2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律作业（打包4套）新人教版.zip

1第 1 讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( )A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A 项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C 项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D 项符合题意．答案：D2．关于惯性，下列说法正确的是( )A．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大B．战斗机投入战斗时，必须抛掉副油箱，是要减小惯性，保证其运动的灵活性C．在绕地球运转的宇宙飞船内的物体处于失重状态，因而不存在惯性D．快速抛出的乒乓球和网球，乒乓球运动距离小，是因为乒乓球惯性大的缘故解析：物体的质量是物体惯性大小的唯一量度，物体的惯性是物体的固有属性，只与质量有关，与物体的运动状态无关，抛掉副油箱可以减小质量，B 正确，A、C 错误；乒乓球运动距离小是空气阻力造成的，其质量小，惯性小，D 错误．答案：B3.(2018·福建六校联考)2016 年 8 月 16 日 1 时 40 分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征二号丁”运载火箭，成功将“墨子号”卫星发射升空并送入预定轨道．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是( )A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，2火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项 B、C 错误，选项 A 正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项 D 错误．答案：A4.如图所示，一个楔形物体 M 放在固定的粗糙斜面上， M 上表面水平且光滑，下表面粗糙，在其上表面上放一光滑小球 m，楔形物体由静止释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是( )A．沿斜面方向的直线 B．竖直向下的直线C．无规则的曲线 D．抛物线解析：对小球进行受力分析可知：小球所受的重力和支持力均沿竖直方向，小球在水平方向上不受力．根据牛顿第一定律可知，小球在水平方向上的运动状态不变，又因楔形物体由静止释放，故小球在水平方向上无运动，只沿竖直方向向下做直线运动，故选项 B 正确．答案：B5.如图所示，质量为 M＝60 kg 的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为 m＝40 kg 的重物送入井中．当重物以 2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则人对地面的压力大小为( g 取 10 m/s2)( )A．200 N B．280 NC．320 N D．920 N解析：对重物有 mg－ T＝ ma，对人有 N＋ T＝ Mg，则 N＝ Mg－( mg－ ma)，代入数据得 N＝280 N，由牛顿第三律得人对地面的压力为 280 N，故选 B.答案：B二、多项选择题6.如图所示，人站立在体重计上，下列说法正确的是( )A．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对平衡力B．人对体重计的压力和体重计对人的支持力是一对作用力和反作用力C．人所受的重力和体重计对人的支持力是一对平衡力D．人所受的重力和人对体重计的压力是一对作用力和反作用力解析：人对体重计的压力与体重计对人的支持力是一对作用力与反作用力，A 错误，B 正确；人所受的重力与体重计对人的支持力大小相等、方向相反，作用在人上，是一对平衡力，故 C 正确；人所受的重力和人对体重计的压力既不是平衡力，也不是作用力和反作用力，故 D 错误．3答案：BC7．下列说法正确的是( )A．物体的速度越大，其惯性越大B．一对作用力与反作用力大小相等，性质相同C．跳高运动员能从地面上跳起是因为地面对运动员的支持力大于他对地面的压力D．做曲线运动的物体其所受的合外力方向与加速度方向一定在同一直线上解析：惯性大小的唯一量度是质量，惯性大小与速度无关，故 A 错误；根据牛顿第三定律，一对作用力与反作用力大小相等，性质相同，故 B 正确；地面对运动员的支持力等于他对地面的压力，这两个力是一对作用力与反作用力，故 C 错误；做曲线运动的物体其所受的合外力方向与加速度方向一定在同一直线上，故 D 正确．答案：BD8.如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫作“押加” ，实际上相当于两个人拔河．如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是( )A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小等于乙对甲的拉力大小C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大小大于乙对甲的拉力大小D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小解析：物体的运动状态是由其自身的受力情况决定的，只有当物体所受的合力不为零时，物体的运动状态才会改变，不论物体处于何种状态，物体间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，但由于它们作用在不同的物体上，其效果可以不同．甲加速前进的原因是甲受到的地面的摩擦力大小大于绳子对甲的拉力大小；乙加速后退的原因是绳子对乙的拉力大小大于乙受到的地面的摩擦力大小；但是，根据牛顿第三定律，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小．故 A、C 错误，B、D 正确．答案：BD[能力题组]一、选择题9.如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ 1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ 2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力大小一定为( )A． μ 1(m＋ M)g B． μ 2mgC． μ 1mg D． μ 1mg＋ μ 2Mg解析：木块在长木板上向右滑行过程中，受到长木板对木块水平向左的滑动摩擦力，由牛4顿第三定律可知，木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力，大小为 μ 2mg，由于长木板处于静止状态，水平方向合力为零，故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左，大小为μ 2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为 μ 2mg，故 B 正确．答案：B10．(2018·河南洛阳联考)放在光滑水平面上的物块 1、2 用轻质弹簧测力计相连，如图所示．今对物块 1、2 分别施加方向相反的水平力 F1、 F2，且 F1大于 F2，则弹簧测力计的示数( )A．一定大于 F2小于 F1 B．一定等于 F1－ F2C．一定等于 F1＋ F2 D．一定等于F1＋ F22解析：两个物块一起向左做匀加速直线运动，对两个物块整体运用牛顿第二定律，有F1－ F2＝( M＋ m)a，再对物块 1 受力分析，运用牛顿第二定律，得到 F1－ F＝ Ma，解得 F＝，由于 F1大于 F2，故 F 一定大于 F2小于 F1，故选 A.mF1＋ MF2M＋ m答案：A11．(多选)牛顿在总结 C·雷恩、J·沃利斯和 C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：物体对地面的压力和地面对物体的支持力是作用力与反作用力，是同时产生的，A、B 错误．人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，C 正确．物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是作用力与反作用力，D 正确．答案：CD12.(多选)(2018·江苏南通高三质检)2016 年里约奥运会上中国奥运队共获得 26 枚金牌、18 枚银牌和 26 枚铜牌，排名奖牌榜第三位．如图所示，吊环运动员将吊绳与竖直方向分开相同的角度，重力大小为 G 的运动员静止时，左边绳子张力为 T1，右边绳子张力为T2，则下列说法正确的是( )5A． T1和 T2是一对作用力与反作用力B． T1和 T2的合力与重力 G 是一对作用力与反作用力C． T1和 T2的合力大小等于重力的大小 GD．运动员两手缓慢撑开时， T1和 T2都会变大解析：作用力与反作用力必须作用在相互作用的两个物体上， T1与 T2作用在同一个物体上，故 A 错误；两绳作用力 T1和 T2的合力与运动员的重力是一对平衡力，大小相等，故 B 错误，C 正确；当运动员两手缓慢撑开时，吊绳与竖直方向的夹角增大， T1和 T2夹角变大， T1和T2都会变大，故 D 正确．答案：CD二、非选择题13．如图所示，两块小磁铁质量均为 0.5 kg， A 磁铁用轻质弹簧吊在天花板上， B 磁铁在 A 正下方的地板上，弹簧的原长 L0＝10 cm，劲度系数 k＝100 N/m.当 A、 B 均处于静止状态时，弹簧的长度为 L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求 B 对地面的压力大小．( g 取 10 m/s2)解析： A 受力如图甲所示，由平衡条件得k(L－ L0)－ mg－ F＝0解得 F＝－4 N故 B 对 A 的作用力大小为 4 N，方向竖直向上，由牛顿第三定律得 A 对 B 的作用力F′＝－ F＝4 N，方向竖直向下B 受力如图乙所示，由平衡条件得N－ mg－ F′＝0解得 N＝9 N由牛顿第三定律得 B 对地面的压力大小为 9 N.答案：9 N1第 2 讲 牛顿第二定律 两类动力学问题[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．在国际单位制(简称 SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A．m 2·kg·s－4 ·A－1 B．m 2·kg·s－3 ·A－1C．m 2·kg·s－2 ·A－1 D．m 2·kg·s－1 ·A－1解析：根据 P＝ UI、 P＝ Fv、 F＝ ma 可导出 U＝ ，mavI即 V＝ ＝m 2·kg·s－3 ·A－1 ，B 项正确．kg·m·s－ 2·m·s－ 1A答案：B2．由牛顿第二定律可知( )A．物体运动的方向发生改变，可断定物体所受合外力的方向也发生改变B．只要物体受到力的作用，物体就有加速度C．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比D．物体的质量对加速度的产生起反抗作用，所以质量是一种阻力解析：物体运动的方向发生改变，其合外力方向可能不变，如平抛运动，A 错；若物体所受到的力的合力为零，则物体没有加速度，B 错；根据牛顿第二定律的独立性可知，C 对；质量是物体的属性，不是力，D 错．答案：C3.如图所示，两根长度分别为 L1和 L2的光滑杆 AB 和 BC 在 B 点垂直焊接，当按图示方式固定在竖直平面内时，将一滑环从 B 点由静止释放，分别沿BA 和 BC 滑到杆的底端经历的时间相同，则这段时间为( )A. B.2L1L2g 2L1L2gC. D.2L21＋ L2g 2 L21＋ L2g L1＋ L2解析：设 BA 和 BC 倾角分别为 α 和 β ，根据牛顿第二定律得：滑环沿 BA 下滑的加速度为a1＝ ＝ gsin α ①mgsin αm沿 BC 下滑的加速度为2a2＝ ＝ gsin β ②mgsin βm设下滑时间为 t，由题有：L1＝ a1t2③12L2＝ a2t2④12由几何知识有：sin α ＝cos β ⑤联立以上各式解得 t＝ ，故选 C.2L21＋ L2g答案：C4．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为 30°的山坡以加速度 a 上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为 m 的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)，则( )A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C．小物块受到的滑动摩擦力为 mg＋ ma12D．小物块受到的静摩擦力为 ma解析：小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度 a上行，小物块的加速度也为 a，以物块为研究对象，则有 f－ mgsin 30°＝ ma， f＝ mg＋ ma， f 为静摩擦，方向平行斜面向上，故 A 正确，B、C、D 均错误．12答案：A5．(2018·湖南衡阳联考)质量不等的两木块 A、 B，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块 A、 B 一起做匀速运动．若木块 A、 B 的位置互相交换，则木块 A 运动的加速度为(木块 A、 B 与桌面间的动摩擦因数均为 μ ，且 μ 1，重力加速度为 g，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A．(1－ μ )g B．(1－ μ 2)gC. g D．与木块 A、 B 的质量有关1－ μ 2μ3解析： A、 B 匀速运动过程，有mAg＝ μm BgA、 B 互相交换后，有mBg－ μm Ag＝( mA＋ mB)a解得 a＝(1－ μ )g故选 A.答案：A二、多项选择题6.如图是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中 P、 Q、 N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时 Q 传感器示数为零， P、 N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中， P 传感器示数为零而 Q、 N 传感器示数不为零．已知 sin 15°＝0.26，cos 15°＝0.97，tan 15°＝0.27， g 取 10 m/s2，则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )A．4 m/s 2 B．3 m/s 2C．2 m/s 2 D．1 m/s 2解析：设圆柱形工件的质量为 m，对圆柱形工件受力分析如图所示，根据题意，有 FQ＋ mg＝ Ncos 15°， F 合 ＝ Nsin 15°＝ ma，联立解得a＝ ·tan 15°＝ ×0.27＋2.7m/s 2＞2.7 m/s 2.故选项 A、B 正确．FQ＋ mgm FQm答案：AB7.(2018·四川绵阳高三月考)如图所示，质量分别为 mA、 mB的 A、 B 两物块用轻绳连接放在倾角为 θ 的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力 F 拉 A，使它们沿斜面匀加速上升，A、 B 与斜面的动摩擦因数均为 μ .为了增加轻绳上的张力，可行的办法是( )A．减小 A 物块的质量 B．增大 B 物块的质量C．增大倾角 θ D．增大动摩擦因数 μ解析：对整体： F－( mA＋ mB)gsin θ － μ (mA＋ mB)gcos θ ＝( mA＋ mB)a得 a＝ － gsin θ － μg cos θFmA＋ mB对 B： T－ mBgsin θ － μm Bgcos θ ＝ mBa则轻线上的张力 T＝ mBgsin θ ＋ μm Bgcos θ ＋ mBa＝mBFmA＋ mB4则要增加 T，可减小 A 物块的质量，或增大 B 物块的质量，选项 A、B 正确．答案：AB8.(2018·湖北黄石高三质检)如图所示，轻弹簧两端拴接质量均为 m 的小球 a、 b，拴接小球的细线固定在天花板上，两小球静止，两细线与水平方向的夹角 α ＝30°，弹簧水平，重力加速度为g，则以下说法中正确的是( )A．细线拉力的大小为 mgB．弹簧弹力的大小为 mg32C．剪断左侧细线的瞬间，小球 a 的加速度为 2gD．剪断左侧细线的瞬间，小球 b 的加速度为零解析：对小球 a 分析，由共点力平衡条件得，弹簧的弹力 F＝ mg，细线的拉力为 2mg，故3A、B 错误；剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球 a 所受的合力 F 合 ＝2 mg，根据牛顿第二定律得， a＝2 g，小球 b 受力不变，合力仍然为零，所以加速度为零，故 C、D 正确．答案：CD[能力题组]一、选择题9．如图所示， A、 B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 θ ，图甲中， A、 B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、 B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( )A．两图中两球加速度均为 gsin θB．两图中 A 球的加速度均为零C．图乙中轻杆的作用力一定不为零D．图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球加速度的 2 倍解析：撤去挡板前，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零， B 球所受合力为 2mgsin θ ，加速度为 2gsin θ ；图乙中杆的弹力突变为零， A、 B 球所受合力均为mgsin θ ，加速度均为 gsin θ ，可知只有 D 正确．5答案：D10．(2018·贵州六盘水模拟)在很多旅游景点都建有山坡滑道，如图甲是某景点的山坡滑道图片，为了研究滑行者在滑道斜坡 AE 部分的滑行情况，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图． AC 是滑道的竖直高度， D 点是 AC 竖直线上的一点，且有 AD＝ DE＝10 m，滑道 AE 可视为光滑，∠ A＝30°.滑行者从坡顶 A 点由静止开始沿滑道 AE 向下做直线滑动，g 取 10 m/s2，则( )A．滑道 AE 的长度为 10 mB．滑行者在滑道 AE 上滑行的加速度 a＝5 m/s 2C．滑行者在滑道 AE 上滑行的时间为 2 sD．滑行者滑到 E 点时的速度为 10 m/s解析：由图中几何关系可知， AE＝2 ADcos 30°＝2×10× m＝10 m，A 错误；由几何32 3知识知滑道 AE 与水平面的夹角为 60°，由 mgsin 60°＝ ma 可得滑行者在滑道 AE 上滑行的加速度 a＝ gsin 60°＝5 m/s2，B 错误；由 AE＝ at2，解得 t＝2 s，C 正确；由312v2＝2 a·AE，解得 v＝10 m/s，D 错误．3答案：C11.(多选)如图所示，一倾角 θ ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当 t＝0 时，滑块以初速度 v0＝10 m/s 沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数 μ ＝0.5， g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )A．滑块一直做匀变速直线运动B． t＝1 s 时，滑块速度减为零，然后在斜面上向下运动C． t＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D． t＝3 s 时，滑块的速度大小为 4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律可得 mgsin θ ＋ μmg cos θ ＝ ma1，解得 a1＝10 m/s2，上滑时间 t1＝ ＝1 s，上滑的距离 x1＝ v0t1＝5 m，因 tan v0a1 12θ ＞ μ ， mgsin θ ＞ μmg cos θ ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项 B 正确；设滑块下滑时的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律可得 mgsin θ － μmg cos θ ＝ ma2，解得6a2＝2 m/s2，经 1 s，滑块下滑的距离 x2＝ a2t ＝1 m＜5 m，滑块未回到出发点，选项 C12 2错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项 A 错误；t＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动的位移 x3＝ a2t ＝ ×2×22 m＝4 m＜5 m，滑块未回到出12 23 12发点，此时的速度 v＝ a2·(3 s－1 s)＝4 m/s，选项 D 正确．答案：BD二、非选择题12．(2018·浙江金华十校调研)在游乐场中，有一种大型游戏装置叫“跳楼机” ，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面 40 m 高处，然后由静止释放．为研究方便，可以认为座椅沿轨道做自由落体运动 1.2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面 4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．( g 取 10 m/s2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度为多大？(2)座椅在匀减速运动阶段的时间为多少？(3)在匀减速运动阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为 v，下落时间 t1＝1.2 s，由 v＝ gt1得v＝12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为 h，总时间为 t， h＝(40－4)m＝36 m，由 h＝ t 得 t＝6 s，v2设座椅匀减速运动的时间为 t2，则t2＝ t－ t1＝4.8 s.(3)设座椅在匀减速阶段的加速度大小为 a，座椅对游客的作用力大小为 F，根据 v＝ at2可得 a＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律 F－ mg＝ ma 可得 ＝1.25.Fmg答案：(1)12 m/s (2)4.8 s (3)1.2513.如图所示，一物体以 v0＝2 m/s 的初速度从粗糙斜面顶端下滑到底端用时 t＝1 s．已知斜面长度 L＝1.5 m，斜面的倾角 θ ＝30°，重力加速度取 g＝10 m/s 2.求：(1)物体滑到斜面底端时的速度大小；(2)物体沿斜面下滑的加速度大小和方向；(3)物体与斜面间的动摩擦因数．解析：(1)设物体滑到斜面底端时速度为 vt，则有7L＝ t，v0＋ vt2代入数据解得 vt＝1 m/s.(2)因 vt＜ v0，物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为a＝ ＝1 m/s 2.v0－ vtt(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示．由牛顿第二定律得f－ mgsin θ ＝ ma又 N＝ mgcos θf＝ μN联立解得 μ ＝ ，a＋ gsin θgcos θ代入数据解得 μ ＝ .235答案：(1)1 m/s (2)1 m/s 2 方向沿斜面向上 (3)2351第 3 讲 牛顿运动定律的综合应用[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川乐山高三一诊)某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已知 t0时刻电梯处于静止状态，则时间 t0 t1 t2 t3体重秤示数(kg) 45.0 50.0 40.0 45.0A.t1时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B． t2时刻电梯可能向上做减速运动C． t1和 t2时刻电梯运动的方向相反D． t3时刻电梯处于静止状态解析：超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故 A 错误； t2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，选项 B 正确； t1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以 t1和 t2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，选项 C 错误； t3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故 D 错误．答案：B2．(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为 g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A． g B．2 gC．3 g D．4 g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即 F0＝ mg，则 F0＝ mg.当绳子拉力最大35 53时，人处于最低点且所受合力最大，故加速度也最大，此时 F 最大 ＝ F0＝3 mg，方向竖直向952上，由牛顿第二定律有 ma＝ F 最大 － mg＝3 mg－ mg＝2 mg，得最大加速度 a＝2 g，故 B 正确．答案：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在 t＝0 时由静止开始上升，运动的a t 图像如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m＝50 kg，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列说法正确的是( )A．第 9 s 内乘客处于失重状态B．1～8 s 内乘客处于平衡状态C．第 2 s 内乘客对电梯的压力大小为 550 ND．第 9 s 内电梯速度的增加量为 1 m/s解析：第 9 s 内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A 错误；1～8 s 内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B 错误；第 2 s 内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有 N－ mg＝ ma，解得 N＝550 N，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为 550 N，C 正确；第9 s 内电梯速度的增加量等于该时间内 a t 图像与时间轴所围图形的面积，即Δ v＝ ×1×1.0 m/s＝0.5 m/s，D 错误. 12答案：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为 m1、 m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小 f 仅与球的速率 v 成正比，与球的质量无关，即 f＝ kv(k 为正的常量)．两球的v t 图像如图所示．落地前，经时间 t0两球的速度都已达到各自的稳定值 v1、 v2，则下列判断正确的是( )A．释放瞬间甲球加速度较大B. ＝m1m2 v2v1C．甲球质量大于乙球质量D． t0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间 v＝0，因此空气阻力 f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度 g，故 A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时 kv＝ mg，因此最大速度与其质量成正比，即 vm∝ m，故 ＝ ，故 B 错误；由于 ＝ ，而 v1v2，故甲球m1m2 v1v2 m1m2 v1v2质量大于乙球质量，故 C 正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故 D 错误．答案：C5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体3A、 B(B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力 F 作用在物体 A 上，使物体 A 开始向上做加速度为 a 的匀加速运动，测得两个物体的 v t 图像如图乙所示(重力加速度为 g)，则( )A．施加外力前，弹簧的形变量为2gkB．施加外力的瞬间， A、 B 间的弹力大小为 M(g－ a)C． A、 B 在 t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D．弹簧恢复到原长时，物体 B 的速度达到最大值解析：施加拉力 F 前，物体 A、 B 整体平衡，根据平衡条件有 2Mg＝ kx，解得 x＝ ，故选2Mgk项 A 错误；施加外力 F 的瞬间，对 B 物体，根据牛顿第二定律，有 F 弹 － Mg－ FAB＝ Ma，其中 F 弹 ＝2 Mg，解得 FAB＝ M(g－ a)，故选项 B 正确；物体 A、 B 在 t1时刻分离，此时 A、 B 具有共同的速度 v 与加速度 a，且 FAB＝0，对 B 物体，有 F 弹 ′－ Mg＝ Ma，解得 F 弹 ′＝ M(g＋ a)，故选项 C 错误；当F 弹 ′＝ Mg 时， B 达到最大速度，故选项 D 错误．答案：B二、多项选择题6.如图所示，一个质量为 m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为 μ ，现给环一个水平向右的恒力 F，使圆环由静止开始运动，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力 F1， F1＝ kv(k 为常数， v 为环的速率)，则环在整个运动过程中，下列说法正确的是( )A．最大加速度为FmB．最大加速度为F＋ μ mgmC．最大速度为F＋ μ mgμ kD．最大速度为mgk解析：当 F1＝ mg，即 kv＝ mg， v＝ 时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大mgk4为 a＝ ，A 正确，B 错误；当滑动摩擦力 f＝ μ (kv－ mg)＝ F 时，对应的速度最大， v＝Fm，C 正确，D 错误．F＋ μ mgμ k答案：AC7．(2018·河南开封四校联考)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的 A、 B 两物体， B 的质量是 A 的 2 倍， B 受到水平向右的恒力 FB＝2 N， A 受到的水平方向的力 FA(向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从 t＝0 开始计时，则( )A． A 物体在 3 s 末的加速度是初始时刻的511B． t＞4 s 后， B 物体做匀加速直线运动C． t＝4.5 s 时， A 物体的速度为零D． t＞4.5 s 后， A、 B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出 FA的变化规律为 FA＝9－2 t(N)，对于 A、 B 整体，根据牛顿第二定律有 FA＋ FB＝( mA＋ mB)a，设 A、 B 间的作用力为 N，则对 B，根据牛顿第二定律可得N＋ FB＝ mBa，解得 N＝ mB － FB＝ (N)；当 t＝4 s 时 N＝0， A、 B 两物体开始分FA＋ FBmA＋ mB 16－ 4t3离，此后 B 做匀加速直线运动，当 t＝4.5 s 时， A 物体的加速度为零而速度不为零，t＞4.5 s 后， A 所受合外力反向，即 A、 B 的加速度方向相反，当 t＜4 s 时， A、 B 的加速度均为 a＝ ，综上所述，选项 B、D 正确，C 错误； t＝0 时， A 物体的加速度为 a0＝FA＋ FBmA＋ mB， t＝3 s 末， A 物体的加速度为 a′＝ ，则 a′＝ a0，故选项 A 正确．11 NmA＋ mB 5 NmA＋ mB 511答案：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为 m、2 m 的 A、 B 两个物体， A、 B 间的最大静摩擦力为 μmg .现用水平拉力 F 拉 B，使 A、 B以同一加速度运动，则拉力 F 的最大值为( )A． μmg B．2 μmgC．3 μmg D．4 μmg解析：当 A、 B 之间恰好不发生相对滑动时力 F 最大，此时，对于 A 物体所受的合力为5μmg ，由牛顿第二定律知 aA＝ ＝ μg ；对于 A、 B 整体，加速度 a＝ aA＝ μg ，由牛顿第μ mgm二定律得 F＝3 ma＝3 μmg .答案：C9．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为 m 的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为 0.2， t＝0 时，车开始沿水平面做直线运动，其 v t 图像如图乙所示． g取 10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的 v t 图像为( )解析：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，都为 a＝ ＝4 m/s2，根据物块与车间的动摩擦因数可知，物块与车间的Δ vΔ t滑动摩擦力产生的加速度为 2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到的滑动摩擦力是动力，相反则受到的滑动摩擦力是阻力．设在 t 时刻滑块与车的速度相等，则有24－4( t－6)＝2 t 得 t＝8 s，故在 0～8 s 内，车的速度大于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是动力，则其加速度为2 m/s2，同理，可得在 8～16 s 内，车的速度小于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是阻力，则其加速度为 2 m/s2，故 C 正确．答案：C10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为 θ 的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为 m 的小球．斜面以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为 T 和 N.若 T a 图像如图乙所示， AB 是直线， BC 为曲线，重力加速度为 g＝10 m/s 2.则( )6A． a＝ m/s2时， N＝0403B．小球质量 m＝0.1 kgC．斜面倾角 θ 的正切值为34D．小球离开斜面之前， N＝0.8＋0.06 a(N)解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得 Tcos θ － Nsin θ ＝ ma， Tsin θ ＋ Ncos θ ＝ mg，联立解得 N＝ mgcos θ － masin θ ， T＝ macos θ ＋ mgsin θ ，所以小球离开斜面之前， T a 图像呈线性关系，由题图乙可知 a＝ m/s2403时， N＝0，选项 A 正确；当 a＝0 时， T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以 mgsin θ ＝ T；当 a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙403所示，所以 ＝ ma，联立可得 tan θ ＝ ， m＝0.1 kg，选项 B、C 正确；将 θ 和 m 的mgtan θ 34值代入 N＝ mgcos θ － masin θ ，得 FN＝0.8－0.06 a(N)，选项 D 错误．答案：ABC二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为 2 kg 的雪橇在倾角 θ ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的 v t 图像如图所示，且 AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)， CD 线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当 v0＝3 m/s 和 v1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数 k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1) v t 图像的斜率表示加速度的大小，由题图可知，雪橇开始时做加速度减小的7加速直线运动，最后做匀速直线运动．(2)当 v0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是a0＝ m/s2＝1.5 m/s 2，9－ 34当 v1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是 a1＝0.(3)开始加速时：mgsin θ － kv0－ μmg cos θ ＝ ma0①最后匀速时：mgsin θ ＝ kv1＋ μmg cos θ ②联立①②得kv0＋ ma0＝ kv1，得 k＝ ＝1 kg/s，ma0v1－ v0由②式，得 μ ＝ ＝0.375.mgsin θ － kv1mgcos θ答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动 最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s2 0(3)1 kg/s 0.37512．如图所示，倾角为 45°的轨道 AB 和水平轨道 BC 在 B 处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上 D 点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道 AB 上离水平轨道 BC 高 h 处由静止释放，以小物块运动到 B 处的时刻为计时零点，探测器只在 t＝2～5 s 内工作．已知小物块与倾斜轨道 AB 和水平轨道 BC 间的动摩擦因数分别为 μ 1＝0.5 和 μ 2＝0.1， BD 段长为 L＝8 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求 h 的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道 AB 运动的加速度为 a1，由牛顿第二定律有mgsin 45°－ μ 1mgcos 45°＝ ma1设物块到达 B 处的速度为 vB，由速度—位移关系得v ＝2 a1·2Bhsin 45°物块在水平轨道 BC 上做减速运动的加速度大小为 a2＝ μ 2g①设物块运动到 D 点时速度恰好为零，这种情况下 vB最小，物块在水平轨道 BC 上运动的8时间最长，则vB1＝ ＝4 m/s2a2L又 t1＝ ＝4 svB1a2当物块在 t1＝4 s 到达 D 点时，联立解得 h1＝1.6 m②当物块在 t2＝2 s 到达 D 点时 L＝ vB2t2－ a2t12 2联立解得 h2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块， h 的取值范围为 1.6 m≤ h≤2.5 m.答案：1.6 m≤ h≤2.5 m