高中物理一轮复习牛顿运动定律的应用-普通用卷

 高中物理一轮复习牛顿运动定律的应用副标题题号一二三总分得分     一、单选题（本大题共12小题，共48.0分）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则


 A. 物体从A到O先加速后减速
B. 物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C. 物体运动到O点时所受合力为0
D. 物体从A到O的过程加速度逐渐减小如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则
A. 物块可能匀速下滑
B. 物块仍以加速度a匀加速下滑
C. 物块将以小于a的加速度匀加速下滑
D. 物块将以大于a的加速度匀加速下滑静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平力作用的瞬间A. 速度为零，加速度不为零 B. 速度为零，加速度为零
C. 速度不为零，加速度为零 D. 速度不为零，加速度不为零关于物体的运动与所受外力的关系，下列说法正确的是A. 物体的速度为零时，物体处于平衡状态
B. 物体处于超重状态，物体必然有竖直向上的速度
C. 物体自由下落时，物体对地球没有作用力
D. 运动物体若没有受到外力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动如图所示，物体A和B叠放在光滑水平面上，在水平拉力，的作用下一起加速运动，物体A和B保持相对静止．若，，则A与B所受的摩擦力和的大小和方向为    A. 向左，向右，大小都等于
B. 向右，向左，大小都等于
C. 向左，大小为，为零
D. 向右，大小为，为零如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是


 A.  B.  C.  D. 三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿图所示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动，令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则A.  B. ，
C. ， D. ，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. 当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C. 甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜
D. 绳子对甲的拉力与绳子对乙的拉力是一对平衡力如图甲所示，质量分别为m、M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体A施加竖直向上的力F，使A，B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是
A. 在乙图PQ段拉力F逐渐减小
B. 在乙图QS段属物体减速上升
C. 位移时，A，B之间弹力为
D. 位移为时，A，B一起运动的速度大小为一质量为的物体从高空由静止下落，下落过程中所受空气阻力恒定，在开始一段时间内其位移x随时间t变化的关系图象如图所示。取。物体下落过程中所受空气阻力的大小为
A.  B.  C.  D. 从地面竖直上抛一小球，设小球上升到最高点所用的时间为，下落到地面所用的时间为。若考虑到空气阻力的作用，则  A.  B.  C.  D. 无法判断如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，下面的球比上面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动空气阻力不计时，下列各图中正确的是A.  B.
C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是 A. 上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小
B. 上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小
C. 下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大
D. 下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前壁P点、后壁Q点相接触。现使斜劈A在斜面体C上静止不动，此时P、Q对球B均无压力。以下说法正确的是A. 若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则Q点对球B有压力
B. 若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P点对球B有压力
C. 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P点对球B有压力
D. 若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q点对B均无压力如图所示水平传送带A，B两端点相距，以的速度始终保持不变顺时针运转．今将一小煤块可视为质点无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为，g取由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中     A. 所用的时间是 B. 所用的时间是
C. 划痕长度是4m D. 划痕长度是如图所示，一足够长，质量为的木板放在光滑水平面上，上表面不光滑，上有一个质量为的小木块，系统静止，从开始，给木板施加一水平恒力，分别用、和、表示木板、木块的加速度和速度大小，下列图中可能符合运动情况的是    A.  B.
C.  D. 三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为，相距，时，甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系分别如图甲、乙所示，以运动方向为正方向，则：
两车在内何时相距最近？最近距离是多少？
若要保证时乙车在甲车后109m，则图乙中应是多少？







 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度，传送带与水平面的夹角，现将质量的小物块轻放在其底端小物块可视作质点，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力，经过一段时间，小物块上到了离地面高为的平台上。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，取，，问： 物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带？







答案和解析1.【答案】A
 【解析】本题考查受力分析和牛顿第二定律，对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，到达O点之前某一位置C，弹力减小到等于摩擦力，由C至O弹力小于摩擦力，物体开始减速，O至B过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动。AB、物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速，即物体先加速后减速，故A正确，B错误；C、物体运动到O点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为零，故C错误；D、物体从A点至O点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故D错误。故选A。
2.【答案】D
 【解析】【分析】将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向和，根据力的独立作用原理，单独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小。 本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解。【解答】分析斜面上物体的受力，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由牛顿第二定律可得：，当再施加一竖直向下的恒力F时，设加速度为，由牛顿第二定律可得：，由此可知，，即物块将以大于a的加速度匀加速下滑，选项D正确，ABC错误。故选D。
3.【答案】A
 【解析】略
4.【答案】D
 【解析】A：物体速度为零时，物体可能有加速度也可能处于平衡状态，A错；B：物体处于超重状态时，具有竖直向上的加速度，不一定有竖直向上的速度，B错；C：物体自由下落时，物体与地球之间的万有引力仍然存在，C错；D：根据牛顿第一定律，运动物体若没有受到外力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动，D正确；故选D。
5.【答案】A
 【解析】【分析】本题考察了整体隔离法在连接体中的应用，应用整体法时，注意不要分析系统内部物体之间的作用力，只分析系统之外物体施加给系统的作用力，然后选用适当规律列方程求解；隔离物体时，一般选择受力较少的物体进行隔离。整体法和隔离法常常需要交叉应用，从而优化解题思路和方法，使解题简洁明快。【解答】把A、B作为整体分析，由牛顿第二定律有：
解得：
隔离A分析，设摩擦力方向向左，由牛顿第二定律得：
解得：，
A与B所受的摩擦力和是作用力与反作用力的关系，所以向右，大小等于，故A正确、BCD错误。
故选A。
6.【答案】B
 【解析】解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；
鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：
故选：B。
鸟受重力和空气对其作用力阻力和升力的合力，做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．
本题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．
7.【答案】C
 【解析】【分析】物块水平方向在拉力的分力和摩擦力作用下做加速运动，根据牛顿第二定律由水平方向合力的大小确定加速度的大小。 
本题易错点在于在拉力和推力作用下，物块对地面的压力是否等于重力的问题，不能死记分析滑动摩擦力的大小。【解答】对物块1，由牛顿第二定律得FFma，对物块2，由牛顿第二定律得FFma，对物块3，由牛顿第二定律得，比较得aaa，故C正确，ABD错误。故选C。
8.【答案】C
 【解析】【分析】“押加”比赛中两队对绳子的拉力等大反向，之所以甲获胜，原因是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力。
“押加”比赛类似与拔河比赛，由此题的知识我们可以知道，在拔河比赛中要挑选一些体重大的同学，以增加与地面之间的最大静摩擦力。【解答】对甲、乙两人及绳子为一整体进行研究，水平方向的外力就是地面分别对甲、乙两人的摩擦力； 
整体从静止到运动起来产生了加速度，故受外力不平衡，由此可判断甲所受摩擦力大于乙所受摩擦力； 
甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，不论两人做何种运动； 
即不管哪个获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是当地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，甲才能获胜。 
故ABD错误，C正确。
故选C。
9.【答案】C
 【解析】【分析】根据题目提供的条件，对AB进行受力分析，然后结合牛顿第二定律与运动学的公式即可解答。
解题的关键是要理解s2前F是变力，s2后F可能是恒力的隐含条件，即在s2前物体受力和s2以后受力有较大的变化。【解答】A.开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：，随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：弹，F弹减小，所以F增大，故A错误； 
B.在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动，故B错误； 
C.开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力： 
当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力： 
以B为研究对象，则： 
得：，故C正确； 
D.P到Q的过程中，物体的加速度不变，得： 
Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小， 
 
联立得：，故D错误。
故选C。
 
10.【答案】B
 【解析】【分析】将图像的数据代入位移时间的表达式即可；本题考查图像和表达式之间的关系，要熟练掌握匀变速的表达式对应的图像。【解答】图像是开口向上，顶点在坐标原点的抛物线，故物体做初速度为零的匀加速直线运动，其表达式为：，将，，代入表达式得：，由牛顿第二定律得：，解得：，故B正确，ACD错误。故选B。
11.【答案】C
 【解析】【分析】在物体上升和下降过程中根据牛顿第二定律比较加速度大小，然后根据位移大小相等，利用运动学公式比较上升和下降时间的大小。 
本题容易出错的地方在于阻力的方向容易弄错，注意阻力方向与相对运动方向相反，上升和下降过程阻力方向不同。【解答】上升过程有：，
下降过程有：，由此可知，
根据功能关系可知落回地面的速度，
因此上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此，故ABD错误，C正确。
故选C。
 
12.【答案】C
 【解析】略
13.【答案】BC
 【解析】【分析】先总体分析，把箱子和物体当成一个整体。上升过程中，空气阻力和重力都是向下的，由于速度降低，空气阻力降低，所以加速度是逐渐减小的，但始终大于重力始终存在，方向向下，这时再分析箱内的物体，要使物体有这样的加速度，除了本身的重力外，还要箱子的上表面给它一个力，由于力的作用是相互的，即物体对箱子的上表面有压力，且是越来越小的； 同理，在下降过程中，阻力的方向是向上的，随着速度的越来越快，阻力增加，表现为整体的加速度逐渐减小，小于g，方向向下，这是分析箱内的物体，必然受到箱子对其一个向上的力，即物体对箱子的下底面产生压力，且越来越大，才能使其加速度逐渐减小。本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，注意整体法和隔离法在题目中的应用，难度适中。【解答】对箱子和物体整体受力分析，如图所示： ，由牛顿第二定律可知，，则，又整体向上做减速运动v减小，所以a减小；再对物体单独受力分析：因，所以物体受到箱子上底向下的弹力，由牛顿第二定律可知：，则，而a减小，则减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小，故A错误，B正确；
同理，当箱子和物体加速下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当后，箱子匀速下降，此时物体对箱子下底面压力等于它的重力mg，故C正确，D错误。  
故选BC 。
 
14.【答案】AD
 【解析】略
15.【答案】BD
 【解析】解：煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：

因此解得．
当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：

因此煤块先加速后匀速运动：
加速时间为：
匀速时间为：
小煤块从A运动到B的过程中总时间为：，故A错误，B正确；
在加速阶段产生相对位移即产生划痕，固有：
，故C错误，D正确．
故选BD．
物体静止从皮带左端释放，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，当速度与皮带速度相同时，物体随着皮带一起匀速运动，明确滑块的运动形式，知道划痕长度即为相等位移大小．
分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．
16.【答案】ABC
 【解析】【分析】木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对于木板向前滑．根据牛顿第二定律得出加速度以及速度与时间的关系。
解决本题的关键知道木块和木板之间运动情况，知道速度时间图线的斜率表示加速度。【解答】木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，木块可能相对木板向前滑，即木块的加速度小于木板的加速度，都做匀加速直运动，图像的斜率表示加速度，故ABC正确，D错误。
故选ABC。
17.【答案】解：由图象知，甲车前3s做匀减速运动，乙车做匀速直线运动，3s末甲车速度为0，此过程乙的速度大于甲的速度，故两者距离减小，接着甲开始做匀加速运动而乙做匀减速运动，两车距离进一步减小，当甲乙两车速度相等时两车相距最近，所以有前3s甲车的位移为：
，
乙车的位移为：
3s后甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动，当两车速度相等时两车相距最近．两车速度相等时的时间为：

代入甲乙的加速度和乙车的初速度可解得当两车速度相等时所经历的时间为：

所以此过程中甲的位移为：
，
乙的位移：
所以此时甲乙相距的最近距离为：
在时间，乙做匀减速直线运动，甲做初速度为0的匀加速直线运动，因为甲乙加速度大小相等，运动时间相同，可知，在时间内甲乙位移相等，故9s末时甲乙间距离为：
所以在的时间内，甲做匀速直线运动，速度为，乙做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为，根据题意有时，，
甲乙相距109m，所以有：

可得：
所以，
即图乙中的．
答：两车在内6s末相距最近，最近距离是10m；
若要保证时乙车在甲车后109m，则图乙中应是．
 【解析】根据图象判定甲和乙的运动性质根据甲乙运动性质和甲乙开始时的距离，有运动学分析甲乙两车在内何时相距最近以及最近的距离；
根据甲乙的运动性质求出9s末甲乙相距的距离，再根据甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动求时两车的距离从而求出乙匀加速运动的加速度所满足的条件．
能正确的读懂图象，并能根据图象所反映的物体运动规律进行求解．能抓住两车相距最近时的临界条件是两车速度相等．
18.【答案】解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
，
代入数据解得，
匀加速运动的时间，
匀加速运动的位移
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为而下滑力和最大摩擦力之和为10N，物块匀速向上运动，故得，

得；
若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为，
故减速上行，代入数据解得，
物块还需离开传送带，离开时的速度为，则：
代入数据解得。
 【解析】本题关键是受力分析后，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解。
先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；
若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解。