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1、学习必备欢迎下载专题二牛顿运动定律与直线运动一、选择题1(2015湖北八校联考) 如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0t2时间内下列说法正确的是 ( ) A两物体在t1时刻速度大小相等Bt1时刻乙的速度大于甲的速度C两物体平均速度大小相等D甲的平均速度小于乙的平均速度解析：选C.因xt图线的斜率表示速度，则由题中图象可知A、 B 均错因平均速度定义式为vxt，甲、乙两物体在0t2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C对、D错2( 多选)(2015 山东济南一模) 一质点做直线运动的vt图象如图所示，下列选项正确
2、的是 ( ) A在 24 s 内，质点所受合外力为零B质点在02 s 内的加速度比46 s 内的加速度大C在第 4 s 末，质点离出发点最远D在 06 s 内，质点的平均速度为5 m/s 解析：选 AD.由题图可知，在24 s 内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A对由题图可知，质点在02 s 内加速度大小为5 m/s2，46 s 内加速度大小为10 m/s2，B错由题图可知，在第5 s 末，质点离出发点最远，C错在 0 6 s 内，质点的平均速度vxt5 m/s ，D对3(2015江西八校联考)20XX 年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装
3、有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面 90 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g10 m/s2，那么v0和k分别等于 ( ) A30 m/s ，1 B 30 m/s ，0.5 C60 m/s ，0.5 D 60 m/s ，1 学习必备欢迎下载解析： 选 D.本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有xv0v2t，代入数据得v060 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示由牛顿第二定律有：mgFfma，又Ffkmg，a603 m/s220 m/s2，解得：k1.
4、故 A、B、C错， D对4. (2015宝鸡高三质检)如图所示，将质量为M的 U形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧1、2、 3 将质量为m的小球悬挂起来框架和小球都静止时弹簧1 竖直，弹簧2、3 水平且长度恰好等于弹簧原长，这时框架对地面的压力大小等于(Mm)g. 现将弹簧1从最上端剪断，则在剪断后瞬间( ) A框架对地面的压力大小仍为(Mm)gB框架对地面的压力大小为0 C小球的加速度大小等于gD小球的加速度为0 解析： 选 D.剪断弹簧1 瞬间，弹簧的形变不改变，小球所受合外力为0，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为0，D项正确， C项错误； 框架受重力和支持力作用，FNMg，由
5、牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为Mg，A、B项错误5( 多选)(2015 高考江苏卷) 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( ) At2 s 时最大Bt2 s 时最小Ct8.5 s时最大Dt8.5 s时最小解析：选 AD.人受重力mg和支持力FN的作用， 由牛顿第二定律得FNmgma. 由牛顿第三定律得人对地板的压力大小FNFNmgma，当t2 s 时a有最大值，FN最大当t8.5 s时，a有最小值，FN最小，选项A、D正确6(2015武汉武昌区高三调研) 从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的
6、另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v( 两物体不会相碰)，则下列说法正确的是( ) AH2hB物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2 倍C物体A、B在空中运动的时间相等D两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等解析：选D.根据题设条件画出两物体运动的情景图，如图所示，两质量相等的物体经过相同的时间到达相同的位置时的速度相等，两物体具有相同的机械能， 由于两物体在运动过程中各自机械能守恒，故两物体落地前各自的机学习必备欢迎下载械能都守恒且两者机械能相等，选项D正确；由运动学公式可得：对物体A到达距地面高h时，vvAgt，对物体B到达距地面高
7、h时，vgt，可得：vA2v；hv2Av22g3v22g，Hhv22g，可得：H43h，选项 A错误；对物体B，由运动学公式可得：vB2gH2v. 物体A竖直上抛的初速度大小与物体B落地时速度大小相等，选项 B错误； 由运动学公式可得：物体A在空中运动的时间tA2vAg4vg，物体B在空中运动的时间tBvBg2vg，选项 C错误7(2015河北衡水调研) 如图甲所示， 在木箱内粗糙斜面上静置一个质量为m的物体，木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止斜面对物体的支持力和摩擦力分别为FN和Ff，则下列说法正确的是( ) A在 0t1时间内，FN增大，Ff减小B在
8、 0t1时间内，FN减小，Ff增大C在t1t2时间内，FN增大，Ff增大D在t1t2时间内，FN减小，Ff减小解析：选 D. 在 0t1时间内，由题图可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为，对物体受力分析，在竖直方向上有FNcos Ffsin mgma1，在水平方向上有FNsin Ffcos ， 因加速度减小， 则支持力FN和摩擦力Ff均减小在t1t2时间内，由题图可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg(FNcos Ffsin ) ma2，在水平方向上有FNsin Ffcos ，因加速度增大，则支持力FN和摩擦力Ff均减小，故选D. 8(2015安
9、徽合肥一模) 如图所示，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，加速度大小为a1；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，加速度大小为a2. 则有 ( ) Aa1a2，x1x2Ba1x2Da1x2解析：选 B. 以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F(m1m2)g(m1m2)a1；沿光滑水平桌面运动时，F(m1m2)a2，比较两式可得：a1a2，A、C 项错误；以b为研究对象， 由牛顿第二定律有：kx1m2gm2a1，kx2m2
10、a2，解得：x1x2m2Fk（m1m2），B项正确， D项错误9.( 多选)(2014 高考江苏卷) 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放学习必备欢迎下载在水平地面上A、B间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为12. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g. 现对A施加一水平拉力F，则 ( ) A当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过12g解析：选 BCD.对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为32mg，故当32mgF2mg时，A、B相对地面运动，故A错误对A、B整体应用牛顿第二定律，有F2 3mg3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，2
11、mg23mgma，两式联立解得F3mg，可见，当F3mg时，A相对B才能滑动， C正确当F52mg时，A、B相对静止，对整体有：52mg23mg3ma，a13g，故 B正确无论F为何值，B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg，故B的最大加速度aBm2mg123mgm12g，可见 D正确10如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象 ( 以地面为参考系) 如图乙所示已知v2v1，则 ( ) At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送
12、带滑动的距离最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A 错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B 正确； 0t2时间内， 小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项 C错误；t2t3时间内小物块不受摩擦力，选项 D错误二、非选择题11传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L12.5 m 、L22 m传送带始终保持以速度v匀速运动现将
13、一滑块( 可视为质点 ) 轻放到传送带的左学习必备欢迎下载端，然后平稳地滑上平板已知：滑块与传送带间的动摩擦因数0.5 ，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为1 0.3 、20.1 ，滑块、平板的质量均为m2 kg ，g取 10 m/s2. 求：(1) 若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小；(2) 若v6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小解析： (1) 滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a11mgm3 m/s2由于 1mg22mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a21mg22mgm1 m/s2设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v，平板位移为x，对滑块：vva1tL2xvt12
14、a1t2对平板：va2tx12a2t2联立以上各式代入数据解得：t1 s ，v4 m/s. (2) 滑块在传送带上的加速度：a3mgm 5 m/s2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v12a3L15 m/s 6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s. 设滑块在平板上运动的时间为t，离开平板时的速度为v，平板位移为x则vv1a1tL2xv1t12a1t2x12a2t2联立以上各式代入数据解得：t112 s ，t22 s(t2t，不符合题意，舍去) 将t12 s 代入vv1a1t得：v 3.5 m/s. 答案： (1)4 m/s (2)3.5 m/s 12(2015高考全国卷，T25，
15、20 分) 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4.5 m ，如图甲所示t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s 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 1 s 时间内小物块的vt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 10 m/s2. 求：学习必备欢迎下载(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析： (1) 规定向右为正方向木板与
16、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为m和M. 由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s ，由运动学公式有v1v0a1t1x0v0t112a1t21式中，t11 s，x0 4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得10.1 在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图乙可得a2v2v1t2t1式中，t22 s ，v20，联立式和题给条件得20.4.
17、(2) 设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度v3. 由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为x1v1v32t?小物块运动的位移为x2v1v32t?小物块相对木板的位移为xx2x1?联立? ? ? 式，并代入数值得x6.0 m ?因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m. (3) 在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为x3. 由牛顿第二定律及运动学公式得学习必备欢迎下载1(mM)g(mM)a4?0v232a4x3?碰后木板运动的位移为xx1x3?联立? ? ? ? 式，并代入数值得x 6.5 m. 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m. 答案： (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m