高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

专题一 第二讲

一、选择题(1～6题只有一个选项正确，7～10小题有多个选项正确)

1．(2014·石家庄模拟)2014年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国选手徐梦桃以83.50分夺得银牌。比塞场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成。若将运动员看做质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(

)

A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态 B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态

C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态 D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态 [答案] C

[解析] 本题考查超重、失重，意在考查考生对如何判断超重、失重的能力。

运动员在助滑区加速下滑时竖直方向的分加速度方向向上，处于失重状态，A项错误；运动员在弧形过渡区竖直方向的分加速度方向向上，处于超重状态，B项错误；运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中只受重力，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区减速过程中处于超重状态，D项错误。

2．(2014·北京理综)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是( )

A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 [答案] D

[解析] 本题考查超失重现象。要明确加速度向上时，处于超重状态，物体加速度向下时，处于失重状态，手托物体抛出过程，必有一段加速度过程，其后可能减速可能匀速。匀速运动时，不超重也不失重，减速运动时，处于失重状态。A、B错，当物体离开手的瞬间，只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，C错。手和物体分离之间速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，所以D对．本题难度不大，但是不对过程进行分析，很容易出错。

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

3．(2014·豫东、豫北十校联考)一根轻绳跨过一光滑的定滑轮，质量为m的人抓着轻绳的1

一端，轻绳另一端系着一个质量为的物体。已知重力加速度为g，若人相对于轻绳匀速向

2上爬时，物体上升的加速度为( )

3A．g

21C．g

2[答案] B

11

[解析] 对人分析列方程mg－T＝ma，对物体分析由牛顿第二定律列方程：T－mg＝ma，

221

联立得a＝。

3

4．(2014·云南第一次检测)物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为( )

A．3m/s2 C．(53)m/s2 [答案] D

[解析] 由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff

＝μFN1，求得动摩擦因数μ3

；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，3

B．33m/s2 1032D．

31B

3D．g

10

mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝3m/s2，D对。

3

5．(2014·黑龙江齐齐哈尔二模)如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T

之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是( )

A．图线与纵轴的交点的绝对值为g B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m C．图线与横轴的交点N的值TN＝mg

1D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数

m[答案] A

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

2

[解析] 由题结合牛顿第二定律可得：2T－mg＝ma，则有a＝T－g，由a－T图象可判

m2

断，纵轴截距的绝对值为g，A正确；图线的斜率在数值上等于，则B、D错误；横轴截距

mmg

代表a＝0时，TN＝C错误。

2

6．(2014·百校大联考冲刺)用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的水平轻弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴接)，如图所示，将细线烧断后 ( )

A．小球立即做平抛运动 B．小球的加速度立即为g C．小球立即做匀变速运动 D．小球落地时动能大于mgh [答案] D

[解析] 本题考查牛顿第二定律和平抛运动，意在考查考生对物理问题的综合分析能力。 绳子烧断的瞬间，小球受重力和弹簧的弹力，小球不是立即做平抛运动．根据牛顿第二定律知，加速度不是g.故A错误，B错误；小球离开弹簧后，仅受重力，加速度不变，做匀变速运动，但离开弹簧前，不做匀变速运动，故C错误；根据动能定理知，mgh＋W＝mv2/2.则小球落地时的动能大于mgh.故D正确。

7．(2014·山东理综)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有(

)

A．t1 C．t3 [答案] AC

[解析] 本题主要结合运动图象考查牛顿运动定律问题。解题的关键是明确合外力与加速度方向的关系。由v－t图象可知，t1时刻，质点的速度方向为正，加速度方向为正，合外力方向为正，故选项A正确；t2时刻，质点的速度方向为正，加速度方向为负，合外力方向为负，故选项B错误；t3时刻，质点的速度方向为负，加速度方向为负，合外力方向为负，故选项C正确；t4时刻，质点的速度方向为负，加速度方向为正，合外力方向为正，故选项D错误。注意v－t图象中质点的运动情况分析。

8．(2014·内蒙古包头测评)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s

的恒

B．t2 D．t4

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则(

)

A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5s到达B处 C．行李提前0.5s到达B处

D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处 答案：BD

解析：行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，v随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝＝1s

av2m－x1

达到共同速度，位移x1＝t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝1.5s，到达B共用2.5s。

22m

乘客到达B，历时t＝＝2s，故B正确。若传送带速度足够大，行李一直匀加速运动，最短运动时间tmin＝

2×2

＝2s，D项正确。 1

9．(2014·乌鲁木齐模拟)斜面上的物体受到平行于斜面向下的力F作用，力F随时间变化的图象及物体运动的v－t图象如图所示。由图象中的信息能够求出的物理量或可以确定的关

系有( )

A．物体的质量m C．μ>tanθ [答案] AC

[解析] 本题考查牛顿第二定律，匀变速直线运动的速度与时间的关系，意在考查考生对图象问题的分析能力。

设斜面的倾角为θ，由v－t图象可知，在2～6s内物体处于匀速直线运动状态，由平衡条

B．斜面的倾角θ

D．物体与斜面间的动摩擦因数

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

件可知，物体所受到的

滑动摩擦力f与拉力F及重力在斜面上的分量平衡，即f＝F＋mgsinθ，由图F－t图象可知，在2s～6s内，推力F＝2N，则物体所受到的摩擦力f＝2＋mgsinθ…①.物体在0－2s内做匀加速直线运动，由v－t图象的斜率得出加速度a＝Δv/Δt＝1m/s2…②，由F－t图象在0－2s内读出F＝3N，由牛顿第二定律得 F＋mgsinθ－f＝ma…③，由①②③解得 m＝1 kg，故A正确；f＝μmgcosθ…④，由①④物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝(F＋mgsinθ)/mgcosθ＝(2＋10sinθ)/10cosθ＝1/5cosθ＋tanθ＞tanθ，故C正确；由于θ未知，故不能算出μ，故BD错误。

10．(2014·河西区)如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则( )

A．细线拉力为m1gcosθ B．车厢的加速度为gtanθ

mg

C．底板对物体2的支持力为m2g－cosθD．底板对物体2的摩擦力为零 [答案] BC

[解析] 本题考查牛顿运动定律、隔离法，意在考查考生的理解能力和应用能力。 mg

对物体1分析，如图1所示，Tcosθ＝m1g，T＝Tsinθ＝m1a，a＝gtanθ，则选项A

cosθmg

错，B正确；对物体2分析，如图2所示，FN＋T＝m2g，FN＝m2g－，f＝m2a＝m2gtanθ，

cosθ选项C正确，D错误。

二、非选择题

11．(2014·北京海淀模拟)如图所示，质量m＝0.5kg的物体放在水平面上，在F＝3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动，物体发生位移x＝4.0m时撤去力F，物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)物体在力F作用过程中加速度的大小； (2)撤去力F的瞬间，物体速度的大小； (3)撤去力F后物体继续滑动的时间。 [答案] (1)2m/s2 (2)4.0m/s

(3)1s

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

[解析] (1)设物体在力F作用过程中受到的滑动摩擦力为Ff，加速度为a1，则Ff＝μmg。根据牛顿第二定律，有F－Ff＝ma1

解得a1＝2m/s2

(2)设撤去力F时物体的速度为v，由运动学公式 v2＝2a1x 解得v＝4.0m/s

(3)设撤去力F后物体的加速度为a2，根据牛顿第二定律，有Ff＝ma2 解得a2＝4m/s2

v

由匀变速直线运动公式得t＝a2解得t＝1s

12．(2014·河西区)如图所示，质量M＝8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长(取g＝10m/s2)。求：

(1)放上小物块瞬间，小物块与小车的加速度大小； (2)经多长时间两者达到相同的速度？

(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小。 [答案] (1)0.5m/s2 (2)1s (3)2.1m [解析] (1)小物块的加速度am＝μg＝2m/s2 小车的加速度aM＝(2)由amt＝v0＋aMt 得t＝1s

(3)在开始1s内小物块的位移 1

s1＝amt2＝1m

2

此时其速度v＝at＝2m/s

在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度 Fa＝＝0.8m/s2 M＋m

1

这0.5s内的位移s2＝vt12＝1.1m

21

F－μmg

0.5m/s2 M

高考物理专题复习-专题1相互作用与牛顿运动定律第2讲(纯word版)

则小物块通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1m

13．(2014·云南第一次统一检测)如图所示，质量M＝1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m＝1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L＝1m，用F＝5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2。

(1)若水平地面光滑，计算说明两物块间是否发生相对滑动。

(2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间。 [答案] (1)不会 [解析] (1)A、B之间的最大静摩擦力为 fm>μ1mg＝0.3×1×10N＝3N 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体： F＝(M＋m)a 对B：fAB＝ma 解得：fAB＝2.5N

因fAB<fm，故A、B之间不发生相对滑动 (2)对B：F－μ1mg＝maB 对A：μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA 据题意：xB－xA＝L 1xA＝aAt2

21xB＝aBt2

2解得：t＝2s