牛顿运动定律复习题

牛顿运动定律复习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1.（多选）如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处2.（多选）质量为1kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2则（）A．小球下落过程中的最大势能为12.5JB．小球下落过程中的最大速度为5m/sC．第一次反弹的最大动能为4.5JD．小球能弹起的最大高度为1.25m3.（多选）在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4s停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是（）．A加速、减速中的加速度大小之比为a1：a2等于2：1B．加速、减速中的平均速度大小之比：等于1：1．C加速、减速中的位移之比x1：x2等于2：1D．加速、减速中的平均速度大小之比：等于1：24.（单选）如图所示，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，力F的大小应（）A．恒定不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先增大后减小5.（单选）建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力是（）A．（F﹣mg）cosθB．（F﹣mg）sinθC．μ（F﹣mg）cosθD．μ（F﹣mg）6.（多选）某欧式建筑物屋顶为半球形，一警卫人员为执行特殊任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬过程中（）A．屋顶对他的支持力变大B．屋顶对他的支持力变小C．屋顶对他的摩擦力变大D．屋顶对他的摩擦力变小7.（多选）如图所示，质量为m的物体在与斜面平行向上的拉力F作用下，沿着水平地面上质量为M的粗糙斜面匀速上滑，在此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（）A．无摩擦力B．支持力等于（m+M）gC．支持力为（M+m）g﹣FsinθD．有水平向左的摩擦力，大小为Fcosθ8.（单选）如图所示，两竖直木桩ab、cd固定，一不可伸长的轻绳两端固定在a、c绳长为L，一质量为m的物体A通过轻质光滑挂L挂在轻绳中间,静止时轻绳两端夹角为120°．若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，物体A后仍处于静止状态，橡皮筋处于弹性限度内，若重力加速度大小为g，上述两种情况，下列说法正确的是（）A.轻绳的弹力大mgB．轻绳的弹力小于mgC．橡皮筋的弹力大于mgD．橡皮筋的弹力小于mg9.（单选）半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的支持力逐渐增大C．Q所受的合力逐渐增大D．地面对P的摩擦力逐渐增大10.（多选）如图所示，物体b在水平推力F作用下，将物体a挤压在竖直墙壁上，a、b均处于静止状态，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是（）A．a受到两个摩擦力的作用B．b共受到三个力的作用C．b对a的摩擦力方向向上D．增大水平推力F，a受到墙壁的摩擦力不变11.（单选）将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球b，使两个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°，则F达到最小值时Oa绳上的拉力为（）A．mgB．mgC．D．mgmg12.（单选）一物体受三个共点力的作用，下面4组组合可能使物体处于平衡状态的是（）．．AF1=7N、F2=8N、F3=9NBF1=8N、F2=2N、F3=11N．．CF1=7N、F2=1N、F3=5NDF1=10N、F2=10N、F3=1N13.（单选）关于重心、重力，下面说法正确的是（）A.形状规则的物体，它的重心一定在其几何中心B.任何物体都可以用悬挂法确定其重心位置C.物体的重心不一定在物体上D.重力就是地球对物体的吸引力14.（单选）关于弹力和形变的理解，下列说法正确的是（）A.木块放在桌面上受到向上的支持力，这是木块发生微小形变而产生的B.用一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竿的推力是由于木头发生形变而产生的C.绳对物体的拉力方向总是竖直向上D.挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，是由于电线发生微小形变而产生的15.（单选）如图所示，某同学通过滑轮组将一重物缓慢吊起的过程中，该同学对绳的拉力将（滑轮与绳的重力及摩擦均不计）A.越来越小越来越大B.C.先变大后变小先变小后变大D.16.在《验证力的平行四边形定则》的实验中，F和F表示两个互成角度的力，F表示由平12行四边形定则作出的F与F的合力；F′表示用一个弹簧秤拉橡皮筋时的力，则下列各图12中符合实验事实的是（）A．B．C．D．17.（单选）已知空气阻力与速率成正比，某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度一时间（v﹣t）图可能正确的是（）A．B．C．D．18.（多选）如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB间的长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g（sinθ﹣cosθ），若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ＜tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ如何小，粮袋从A到B一直匀加速运动，且a＞gsinθ19.（单选）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）A．B．C．D．20.（单选）下列说法正确的是（）A．由加速度的定义式可知，加速度与速度的变化量成正比，与时间成反比B．由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比C．匀变速直线运动的加速度为恒量，因此，加速度为恒量的物体一定做匀变速直线运动D．匀速圆周运动的加速度方向总与速度垂直，因此，加速度方向总与速度垂直的物体一定要做匀速圆周运动21.（单选）如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则（）A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑22.（单选）在静止的车厢内，用细绳a和b系住一个小球，绳a斜向上拉，绳b水平拉，如图所示．现让车从静止开始向右做匀加速运动，小球相对于车厢的位置不变，与小车静止时相比，绳a、b的拉力Fa、Fb变化情况是（）A．Fa变大，Fb不变B．Fa变大，Fb变小C．Fa不变，Fb变小D．Fa不变，Fb变大23.（单选）如图所示，站在做匀加速直线运动的车厢内的人向前推车壁，人的质量为m，车厢的加速度大小为a；则下列说法中正确的是（）A．车厢对此人的作用力的合力方向水平向左B．车厢对此人的作用力的合力方向水平向右C．车厢对此人的作用力的合力的大小为maD．车厢对此人的作用力的合力的大小为m24.（多选）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t、t、t依次表示各环到达d点所用的时间，123a、a、a分别表示沿杆下滑的加速度，υ、υ、υ分别表示沿杆滑动到d点速度的大123123小，则下列关系正确的是（）A．t＜t＜tB．a＞a＞aC．υ＜υ＜υD．t=t=t12312312312325.（多选）如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的0大小随v的大小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）A．B．C．D．26.（单选）如图所示，一物块从一光滑且足够长的固定斜面顶端O点无初速释放后，先后通过P、Q、N三点，已知物块从P点运动到Q点与从Q点运动到N点所用的时间相等，且PQ长度为3m，QN长度为4m，则由上述数据可以求出OP的长度为（）．A2m．Bm．Cm．D3m27.（单选）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是（）A．B．C．D．28.（2013海门市模拟）物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为m、m，与•AB水平面间的动摩擦因数分别为、，用水平拉力F拉物体A、B，所得加速度a与拉力μAμBF关系图线如图中A、B所示，则有（）A.=，m＞mB.＞，m＜mC.可能有m=mD.＜，m＞mμAμBABμAμBABABμAμBAB29.（单选）如图所示，物体A置于倾斜的传送带上，它能随传送带一起向上或向下做匀速运动，下列关于物体A在上述两种情况下的受力描述，正确的是（）A．物体A随传送带一起向上运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下B．物体A随传送带一起向下运动时，A所受的摩擦力沿斜面向下C．物体A随传送带一起向下运动时，A不受摩擦力作用D．无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同30.如图所示，物体A重50N，物体B重100N，所有接触面之间的滑动摩擦系数均为0.3，物体A与B通过无摩擦的定滑轮用细绳相连，要使物体B匀速滑动，细绳对B的拉力FT=15N，作用在B上的力F=75N．31.如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后该做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．（1）求箱子加速阶段的加速度为a′．（2）若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．质量M=9kg、长L=1m的木板在动摩擦因数μ=0.1的水平地面上向右滑行，当速度32.1v=2m/s时，在木板的右端轻放一质量m=1kg的小物块如图所示．当小物块刚好滑到木板左0端时，物块和木板达到共同速度．取g=10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数μ．233.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为υ﹣t图象，如图所示（除2s～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2s～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：（1）小车所受到的阻力大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率；（3）小车在加速运动过程中（指图象中0～10秒内）位移的大小．试卷答案1.考匀变速直线运动的速度与位移的关系．点：专直线运动规律专题．题：分①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；析：②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v﹣t图象来计算说明．解解：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的答：小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B正确；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．故选：BD．点本题应该用“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度评：逐渐减小，乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加得最慢．2.考匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．点：专运动学中的图像专题．题：分速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，根据图线与时间轴围成的面积求出下析：落的高度，从而得出下落过程中最大势能．根据反弹时的速度，求出反弹的最大动能，根据图线与时间轴围成的面积求出反弹的最大高度．解解：A、物体下落的高度h=，则下落过程中的最大势能答：Ep=mgh=10×1.25J=12.5J．故A正确．B、着地时的速度最大，为5m/s．故B正确．C、反弹时的速度为3m/s，则反弹时的最大动能．故C正确．D、小球能弹起的最大高度h′=．故D错误．故选：ABC．点解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示评：位移．3.考匀变速直线运动的位移与时间的关系；加速度．点：专直线运动规律专题．题：分根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速和减速过程中的加速度大小之比．根析：据平均速度的推论得出平均速度大小之比，从而结合时间得出位移之比．解解：A、设汽车的最大速度为v，则匀加速直线运动的加速度大小，匀减答：速直线运动的加速度大小，则a1：a2=1：2，故A错误．B、根据平均速度的推论，知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均为，可知平均速度大小之比为1：1．故B正确，D错误．C、根据知，平均速度之比为1：1，则加速和减速运动的位移之比为2：1，故C正确．故选：BC．点解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运评：用推论求解会使问题更加简捷．4.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．版权所有点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分以P点为研究对象，分析受力情况，运用三角形相似法，得到力F与重力的关系，析：再分析F的变化情况．解解：以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得：N和F的合力与重力G答：大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得：=当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大．故选B点本题涉及非直角三角形的动态分析问题，运用三角相似法是常用的方法，形象直观评：方便．5.考摩擦力的判断与计算．版权所有点：专摩擦力专题．题：分对物体进行受力分析，根据共点力的平衡可知可求得磨石受到的摩擦力；同时根据析：动摩擦力的公式也可求得摩擦力．解解：磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大答：于重力；先将重力及向上的推力合力后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得：在沿斜面方向有：摩擦力f=（F﹣mg）cosθ；在垂直斜面方向上有：FN=（F﹣mg）sinθ；则f=（F﹣mg）cosθ=μ（F﹣mg）sinθ，故选：A．点滑动摩擦力的大小一定要注意不但可以由μFN求得，也可以由共点力的平衡或牛顿评：第二定律求得，故在学习时应灵活掌握．6.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分由题意可知，研究对象处于动态平衡状态（因为他在缓慢爬行），所以对其在某位析：置受力分析，再利用平行四边形定则进行力的合成或分解来列出支持力与摩擦力的表达式．从而由式中的θ变化，可以求出屋顶对他的支持力与摩擦力的变化．解解：对警卫在某点受力分析：答：将F、F进行力的合成，由三角函数关系可得：支fF=Gcosβ支Ff=Gsinβ当缓慢向上爬行时，β渐渐变小，则F变大，F变小；但支持力与摩擦力的合力与支f重力平衡，是不变的；故选：AD．点考查支持力与摩擦力方向，并利用力的平行四边形定则构建支持力、摩擦力与重力评：间的关系．7.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分斜面保持静止，所受的合力为零，物体匀速上滑，其合力也为零，将两个物体看成析：整体，分析受力情况，由平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力大小和方向．解解：以物体和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、拉力答：F、地面的支持力N和摩擦力f，作出力图，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcosθ，方向水平向左；竖直方向：N+Fsinθ=（M+m）g解得：N=（M+m）g﹣Fsinθ，f=Fcosθ．故选CD点本题两个物体的加速度都为零，可以作为整体进行研究，简单方便，也可以采用隔评：离法研究．8.D设两杆间的距离为S，细绳的总长度为L，静止时轻绳两端夹角为120°，由于重物的拉力的方向竖直向下，所以三个力之间的夹角都是120°．根据矢量的合成可知，三个力的大小是相等的．故轻绳的弹力大小为mg．选项A、B错误；若把轻绳换成自然长度为L的橡皮筋，橡皮筋受到拉力后长度增大，杆之间的距离不变，所以重物静止后两根绳子之间的夹角一定小于120°，两个分力之间的夹角减小，而合力不变，所以两个分力减小，即橡皮筋的拉力小于mg．选项C错误、D正确。9.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分分别对Q、P及整体进行分析，作出受力分析图，根据过程中夹角的变化可得出弹析：力、支持力及合力变化．解解：对Q分析可知，Q受重力G、P的弹力F1及档板的弹力F2；对P分析，可知P答：受重力、支持力、Q的压力及摩擦力；如下图所示：A、在MN向左移动的过程中，由于小球下滑，球Q受P的弹力与竖直方向的夹角变大，如下图所示，由几何关系可知，F1=，夹角变大，则cosθ减小，故MN对Q的弹力增大；故A错误；B、对整体分析，整体竖直方向只受重力、支持力；因重力不变，则支持力不变，故B错误；C、由于Q缓慢下落，仍可看作平衡状态，故合力一直为零，故C错误；D、由上图分析可知，在球下滑过程中，MN对Q的弹力增大，则再对PQ整体分析，可知，P受地面的摩擦力增大，故D正确；故选D．点本题考查共点力平衡的应用，注意正确要正确选择研究对象，作好受力分析，并正评：确利用好几何关系进行分析求解．10.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．点：专运动学与力学（二）；共点力作用下物体平衡专题．题：分受力分析按照重力、弹力、摩擦力的顺序进行分析，根据共点力平衡判断摩擦力的析：有无，以及摩擦力的变化．解解：b受到重力、推力F，a对b的弹力，静摩擦力四个力平衡．答：对于a物体，受重力、b对a的弹力、墙壁对a的弹力、b对a的摩擦力，墙壁对a的摩擦力五个力作用平衡，根据共点力平衡得，对整体分析，竖直方向受总重力和摩擦力，所以a受到墙壁的摩擦力等于a、b的重力之和，不随F的增大而增大．故选：AD．点解决本题的关键掌握受力顺序，以及会运用共点力平衡判断摩擦力的方向和大小．评：11.考共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分以两个小球组成的整体为研究对象，当F垂直于Oa线时取得最小值，根据平衡条件析：求解F的最小值对应的细线拉力．解解：以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力，作出F在三个方向时整体的受答：力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：根据平衡条件得：F=2mgsin30°=mg，T=2mgcos30°=故选：A点本题是隐含的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再评：由平衡条件进行求解．12.考共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．点：专共点力作用下物体平衡专题．题：分多力能否使物体处于平衡状态主要是判断三个共点力的合力能否为零．析：解解：A、当7N和8N的合力等于9N，且方向相反时，合力为零，故A正确；答：B、8N和2N的最大合力为10N，故不可能与11N合力为零，故B错误；C、7N和1N的最小合力为6N，与5N不可能合力为零，故C错误；D、10N和10N的合力最小为0N，可能与1N的力合力为零，故D正确；故选：AD．点本题可借助初中所学组成三角形的方法进行判断，即：两力之和大于第三力，两力评：之差小于第三力，则合力可以为零．13.考点：重力；重心．专题：定性思想．分析：重心位置由两个因素决定：物体的形状和物体内质量分布．根据二力平衡原理分析物体悬挂起来重心与绳子的延长线的关系．物体重心可能在物体上，也可能在物体外．任何有规则形状的均匀物体，它的重心一定与它的几何中心重合．解答：解：A、任何有规则形状的均匀物体，其重心一定与它的几何中心重合．而质量分布不均匀的物体则不一定．故A错误；B、任固体都可以用悬挂法确定其重心位置，气体和液体不能用悬挂法确定重心位置．故B错误；C、物体重心可能在物体上，也可能在物体外，比如均匀圆环的重心在环外．故C正确．D、重力源自地球对物体的吸引力，由于地球自转，两者略有差异．故D错误．故选C．点评：本题考查对重心的理解能力，要紧紧抓住一般物体的重心与两个因素有关：物体的形状和物体内质量分布．14.考点：物体的弹性和弹力．专题：弹力的存在及方向的判定专题．分析：解答本题应掌握：弹力是由于施力物体发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力．解答：解：弹力是由于“施力物体”发生形变后想要恢复原状而对和它接触的物体产生的力．A：木块放在桌面上受到向上的支持力，木块是受力物体，桌面是施力物体，所以这是桌面发生微小形变而产生的．故A错误；B：用一根细竹竿拨动水中的木头，木头受到竿的推力中竿是施力物体，所以推力是由于竿发生形变而产生的．故B错误；C：绳子对物体的拉力方向总是沿绳子收缩的方向，故C错误；D：挂在电线下面的电灯受到向上的拉力，电线是施力物体，所以是由于电线发生微小形变而产生的．故D正确．故选：D点评：本题考查弹力产生的原因，知道是由于发生形变的物体想要恢复原状而对与它接触的物体产生弹力．一定要区分施力物体和受力物体．15.答案：B：滑轮处受到三个力作用，重物的重力大小是不变的，绳上的拉力大小是相等的，但夹角不断变大，合力与物体重力等大反向是不变的，所以绳上的拉力越来越大，B正确。16.考验证力的平行四边形定则．版权所有点：专实验题；平行四边形法则图解法专题．题：分根据实验的原理和数据的处理方法可知各图是否符合实验事实．析：解解：该实验中F是由平行四边形法则得出的合力，而F′是通过实际实验得出的，故答：F′应与OA在同一直线上，而F与F、F组成平行四边形，故只有C符合题意；12故选：C．17.考匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动．点：分v﹣t图象的代表物体的加速度，斜率的绝对值越大代表物体的加速度的数值越大；析：在小球上升过程中，小球所受的阻力向下，在小球下降的过程中小球所受的阻力向上．根据牛顿第二定律F=ma求出加速度a与阻力f的关系．解解：设物体所受的阻力f=kv，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有答：mg+f=ma1，即mg+kv=ma1，a1==g+，由于上升过程中物体的速度越来越小，故物体的加速度ma1越来越小，故v﹣t图的斜率的绝对值越来越小．在下落过程中有mg﹣kv=ma2，a2==g﹣下落过程中物体的速度越来越大，故物体的加速度越来越小，则v﹣t图的斜率的绝对值也越来越小，故A正确．故选：A．点本题的难点有：①要根据阻力与速度的大小成正比写出阻力的表达式；②必须能够评：明确v﹣t的斜率代表物体的加速度即倾斜程度越大加速度越大；③能够根据牛顿第二定律写出上升的过程中有mg+f=ma1；在下落过程中有mg﹣kv=ma2．18.考牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．点：专牛顿运动定律综合专题．题：分粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速析：运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，加速度为g（sinθ+μcosθ）．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动．解解：A、粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先答：匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v；故A正确．B、粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcosθ）．故B错误．C、若μ＜tanθ，可能是一直以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以g（sinθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sinθ﹣μcosθ）匀加速．故C正确．D、由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动．故D错误．故选：AC点本题考查分析物体运动情况的能力，而要分析物体的运动情况，首先要具有物体受评：力情况的能力．传送带问题，物体的运动情况比较复杂，关键要考虑物体的速度能否与传送带相同．19.考牛顿第二定律．点：专牛顿运动定律综合专题．题：分要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题析：中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a1；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1＞a2解解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿答：斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：加速度：a1==gsinθ+μgcosθ；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度：a2==gsinθ﹣μgcosθ；比较知道a1＞a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小．故选D点本题的关键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、小木块评：两段的加速度不一样大．是一道易错题．20.考向心加速度；加速度；牛顿第二定律．点：专匀速圆周运动专题．题：分加速度是描述速度变化快慢的物理量，由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外析：力成正比，与物体的质量成反比，加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动．解解：A、由加速度的定义式可知，当时间一定时，加速度与速度的变化量成答：正比，故A错误；B、由牛顿第二定律可知，加速度与物体的合外力成正比，与物体的质量成反比，故B正确；C、加速度为恒量的物体不一定做匀变速直线运动，如平抛运动，故C错误；D、加速度方向总与速度垂直的物体一定做匀速圆周运动，故D正确．故选BD点本题主要考查了加速度的定义，知道加速度跟哪些因素有关，物体有加速度时做怎评：样的运动，难度不大．21.考牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．点：专压轴题；牛顿运动定律综合专题．题：分将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向F1和F2，根据力的独立作用原理，单析：独研究F的作用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小．解解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：答：a=．当施加F后，加速度a′=，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大．故C确，A、B、D均错误．故选C．点解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解．评：22.考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律，运用正交分解法分析两根细绳的拉力变化情况．解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据牛顿第二定律得：水平方向：Fasinα﹣Fb=ma①竖直方向：Facosα﹣mg=0②由题，α不变，由②分析得知Fa不变．由①得知，Fb=Fasinα﹣ma＜Fasinα，即Fb变小．故选：C．点评：本题运用牛顿第二定律分析力的变化，关键要抓住竖直方向上小球没有加速度，力是平衡的．23.考牛顿第二定律；牛顿第三定律．点：分对人进行受力分析，可知人受重力、支持力、摩擦力的作用，还有车对人的水平向析：左的作用力，车厢对此人的作用力包括支持力、摩擦力和对人的水平向左的作用力．解解：人和车厢一起向右加速运动，由牛顿第二定律可知，车对人在水平方向上有向答：右的合力ma，同时在竖直方向上还有对人的支持力mg，所以车厢对人的合力为m，所以D正确．故选：D．点求车厢对人的作用力，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还评：有一个竖直方向上的支持力的作用，这是有的同学经常出错的原因，知道这些这道题就不难做了．24.考牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．版权所有点：专牛顿运动定律综合专题．题：分先受力分析后根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据析：位移时间关系公式计算出时间，对表达式分析，得出时间与各因素的关系．根据速度时间公式列式，分析速度关系．解解：对于任一圆环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分答：解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsinθ，（θ为杆与水平方向的夹角），则得a＞a＞a．123由图中的直角三角形可知，小圆环的位移S=2Rsinθ由S=得：t===2，则t与θ无关，即t=t=t123圆环滑到底端时的速度大小v=at=gsinθ•2，可知θ越大，v越大，则有v＞v12＞v．3故选：BD点本题关键从众多的杆中抽象出一根杆，假设其与水平方向的夹角为θ，然后根据牛评：顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求出时间表达式讨论．25.考匀变速直线运动的图像．版权所有点：专运动学中的图像专题．题：分以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象．析：解解：答：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动．故A正确．B、当F＜mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=μ（mg﹣F），则摩擦力增大，加速度增大．故B正确．C、D当F＞mg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动．故C错误，D正确．故选ABD点本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏评：解．26.：解：设相等的时间为t，加速度为a，由：△s=at2，得加速度：Q点的速度为PN段的平均速度：则OQ间的距离：则OP长度：s=s﹣S==OPOQPQ故ABD错误，C正确；故选：C．27.：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：D．28.B解：对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律，有F﹣μmg=ma解得：，故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，故m＜m；AB从图象可以看出纵轴截距用表示﹣g表示，故＞；μμAμB故选B．29.解：A、物体相对皮带静止，随传送带一起向上或向下做匀速运动，所以物体受力平衡，在沿斜面方向有：mgsinθ=f，所以无论传送带向上或向下运动，A所受的摩擦力沿斜面向上，故ABC错误；D、对物体受力分析，受到重力和传送带对物体的作用力，所以传送带对物体A的作用力大小等于重力，方向竖直向上，所以无论传送带向上或向下运动，传送带对物体A的作用力均相同，故D正确．故选D30.考共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．点：专受力分析方法专题．题：分分别对A及整体进行受力分析，由滑动摩擦力公式可求得摩擦力的大小，再对共点析：力的平衡条件可求得绳子的拉力及F．解解：以A为研究对象，则A受重力、支持力、绳子的拉力T及B的摩擦力；水平方答：向有：μmAg=FT；对AB整体进行受力分析，则有：F=2FT+μ（mA+mB）代入数据，联立解得：FT=15NF=75N；故答案为：15，75N．点本题考查共点力的平衡条件的应用，在解题时要注意正确选择研究对象，做好受力评：分析，即可准确求解．31.考牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．点：专牛顿运动定律综合专题．题：分（1）由运动学的公式即可求得物体的加速度；析：（2）可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界速度，然后使用整体法，结合牛顿第二定律即可求解．解解：（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：答：得：解得：（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsinθ=maNcosθ=mg解得：a=gtanθ减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsinθ=maNcosθ﹣F=mg解得：F=macotθ﹣mg答：（1）箱子加速阶段的加速度为；（2）若a＞gtanθ，减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0，顶部的作用力是macotθ﹣mg．点该题中的第二问中，要注意选取受到的左壁的作用力等于0的临界条件，以及临界评：速度．中档题目．32.【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）对木块好滑块分别运用速度时间公式、位移时间公式列式，然后联立求解；（2）对木块和长木板分别受力分析，然后运动牛顿第二定律列式求解．：解：（1）设木板在时间t内的位移为x；木板的加速度大小为a，木块的加速度大小11为a，时间t内的位移为x22则有x=vt﹣①10x=②2x=L+x③12又v﹣at=at④012其中a=，a=μg；122代入数据得t=1s⑤（2）根据牛顿第二定律，有：μ（M+m）g+μmg=Ma⑥121μmg=ma⑦22解得μ=0.082答：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t为1秒；（2）小物块与木板间的动摩擦因数为0.08．【点评】：本题关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解；对于第一问，可以以长木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化．33.解：（1）由图象可得：在14s～18s时间段a=m/s2=﹣1.5m/s2小车受到阻力大小：Ff=ma=﹣1.5N（负号表示力的方向与运动方向相反）（2）在10s～14s小车做匀速运动，牵引力大小F与Ff大小相等F=1.5NP=Fυ=1.5×6W=9W（3）速度图象与横轴之间的“面积”等于物体运动的位移0～2s内x1=×2×3m=3m2s～10s内根据动能定理Pt﹣Ffx2=﹣解得x2=39m加速过程中小车的位移大小为：x=x1+x2=42m答：（1）小车所受到的阻力大小为1.5N；（2）小车匀速行驶阶段的功率为9W；（3）小车在加速运动过程中位移的大小为42m．