）升降机以重力加速度g加速下降.

12、如图，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处．A、B间距L＝20 m．用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．（已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10 m/s2） 

（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；

（2）用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.

13、如图甲所示，t=0时，一质量为m=2kg的小物块受到水平恒力F的作用，从A点由静止开始运动，经过B点时撤去力F，最后停在C点．图乙是小物块运动的速度一时间图象．已知重力加速度g=l0m/s2，求：

（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离；

（2）恒力F的大小．

14、如图所示为一足够长斜面，其倾角为θ＝37°，一质量m＝10 kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F＝100 N的力作用由静止开始运动，物体在2 s内位移为4 m，2 s末撤去力F，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：

 (1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)从撤掉力F开始1.5 s末物体的速度v；

(3)从静止开始4 s内物体的位移和路程．

15、如图所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上质量m＝1kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度

a＝4m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的摩擦因数，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求

（1）滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；

（2）滑块在传送带上运动的总时间t．

参

一、多项选择

1、BC 

2、解：A、B、C、由牛顿第二定律，得 μmg=ma得 a=1m/s2．设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．由v=at1 代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为：x=a=0.5m，匀速运动的时间为：t2==1.5s，行李从A到B的时间为：t=t1+t2=2.5s．

而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人==2s．故乘客提前0.5 s到达B．故A、B均错误，C正确；

D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由L=，解得，最短时间tmin=2s．故D正确．

故选：CD．

3、AD 

4、CD 

5、AB 

二、选择题

6、B 

7、C 

8、解：对小球受力分析，如图

由几何关系

F合=m2gtanθ

由牛顿第二定律

a==gtanθ

车向左加速或向右减速

对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律

F弹=m1gtanθ

物体受向左的弹力

结合胡克定律可知

弹簧的伸长量为tanθ

故选A．

9、解：开始时物体受重力和支持力，抬起后受到向上的静摩擦力；静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即f=mgsinθ，随角度的增大，摩擦力增大；

当角度达一定程度时，物体开始滑动，由静摩擦力变化滑动摩擦力，而滑动摩擦力f=μmgcosθ，cosθ随角度的增加而增小，故摩擦力将减小，所以摩擦力是先增大后减小的，故B正确．

故选：B

三、计算题

10、分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a

则拉力大小为：

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.

由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

11、（1）600 N  （2）840 N  （3）300 N  （4）0

解析：人站在升降机中的体重计上受力情况如图4-7-7所示. 

图4-7-7

    （1）当升降机匀速上升时

    由牛顿第二定律得F合=FN-G=0

    所以，人受到的支持力FN=G=mg=60×10 N=600 N.

     根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600 N.

    （2）当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律，有FN-G=ma

    FN=G+ma=m（g+a）= 60×（10+4） N=840 N

    此时体重计的示数为840 N，大于人的重力600 N，人处于超重状态.

    （3）当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，据牛顿第二定律可得mg-FN=ma

    所以FN=mg-ma=m（g-a）=60×（10-5） N=300 N

    此时体重计的示数为300 N，小于人本身的重力，人处于失重状态.

    （4）升降机以重力加速度g加速下降时，取向下为正方向，则mg-FN=mg，所以FN=0.

12、（1）0.5　（2）1.03 s 

解析：（1）物体做匀加速运动L＝at      a＝＝m/s2＝10 m/s2

由牛顿第二定律F－f＝ma

f＝（30－2×10） N＝10 N            μ＝＝＝0.5.

（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝ma           a＝－μg

＝[－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2

a′＝＝μg＝5 m/s2

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′

t′＝t＝t＝2.3t            L＝at2＋a′t′2

t＝＝s＝1.03 s

另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理

[Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）]s－μmg（L－s）＝0

s＝＝m＝6.06 m

由牛顿定律Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝maa＝－μg

＝[－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2    s＝at2     t＝＝s＝1.03 s.

13、解：（1）撤去F后物体的加速度：

… ①

2s末﹣3s末，物体运动距离：

…②

1s末﹣3s末，物体运动距离：

…③

1s末﹣2s末，物体运动距离：

△x=s2﹣s1=6m

或用图象法求解．

（2）由牛顿第二定律：

f=ma1 …④

由图得恒力F作用时物体的加速度：

a2=8 m/s2…⑤

由牛顿第二定律：

 F﹣f=ma2 …⑥

解④⑤⑥得：F=24N

答：（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离为6m；

（2）恒力F的大小为24N．

14、解：（1）由x1=a1t12/2得a=2m/s2    （1分）

撤去F前有：F-mgsin370-umgcos370=ma1

得u=0.25                          （2分）

(2)撤去F后加速度为a2由mgsin370+umgcos370=ma2

得a2=8m/s2                                       （1分）

撤去力F时速度v1=a1t1=4m/s

撤去F后经t2速度减为0由0=v1-a2t2得t2=0.5s 

撤去F后上滑距离

设下滑加速度大小为a3，由mgsin370-umgcos370=ma3

得a3=4m/s2                                          （2分）

下滑时间t3=1s

1.5s末物体速度v=a3t3=4m/s                 （2分）                            

(3) 下滑时间

下滑位移大小为x3=a3t42=4.5m            （2分）

从静止开始4s内物体的位移大小

X=x1+x2-x3=0.5m  方向沿斜面向上（1分）

从静止开始4S内物体的路程

S=x1+x2+x3=9.5m                       （1分）

15、（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

      得：（1分）   （列出正确表达式给1分）

设经过t1滑块与传送带共速v，有：

            （1分）

          v=        （1分）     

(或：   2分  )

解得：          （1分，算出一个结果就得1分）

滑块位移为     （1分）

（列出，     同样给1分）

传送带位移为（1分）

（列出， 同样给1分）

故，滑块与传送带的相对位移   （1分）

方法二：（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

      得：（1分）   （列出正确表达式给1分）

滑块相对传送带的加速度的大小：a2=a1+a=6m/s2          （2分）

滑块与传送带的相对位移（共4分，其中表达式2分，结果2分）

方法三：（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

 滑块、传送带在共速前的v-t如上图所示  （4分）

故            （2分）

说明：最终结果对了，中间过程对，就给7分；

（2）（共5分）共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为f，有：

                     f＝ma＝4N>μmg＝2N   （2分）

故滑块与传送带相对滑动。

说明：用加速度等方法来判断，得到滑块与传送带相对滑动，也给2分

滑块做减速运动，加速度仍为a1 .   （1分）

     滑块减速时间为t2，有：

       （1分）  

故：（1分）