高三物理模块综合训练专题二 牛顿运动定律解析版Word文件下载.docx

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【答案】D

【解析】木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向左运动，所以会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；

在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向左做匀减速直线运动，根据v2＝2ax，其中a＝μg，与m无关，选项B错；

由前式知，a一定时，v越大，x越长，选项C错；

在v一定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对．

4．如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1>

m2＋m3，关于弹簧测力计的读数T，正确的是（A）

A．T<

（m1＋m2＋m3）g

B．T>

C．T＝（m1＋m2＋m3）g

D．无法判断

【答案】A

【解析】由m1>

m2＋m3可知，m1向下加速，处于失重状态；

（m2＋m3）向上加速，处于超重状态．m1与m2和m3通过绳子连接，两部分的加速度大小相等，整体系统对弹簧测力计的拉力：

T＝（m1＋m2＋m3）g－m1a＋（m2＋m3）a.因为m1>

m2＋m3，所以T<

（m1＋m2＋m3）g，故A正确．

5．如图所示，A、B两个物体通过一轻弹簧相连，已知mA＝1kg，mB＝2kg.现对A施加一大小为3N的水平恒力F，使它们一起沿粗糙的水平地面向右做匀速运动，某时刻突然撤去力F，此时A、B两物体的加速度分别为aA、aB，则（C）

A．aA＝aB＝0

B．aA＝aB＝1m/s2，方向水平向左

C．aA＝3m/s2，方向水平向左，aB＝0

D．aA＝3m/s2，方向水平向右，aB＝1.5m/s2，方向水平向左

【解析】在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F－μ（mA＋mB）g＝0，解得：

μ＝0.1，对B受力分析可得F弹－μmBg＝0，解得：

F弹＝μmBg＝2N；

当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来得及变化，故B物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A分析，由牛顿第二定律可得F弹＋μmAg＝mAaA，解得：

aA＝3m/s2，方向水平向左，故C正确．

6.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10m/s2，根据图象分析可知（　　）

A．人的重力为1500N

B．c点位置人处于失重状态

C．e点位置人处于超重状态

D．d点的加速度小于f点的加速度

【答案】　C

【解析】　开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，根据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500N，故A错误；

c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；

e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；

人在d点时：

a1＝

＝

m/s2＝20m/s2，人在f点时：

a2＝

m/s2＝10m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误．

7.如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底板装有压力传感器．当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为4.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N．取g＝10m/s2，若下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是（　　）

A．匀加速上升，a＝5m/s2

B．匀加速下降，a＝5m/s2

C．匀速上升

D．静止状态

【答案】　B

【解析】　当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿第二定律知：

FN上＋mg－FN下＝ma，m＝

kg＝1kg，G＝mg＝10N

若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10N，则上顶板传感器的示数是5N.

对金属块，由牛顿第二定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′

解得a′＝5m/s2，方向向下，故电梯以a＝5m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5m/s2的加速度匀减速上升．故A、C、D错误，B正确．

8．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示．取g＝10m/s2.根据图中所提供的信息不能计算出的是（　　）

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小

D．加速度为6m/s2时物体的速度

【答案】　D

【解析】　对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示

x方向：

Fcosθ－mgsinθ＝ma①

y方向：

FN－Fsinθ－mgcosθ＝0②

从a－F图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N,6m/s2）代入①式解得：

m＝2kg，θ＝37°

因而A、B可以算出；

当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；

题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出．

二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）

9.如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则（　　）

A.如果将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大

B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变

C.增大小球A的质量，α角一定减小

D.悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力

【答案】AD

【解析】O、A之间的细线一定沿竖直方向，如果物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右上偏转，OA与OB间的夹角将增大。

OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向（即OO′的方向）与∠AOB的角平分线在一条直线上，显然物体B在地板上向右移动时α角将增大，A正确，B错误；

增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，α角也不变，C错误；

因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB也不可能达到120°

，故悬挂定滑轮的细线的弹力不可能等于小球A的重力，D正确。

10.水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10m/s2，则（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

A．物块与地面的动摩擦因数为0.2

B．3s末物块受到的摩擦力大小为3N

C．4s末物块受到的摩擦力大小为1N

D．5s末物块的加速度大小为3m/s2

【答案】　BC

【解析】　在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3N，则μ＝

＝0.3，选项A错误；

2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝

m/s2＝－2m/s2，则经过t＝

＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；

物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．

11.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的光滑斜面方向作用于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＝x2B．若m<

M，有x1＝x2

C．若μ>

sinθ，有x1>

x2D．若μ<

sinθ，有x1<

x2

【答案】　AB

【解析】　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）a1①

隔离物块A，根据牛顿第二定律，有

FT－μmg＝ma1②

联立①②解得FT＝

③

在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有

F－（m＋M）gsinθ＝（m＋M）a2④

FT′－mgsinθ＝ma2⑤

联立④⑤解得FT′＝

⑥

比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．

12.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是（　　）

A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F

B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为

C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg

D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为

【答案】　BD

【解析】　若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：

a＝

，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：

，所以FA＝ma＝

F，A错误，B正确；

若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将A、B看做一个整体有：

a′＝

，将B隔离有：

，解得FA′＝

，C错误，D正确．

13.如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是（　　）

A．2秒末～3秒末内物块做匀减速运动

B．在t＝1s时刻，恒力F反向

C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

D．恒力F大小为10N

【解析】　物块做匀减速直线运动的加速度大小为：

＝10m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：

t1＝

s＝1s，即在t＝1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；

物块匀加速直线运动的加速度大小：

＝4m/s2，根据牛顿第二定律得：

F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得：

F＝7N，Ff＝3N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．

14.机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2m，现有一质量为m＝1kg的背包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．背包从A运动到B所用的时间为2.1s

B．背包从A运动到B所用的时间为2.3s

C．背包与传送带之间的相对位移为0.3m

D．背包与传送带之间的相对位移为0.1m

【答案】　AD

【解析】　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5m/s2，背包达到传送带的速度v＝1m/s所用时间t1＝

＝0.2s，此过程背包对地面位移x1＝

×

0.2m＝0.1m<

L＝2m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×

0.2m－0.1m＝0.1m，背包匀速运动的时间t2＝

s＝1.9s，所以背包从A运动到B所用的时间为：

t＝t1＋t2＝2.1s，故A、D正确．

三、实验题（每空2分，共计16分）

15.

（1）某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时，得到如图（a）所示的FL图象，由图象可知：

弹簧原长L0＝________cm，求得弹簧的劲度系数k＝________N/m。

（2）按如图（b）的方式挂上钩码（已知每个钩码重G＝1N），使

（1）中研究的弹簧压缩，稳定后指针指示如图（b），则指针所指刻度尺示数为________cm。

由此可推测图（b）中所挂钩码的个数为________个。

【解析】

（1）由胡克定律F＝k（L－L0），结合题图（a）中数据得L0＝3.0cm，k＝200N/m。

（2）由题图（b）知指针所示刻度为1.50cm，由F＝k（L0－L），可求得此时弹力为F＝3N，故所挂钩码的个数为3个。

【答案】

（1）3.0　200　

（2）1.50　3

16.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。

（1）如图（a），在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F；

（2）如图（b），将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。

水平拉细线L1，在白纸上记下结点O的位置、____________和电子秤的示数F1；

（3）如图（c），将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。

手握电子秤沿着

（2）中L2的方向拉细线L2，使____________和三根细线的方向与

（2）中重合，记录电子秤的示数F2；

（4）在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若__________________________，则平行四边形定则得到验证。

（1）要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F；

（2）要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；

（3）已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与

（2）中重合，记录电子秤的示数F2；

（4）根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证。

（1）静止　

（2）三细线的方向　（3）结点O的位置　（4）F和F′在误差范围内重合

四、计算题（17题8分，18题10分，19题12分，共计30分）

17.如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。

图中所示风筝质量为400g，某时刻风筝平面AB与水平面的夹角为30°

，牵线对风筝的拉力与风筝平面成53°

角。

已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10m/s2。

（1）求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；

（2）若拉着线的下端以一定的速度匀速跑动时，线与水平面成53°

角保持不变，这时拉住线的力为10N，则风对风筝的作用力为多大？

风筝平面与水平面的夹角为多大？

（用反三角函数表示）

（1）风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和线对它的拉力T（如图所示），以AB方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，

在x轴方向：

mgsin30°

－Tsin37°

＝0

在y轴方向：

F＝Tcos37°

＋mgcos30°

联立两式，解得T＝3.33N，F＝6.13N。

（2）同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。

风对风筝的作用力水平分力Fx，竖直分力Fy，由平衡条件，知

Fx＝T′cos53°

＝10×

0.6N＝6N

Fy＝T′sin53°

＋G＝10×

0.8N＋4N＝12N

F＝

＝13.4N

风筝平面与水平面的夹角θ满足

tanθ＝

则θ＝arctan

。

（1）6.13N　3.33N　

（2）13.4N　arctan

18.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10s，撤除水平推力F后经过t2＝15s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，第二次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25N，求：

（1）第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；

（2）该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．

【答案】　

（1）10m/s　50m　

（2）187.5m

【解析】　

（1）设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1

由牛顿第二定律F－Ff＝ma1，得

a1＝1m/s2

第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t1＝10m/s

通过的位移为x1＝

a1t12＝50m

（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝

m/s2

经历时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝5m/s

第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，则v22－v1′2＝2a1x1

第二次撤去水平推力后，滑行的最大距离x2＝

联立解得x2＝187.5m.

19.如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5s时离地面的高度为75m（g取10m/s2）．

（1）求运动过程中所受空气阻力大小；

（2）假设由于动力系统故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40m/s，求无人机悬停时距地面高度；

（3）假设在第

（2）问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力系统重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求无人机从开始下落到恢复升力的最长时间．

【答案】　

（1）4N　

（2）100m　（3）

s

【解析】　

（1）根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：

F－mg－Ff＝ma

由运动学规律得，上升高度：

h＝

at2

联立解得：

Ff＝4N；

（2）下落过程由牛顿第二定律：

mg－Ff＝ma1

得：

a1＝8m/s2

落地时的速度v2＝2a1H

H＝100m；

（3）恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得：

F－mg＋Ff＝ma2

a2＝10m/s2

设恢复升力后的速度为vm，则有

＋

＝H

vm＝

m/s

由：

vm＝a1t1

s.