高2015届牛顿定律一轮复习精华

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

牛顿定律第一讲

1.（2013哈尔滨三中月考）下列说法正确的是：

A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比 B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同

C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因

D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快

答案：AD解析：牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比，选项A正确；亚里士多德认为重物体下落快，选项B错误；伽利略的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因，伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快，选项C错误D正确。

3、（2013衡水中学调研）以下说法中正确的是( ) A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性 B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小 C．力是维持物体运动的原因

D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动

答案：A解析：牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性，质量是惯性大小的量度，惯性与速度无关，选项A正确B错误；力不是维持物体运动的原因，力是产生加速度的原因，选项C错误；做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点将做匀速直线运动，选项D错误。

4. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是： A.A环与滑竿之间没有摩擦力 A B B.B环与滑竿之间没有摩擦力 C.A环做的是匀加速直线运动

C D D.B环做的是匀加速直线运动

答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀加速直线运动，选项AC正确BD错误。

5．（2013哈尔滨三中月考）如图所示，升降机天花板上用轻弹簧悬挂一物体，升降机静止时弹簧伸长量为10cm，运动时弹簧伸长量为9cm，则升降机的运动状态可能是（g=10m/s2）： A.以a=1m/s2的加速度加速上升； B.以a=1m/s2的加速度加速下降； C.以a=9m/s2的加速度减速上升； D.以a=9m/s2的加速度减速下降

答案：B解析：根据运动时弹簧伸长量为9cm，小于静止时弹簧伸长量为10cm， 可知升降机加速度向下，则升降机的运动状态可能是以a=1m/s2的加速度加速下降；可能是以a=1m/s2的加速度减速上升，选项B正确。

6．（2013唐山摸底）风洞实验室可产生水平方向大小可调节的风力。实验室中有两个质量不等的球A、B，用一轻质绳连接。把A球套在水平细杆上如图所示，对B球施加水平风力作用，使A球与B球一起向右匀加速运动。若把A、B两球位置互换，重复实验，让两球仍一起向右做匀加速运动，已知两次实验过程中球的加速度相同，A、B两球与

[来源学#科#网Z#X#X#K] 1

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 细杆的动摩擦因数相同。则两次运动过程中，下列物理量一定不变的是 A．细绳与竖直方向的夹角 B．轻绳拉力的大小 C．细杆对球的支持力 D．风给小球的水平力

答案：CD解析：由于AB两球质量不等，细绳与竖直方向的夹角，轻绳拉力的大小可能变化，选项AB错误；两次运动过程中，受到水平风力一定不变，细杆对球的支持力一定不变，选项CD正确。

8．（2013哈尔滨三中月考）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右。汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图像如图所示，则下列说法正确的是： A.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越大

v2 B.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车受到的合外力越来越小

vC.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度大于v0/2

0D.汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2

答案：AD解析：由v2=2ax，可知，若汽车速度的二次方v2与汽车

x1 x 0 前进位移x的图像为直线，则，汽车做匀加速运动。由汽车速度的二

次方v2与汽车前进位移x的图像可知，汽车的加速度越来越大，汽

车受到的合外力越来越大，选项A正确B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进x 1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确。 9．（2013安徽江南十校摸底）如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s2），下列说法中正确的是 （ ） A．小球受力个数不变 B．小球立即向左运动，且a=8 m/s2 C．小球立即向左运动，且a=10m/s2

D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=102 m/s2

答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水平面的弹力N=mg，摩擦力为f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s2，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。

10．(2013西安摸底)质量为0.6 kg的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的v-t图像，则 ( )

A．斜线①一定是物体受水平拉力时的图像 B．斜线②一定是物体不受水平拉力时的图像 C．水平拉力一定等于0.2 N

D．物体所受的摩擦力可能等于0.2 N

答案：CD解析：拉力方向可能与物体水平运动方向相

同或相反，不能确定哪条斜线是物体受水平拉力时的图像，选项AB错误。斜线①对应的物

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12体加速度大小为a1=3m/s2，斜线②对应的物体加速度大小为a2=3m/s2。若斜线①是物体

受水平拉力时的图像，斜线②是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相同，f - F =ma1，f =ma2，解得f=0.4N，F=0.2N; 若斜线②是物体受水平拉力时的图像，斜线①是物体不受水平拉力时的图像，拉力方向与物体水平运动方向相反，f + F =ma2，f =ma1，解得f=0.2N，F=0.2N;所以水平拉力一定等于0.2 N，物体所受的摩擦力可能等于0.2 N，可能等于0.4N，选项CD正确。 11. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x，若用水平力F’作用在m1上时，两物块均以加速度a’=2a做匀加速运动。此时弹簧伸长量为x’。则下列关系正确的是：

F A.F’=2F B.x’=2 x C. F’>2F D. x’<2 x m2 m1 答案：AB解析：把两个物体看作整体，由牛顿第二定律可得，F’=2F，选项A正确C错误；隔离m2，由牛顿第二定律和胡克定律，x’=2 x，选项B正确D错误。

13．（2013届江西省重点中学高三联考）如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端。设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是（ ）

A．t1=t2，a1=a2，v1=v2 B．t1＜t2，a1＜a2，v1＜v2

C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示 D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示

答案：D解析：由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1＜t2，a1>a2，v1>v2,选项AB错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，选项C错误D正确。 14．(2013西安摸底)如图是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．若电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，在电梯即将到顶层前关闭电动机，靠惯性再经时间t停止运动卡住电梯，不计空气阻力，则t为（ ）

v(M?m)v(M?m)v(2M?m)vMgmg D．mgA．g B． C．

答案：D解析：关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg=(2M+m)a，

(2M?m)vmg解得电梯加速度大小a=mg/(2 M+m)，t=v/a=，选项D

正确。

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15. （2013广西三校联考）如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，此时A物体加速度为a1。如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么（ ） A. 如果al= a2，则F< Mg B. 如果F=Mg，则al

2mMgD．如果F=m?M，则a1=a2

答案：ABD解析：另一端悬挂一质量为M（M>m）的物体B，由牛顿第二定律，

M?mMg-mg=(m+M)a1.，解得a1=M?mg。如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F-mg=ma2.，

解得a2=F/m-g。如果al= a2，则F< Mg；如果F=Mg，则al

2mMgM?m果F=m?M，则a2=F/m-g=M?mg =a1,选项D正确。

16. （2013辽宁省五校协作体高三期初联考）如图所示，将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为

A．0.6N B．0.8N C．1.0N D．1.2N 答案：A解析：当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为0.4N；设下面弹簧支持力为FN，由牛顿第二定律，0.4+FN-mg=ma1；解得FN=mg=1N。当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时，设上面弹簧的拉力为F，则下面弹簧支持力为F’N=mg+F-0.4=0.6+F，由牛顿第二定律，F+F’N-mg=ma2；解得F=0.6N,选项A正确。 19. （2013邯郸摸底）一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹。下列说法正确的是（）

褐色的痕迹将出现在木炭的左侧 木炭的质量越大，痕迹的长度越短

传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短

木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短 答案：D

解析：木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向后运动，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后做匀减速直线运动，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。 20．（2013南昌铁一中摸底）如图所示，ad、bd、 cd是竖直面内的三根固定的光滑细杆，a、ｂ、c、ｄ位于同一圆周上，ａ点为圆周上最高点，ｄ点为圆周上最低点。每根杆上都套有一个小圆环，三个圆环分别从ａ、ｂ、c处由静止释放，用t1 、t2 、t3依次表示各环到达d点所用的时间，则（ ）

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高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 A．t 1＜t2＜t3 B．t 1＞t2＞t3

C．t 3＞t1＞t2 D．t 1＝t2 ＝t3 答案：D

解析：分析bd光滑细杆上小圆环受力，应用牛顿第二定律和直线运动公式，可得环到达d点所用的时间与光滑细杆的倾角无关，选项D正确。

21. （2013邯郸摸底）如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动。则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是（）

A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小

B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变 C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大 D．若粘在C木块上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小 答案：AD

解析：因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：F-3μmg-μΔmg=(3m+Δm)a，系统加速度a都将减小，选项A对；若粘在A木块上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T，F-μmg-T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，选项B错；若粘在B木块上面，a减小，以A为研究对象，m不变，所受摩擦力减小，选项C错；若粘在C木块上面，a减小，A的摩擦力减小，以AB为整体，有T-2μmg=2ma，T减小，选项D对。

23．（2013南昌铁一中摸底）如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出（ ） A．物体的质量

a(m/s2) B．斜面的倾角

C．斜面的长度 6 4 D．加速度为6m/s2时物体的速度

2 . 答案：AB F O 10 20 30 -2 解析：当F=0时，物体向下的加速度大

θ -4 小为6m/s2，即gsinθ=6m/s2，可计算出

-6 (a) 斜面的倾角θ，选项B正确；当F=20N(b) 时，物体向上的加速度大小为2m/s2，即

F(N) 20mcosθ-gsinθ=2m/s2，可计算出物体的质量m，选项A正确。不能计算出斜面的长度，加

速度为6m/s2时物体的速度，选项CD错误。

24．（2013衡水中学调研）如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）.则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的（物体的

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高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 初速度为零，重力加速度取10m/s2）

答案：C解析：在0~1s，F=mg，由牛顿第二定律，加速度a=5m/s2；在1s~2s，F=0，由牛顿第二定律，加速度a=-5m/s2；在2s~3s，F=-mg，由牛顿第二定律，加速度a=-15m/s2；物体运动的速度v随时间t变化的规律是图丙中的C。

25．（2013衡水中学调研）质量为m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则F A B 两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法正确的是 （ ）

A．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F

B．若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为F/2

C．若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，则物块物块A对B的作用力大小为

[来源:Zxxk.Com]F/2

D．若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，则物块物块A对B的作用力大小为(F +μmg)/2

答案：BCD 解析：若水平面光滑，对整体，由牛顿第二定律，F=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’=ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项A错误B正确。若物块A与地面、B与地面的动摩擦因数均为μ，对整体，由牛顿第二定律，F-2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=F/2，选项C正确。若物块A与地面的动摩擦因数为μ，B与地面的动摩擦因数为2μ，对整体，由牛顿第二定律，F-μmg -2μmg=2ma；隔离B，由牛顿第二定律，F’ -2μmg =ma；解得物块A对B的作用力大小为F’=(F +μmg)/2，选项D正确。

26. （2013衡水中学调研）电梯的顶部挂一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10 N，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为6 N，关于电梯的运动（如图所示），以下说法正确的是(g取10 m/s2) ( ) A．电梯可能向上加速运动, 加速度大小为4m/s2 B．电梯可能向下加速运动, 加速度大小为4m/s2 C．电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2 D．电梯可能向下减速运动, 加速度大小为4m/s2

答案：BC解析：弹簧秤的示数变为6 N，电梯加速度向下，电梯可能向下加速

运动, 加速度大小为4m/s2，电梯可能向上减速运动, 加速度大小为4m/s2，选项BC正确。 28．（2013衡水中学调研）如图所示，倾角为30°的光滑杆上套有一个小球和两根轻质弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉Ｍ、Ｎ固定于杆上，小球处于静止状态．设拔去销钉Ｍ（撤去弹簧ａ）瞬间，小球的加速度大小为6ｍ/s2．若不拔去销钉Ｍ，而拔去销

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高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 钉Ｎ（撤去弹簧ｂ）瞬间，小球的加速度可能是（ｇ取10ｍ/s2）： （ ） A．11ｍ/ s2，沿杆向上 B．11ｍ/ s2，沿杆向下

C．1ｍ/ s2，沿杆向下 D．1ｍ/ s2，沿杆向上

答案：BC解析：设小球处于静止状态时b弹簧弹力为F，拔去销钉

Ｍ瞬间，取向上为正方向，若a=6ｍ/s2，由牛顿第二定律，F-mgsin30°=ma，解得F=11m。若a=-6ｍ/s2，由牛顿第二定律，-F-mgsin30°=ma，解得F=m。设a弹簧弹力为F’，由平衡条件F= mgsin30°+F’， 当F=11m可得F’=6m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=11ｍ/ s2，选项B正确A错误；当F=m可得F’=-4m，拔去销钉Ｎ瞬间，由牛顿第二定律， F’+mgsin30°=ma’，解得a’=1ｍ/ s2，方向沿杆向下，选项C正确D错误。

29．（2013衡水中学调研）如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )

M－mA．()F ，方向向左

m＋Mm－MB．()F，方向向右

m＋Mm－MC．()F，方向向左

m＋MM－mD．()F，方向向右

m＋M

答案：CD解析：把人和车看作整体，二者有向左的加速度，由2F=(m+M)a解得a=2F/(m+M)。

M－m

设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F-f=ma，联立解得f=()F，选项D正

m＋Mm－M

确B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F+f=ma，联立解得f=()F，

m＋M选项C正确A错误。

31. （2013武汉摸底）如图所示，质量为m1 和m2的两个物体，系在一条跨过光滑定滑轮的不一可伸长的轻绳两端。己知m1 +m2 =1kg，当m2改变时，轻绳的拉力也会不断变化。若轻绳所能承受的最大拉力为4.8N,为保证轻绳不断，试求m2的范围。(重力加速度g=l 0m/s2 )

.解析：以m1为研究对象，由牛顿第二定律，T-m1g=m1a， 以m2为研究对象，由牛顿第二定律， m2g -T=m2a，

2m1m2m+m2g。

联立解得：T=1由题意，T<4.8N，且m1 +m2 =1kg，代人可得m2 2- m2 +0.24>0, 解得：0< m2<0.4kg或0.6kg< m2<1.0kg

32.（19分）（2013广西三校联考）如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角?=30o。现木块上有一质量m=l.0kg的滑块从斜面下滑，测得滑块在0.40 s内速度增加了1.4 m/s，

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高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，重力加速度g=10 m/s2，求： （1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小；

（2）滑块滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向。

?v1.4解析：（1）由题意可知滑块的加速度a=?t=0.4m/s2=3.5. m/s2。

滑块受力如图所示，根据牛顿第二定律，得：mgsinθ-f=ma， 解得：f=1.5N。

（2）由滑块受力图得：N=mgcosθ，

木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地+fcosθ=Nsinθ， 解得：f地=3.03N。 f地为正数，即图中标出的摩擦力方向符合实际，摩擦力方向水平向左。

34．(15分) （2013江苏徐州摸底）滑沙游戏中，游戏者从沙坡顶部

坐滑沙车呼啸滑下．为了安全，滑沙车上通常装有刹车手柄，游客可以通过操纵刹车手柄对滑沙车施加一个与车运动方向相反的制动力F，从而控制车速．为便于研究，作如下简化：游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止．已知游客和滑沙车的总质量m=70kg，倾斜滑道AB长错误！未找到引用源。=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5．滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取错误！未找到引用源。，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力．

(1)求游客匀速下滑时的速度大小． (2)求游客匀速下滑的时间．

(3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力?

解析：、(1) 由mgsin37°-μmgcos37°=ma

解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2m/s2。 游客匀速下滑时的速度大小v=at1=2×8m/s=16m/s．

1(2)加速下滑路程为L1=2 at12=64m，

匀速下滑路程L2=错误！未找到引用源。- L1=64m， 游客匀速下滑的时间t2= L2/v=4s．

39. （2013哈尔滨三中月考）如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m。已知木板与地面的动摩擦因数为

?1?0.1，m与M之间的摩擦因素?2?0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M

保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为

V0?10m/s，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反

向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2,求：（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？

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高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 （2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）

VA O

B 21

X

P . 解. (1)对木块和木板组成的系统，有?1(m?M)g?(m?M)a1?????2分

V?V1?2a1s?????1分

0解得v1=9m/s。

（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s2。

22?2mg??1(M?m)g aM=

M=6 m/s2。

v1am运动至停止时间为t1=m=1 s

此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左，

此后至m,M共速时间t2，有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s?????2分 共同速度V共=1.8m/s，方向向左?????1分

V1?V共至共速M位移S1=

2?t1?t2??6.48m?????1分

2V共共速后m，M以a1=1m/s2向左减速至停下位移S2=

2a1=1.62m?????1分

最终木板M左端A点位置坐标为 x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。

40、（12分）（2013衡水中学调研）如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相

PB?对于地面的速度为零），

L3，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的

动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求： （1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间； F

（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；

A F （3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．

9

P

B v0 高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 . 解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间

t?

2h2?1.25??0.5sg10

F??(M?m)g50?0.2(10?1)?10??7.2m/s2M10

（2） 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

a1?2v07.22x1???3.6m2a2?7.21 小车向右运动的距离为

x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．

t1? 小车向右运动的时间为 小车向左运动的加速度为

v07.2??1sa17.2

a2?F-?(M?m)g50-0.2(10?1)?10??2.8m/s2M10

x2?x1?L?3.6?2m＝5.6m3

小车向左运动的距离为

t2? 小车向左运动的时间为

2x22?5.6??2sa22.8

故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s

（3） 小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 v2?a2t2?2.8?2?5.6m/s

小球离开车子后，车的加速度为 车子向左运动的距离为

a3?F??Mg?3m/s2M

从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 X= x2 + x3- x1 =5.175m。

41．(12分) （2013南昌铁一中摸底）如图甲所示，质量为m＝1kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F, t1＝1s时撤去拉力，物体运动的部分v—t图像如图乙所

v/m·s-示．试求：(g取10m/s2)

F （1）拉力F的大小． 20 （2）t＝4s时物体的速度v的大小．

．解析： （1）设力F作用时物体的加速度为

10

x3?v2t3?121a3t3?5.6?0.5??3?0.52?3.175m22

10 0 1 2 t/s 甲 乙

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1 撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2

根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2 代入解得 F=30N μ=0.5。

（2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2， v1＝a2t2 ，解得t2＝2s 则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma3 有 a 3= 2 m/s2

t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s

43．(14分) （2013南昌铁一中摸底）如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角为θ为37o，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为0.5，取g=10m/s2，sin37o=0.6,cos37o=0.8.

（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离是多少？ （2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，则米袋从C端运动到D端的时间为多少？

C.. 解析：（1）米袋在AB上加速运动的加速度为a0=μmg/m=5m/s2。 θ20ABDv2a米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离s0=0=2.5m

故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，

到达C端速度为v0=5m/s。 设米袋在CD上传送的加速度大小为a，据牛顿第二定律

mg sinθ+μmgcosθ=ma

得 a=10m/s2。

2v0能沿CD上滑的最大距离 s=2a=1.25m。 、

（2）（8分）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度为 a1=-g(sinθ+μcosθ)=-10m/s2，

2v2-v02a1=0.45m。

此时上滑的距离s1=

米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ

0-v22a2=4m。

减速到零时上滑的距离s2=

11

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 s1+s2=4.45m=L2，即速度为零时刚好到D端

v?v0a 由v0减速为v所用时间 t1=1=0.1s 0?va2=2s

由v减速为0所用时间t2=

故米袋从C到D的总时间 t= t1+ t2=2.1s 。

1．（2013四川资阳诊断）如图所示，质量M，中空为半球型的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是

A．小铁球受到的合外力方向水平向左 B．凹槽对小铁球的支持力为

mg sin?C．系统的加速度为a= gtanα D．推力F= Mgtanα

答案：C解析：根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为

mg

，选项AB错误。小球所cos?受合外力为mgtanα，加速度为a= gtanα，推力F=( m+M)gtanα,，选项C正确D错误。

2．（2013山东莱州质检）如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是( )

A．F1不变，F2变大。 C．F1、F2都变大

B．F1变大，F2不变

D．F1变大，F2减小

. 答案：B解析：若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，选项B正确

3．（2013北京四中摸底）如图1所示，物块A、B叠放在粗糙的水平桌面上，水平外力F作用在B上，使A、B一起沿水平桌面向右加速运动。设A、BA 之间的摩擦力为f1，B与水平桌面间的摩擦力为f2。在始终保持A、B相对静止的情况下，逐渐增大F则摩擦力f1和f2的大小（ ）

A. f1不变、f2变大 B. f1变大、f2不变 [来源:Zxxk.Com]

12

B 图2

F 高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 C. f1和f2都变大 D. f1和f2都不变[来源:Z§xx§k.Com]

答案：B解析：逐渐增大F，整体的加速度增大，A、B之间的摩擦力为f1增大，B与水平桌面间的摩擦力为f2不变，选项B正确。

5. （2013河南三市联考）如图所示，在一升降机内，一物块被一轻质弹簧紧压在天花板上，弹簧的下端固定在升降机的地板上，弹簧保持竖直。在升降机运行过程中，物块未曾离开升降机的天花板。当升降机向上运动时，其v- t图像如图所示，下面给出的地板所受压力F1和升降机天花板所受压力F2随时间变化的定性图象，可能正确的的是

答案：BC解析：根据题述，物块未曾离开升降机的天花板，弹簧长度相同，弹簧中弹力相同，地板所受压力F1相同，选项B正确A错误。当升降机向上运动时，在0~t1时间内，加速度向上，天花板对物块向下压力最小；在t2~t3时间内，减速运动，天花板对物块向下压力最大；所以选项C正确D错误。

6.（2013四川绵阳一诊）如图所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球 接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的加速度a随时间t或者随距O 点的距离x变化的关系图线是

答案：B解析：小球 接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力F=kx，由牛顿第二定律，mg-kx=ma，解得a=g-

7．(2013上海徐汇测试)如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两物体施加水平恒力F1、F2，当物体与板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，若已知v2＞v1，且物体与木板之间的动摩擦因数相同，需要同时满足的条件是（

kx，选项B正确ACD错误； m ）

13

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 （A）F1＝F2，且M1＞M2 （C）F1＞F2，且M1＝M2

（B）F1＝F2，且M1＜M2 （D）F1＞F2，且M1＞M2

答案：ACD解析：若F1＝F2，两个物体的加速度相等。由于二者所受 F1 摩擦力相等，若M1＞M2，M1的加速度小于M2，当物体与板分离时， M1 F2 v2＞v1；若M1＜M2，M1的加速度大于M2，当物体与板分离时，v1＞v2； M2

选项A正确B错误。若F1＞F2，M1上物块的加速度大；若M1＝M2，两

木板的加速度相等，当物体与板分离时，v2＞v1；若M1＞M2，M1的加速度小于M2，当物体与板分离时，v2＞v1；选项CD正确。

10．（2013宝鸡检测）如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为 A．mg1+tan2?，斜向右上方

2 B．mg1+?，斜向左上方

（ ）

C．mgtanθ，水平向右 D．mg，竖直向上

答案：A解析：由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a=gtanθ。小车对物块B向右的静摩擦力为f=ma= mgtanθ。竖直向上的支持力N=mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F=

11．（2013山西忻州一中检测）“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳。质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时 A．加速度为零，速度为零

B．加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C．加速度a＝g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D．加速度a＝g，方向竖直向下

11．答案 B 解析： 小明左侧橡皮绳在腰间断裂，小明向右下加速运动，橡皮绳断裂时加速度不为零，速度为零，选项A错误；根据两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，可知两橡皮绳夹角为120°，小明左侧橡皮绳在腰间断裂时，弹性极好的橡皮绳的弹力不能发生突变，对小明进行受力分析可知加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确CD错误．

14

f2+N2= mg1+tan2?，方向为斜向右上方，选项A正确。

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 12．(10) （2013山东莱州质检）海滨游乐园里有一种滑沙的游乐活动．如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来．斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ=0.50，不计空气阻力，重力加速度g=10m／s．斜坡倾角θ=37°，人和滑板的总质量m=60kg． (己知：sin37°=0.6，cos37°=0.8)

(1)求人在斜坡上下滑的加速度大小

(2)若斜面AB长L=60m，则人在水平滑道上滑行的距离是多少?

12.（10分）

解题思路：分析受力，应用牛顿第二定律解得人在斜坡上下滑的加速度大小；应用匀变速直线运动规律和牛顿第二定律得到人在水平滑道上滑行的距离。 考查要点：受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律。

解析：（1）坡上下滑时，人及滑板受力如图所示，由牛顿第二定律得：

2

mgsin??F??ma （2分） FN?mgcos??0 （1分）

F???FN （1分）

解得a=g(sinθ-μcosθ)= 2m/s （1分）

（2）设人从斜坡滑道B点的速度为v，由运动学公式得：2as=v （1分）[来源:学&科&网]

在水平滑道上做加速运动，加速度a1=μg=0.50×10m/s=5 m/s。（1分） 设在水平滑道上滑行的距离为S1，由运动学公式得：2a1s1=v （1分） 由以上各式联立解得 S1=24m （2分）

13. (14分）（2013河南三市联考）如图所示，木板与水平地面间的 夹角θ可以随意改变，当θ=30°时，可视为质点的 一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块 从木板的底端以大小恒定的初速率v0 = 10m/S的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g=10m/s2。

(1) 求小物块与木板间的动摩擦因数；

2

2

22

2

15

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 (2) 当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值。

24. 解题思路：由平衡条件和摩擦力公式解得小物块与木板间的动摩擦因数；由动能定理得到

位移表达式，利用三角函数极值知识求出此最小值。

考查要点：滑动摩擦力公式、平衡条件、动能定理、三角函数极值。

解析：（1）当θ=30°时，小木块恰好能沿着木板匀速下滑。mgsinθ=f，f=μmgcosθ 联立解得：μ=3。 3（2）对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理， - mgsinθ·s-μmgcosθ·s =0-2v0解得s=。 2g?sin?+?cos??12mv2， 2令a= sinθ+μcosθ=1+?（211+?2sinθ+11+?2μcosθ） 设cosα=11+?2，则a=1+?2 sin(α+θ) 当α+θ=π/2时，a存在最大值am=1+?2=23。 3即sinθ= cosα=11+?2=3，θ=60°时，s最小。 22v03对应的最小值s==5m。 2ag219．(16) （2013山东莱州质检）如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2.5m，质量均为m2=150kg，现有一小滑块以速度v0=6m／s冲上木板A左端，已知小滑块质量m==200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s)

(1)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。

(2)若μ1=0.4，求滑块运动时间。(结果用分

2

16

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 数表示)。

19.（16分）解题思路：应用平衡条件列方程解得μ1应满足的条件；应用牛顿第二定律和运动学公式解得滑块运动时间。

考查要点：牛顿运动定律、平衡条件、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律。

解析：

滑上木板A时，木板不动，由受力分析得?1m1g??2(m1?2m2)g （2分） 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得?1m1g??2(m1?m2)g（2分）[来源:学,科,网]

代入数据得0.35≤μ1＜0.5 （2分）[来源:学*科*网Z*X*X*K]

（2）若μ1=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，?1m1g?m1a

解得：a1=4m/s （1分）

由?2a1L?v1?v0 达B板时的速度v1=4m/s。 （1分） 在A板上滑动时间由v1?v0?at1 解得t1=0.5s。（1分） 滑块滑上B板时B运动，由?1m1g??2(m1?m2)g?m2a2 a2=

222

22

m/s。（1分） 36s。 （1分） 7速度相同时a2 t2= v1- a1 t2，解得t2=

相对位移?x?v1?v共vv12t2?共t2?1t2?m?1?2.5m（1分） 22274m/s 。 （1分） 7物块与板B能达到共同速度：v共= a2 t2=

然后一起相对静止的一起减速：?2(m1?m2)g?ma共 a共=2m/s（1分）

2

t3?v共2?s （1分） a共723s （1分） 14t?t1?t2?t3?注：计算过程中表达正确即给分，数值只看最后结果。

17

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 16．（10分）（2013北京海淀期中）图15甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景。设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，

F/N 2500 500 甲

0 图15

3.6 4.2 4.8 5.4 6.0 6.6 6.8

乙

8.4

9.4

11

12 t/s

蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图15乙所示。取g= 10m/s，根据F-t图象求： （1）运动员的质量；

（2）运动员在运动过程中的最大加速度；

（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度。 16．（10分）

解题思路：由图象给出的信息得到运动员的质量和所受最大力，应用牛顿运动定律得到运动员在运动过程中的最大加速度；应用竖直上抛规律和相关知识得到运动员重心离开蹦床上升的最大高度。

考查要点：F---t图象、牛顿第二定律、竖直上抛规律等。 解析：

（1）由图象可知运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则

2

m=G/g=50kg?????????????????3分

（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则

Fm-mg=mam?????????????????2分 am=

F?mg2500?50022

=m/s=40 m/s ????????1分 m50（3）由图像可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s。???????????????2分

设运动员上升的最大高度为H，则

18

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

H=

121gt=?10?0.82m=3.2m ???????????????2分 2213.（8分）（2013安徽皖南八校联考）在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑．滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的受风面积S以及滑块下滑速度v的大小成正比，即f=kSv。.

(1)写出滑块下滑速度为v时加速度的表达式

(2)若m=2.0 kg，θ=53°,g=10 m/s，sin53°=0.8，cos53°=0.6，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线．图中直线是t=0时的速度图线的切线．由此求出kS乘积和μ的值。 解析：（1）滑块在斜面上受到重力、支持力、摩擦力和空气阻力作用做加速运动。由牛顿第二定律，mgsinθ- μmgsinθ-kSv=ma， 解得a= gsinθ- μgsinθ-kSv/m。 当速度v增大时，a减小。当a减小到零时，速度v最大。 （2）从v--t图线可得，v=0，a=

2

?v2

=5m/s； ?tgsinθ- μgsinθ=5 m/s2，

解得μ=0.5. v=4m/s，a=0.

gsinθ- μgsinθ-kSv/m=0.，解得kS=2.5kg/s。

17．（2013沈阳二中测试）如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；

(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.（计算结果保留一位有效数字） 17．解：(1)物体做匀加速运动，则

2

L＝a0t20

2L2

解得a0＝2＝10 m/s ——1分

12

t0

由牛顿第二定律，有

19

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

F－f＝ma0[来源:学,科,网Z,X,X,K]

由f＝μFN＝μmg， ——2分 μ＝＝0.5 ——1分

(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有

fmgFcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma ——2分

解得a＝

F(cos37°＋μsin37°)2

－μg＝11.5 m/s ——1分

mfa′＝＝μg＝5 m/s2 ——1分

m由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

at＝a′t′ ——2分

∴t′＝

12

aa′

t＝

11.5

t＝2.3 t 5

L＝at2＋a′t′2 ——2分[来

源:Zxxk.Com]

12

t＝

2L＝

a＋2.32a′2×20

＝1 s 。 211.5＋2.3×5

16．（2013沈阳二中测试）一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在圆管中有两个直径比细管内径略小的小球（可视为质点）．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设

A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆

管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式。

16．解：A球通过圆管最低点时，圆管对球的压力竖直向上，所以球对圆管的压力竖直向下．若要此时两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的压力一定是竖直向上的，所以圆管对B球的压力一定是竖直向下的． 由机械能守恒定律，B球通过圆管最高点时的速度v满足方程[来源:学,科,网Z,X,X,K]

A B 20

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

112m2v2?m2g?2R?m2v0 ——2分 22根据牛顿运动定律

2v0对于A球，N1?m1g?m1 ——2分

R对于B球，N2?m2g?m2v2R ——2分

又 N1=N2 ——2分

2v0?(m1?5m2)g?0 ——2分 解得 (m1?m2)R3.（2013上海12校联考）一名跳伞运动员从悬停在高空的直升飞机中跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．研究人员利用运动员随身携带的仪器记录下了他的运动情况和受力情况：该运动员打开伞的瞬间，高度为1000m，速度为20m/s．此后的过程中所受阻力f与速度v成比，即f=kv．数据还显示，下降到某一高度时，速度稳定为10m/s直到落地（一直竖直下落），人与设备的总质量为100kg，g取10m/s．

（1）请描述运动员从打开降落伞到落地的过程中运动情况，定性作出这段时间内的v－t图象．（以打开伞时为计时起点）

（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a各为多大？

（3）求从打开降落伞到落地的全过程中，空气对人和设备的作用力所做的总功？ 3.解析：

（1）运动员先作加速度越来越小的减速运动， 后作匀速运动． （1分） v-t图象如答图3所示．（2分）

（2）设人与设备的总质量为m，打开伞瞬间的加速度为a， 由牛顿第二定律有 kv12?Mg?Ma （1分）

2?Mg?0 （1分） 匀速下降阶段时有 kv22

2

2

V(m/s)

t(s)

2

联立①②式代入数据解得 k=10kg/m （1分） a=30m/s （1分） （3）由能的转化和守恒定律知，所求的功应等于系统损失的机械能

21

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

112 （2分） Wf?mgh?mv12?mv222 ③式代入数据解得 Wf?1.015?106J （1分）

6．（2013沈阳二中测试）如图所示，质量m＝2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L＝20 m．用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2 s拉至B处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6.取g＝10 m/s)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；

(2)用大小为30 N，与水平方向成37°的力斜向上

拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.（计算结果保留一位有效数字）

6．解：(1)物体做匀加速运动，则

2

L＝a0t20

2L2

解得a0＝2＝10 m/s ——1分

12

t0

由牛顿第二定律，有

F－f＝ma0

由f＝μFN＝μmg， ——2分 μ＝＝0.5 ——1分

(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律，有

fmgFcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma ——2分

解得a＝

F(cos37°＋μsin37°)2

－μg＝11.5 m/s ——1分

mfa′＝＝μg＝5 m/s2 ——1分

m由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

at＝a′t′ ——2分

∴t′＝12

a12

a′

t＝

11.5

t＝2.3 t 5

L＝at2＋a′t′2 ——2分 t＝

2L＝

a＋2.32a′

2×20

＝1 s 。 211.5＋2.3×5

22

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 1．（2013江苏阜宁中学月考）如图所示，轻弹簧竖直放置在水平面上，其上放置质量为2 kg的物体A，A处于静止状态。现将质量为3 kg的物体B轻放在A上，则B与A刚要一起运动的瞬间，B对A的压力大小为（取g=10 m／s）（ ）

A．30 N C．12 N 答案：C

[来源:Z§xx§k.Com]2

B．18 N D．O

解析：在B与A刚要一起运动的瞬间，隔离BA分析受力，重力(mA+mB)g，向上弹力F= mAg，由牛顿第二定律，(mA+mB)g-F=(mA+mB)a，解得a=0.6g。隔离A分析受力，设B对A的压力大小为F’， 由牛顿第二定律，F’-mAg- F=mAa，解得F’=12 N，选项C正确。

3．（2013山东师大附中质检）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示。取重力加速度g=10m／s。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为

A．m?0.5kg,??0.2 B．m?1.5kg,??C．m?0.5kg,??0.4 【答案】C

【解析】由v-t图象可知，在4～6s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条件可知，物体所受到的滑动摩擦力f与推力F是一对平衡力，即f=F，由F-t图象可知，在4s～6s内，推力F=2N，则物体所受到的摩擦力f=F=2N．物体在2-4s内做匀加速直线运动，由v-t图象的斜率得出加速度a=

2

2 15D．m?1kg,??0.2

?v2

==2m/s，由F-t图象在2-4s内读出F=3N，由牛顿第二定律?t得 F-f=ma，代入数据解得 m=0.5kg，物块与地面之间的动摩擦因数μ=

f=0.4。 mg4．（2013山东师大附中质检）游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉。下列描述正确的是

A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态

23

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 B．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态

[来源:学|科|网]

D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态 【答案】BC

【解析】当升降机加速上升时，游客有向上的加速度，是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的．此时升降机对游客的支持力大于游客的重力，所以处于超重状态．A错误．当升降机减速下降时，具有向上的加速度，同理此时游客也处于超重状态．B正确．当升降机减速上升时，具有向下的加速度，是由重力与升降机对游客支持力的合力产生的，所以升降机对游客的支持力小于游客的重力．此时失重．C正确．当升降机加速下降时，也具有向下的加速度，同理可得此时游客处于失重状态．故D错误．故选BC．

5．（2013山东师大附中质检）如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m：M=1：2)的物块A、B用轻弹相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样的大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1：x2等于

A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．2：3 【答案】A

【解析】对左图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a=

FFF??(M?m)gF???g，对A物体有：F弹-μmg=ma，得F弹= =kx1，x1= ．

33kM?m3m 对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度a′=

F?(M?m)gF??g，

M?m3m对A物体有：F弹′-mg=ma′，得F弹′=C、D错误．

FF=kx2，x，2=，则x1：x2=1：1．故A正确，B、33k6．（2013山东师大附中质检）一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A点，物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回。下列说法中正确的是

A．物体从A下降到B的过程中，速率不断变小 B．物体从B点上升到A的过程中，速率不断变大

24

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 C．物体在B点时，所受合力为零

D．物体从A下降到B，以及从B上升到A的过程中，速率都是先增大，后减小 【答案】D

[来源:学&科&网]

【解析】首先分析一下，从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短B点的过程中，物体的运动过程：在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于重力，小球开始减速，直至减为零．弹簧从压缩到最短B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程：弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升，当弹簧的弹力和物体的重力相等小球的速度达到最大，之后弹力小于重力，小球开始减速．

根据以上分析，物体从A下降到B的过程中，物体的速度先变大后变小，所以A错误．物体从B上升到A的过程中，速度先变大后变小，所以B错误．物体在B点时，弹力大于重力，所受合力方向竖直向上，所以C错误．物体从A下降到B以及从B上升到A的过程中速度大小都是先增大后减小，所以D正确．

7．（2013山东师大附中质检）如图，水平传送带A、B两端相距S=3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。工件滑上A端瞬时速度VA=4m／s，达到B端的瞬时速度设为VB，则

A．若传送带不动，则VB=3m／s

B．若传送带以速度V=4m／s逆时针匀速转动，VB=3m／s C．若传送带以速度V=2m／s顺时针匀速转动，VB=3m／s D．若传送带以速度V=2m／s顺时针匀速转动，VB=2m／s 【答案】ABC

22【解析】若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知vB?vA?2as，a??g，代入数据解

得vB?3m/s，当满足选项B、C中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件达到B端的瞬时速度仍为3m／s，故选项ABC正确，D错误。

8．（2013山东师大附中质检）如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m／s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力，在此恒力作用下(取g=10m／s)

A．物体经10s速度减为零 B．物体经2s速度减为零 C．物体速度减为零后将保持静止

25

2

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 D．物体速度减为零后将向右运动 【答案】BC

【解析】物体受到向右的滑动摩擦力，f=μFN=μG=3N，根据牛顿第二定律得， a=

vF?f2?31022

= m/s=5m/s ，方向向右．物体减速到0所需的时间t= 0= s=2s，Bm1a5正确A错误。减速到零后，F＜f，物体处于静止状态，不再运动．C正确D错误。

9．（2013山东济南外国语学校测试）放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如甲图所示；物块的运动速度v与时间t的关系如乙图所示，6s后的速度图象没有画出，g取10m/s。下列说法不正确的是（ ）

v/（m·s-1） F/N A．滑动时受的摩擦力大小是3N 9 6 6 B．物块的质量为1.5kg 3 3 2

C．物块在6－9s内的加速度大小是2m/s

O 3 6 9 O 3 6 9 t/s

t/s

D．物块前6s内的平均速度大小是4.5m/s

甲

乙

2

【答案】A

【解析】由速度-时间图象可以知道，在3～6s内，物体处于匀速直态，即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等，F滑=F推=6N，

2

线状故A

错误；在0～3s内，物体做匀加速直线运动，a=2m/s，F合=ma=F推-F滑=3N，得出m=1.5kg，故B正确；在6～9s内，F推=3N，F滑=6N，F合=ma=F滑-F推=3N，得出a=2m/s，故C正确；由速度时间图象面积可知，0～6s内物体的位移x=

2

1?（3+6）×6m=27m，物块前6s内的平2均速度大小v=

x=4.5m/s，故D正确。故选A． t10. （2013山东济南测试）如图所示，小球B放在真空容器A内，球B的直径恰好等于正方体A的边长，将它们以初速度v0竖直向上抛出，下列说法中正确的是( )

A．若不计空气阻力，上升过程中，A对B有向上的支持力 B．若考虑空气阻力，上升过程中，A对B的压力向下 C．若考虑空气阻力，下落过程中，B对A的压力向上 D．若不计空气阻力，下落过程中，B对A没有压力

【答案】BD

【解析】将容器以初速度V0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以容器A为研究对象，上升和下落过程其合力等于其重力，

26

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 则B对A没有压力，A对B也没有支持力．故A错误，D正确．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力．A对B的压力向下，故B正确．若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：A受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故C错误．

11（2013山东泰安宁阳质检）3、下列哪个说法是正确的( ) A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 答案：B

解析：体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度向下，都处于失重状态，向下A错误B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，选项CD正确。

12. （2013山东寿光市质检）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面哪个是可能的

A.从下端B离开，v＞v1 B.从下端B离开，v＜v1 C.从上端A离开，v=v1 D.从上端A离开，v＜v1

【答案】ABC

【解析】滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的可逆性可知，必有v=v1，即选项C是正确，选项D是错误的；若从B端离开，

27

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 当摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B是正确的，当摩擦力小于重力的分力时，则v＞v1，选项A是正确的，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选ABC．

13．(12分）（2013上海奉贤调研）用同种材料制成倾角为α=37°的斜面和长水平面，斜面长2.5m且固定，斜面与水平面之间有一段很小的弧形连接。一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面向下滑动，若初始速度v0=2.0m/s，小物块运动2.0s后停止在斜面上。减小初始速度v0，多次进行实验，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，做出相应的t-v0图像如图所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s）求：

（1）小物块在斜面上下滑的加速度的大小和方向；

（２）小物块与该种材料间的动摩擦因数；

（3）辨析题：求小物块初速度v0=3m/s滑下运动的时间。

某同学认为，若小物块初速度v0=3m/s，则根据图像可以推知小物块从开始运动到最终停下的时间为3s。

该同学说法是否正确？若正确，请求出物块运动的位移；若不正确，请说明理由，并解出物块运动的时间。 解析：．（12分）（1）a?2

0?v00?222

?m/s2=-1.0m/s ， 1.0m/s也给分（2分） t2加速度的方向沿斜面向上（1分）

（2）牛顿第二定律： 垂直斜面方向 FN=mgcosα ； 平行于斜面方向 mgsinα-μFN=ma （2分） 解出??7=0.875 （1分）

8（3）不正确。因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图像中

的正比关系（2分）

设小物块在斜面上滑行位移s1=2.5m时的速度减为v1，

2则v1=v0?2as1=2m/s （1分）

（1分）

小物块在斜面上滑行时间t1=

v1?v0?1s a小物块在水平面上滑行，牛顿定律：-μmg=ma′ （1分）

28

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 解出a′=-μg=-

702

m/s 8a?35小物块在水平面上滑行时间t2=0?v1?8s=0.23s

运动总时间t总= t1+ t2=（1+0.23）s = 1.23s ( 43 s ) （1分）

35

14、（2013江苏常州期中）如图所示，质量M?1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m?1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s，试求：

(1)若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？ (2)在铁块上加一个水平向右多大范围的力时，铁块和木板间存在相对运动？

(3)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算，

写出铁块受到木板的摩擦力f2与拉力F大小的关系式。（设木板足够长）

14、（15分）解：（1）铁块的加速度大小

2

a1?F??2mg2

=4m/s（2分） m 木板的加速度大小 a2??2mg??1(M?m)gM?2m/s2 （2分）

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有

1212at?a2t?L 21（1分） 2

来源:Zxxk.Com] 解得：t=1s （1分） （2）设F=F1时，A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度 a?a2?2m/s

2

（1分）

以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有

F1??1(M?m)g?(M?m)a （2分）

解得：F1＞6N

（3）①当F≤ μ1（mg+Mg）=2N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F

29

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 ②当2N

M?m2 以M为研究对象，根据牛顿第二定律有 f2??1(M?m)g?Ma, 解得：

f2?F?1（1分） 2

③当F>6N，A、B发生相对运动，f2??2mg=4N

15（9分）（浙江省名校新高考研究联盟2013届第一次联考）如图所示，一固

定粗糙斜面与水平面夹角??30?。一个质量m?1kg的小物体（可视为质点），在F＝10 N的沿斜面向上的拉力作用下，由静止开始沿斜面向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数??网]F 30? 3，取g?10m/s2。试求：6[来源:学,科,

（1）物体在拉力F作用下运动的加速度a1；

（2）若力F作用1.2 s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s； （3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦所做的功Wf。

15.解:(1)对物体受力分析，依据牛顿第二定律：

(2)力作用t0?1.2s后，速度大小为v?a1t0?3m/s

物体向上滑动的距离s1?

物体受到斜面对它的支持力FN?mgcos??53N-------------1分 物体受到斜面对它的摩擦力Ff??FN?2.5N-------------1分 物体的加速度a1?F?mgsin??Ffm?2.5m/s2-------------1分

12a1t0?1.8m-------------1分 2mgsin??umgcos??7.5m/s2

m此后它将向上匀减速运动，其加速度大小a2?v2这一过程物体向上滑动的距离s2??0.6m ----------1分

2a2整个上滑过程移动的最大距离s?s1?s2?2.4m-------------1分

（3）整个运动过程所通过的路程为s'?2s?4.8m-------------1分

克服摩擦所做的功Wf?Ffs'?12J -------------2分

30

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

16．（10分）（2013年浙江三县联考）某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示。

第16题图甲

第16题图乙

他使木块以初速度v0=4m/s的速度沿倾角??30?的斜面上滑，紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-t图线如图乙所示。

g取10m/s2。求：

（1）上滑过程中的加速度的大小a1； （2）木块与斜面间的动摩擦因数μ； （3）木块回到出发点时的速度大小v。

16.（10分）（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点

上滑过程中加速度的大小：a1?（2）由牛顿第二定律F?ma得

上滑过程中：mgsin?+?mgcos??ma1 （2分）

代入数据得???v4?m/s2?8m/s2 （2分） zxxk ?t0.53?0.34 （1分）5

242v0（3）下滑的距离等于上滑的距离x= =m=1m （1分）

2a12?8由牛顿第二定律F?ma得

下滑过程中：mgsin???mgcos??ma2 （2分） 下滑至出发点的速度大小V=2a2x

联立解得 V=2m/s （2分）

17．（2013浙江效实中学检测）如图14所示，质量为m＝10 kg的两个相同的物块A、B(它

们之间用轻绳相连)放在水平地面上，在方向与水平

31

图14

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 面成θ＝37°角斜向上、大小为100 N的拉力F作用下，以大小为v＝4.0 m/s的速度向右做匀速直线运动．(取g＝10 m/s，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求： （1）物块与地面之间的动摩擦因数；

（2）剪断轻绳后物块A在水平地面上滑行的距离．

17．【命题意图】考查平衡条件、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律及其相关知识。 解析：(1)由Fcos37°-μ(2mg- Fsin37°)=0 得??2

4（4分） 7 （2）剪断轻绳后物块A的加速度a=μg。

v2x??1.4m（4分）

2?g18.（2013辽宁沈阳二中检测）如图所示．一水平传送装置有轮半径为R=

1?m的主动轮Q1

和从动轮Q2及传送带等构成．两轮轴心相距8m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉（可视为质点），已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为?＝0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g=10m/s)

（1）当传送带以4m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q1正上方A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到Q2正上方的B端所用的时间为多少？

（2）要想尽快将这袋面粉（初速度为零）由A端送到B端，传送带速度至少多大？ （3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕迹，这袋面粉（初速度为零）在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？此时传送带的速度应满足什么条件？

18(12分)

解：（1）面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=μmg

Q1

Q2

2

f?4m/s2 （1分） mv若传送带的速度v=4m/s，则面粉袋加速运动的时间 t1＝?1s （1分）

a12在t1时间内的位移 s1?at?2m （1分）

2 根据牛顿第二定律：a?其后以v=4m/s速度匀速运动 s2?lAB?s1?vt2 （1分）

32

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

解得：t2=1.5s

所以运动总时间：t=t1＋t2=2.5s （1分）

（2）要想时间最短，面粉袋应一直向B端匀加速运动 由lAB?12at?得t??2s （1分） 2此时传送带的速度v??at??8m/s （1分） （3）传送带速度越大，“痕迹”越长。

当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。

即痕迹长l?2lAB?2?R?18m （2分）

在面粉袋由A端运动到B端的时间t??2s内痕迹达到最长，传送带运动的距离

s?l?lAB?26m （1分）

则传送带的速度v?s?13m/s （1分） t?1．（2013年广东省清远市质检）如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时

A．A与B之间有相互作用力

B．A对B的作用在先，B对A的作用在后 C．B对A的作用力小于A对B的作用力

D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力 答案：A

[来源:学,科,网Z,X,X,K]A B

解析：A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，选项A正确BCD错误。

2．（2013年江苏省泰州市期末）如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有： A．am＝1m/s， aM＝1 m/s B．am＝1m/s， aM＝2 m/s C．am＝2m/s， aM＝4 m/s D．am＝3m/s， aM＝5 m/s

2

2

2

2

2

2

2

2

33

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 答案：C

解析：隔离木块，分析受力，由牛顿第二定律，μmg＝m am，解得am＝2m/s。关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的是C。

[来源:学科网]2

3．（2013广东省珠海市期末）在第九届珠海航展上，八一跳伞队惊艳航展。如图在某段时

间内将伞对运动员的作用力简化为两根绳子对运动员的拉力，设两绳与竖直方向的夹角均为30°，运动员重力为G（不计运动员所受空气阻力），下列说法正确的是

A．若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为3G/3 B．若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为3G/2 C．若运动员匀速运动，则每根绳的拉力为2G/2 D．不论运动员运动状态如何，两绳拉力的合力大小都为G

答案：A

解析：若运动员匀速运动，则2Fcos30°=G，每根绳的拉力为

F=3G/3http://www.21cnjy.com/，选项A正确BC错误；当运动员匀速运动，两绳拉力的合力大小为G；当运动员加速下降运动，两绳拉力的合力小于为G；当运动员减速下降运动，两绳拉力的合力大于为G；选项D错误。

3．（2013年浙江省宁波市期末）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻

杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ<α，则下列说法正确的是

A．轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 B．轻杆对小球的弹力方向与细线平行

C．轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行，也不沿着轻杆方向 D．此时小车的加速度为gtanα,

答案：BD

解析：由于两铁球加速度相同，所受合外力相同，轻杆对小球的弹力方向与细线平行，此时

小车的加速度为gtanα，选项BD正确。

4．（2013年甘肃省五市联考）如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（ ）

34

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 A．M受静摩擦力增大 B．M对车厢壁的压力增大 C．M仍相对于车厢静止 D．M受静摩擦力不变 答案：BCD

解析：当车的加速度增大时，车厢壁对M的支持力增对车厢壁的压力增大，选项B正确。M仍相对于车厢受静摩擦力等于重力不变，选项A错误CD正确。 5．（2013江苏名校质检）如图所示是一种汽车安全装置的示意图．当汽车处于静止或匀速直线运动时，

带控制摆锤竖大，M静止，M

直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是（ ）

A．向右行驶、突然刹车 B．向左行驶、突然刹车 C．向左行驶、匀速直线运动 D．向右行驶、匀速直线运动 5．答案：A

解析：由题意可知，只有汽车在刹车状态下，摆锤摆动从而带动摆锤使锁棒锁定棘轮的转动，所以可以排除C和D；摆锤从图中实线位置向右摆到虚线位置，可知汽车原来的运动方向是水平向右运动的，所以答案选A。

6．（2013贵州六校联考）a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1 ；当用大小仍为

F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长

量为x2，如图所示。则

A．x1一定等于x2

35

F a b b 第18题图

a F

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 B．x1一定大于x2

C．若m1>m2，则 x1>x2 D．若m1

【解析】F竖直向上时，有F?(m1?m2)g?(m1?m2)a1,kx1?m2g?m2a1，F水平向右时，

有F?(m1?m2)a2,kx2?m2a2，解得x1?x2?

7．（2013山东省邹城市联考）如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小

的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，g为重力加速度，则 A．升降机停止前在向上运动 B．O—tl时间内小球处于失重状

态，t1—t2时间内小球处于超重状态

C．tl—t3时间内小球向下运动，

动能先增大后减小

D．t3—t4时间内弹簧弹性势能变

化量小于小球动能变化量

【答案】AD

【解析】升降机停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，O—tl时间内，弹簧弹力

由mg减小为0，说明弹簧逐渐恢复原长，升降机停止前在向上运动，小球由于惯性在继续向上运动，故A正确；开始小球受重力和弹簧弹力处于平衡，小球继续上升的过程中，导致合力的方向向下，大小逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度的大小逐渐增大，加速度的方向向下，与速度反向，则速度逐渐减小．tl—t3时间内小球向上做减速运动，动能一直减小直至为0，O—t3时间内加速度方向一直向下，小球处于失重状态，B、C错误；t3—t4时间内弹簧由压缩状态逐渐恢复原长，由动能定理可知，弹性势能减小量与小球重力势能减小量之和等于小球动能增加量，故D正确。

8（2013江苏省苏州市调研）如图所示，质量相同的木块AB用轻质弹簧连接，静止在光滑

m2F，故只有选项A正确。

m1?m2 36

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 的水平面上，此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中

A。两木块速度相同时，加速度aA=aB B．两木块速度相同时，加速度aAvB D．两木块加速度相同时，速度vA

解析：开始时：由牛顿第二定律，对木块A， F-kx=maA，对木块B， kx=maB。随着弹簧被压缩，压缩量 x增大，A做加速度逐渐减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，画出二者的速度

图象如图所示，由图象可知，两木块加速度相同时，速度vA>vB ，随着弹簧进一步压缩，两木块速度相同时，图象A斜率小于图象B，加速度aA

9．（2013山东省邹城市联考）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m

的竖立在地面上的钢管往下滑。已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，g取l0m/s，那么该消防队员

A．下滑过程中的最大速度为4 m/s B．加速与减速过程的时间之比为1：4

C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1：7 D．加速与减速过程的位移大小之比为1：4 【答案】 C

【解析】设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=

到v=

2

vvvt1+ t2= t，得2222x2?12= m/s=8m/s，故A错误。设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加t3vvt1）：（t2）=1：2，故B、D错误。由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，22速度大小分别为a1、a2．则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2，加速与减速过程的位移大小之比为（

得到t1=1s，t2=2s，a1=

vv22

=8m/s，a2= =4m/s，根据牛顿第二定律得， 加速过程：t1t2mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m；减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7．故

37

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 C正确。

10．（2013山东省烟台市期末）某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5s，然后沿杆下滑，3.5s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零．整个过程中演员的v—t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10m／s．则下述说法正确的是

A．演员的体重为600N

B．演员在第1s内一直处于超重状态 C．滑杆所受的最小拉力为620N D．滑杆所受的最大拉力为900N 答案：AC

解析：演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800N等于演员重力和滑杆的重力之和，演员的体重为600N，选项A正确。演员在第1s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误。演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1=3m/s，对演员，由牛顿第二定律，mg-f1=ma1，解得f1=420N。对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1=420N+200N=620N，选项C正确。减速下滑时滑杆所受的拉力最大。减速下滑的加速度a2=1.5m/s，对演员，由牛顿第二定律， f1 - mg=ma2，解得f2=690N。对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2=690N+200N=890N，选项D错误。

11.（8分）（2013山东省烟台市期末）下图为一条平直公路中的两段，其中A点左边的路段为足够长的柏油路面，A点右边路段为水泥路面.已知汽车轮胎与柏油路面的动摩擦因数为?1，与水泥路面的动摩擦因数为?2.当汽车以速度v0沿柏油路面行驶时，若刚过A点时紧急刹车后（车轮立即停止转动），汽车要滑行一段距离到B处才能停下；若该汽车以速度2 v0在柏油路面上行驶，突然发现B处有障碍物，需在A点左侧的柏油路段上某处紧急刹车，若最终汽车刚好撞不上障碍物，求：（重力加速度为g） （1）水泥路面AB段的长度；

2

2

2

38

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 （2）在第二种情况下汽车运动了多长时间才停下？

解析：（1）柏油路面上运动的加速度为a1，则：μ1mg=ma1， 由：v0=2 a2x1， 解得：x1=

2v02

2?1g.

（2）根据题意，汽车如果不撞上障碍物B，在A点的速度应为v0，在柏油路上运动时间为t1，

则2v0- v0=a1t1， 解得：t1=

1v0 ?1g在水泥路面上，μ2mg=ma2， 运动时间为t2。则0- v0= a2t2， 解得：t2=

1v0 ?2g汽车运动的时间t= t1+ t2=（

1?1?2+

1）

v0 g12. （14分）（2013湖北黄冈市期末）2012年11月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一载舰机质量为m = 2.5×10 kg，速度为v0=42m/s，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0=0.8m/s的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动。 （1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？

（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F = 1.2×10 N，减速的加速度a1=20m/s，此时阻拦索夹角θ=106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？

5

2

2

4

滑轮 阻拦索

舰载机 106° 阻拦索 滑轮 39

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 解：（1）由运动学公式2a0S0=v0

2

2

得S0= v0/2a0 ?????????3分 代入数据可得S0=1102.5m?????????2分 （2）飞机受力分析如图所示。

由牛顿定律有2FTcosθ+f-F=ma ?????????4分 其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力

飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0 ?????????2分 联立上式可得FT=5×10 N ?????????3分

5

FT f FT a

F 13．（12分）（2013北京市东城区联考）质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平

面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图像如图18所示，g取10m/s．求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数μ；

（2）水平推力F的大小；

（3）0～10s内物体运动位移的大小。

【解析】（1）6s~10s内物体做匀减速直线运动，设此过程时间为t2、初速度为v20、末速度

为v2t、加速度为a2，则：

2

v2t?v20a2???2m/s2t2??．． 2分

设物体所受的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，有

[来源:学#科#网Z#X#X#K]

?f?ma2，

又因为f??mg,???mg?ma2 ??．．1分

解得：??0.2 ???????．．1分

40

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 （2）0~6s内物体做匀加速直线运动，设此过程时间为t1、初速度为v10、末速度为v1t、加

速度为a1，

a1?则：

v1t?v10?1m/s2t1 ??．．2分

根据牛顿第二定律，有F?f?ma1， ???????．??．．1分 解得：F＝6N ???????．????????．．1分 一、法一：由匀变速直线运动位移公式，得

112x?(v10t1?a1t12)?(v20t2?a2t2)22?46m??表达式3分，结果1分

x?法二：根据v-t图像围成的面积，得

14．（9分）（2013江苏名校质检）传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0．75，若传送带A到B的长度为24 m，g取10 m/s，则小物块从A运动到B的时间为多少？

2

(v10?v1t)t1v20t2??46m22

试题分析：（1）物块刚放上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．

（2）物块向下做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和下滑的位移．

（3）物块的速度和传送带的速度相同后，因为动摩擦因数为0．75，继续向下做匀速运动，求出下滑的时间，最后求出总时间．

41

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 解：设物块刚放上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：

根据牛顿第二定律得

沿传送带方向：mgsin??f?ma1 垂直传送带方向：mgcos??N 又f??N

由以上三式得：a1?g(sin???cos?）?12m/s2 方向沿传送带向下．

物块速度从0加速至传送带速度v=12 m/s，所用时间设为t1，位移设为x1，则有：

t1?v0?v?1s，x1? t1?6m， a12 （3）当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsinθ=μmgcosθ，此后物块和传送带一块匀速运动，运动底部的时间：t2?24?6s?1.5s 12∴小物块从A运动到B的时间为t?t1?t2?1s?1.5s?2.5s．

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．

15．（8分）（2013北京市东城区联考）在动摩擦因数μ=0．2的水平面上有一个质量为m=1kg

的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图

42

o高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 16所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s，求： （1）此时轻弹簧的弹力大小

[来源:Z#xx#k.Com]2

（2）小球的加速度大小和方向

【解析】（1）水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F、重力mg和弹

簧的弹力T作用而处于平衡状态，由平衡条件得： 竖直方向：Fcos??mg， ???????．．1分 水平方向：Fsin??T。 ???????．．1分 解得：T?mgtan??10N。 ???????．．1分 当剪断轻绳瞬间弹簧的弹力大小不变，仍为10N ??．．1分 （2）剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，

水平面支持力与重力平衡N?mg， ??????．．1分 由牛顿第二定律得：T??N?ma，???????．．1分

2解得a?8m/s， ???????．．1分

方向向左。 ???????．．1分

16．（2013江苏名校质检）如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，两轮轴心相距L=3．8m，A、B分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑，质量为0．1kg的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=

3 。当传送带沿逆时针方向以v1=3m/s的速度匀62）

速运动时，将小物块无初速地放在A点后，它会运动至B点。（g取10m/s）

43

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 （1）求物体刚放在A点的加速度？ （2）物体从A到B约需多长时间？ （3）整个过程中摩擦产生的热量？

（4）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。求小物块在传送带上留下的痕迹长度？（不要过程，只说结果）

解析：（1）当小物块速度小于3m/s时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律 mgsin30° + μmgcos30°=ma1 ①（1分） 解得 a1 = 7．5m/s（1分）

（2）当小物块速度等于3m/s时，设小物块对地位移为L1，用时为t1，根据匀加速直线运动规律 t1 =

2

v1 ②（1分） a1③（1分）

v12L1 =

2a1解得 t1 = 0．4s L1 = 0．6m

由于L1＜L 且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律 mgsin30°－μmgcos30°=ma2 ④（1分） 解得 a2 = 2．5m/s L－L1 = v1t2 +

2

12

a2t2 ⑤（1分） 2解得 t2 = 0．8s

故小物块由静止出发从A到B所用时间为 t = t1 + t2 = 1．2s（1分） （3）由（2）可知，物体分二段运动： 第一段物体加速时间t1 = 0．4s L1 = 0．6m 传送带S1= v1 t1 =1.2m S相1=0.6m（1分）

当物体与传送带速度相等后，物体运动时间t2 = 0．8s ; L2 = L－L1= 3．2m

44

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 传送带S2= v1 t2 =2.4m S相2=0.8m（2分）

所以Q=f（S相1 +S相2）=0.35J（2分） （4）0.8m（2分）

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；摩擦力做功产生的热量．

点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点，关键点1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题．

17.（10分）（2013年山东省济南市期末）静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg,B的质量m2=8kg,A、B与水平面间的动摩擦因数??0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s） （1）求绳刚被拉断时F的大小

（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，A、B间的距离为多少？

解：(1) 设绳刚要被拉断时产生的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A物体有

2

T－μm1g ＝ m1a ????? 1分

代入数值得a ＝2 m/s ???? 1分 对A、B整体

2

F－μ(m1＋m2)g ＝ (m1＋m2)a ??? 1分

代入数值得F ＝ 40 N ??????????? 1分 (2) 设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则

a1 ＝

μm1gm1 ＝ 2 m/s2 ?? 1分

F－μm2g a2 ＝ ＝3 m/s2 ???? 1分

m2 45

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律 A停下来的时间为t，则 t ＝＝1 s?????? 1分

va1v2A的位移为x1，则 x1 ＝＝1 m ???? 1分

2a112

B的位移为x2，则x2＝vt＋a2t＝3.5 m????? 1分

2A刚静止时，A、B间距离为Δx＝x2＋L－x1＝3.5 m ??? 1分

18．（16分）（2013广西四市联考模拟）某电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶。

选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败，其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5 m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域。已知BC长度为L2=1 m，瓶子质量为m=0．5 kg，瓶子与桌面间的动摩擦系数μ=0．4。某选手作用在瓶子上的水平推力F=20 N，瓶子沿AC做直线运动（g取10m／s），假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？ （2）推力作用在瓶子上的距离最小为多

少？

解析：(16 分)(1)要想游戏获得成功,瓶滑到C点速度正好为零,力作用时间最长,设最长作用时间为t1,有力作用时瓶做匀加速运动,设加速度为a1, t1时刻瓶的速度为v,力停止作用后瓶做匀减速运动,设此时加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:

2

F??mg?ma1 ①┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分

?mg?ma2 ②┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分

加速运动过程中的位移

v2 ③┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈1分x1?2a1减速运动过程中的位移

v2 ④┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈1分 x2?2a2[来源:Zxxk.Com]

位移关系满足:

46

高2012级尖子班周末讲座 一轮复习 牛顿定律

x1?x2?L1 ⑤┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分

又: v?a1t1 ⑥┈┈┈1分 由以上各式解得:

t1?1s ┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈1分 6

(2) 要想游戏获得成功,瓶滑到B 点速度正好为零,力作用距离最小,设最小距离为d,则:

v?2v?2??L1?L2 ⑦┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分 2a12a2v?2?2a1d ⑧┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分

联立解得:

d=0.4m ┈┈┈┈┈┈┈┈┈┈2分

47

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