1、牛顿运动定律练习一选择题一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力.以下关于喷气方向的描述中正确的是（ ）A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气解析：物体所受合外力的方向与运动方向在同一直线上，才能做直线运动.A 选项中，探测器向后喷气，可获得一个向前的反冲力，该力与重力的合力方向偏离原运动方向，探测器不可能做直线运动，A 选项错 .同理 B 选项错.C 选项中，探测器向下喷气，当向上的反
2、冲力等于重力大小时，探测器的合力为零，做匀速直线运动，C 正确.D 选项中探测器不喷气时，它在重力作用下将做斜抛运动，D 错误.答案：C如图 3-1 所示，光滑水平面上的甲、乙两物体在水平恒力 F1、F 2 作用下运动，若 F1F 2,则：图 3-1若撤去 F1，则甲的加速度一定增大 若撤去 F1，则甲对乙的作用力一定减小 若撤去 F2，则乙的加速度一定增大 若撤去 F2，则乙对甲的作用力一定减小其中正确的是（ ）A. B. C. D.解析：在 F1、F 2 作用下，对甲、乙整体，加速度 a= 乙甲 mF12，甲、乙间的作用力T=1m甲 甲乙；若撤去 F1，甲、乙的加速度 a1= 乙甲2a,正
3、确.甲、乙间的作用力 T1= 乙甲甲 2T,正确.若撤去 F2，甲、乙的加速度 a2= 乙甲 1，其大小与 a 的大小关系不确定，错误.甲、乙间的作用力 T2= 乙甲乙m1T,正确.故选项 C 正确.答案：C.如图 3-3 所示，一水平方向行驶的小车中用 AB、BC 两细绳系住一小球，当小车匀速运动时，AB、BC 绳的拉力分别为 F1、F 2，当小车向右匀加速运动时，AB、BC 绳的拉力分别为 F1、F 2，则（ ）图 3-3A.F1=F1,F 2=F2 B.F1F 1 ,F2F 2C.F1F 1,F 2 F2 D.F1=F1,F 2F 2解析：小球在小车匀速运动和向右匀加速运动过程中位置不变
4、，都受三个力，分别是两根绳的拉力和球的重力，如图所示.在竖直方向小球始终受力平衡，则 F 的大小mg/cos 不变；在水平方向上，合外力由 T-Fsin=0 变为 T-Fsin=ma,则 T 在增大，即F2F 2,F1=F 1,选项 D 正确.答案：D如图 3-4 所示，质量均为 m 的 A、B 两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A 球紧靠竖直墙壁.今用水平力 F 将 B 球向左推压弹簧，平衡后，突然将 F 撤去，在这一瞬间：图 3-4B 球的速度为零，加速度为零； B 球的速度为零，加速度大小为 m； 在弹簧第一次恢复原长之后，A 才离开墙壁； 在 A 离开墙壁后， A、B
5、 两球均向右做匀速运动.以上说法正确的是( )A.只有 B. C. D.解析：撤去 F 前，B 球受四个力作用，竖直方向的重力和支持力平衡，水平方向的推力 F 和弹簧的弹力平衡.撤去 F 的瞬间，弹簧的弹力仍为 F，故 B 球所受合外力为 F，则 B球加速度为 a= m，而此时 B 球的速度为零.在弹簧恢复原长前，弹簧对 A 球有水平向左的弹力使 A 压紧墙壁，直到弹簧恢复原长时 A 球才开始离开墙壁 .A 球离开墙壁后，由于弹簧的作用，使 A、B 均做变速运动，B 选项正确.答案：B图中 a、b 是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等.F 是沿水平方向作用于 a上的外力.已知 a、
6、b 的接触面及 a、b 与斜面的接触面都是光滑的.正确的说法是( )A.a、b 一定沿斜面向上运动B.a 对 b 的作用力沿水平方向C.a、b 对斜面的正压力相等D.a 受到的合力沿水平方向的分力等于 b 受到的合力沿水平方向的分力解析：因 F 大小未知，故 a、b 是向上还是向下运动难以确定，故 A 错.分析 a、b 的受力情况可知 B、C 错误.因接触面光滑，且 a、b 质量相等，无论 F 多大（方向向右） ，a 、b都有共同的加速度，故 a、b 总受到相同的合外力,无论哪个方向.故 D 选项正确.答案：D4.(2004 辽宁、广东)三个完全相同的物块 1、2、3 放在水平桌面上，它们与桌
7、面间的动摩擦因数都相同.现用大小相同的外力 F 沿如图所示方向分别作用在 1 和 2 上，用 F 的外力沿水平方向作用在 3 上，使三者都做加速运动，令 a1、a 2、a 3 分别代表物块 1、2、3 的加速度，则( )A.a1=a2=a3 B.a1=a2,a2a 3 C.a1a 2,a2a 3 D.a1a 2,a2a 3解析：对物块 1，由牛顿第二定律：Fcos60-(mg-Fsin60)=ma 1；对物块 2，由牛顿第二定律：Fcos60-(mg+Fsin60）=ma 2；对物块 3，由牛顿第二定律： F-mg=ma 3.比较得 a1a 3a 2，选项 C 正确.如图 3-2-8 甲所示,
8、放在光滑水平面上的木块受到两个水平力 F1 与 F2 的作用静止不动.现保持 F1 不变,使 F2 逐渐减小到零,再逐渐恢复到原来的大小,其大小变化图象如图 3-2-8 乙所示.则在此过程中,能正确描述木块运动情况的图象是( )图 3-2-8图 3-2-9解析：由 a= mF21可知,木块先做加速度逐渐增大的变加速运动 ,后做加速度逐渐减小的变加速运动.注意把握一个要素,合力的方向始终不变.此题可依据加速度时刻发生改变的特征,迅速排除 A,B,C 三个选项 .答案：D. 如图 38 所示，质量为 M 的长平板车放在光滑的倾角为 的斜面上，车上站着一质量为m 的人.若要平板车静止在斜面上，车上的
9、人必须 （ ）图 3-8A.加速向上奔跑B.以加速度 a= mMgsin 向下加速奔跑C.以加速度 a=(1+ )gsin 向上加速奔跑D.以加速度 a=(1+ )gsin 向下加速奔跑解析：以平板车为研究对象，当平板车静止在斜面上时，受力平衡，则人对平板车的摩擦力应沿斜面向上，大小 f=Mgsin;以人为研究对象，人受重力、支持力、车对人沿斜面向下的摩擦力 f，由牛顿定律得： mgsin+Mgsin=ma 得 a=(1+ mM)gsin,方向沿斜面向下，故人必须以加速度 a=(1+ mM)gsin 向下加速奔跑.选项 D 正确.答案：D一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的
10、大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小（在上述过程中，此力的方向一直保持不变） ，那么如图 3-5 所示的 v-t 图象中，符合此过程中物体运动情况的图象可能是（ ）图 3-5解析：在某个力大小逐渐减小到零的过程中，合外力逐渐增大；在它逐渐从零恢复到原来大小的过程中，合外力逐渐减小，可见加速度大小先增大后减小，由于速度方向始终与加速度方向相同，则物体一直在做加速运动.从 v-t 图线的斜率看，D 选项符合题意.答案：D7.如图 3-6 所示，一弹簧振子置于粗糙水平面上，弹簧的左端与墙壁相连，将弹簧拉长（在弹性限度之内）后，将物块无初速度地释放，弹簧第一次恢复自由长度时的速度为 v0.则
11、在物块运动的全过程中，其速率 v0 出现的情况是（ ）图 3-6A.只有一次 B.有两次C.有无穷多次 D.可能多于两次，但不可能有无穷多次解析：物块在运动过程中受两个水平方向的力，在竖直方向上受力平衡.物块在无初速地释放之后，先做加速度减小的加速运动，当弹簧的拉力与摩擦力大小相等时，速度达到最大，v mv 0.接着做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时速度为 v0，之后由于摩擦力一直做负功，物块的速率不断减小，则物块的速率为 v0 出现两次，选项 B 正确.答案：B如图 3-7 所示，四根相同的轻质弹簧连着相同的物体，在外力作用下做不同的运动.（1）在光滑水平面上做加速度大小为 g 的
12、匀加速直线运动；（2）在光滑斜面上做向上的匀速直线运动；（3）做竖直向下的匀速直线运动；（4）做竖直向上的加速度大小为 g 的匀加速直线运动.设四根弹簧伸长量分别为 l 1、l 2、l 3、l 4,不计空气阻力，g 为重力加速度，则（ ）图 3-7A.l 1l 2 B.l 3=l 4C.l 1l 4 D.l 2=l 3解析：设物体的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，在（1）情况下 l 1=mg/k,在（2）情况下 l 2=mgsin/k,则 l 1l 2，选项 A 正确.在（3）情况下 l 3=mg/k,在（4）情况下l 4=2mg/k.答案：A一物体放置在倾角为 的斜面上，斜面固定于加速上升
13、的电梯中，加速度为 a.如图 3-2-11所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法：当 一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小 当 一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大 当 a 一定时， 越大，斜面对物体的正压力越小 当 a 一定时， 越大，斜面对物体的摩擦力越小.其中正确的是（ ）图 3-2-11A. B. C. D.解析：以物体为研究对象，分析其受力并建立直角坐标系，如图所示.在 y 轴方向上由牛顿定律有：fsin+Ncos-mg=ma 在 x 轴方向上由受力平衡得：Nsin=fcos 解式得 N=m(g+a)cos,f=m(g+a)sin.可见，当 一定时， a 越大，斜面
14、对物体的正压力越大，斜面对物体的摩擦力越大；当 a 一定时， 越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大，故选项 C 正确.如图 3-2-12 所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度 v1 沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定速率 v2 沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为 v2.则下列说法中正确的是（ ）若 v1v 2，则 v2=v 2 若 v1v 2，则 v2=v 1 只有 v1=v2 时，才有 v2=v 1 不管 v2 多大，总有 v2=v 2图 3-2-12A. B. C. D.解析：当物体的速度 v2v 1 时
15、，物体从右端滑上传送带向左匀减速一段位移（设为s）至速度为零；然后在传送带的摩擦力作用下以向左匀减速时的加速度向右匀加速运动，当其速度达到 v1 时，物体还没到传送带的右端，最后相对传送带静止一起向右匀速运动，故 v2=v 1.当物体的速度 v2v 1 时，物体在传送带上先向左匀减速一段位移至速度为零，接着以同样的加速度向右匀加速运动，当其速度达到 v2 时，物体刚好到达传送带的右端，故 v2=v 2.选项 A 正确.答案：A6.(2006 湖北高三联考)如图 3-2-13 所示，水平面上质量为 10 kg 的物块 A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的另一端固定在小车上，小车静止不动时，弹
16、簧对物块的弹力大小为 5 N，物块处于静止状态.若小车以加速度 a=1 m/s2 沿水平地面向右加速运动时（ ）图 3-2-13A.物块 A 相对小车仍静止 B.物块 A 受到的摩擦力方向不变C.物块 A 受到的摩擦力大小不变 D.物块 A 受到的弹力将增大解析：由于弹簧处于拉伸状态，所以小车对物块的最大静摩擦力至少为 5 N，当小车向右以 a=1 m/s2 加速运动时，所需合外力为 F 合 =ma=10 N，因此静摩擦力方向向右，大小为 5 N，弹簧对小车向右的弹力为 5 N，物块 A 仍相对小车静止，A、C 选项正确；而物块A 的所受弹力 N 一直等于物体的重力，与水平方向的运动无关 .评
17、注：静摩擦力是被动力，它会因外力的变化而变化，既表现为大小的变化也会有方向上的变化，本题的难点在于对最大静摩擦力至少为 5 N 的正确理解.答案：AC7.如图 3-2-14 所示，质量均为 m 的钩码 P 和 Q 用绳子相连，挂在两个高度相同的光滑的定滑轮上，处于平衡状态.在两定滑轮中点处再挂一质量为 m 的钩码 N，设竖直段的细绳足够长，松手后（ ）图 3-2-14A.N 仍保持静止并处在原来位置B.N 一直向下加速，直至 P、Q 碰到定滑轮C.N 下落过程为先加速运动后减速运动D.N 下落的过程中加速度逐渐变小解析：钩码 N 所受合力为先减小、后增大，故加速度也先减小、后增大，但其下落过程
18、中先加速运动后减速至零.答案：C如图 3-2-2 所示，光滑斜面上质量相等的两木块 A、B 用一轻弹簧相连接，整个系统处于平衡状态，B 木块由挡板 C 挡住.现用一沿斜面向上的拉力 F 拉动木块 A，使木块 A 沿斜面向上做匀加速直线运动.研究从力 F 刚作用在 A 木块的瞬间到木块 B 刚离开挡板的瞬间这一过程，并且选定该过程中木块 A 的起点位置为坐标原点，则如图 3-2-3 所示图象中能表示力 F 和木块 A 的位移 x 之间关系的是（ ）图 3-2-2图 3-2-3解析：根据题意，设木块 A 由初位置运动的位移为 x，且此时弹簧的形变量为 x,由几何关系得 x= kmgsin-x 由牛
19、顿定律得 F-mgsin+kx=ma 整理有 F=ma+kx,可见选项 A 正确.答案：A在一种体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施中，用电梯把乘有十多人的座舱，送到 76 m 高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面 28 m 时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止.若某人手中托着质量为 5 kg 的铅球进行这个游戏，g 取 9.8 m/s2,问：（1）当座舱落到离地面高度为 40 m 的位置时，铅球对手的作用力多大？（2）当座舱落到离地面高度为 15 m 的位置时，手要用多大的力才能托住铅球？解析：（1）在离地高于 28 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，所以铅球对手没有
20、作用力，由牛顿第三定律可知，手对铅球也没有作用力.（2）设座舱自由下降高度为 h1 后的速度为 v，制动时的加速度为 a,制动高度为 h2,由vt2-v02=2as 得 v2=gh1v2=2ah2联立解得：a= 2hg根据牛顿运动定律 F-mg=ma 得：F=mg( 21+1)=mg 21代入数据解得 F=133 N.答案：（1）0 （2）133 N如图 3-2-6 所示，在倾角 =37的足够长的固定斜面上，有一质量 m=1 kg 的物体，物体与斜面间动摩擦因数 =0.2.物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力 F=9.6 N 的作用，从静止开始运动，经 2 s 绳子突然断了.求绳断后多长时间
21、物体速度大小为 22 m/s.（已知sin37=0.6,g 取 10 m/s2）图 3-2-6图 3-2-7解析：根据物体的受力情况的变化可将物体的运动分为三个阶段.第一阶段：在最初 2 s 内，物体在 F=9.6 N 的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，受力如图 3-2-7 所示，有：沿斜面方向 F-mgsin-F f=ma1 沿垂直斜面方向 FN=mgcos 且 Ff= FN 由得：a 1= mgcossin=2 m/s2,2 s 末绳断时瞬时速度 v1=a1t1=4 m/s.第二阶段：从撤去 F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为 a2,则：a2=gm)cos
22、in(=-7.6 m/s2，设从断绳到物体达最高点所需时间为 t2,据运动学公式 v2=v1+a2t2 得 t2=10av=0.53 s.第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为 a3，所需时间为 t3.由牛顿定律知：如图 3-2-16 所示，光滑水平面上静止放着长 L=1.6 m,质量为 M=3 kg 的木板.一个质量为m=1 kg 的小木块放在木板的最右端，m 与 M 之间的动摩擦因数 =0.1，今对木板施加一水平向右的拉力 F.图 3-2-16(1)施力 F 后，要想把木板从木块 m 的下方抽出来，求力 F 的大小应满足的条件;(2)如果所施力 F=10 N，为了把木板从
23、 m 的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?(g取 10 m/s2)解析：(1)力 F 拉木板运动过程：对木块：mg=ma 得 a=g=1 m/s 2；对木板：F-mg=Ma 1，得 a1= Mg，只要 a1a就能从 m 的下方抽出木板，即 F (M+m)g，所以 F4 N.(2)当 F =10 N 时,设拉力作用的最少时间为 t1,加速度为 a1,撤去拉力后木板运动时间为 t2,加速度为 a2,那么：a1= MmgF=3 m/s2，a 2=mg= 31m/s2，木板先以加速度 a1 匀加速运动 t1，后以加速度a2 匀减速运动 t2,而木块一直以 a 匀加速运动.当木板刚好从木块下穿出时应满足：v 木板 =v s 木板 -s=L 木块的速度：v=a(t 1+t2) 木块的位移：s= a(t1+t2)2 木板的速度：v 木板 =a1t1-a2t2 木板的位移：s 木板 = a1t12+(a1t1t2- a2t22) 代入数据解式得：t 1=0.8 s.答案：(1)F4 N (2)0.8 s
