2016年高考物理复习专题训练-牛顿运动定律

第 5 页 共 6 页

1．AD；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．

2．A；牛顿第一定律是在实验的基础上经过合理外推得到的，用实验无法实现，选项A正确；牛顿第二定律是实验定律，万有引力定律是经过类比和实验验证的，库伦定律是通过采用控制变量法的实验而得到的实验定律，选项BCD错．

3．A；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．AC；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．B；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．CD；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．

7．B；物体的加速度越大，说明它受到的外力越大，物体的加速度在改变，说明它受到的外力一定改变，选项A错误B正确；马拉车做匀速运动，说明物体所受合外力为零，选项C错误；地面对人的支持力在任何情况下都等于人对地面的压力，选项D错误．

8．AD；由v2=2ax，可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移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x1过程中，汽车的平均速度小于v0/2，选项C错误D正确．

9．B；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FN = mg，摩擦力为f = μFN = 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．CD；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 对应的物体加速度大小为a1= 1/3m/s2，斜线②对应的物体加速度大小为a2 = 2/3m/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．AB；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′ = 2x，选项B正确D错误．

12．D；同学乘坐电梯从六楼下到一楼的过程中，前2s内该同学处于失重状态，前2s内该同学的加速度是

最后1s内的1/2，选项AB错误；该同学在10s内的位移为17m，平均速度是1.7m/s，选项D正确C错误．

13．D；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．D；关闭电动机后，由牛顿第二定律，mg = (2M + m)a，解得电梯加速度大小a = mg/(2M+m)，t = v/a =

(2M + m) v/mg，选项D正确． 15．ABD；另一端悬挂一质量为M（M > m）的物体B，由牛顿第二定律，Mg – mg = (m + M)a1，解得a1 = (M

– m)g/(M + m)．如果用力F代替物体B，由牛顿第二定律，F - mg = ma2，解得a2 = (F – mg)/m．如

果al = a2，则F < Mg；如果F = Mg，则al < a2；选项AB正确C错误．如果F =2mMg/(m + M)，则a2 = (F – mg)/m = (M – m)g/(M + m) = a1，选项D正确．

16．A；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． 17．AC；根据弹簧秤的示数始终是16N可知，升降机加速度方向向下，mg – F = ma，解得a =2m/s2．若

升降机向下加速运动，经过1s，升降机的速度为5m/s，经过1s，升降机的位移可能是4m；若升降机向上减速运动，经过1s，升降机的速度为1m/s，经过1s，升降机的位移可能是2m；选项AC正确．

18．B；将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，拉力F = m(g + a) = 20×(10 + 0.500)N =

210N．对工人，由平衡条件可得地面支持力为700N – 210N = 490 N，根据牛顿第三定律，工人对地面的压力大小为490N，选项B正确．

19．D；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．D；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．AD；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． 22．C；它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，

A对B的摩擦力等于B重力沿斜面方向的分力，选项A错误C正确；由牛顿第三定律，A受到B的静摩擦力方向沿斜面向下，选项B错误；A与B间的摩擦力是静摩擦力，不能确定AB之间的动摩擦因数μ，选项D错误．

23．AB；当F = 0时，物体向下的加速度大小为6m/s2，即gsinθ = 6m/s2，可计算出斜面的倾角θ，

选项B正确；当F = 20N时，物体向上的加速度大小为2m/s2，即 (20/m)cosθ – 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．C；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．BCD；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．

第 6 页 共 6 页

26．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．

27．BC；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．

28．CD；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)．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 = M－m

m＋M

F，选项D正确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 =

m－M

m＋M

F，选项C正确A错误． 29．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，

联立解得：T = 2m1m2g/(m1 + m2) g；由题意，T < 4.8N，且m1 +m2 =1kg，代入解得：0 < m2 <0.4kg或0.6kg < m2 <1.0kg．

30．⑴ 由题意可知滑块的加速度a = Δv/Δt = 1.4/0.4 m/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．

⑵ 由滑块受力图得：FN = mgcosθ，木块受理如图所示，根据水平方向平衡条件得，f地 + fcosθ = FN sinθ，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． FN FN 31．⑴ 依题意整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三Ff F Ff F/4 角形面积S = 30×10/2 m =150m．

⑵ 物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：

mg mg a1 = 1m/s2，a2 = – 0.5m/s2， 受力图如图．对于两个过程，由牛顿第二定律得 F–Ff = ma1、F/4–Ff = ma2 解得 Ff = 10N；由滑动摩擦力公式得 Ff = μFN = μmg，解得μ = 0.1

32．⑴ 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．

⑵ 加速下滑路程为L1= at12/2 = 64m，匀速下滑路程L2 = LAB – L1 = 64m，游客匀速下滑的时间t2= L2/v = 4s．

⑶ 由动能定理，- FL – μmgL = 0 – mv2/2，解得F = 210N．

33．⑴ Fcosα + mgsinα – μFN = ma、Fsinα + FN = mg cosα 解得 a = [F(cosα + μsinα) + mg(sinα – μcosα)]/m =

1.25m/s2．

⑵ v2 = 2aL代入数字解得 v = 2m/s．

34．⑴ 由H = at2/2 得 a1 = 2m/s2 由F – f – mg = ma 得 f = 4N．

⑵ 前6s向上做匀加速运动，最大速度：v = a1t = 12m/s，上升的高度：h1= a1t2/2 = 36m，接下来向上做匀减速运动，由牛顿第二定律，f + mg = ma2，解得a2 = 12m/s2；由v2 = 2a2h2，解得上升的高度h2 = 6m，最大高度：h = h1 + h2 = 42m．

35．⑴ 0～24 s内一直处于上升阶段，H = 24×64/2 m = 768 m

⑵ 8s末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g = Δv/Δt = 64/16 m/s2 = 4 m/s2，探测器返回地面过

程有v2 = 2gH得v = 326m/s．

⑶ 上升阶段加速度：a = 8m/s2 由F – mg = ma得，F = 1.8×104N．

36．⑴ 对木块和木板组成的系统，有 μ1(m + M)g = (m + M)a1、v02 – v12 = 2a1s，解得v1 = 9m/s．

⑵ 由牛顿第二定律可知am = μ2g = 9 m/s2、aM = [μ2mg +μ1(M + m)g]/M = 6 m/s2；m运动至停止时间为t1 = v1/am =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；共同速度v共 = 1.8m/s，方向向左，至共速M位移s1 = (v1 + v共)(t1 + t2)/2 = 6.48m，共速后m，M以a1 = 1m/s2向左减速至停下位移s2 = v共2/2a1 = 1.62m，最终木板M左端A点位置坐标为 x = 9.5 – s1 – s2 = 1.40m．

37．⑴ 小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间t满足h = gt2/2，代入数据解得t = 0.5s．

⑵ 小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为 a1 = [F + μ(M + m)g]/g = 7.2m/s2；小车向右运动的距离为 x1 = v02/2a1 = 3.6m，x1小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．小车向右运动的时间为 t1 = v0/a1 = 1s；小车向左运动的加速度为a2 = [F – μ(M + m)g]/M = 2.8m/s2，小车向左运动的距离为 x2 = x1 + L/3 = 3.6m + 2m = 5.6m；小车向左运动的时间t2满足 x2 = a2t22/2，代入数数据解得t2 = 2s，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．

⑶ 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 m/s = 5.6m/s；小球离开车子后，车的加速度为 a3 = (F–μ Mg)/M = 3m/s2；车子向左运动的距离为 x3 = v2t3 + a3t32/2 = 3.175m；从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 x = x1 + x2 + x3 = 5.175m．

38．⑴ 设F作用时加速度为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．

⑵ 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a3 = 2 m/s2，则t = 4s时速度v = a3t3 = 2m/s．

39．分别对A和B进行受力分析，如图．

⑴ 对A、B列运动方程

对A有：T – mAgsinθ – f = mAa1、FN = mAgcosθ、f = μFN 对B有：mBg – T = mBa1

整合以上各式得： mBg – mBa1 – mAgsinθ – μmAgcosθ = ma1

对B的运动情况，有：v2 = 2a1H；代入数据得a1 = 4m/s2、μ = 0.17． ⑵ B落地后，绳子松弛，不再对A有拉力T的作用，此时对A有mAgsinθ + f = mAa2、FN = mAgcosθ、f = μFN，联立解得a2 = 6.5m/s2，方向沿斜面向下，因此A继续沿斜面向上做匀减速运动，位移为x = v2/2a2 = 4/13 m．物体沿斜面滑动的最大距离为s = x + H = 21/26 m．

40．⑴ 米袋在AB上加速运动的加速度为a0 = μmg/m = 5m/s2；米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离

s0 = v02/2a0 = 2.5m < L1=3m，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，解得a = 10m/s2，能沿CD上滑的最大距离s = v02/2a = 1.25m． ⑵ 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，此时上滑的距离s1 = (v2 – v02)/2a1 = 0.45m．米袋速度达到v = 4m/s后，由于μmgcosθ < mg sinθ，米袋继续减速上滑 其加速度为a2 = – g(sinθ – μcosθ) = – 2m/s2，减速到零时上滑的距离s2 = (0 – v2)/2a2 = 4m；s1 + s2 = 4.45m = L2，即速度为零时刚好到D端；由v0减速为v所用时间 t1 = (v – v0)/a1 = 0.1s，由v减速为0所用时间t2 = (0 – v)/a2 = 2s，故米袋从C到D的总时间 t = t1 + t2 = 2.1s．