2017-2018学年高中物理 考点3 牛顿运动定律（含2015年高考试题）新人教版

1考点 3 牛顿运动定律一、选择题1.(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示,以竖直向上为 a 的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s 时最大 B.t=2 s 时最小C.t=8.5 s 时最大 D.t=8.5 s 时最小【解题指南】判断人对地板的压力最大还是最小,只要选定人为研究对象,分析其相互作用力地板对人的支持力即可。超重时支持力大于重力,失重时支持力小于重力,大多少或者小多少看加速度的大小。超重还是失重看加速度的方向。【解析】选 A、D。在竖直方向,有 F-mg=ma,得 F=mg+ma,加速度方向向上且越大,F 就越大,所以 A 项正确;加速度方向向下且越大,F 就越小,所以 D 项正确。2.(2015·全国卷)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°,再由 a 点从静止释放一同样的微粒,该微粒将()A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)当金属板水平放置时,微粒恰好保持静止状态,说明微粒受重力和电场力而平衡。(2)当将两板绕过 a 点的轴逆时针旋转 45°时,微粒受的重力大小、方向均不发生变化,而电场力将逆时针旋转 45°,即电场力的方向为向上偏左 45°。(3)微粒由静止释放,根据所受合力可以判断其运动状态。【解析】选 D。作出微粒的受力示意图如图所示,电场力方向为向上偏左 45°,并且与重力大小相等,由力合成的平行四边形定则得 F 合 的方向为向左下方,再结合微粒由静止释放初速度为零,故微粒将向左下方做匀加速运动,D 项正确;微粒合力不为零,故不能保持静止状态,A 项错误;B2项、C 项的运动方向与合力方向不一致,故 B、C 项均错。3.(2015·全国卷)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢,当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F;当机车在西边拉着车厢以大小为 23a 的加速度向西行驶时,P 和 Q 间的拉力大小仍为 F,不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.18【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)列车车厢数只能为整数。(2)设 P 在东,Q 在西,向东以加速度 a 加速时,P 以西车厢所受合外力等于 F。(3)设 P 在东,Q 在西，向西以加速度 23a 加速时,Q 以东车厢所受合外力等于 F。【解析】选 B、C。设 P 在东，Q 在西，当机车向东加速行驶时,对 P 以西的所有车厢应用牛顿第二定律 F=m 西 a当机车向西加速行驶时,对 Q 以东的所有车厢应用牛顿第二定律 F=m 东 · 23a两式相比可得 m 西 m 东 =23所以这列车厢的节数只能为 5 的整数倍,B、C 两项符合要求,A、D 两项不符合题意。4.(2015·全国卷)如图甲,一物块在 t=0 时刻滑上一固定斜面,其运动的 v-t 图线如图乙所示。若重力加速度及图中的 v0、v 1、t 1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度【解析】选 A、C、D。物块在上滑过程中有 mgsin+mgcos=ma 1,v0=a1t1;在下滑过程中有 mgsin-mgcos=ma 2,v1=a2(2t1-t1),由以上方程可以求出 和 ,但不能求出物块的质量 m,故 A、C 正确,B 错误;由图像可得物块上滑的最大位移为 x= 2v0t1,则上滑的最大高度为 hmax=xsin= v0t1sin,故选项 D 正确。【误区警示】本题物块上滑和下滑过程可以列四个方程,理论上可解四个未知数,易误认为物块的质量也可以解出而误选 B 项。5.(2015·重庆高考)若货物随升降机运动的 v-t 图像如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图像可能是()3【解析】选 B。由题图可知,升降机运动过程分为加速下降、匀速下降、减速下降、加速上升、匀速上升、减速上升,故升降机所处的状态依次为失重、正常、超重、超重、正常、失重,所以货物所受升降机的支持力与时间的关系为选项 B。6.(2015·海南高考)如图,一充电后的平行板电容器的两极板相距 l。在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q>0)的粒子;在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为-q 的粒子。在电场力的作用下,两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 25l 的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计重力,则 Mm 为()A.32 B.21 C.52 D.31【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)先根据位移关系,结合公式 x=12at2判断 a 的比值。(2)再利用牛顿第二定律寻找 M 与 m 的比值。【解析】选 A。因为 x= at2,所以 3x;根据牛顿第二定律可得 mqEa,因此23Mma,故选 A。7.(2015·海南高考)如图,物块 a、b 和 c 的质量相同,a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1和 S2相连,通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O,整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块 a 的加速度的大小记为 a1,S1和 S2相对于原长的伸长分别记为 l 1和 l 2,重力加速度大小为 g,在剪断的瞬间()A.a1=3g B.a1=0 C.l 1=2l 2 D.l 1=l 2【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)断线前通过对 b、c 受力分析确定轻弹簧 S1、S 2的弹力。(2)再根据弹簧弹力不能突变的特点结合牛顿第二定律判断物块 a 的加速度。4【解析】选 A、C。断线前,轻弹簧 S1的弹力 T1=2mg,轻弹簧 S2的弹力 T2=mg;在剪断线的瞬间弹簧弹力不变,根据 F=kx 知 l 1=2l 2,C 正确,D 错误;细线剪断瞬间,弹簧弹力不变,此时 a 物块受向下的重力和向下的拉力 T1,其合力为 3mg,因此 a 的加速度 a1=3g,A 正确,B 错误。故选 A、C。8.(2015·海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,()A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑【解析】选 B、D。当升降机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式 f=N 可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故 A 错误,B 正确;设斜面的倾角为 ,物块的质量为 m,当匀速运动时有mgsin=mgcos,即 sin=cos。假设升降机以加速度 a 向上运动时,把 a 分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量 acos、asin。垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力 N=m(g+a)cos,f=m(g+a)cos,因为 sin=cos,所以 m(g+a)sin=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物块的加速度为 asin,所以物块的加速度也为 a。故物块相对于斜面匀速下滑,C 错误,D 正确。故选 B、D。【误区警示】本题的一般思路：因为升降机有向上的加速度,所以 N 大于mgcos,f=N,f 变大,所以 A 错 B 对。因为 f 变大,物块在沿斜面方向有向上的加速度,所以物块做减速下滑运动。上面的错误思路在于分析 C、D 两个选项时忘记了斜面有向上的加速度,若分解加速度的话,斜面也有沿斜面向上的加速度,关键是物块与斜面加速度相同,物块相对于斜面加速度为零。物块相对于斜面匀速下滑。二、计算题9.(2015·全国卷)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为=37°(sin37°= 35)的山坡 C,上面有一质量为 m 的石板 B,其上下表面与斜坡平行;B 上有一碎石堆 A(含有大量泥土),A 和 B 均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A 浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B 间的动摩擦因数 1减小为 38,B、C 间的动摩擦因数 2减小为 0.5,A、B 开始运动,此时刻为计时起点;在第 2s 末,B的上表面突然变为光滑, 2保持不变。已知 A 开始运动时,A 离 B 下边缘的距离 l=27m,C 足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求：5(1)在 02s 时间内 A 和 B 加速度的大小。(2)A 在 B 上总的运动时间。【解析】(1)在 02s 时间内 A 的受力分析如图N=Gcos37°=0.8mgF=Gsin37°- 1N=0.6mg-38×0.8mg=0.3mg由牛顿第二定律可得aA= Fm=0.3g=3m/s2在 02s 时间内 B 的受力分析如图NA=mgcos37°=0.8mgNC=NA+mgcos37°=1.6mgfA= 1NA=38×0.8mg=0.3mgfC= 2NC=0.5×1.6mg=0.8mgF=Gsin37°+f A-fC=0.6mg+0.3mg-0.8mg=0.1mg由牛顿第二定律可得aB= Fm=0.1g=1m/s2(2)2s 时,vA=aAt=3×2m/s=6m/svB=aBt=1×2m/s=2m/sB 的上表面突然变为光滑后6aA= mgsin37o=6m/s2aB= CGifo=0.6g.8m=-2m/s21s 后 B 将停止运动,3s 内 B 运动的距离为sB=12aB×(2s)2+vB×1s+1aB×(1s) 2=3m设 A 在 B 上总的运动时间为 t,则 A 的位移为 30m,sA= aA×(2s)2+vA(t-2s)+ aA(t-2s) 2=30m解得 t=4s答案：(1)3m/s 21m/s 2(2)4s【误区警示】运动学的常见误区(1)忽略减速运动的特性,时间大于速度减到零的时间,与实际不符。(2)压力变化了,误认为摩擦力没有变化。(3)物理量符号没有区分,杂乱无章。10.(2015·全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块,在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为 4.5m,如图甲所示。t=0 时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v-t 图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍,重力加速度大小 g 取 10m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2。(2)木板的最小长度。(3)木板右端离墙壁的最终距离。【解题指南】解答本题应从以下四点分析：(1)可以利用图像求出小物块的加速度进而求得小物块与木板间的动摩擦因数 2。(2)碰撞前二者向右做匀减速直线运动,碰后物块继续向右做匀减速直线运动,木板向左做匀减速直线运动。(3)物块恰好没有离开木板的临界条件为二者末速度相等、物块恰好运动到木板的最右端。(4)木板的长度为二者的相对位移。【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前,小物块和木板一起向右做匀变速运动,设加速度为 a1,小物块和木板的质量分别