冲刺卷三 牛顿运动定律的应用.docx

1、冲刺卷三 牛顿运动定律的应用冲刺卷三牛顿运动定律的应用满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题只有一个选项符合题意。)1(2015唐山模拟)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，人对车的作用力大于车对人的作用力 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

2、面对物体的摩擦力始终大小相等2(2015江西八校联考)我们在生活中移动货物经常推着或拉着物体沿地面运动，这样方便省力。在粗糙的水平面上放置一个小物体P，P受到与水平面成夹角的斜向上的拉力作用沿水平面运动，如图甲所示，物体P的加速度随F变化规律如图乙中图线P所示。把物体P换成物体Q，其他不变，重复操作，得到Q的加速度随F变化规律如图乙中图线Q所示。图乙中b、c和d为已知量，由此可知() AP的质量大于Q的质量 BP和Q的材料相同 CP的质量为 DQ的质量为3(2015长春二模)如图所示，一根轻绳跨过定滑轮，两端系着质量分别为M和m的小物块P和Q，Q放在地面上，P离地面有一定高度。当P的质量发生变

3、化时，Q上升的加速度a的大小也将随之变化，已知重力加速度为g，则下列能正确反映a与M关系的图象是()4(2015昆明二检)如图，轻绳的一端连接质量为m的物体，另一端固定在左侧竖直墙壁上，轻绳与竖直墙壁的夹角45，轻弹簧的一端连接物体，另一端固定在右侧竖直墙壁上，物体对地面的压力恰好为0，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，取g10 m/s2，剪断轻绳的瞬间物体的加速度大小是() A3 m/s2 B10 m/s2 C7 m/s2 D10 m/s25(2015合肥一模)某面粉厂有一条运送小麦的黑色传送带，某物理兴趣小组对传送带传送小麦进行了研究。传送小麦的倾斜传送带与水平面成夹角，传送带两轮之间距离

4、为L，一小麦袋(可视为质点)与传送带间的动摩擦因数为(0)，传送带静止时，小麦袋以初速度v0从底端滑上传送带，被送到顶端，小麦袋在传送带上的运动时间为t1。传送带以速度0.5v0逆时针运动，小麦袋仍以初速度v0从底端滑上传送带，小麦袋在传送带上的运动时间为t2；传送带以速度0.5v0顺时针运动，小麦袋仍以初速度v0从底端滑上传送带，小麦袋在传送带上的运动时间为t3，则下列判断可能正确的是() At1t2t3 Ct1t2m时，分别对P、Q应用牛顿第二定律得MgFMa，Fmgma，解得加速度aggg，加速度a小于g、随M的增大越来越接近g，不可能大于g，所以答案为B。4C剪断轻绳前对物体进行受力分

5、析如图甲所示，物体受重力mg、弹簧的拉力F、轻绳的拉力T，有Fmgtan mg。剪断轻绳后对物体进行受力分析如图乙所示，物体受重力mg、地面对物体的支持力FN、弹簧的拉力F、地面对物体的摩擦力Ff，由牛顿第二定律得，Fmgma，a(1)g7 m/s2，选项C正确。5B传送带静止和逆时针运动时，小麦袋受到的滑动摩擦力不变，一直做匀减速运动，小麦袋的加速度相等、并且初速度和位移都相等，根据位移公式可知时间相等，设小麦袋离开传送带时的速度为v2，有t1t2；若0.5v0v2，则小麦袋先做匀减速运动至速度减小为0.5v0、然后和传送带一起做匀速运动，则时间减少，有t1t2t3，选项B正确。6BC设A、

6、B将要相对滑动时的加速度大小为a，对A由mAgmAa，得a3 m/s2，对整体有F(mAmB)a9 N。即当F9 N时，A、B能保持相对静止，一起向右加速，当F9 N时，A、B发生相对滑动，A受到B的滑动摩擦力大小始终为3 N，A的加速度大小也不变，故选项A、D均错误，选项B正确；当F6 N时，A、B整体的加速度a2 m/s2，故A、B间的静摩擦力为fmAa2 N，选项C正确。7BC小球原来静止，根据对称性可知细线和弹簧上的拉力大小均为F，剪断细线瞬间弹簧弹力和小球重力都不变，则小球此时所受合外力与剪断细线前细线上的拉力等大反向，则小球加速度大小为a，选项C正确，D错误；剪断弹簧瞬间，沿细线方

7、向的合外力为0、垂直细线方向的合外力为重力的分力mgsin ，小球的加速度为gsin ，选项A错误，B正确。8AD光滑锥向右加速，分解加速度如图所示，对小球，沿x方向应用牛顿第二定律有Fsin FNcos ma，y方向应用牛顿第二定律有Fcos FNsin mg0，解得Fmgcos masin 、FNmgsin macos ，由此可知F随a增大而增大、FN随a增大而减小；当agtan 时FN0，a继续增大小球将离开光滑锥，FN为0不变、F继续增大，所以答案为A、D。9ABC设木块的高度为h，对A有：mgsin maA，aAt，tA，同理对B有tB，当时，tAtB，选项A正确；对木块受力分析如图

8、，FNAmgcos ，FNBmgcos ；竖直方向有FNMgmgcos2 mgcos2 ，因为90，所以FN(Mm)g，选项B正确；因为90，水平方向有mgsin cos mgsin cos ，所以地面对木块的摩擦力为0，选项C正确、D错误。 10ABC人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，fMa1，木板与地面之间的最大静摩擦力fm(Mm)g120 N；A中人的加速度a11 m/s2，fMa150 N120 N，木板向左加速，f(Mm)gma2，a23 m/s2，ts内人的位移大小x13 m，木板的位移大小x23 m，C正确；D中木板的位移为负，应在时间轴的下方，因此D错误。11解析(1)由速

9、度图象可得：a115 m/s2，即加速度的大小为15 m/s2。(2)设F沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos Fma1，代入数据解得：F2.6 N，故力的方向平行于斜面向下。(3)因为滑块到达最高点后摩擦力反向，由于mgsin Fmgcos ，所以滑块能够立即下滑。根据牛顿第二定律有mgsin Fmgcos ma2，代入数据解得：a22.2 m/s2，设滑块上滑的时间为t1，则t12.4 s，滑块上滑的距离为x43.2 m，设滑块下滑的时间为t2，有xa2t，解得：t26.3 s，故滑块从出发到回到斜面底端的时间为tt1t28.7 s。答案(1)15 m/s2(2)2.6 N

10、平行于斜面向下(3)8.7 s12解析(1)小物块开始运动时的加速度与整体的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有F2(Mm)g(Mm)a1解得a11 m/s2。(2)设拉力F作用的时间为t1，撤去拉力时长木板和物块的速度为va1t1，撤去拉力后，如果物块和长木板一起做匀减速运动，则匀减速运动的加速度大小为a2g2 m/s2，物块要维持2 m/s2的加速度需要的外力大小为2 N，而长木板对物块的最大静摩擦力等于f11mg1 N 2 N，因此物块不可能和长木板一起做匀减速运动，物块与长木板发生相对滑动，长木板的加速度满足2(Mm)g1mgMa2，可得a22.5 m/s2，小物块的加速度a31g1

11、m/s2，L，解得t14 s。(3)根据功能关系可知，整个过程因摩擦产生的热量等于拉力F做的功，即QFx1，x1a1t，可得Q72 J。答案(1)1 m/s2(2)4 s(3)72 J 多过程问题求解的一般思路(1)基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：(2)常用方法：整体法与隔离法。正交分解法。(3)注意事项：仔细审题，分析物体的受力及受力的变化情况，确定并划分出物体经历的每个不同的过程。逐一分析各个过程中的受力情况和运动情况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特点。前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点是解题的关键。