强化训练7牛顿运动定律的应用（一）
——’17备考综合热身教辅系列
山东平原一中魏德田
牛顿运动三定律是力学的核心内容之一，也是历年高考物理命题的热点内容之一。本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。
其主要目的在于进一步理解和掌握牛顿运动定律。能熟练地运用牛顿第二、三运动定律解决力-动关系问题、超失重问题以及较简单的连接体问题。重点是训练和考查对牛顿三定律的理解和运用牛顿第二定律解答动力学问题的能力。
一、破解依据
㈠牛顿定律
1.第一运动定律(惯性定律）：物体具有惯性，总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止。
2.第二运动定律：
⑴大小：或，其中F、Fx、Fy分别表示物体所受合力及其分力；即“a与v成正比，a与m成反比”。
⑵方向：以上各式中力、加速度的方向均时刻保持一致。即“a与F方向一致”。
注：若或,则或，牛二律转化为平衡条件。
3.第三运动定律F=-F′负号表示方向相反,F、F′各自作用在对方。即“等大、反向、异点、共线”。
㈡运动学公式（请见前文）
㈢常见的力（弹力；滑动摩擦力；介质阻力或；浮力等等）。
㈣超、失重问题
⑴，加速度向上；⑵，加速度向下。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共40分）
⒈（17新课标I）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）
A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C.质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D.质点单位时间内速率的变化量总是不变
A．B．C．D．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
A．t=2s时最大B．t=2s时最小C．t=8.5s时最大D．t=8.5s时最小
17海南）（5分）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k．下列判断正确的是（）
A．若μ≠0，则 B．若μ≠0，则 C．若μ=0，则 D．若μ=0，则
在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为
A.8B.10C.15D.18
⒌（16上海）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的
（A）OA方向（B）OB方向（C）OC方向（D）OD方向
F的作用，其下滑的速度-时间图线如图-4所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0-5s，5-10s，10-15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A．F1F3C．F1>F3D．F1=F3
⒎(15新课标I).如图-5（a），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图-6（b）所示，若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出
A.斜面的倾角B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
⒏【15海南】如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时
A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑
9.（15新课标II）（6分）某学生用图（a）琐事的实验装置测量物块与斜面的懂摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离。
物块下滑是的加速度am/s2；打点C点时物块的速度V/s;
⑵已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（正确答案标号）
A物块的质量B斜面的高度C斜面的倾角14·深圳一模在“探究加速度与质量的关系”的实验中：
(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是________．
(2)实验得到如图-甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T；B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________________．
甲
乙
丙
(3)某同学根据实验数据画出的a-图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为________kg.(g取10m/s2)
(4)另一位同学根据实验数据画出的a-图像如图丙所示，则造成这一结果的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
11.(13四川)（1分）如图所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做__________运动。
②连接细绳及托盘，放人砝码，通过实验得到图所示的纸带。纸带上0为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg。
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△Ek，补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）。 O-B
O-C O-D O-E
O-F
W/J 0.0432 0.0572
0.0734
0.0915
△Ek/J 0.0430
0.0570
0.0734
0.0907
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W=△Ek，与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘质量为7.7×10-3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为___________kg（g取9.8m/s2，结果保留至小数点后第三位）。12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距和处分别设置一个挡板和一面小旗，如图-9所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板：冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为。重力加速度为。求
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
13.（16四川）（12分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图-10竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍。货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0.1，g=10m/s2。求：
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
（2）制动坡床的长度。
14.(17全国)（12分）如图两个滑块A和B的质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg放在静μ1＝0.5；木板的质量为m＝4kg与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动初速度大小均为v＝3ms.A、B相遇时A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g＝10ms2.求(1)B与木板相对静止时木板的速度；
(2)A、B开始运动时两者之间的距离．
(四)选做题
15.（16上海）（4分）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为hh
16.（16天津）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组
A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B、做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2
C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D、与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2
17.（15海南）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（）
A.4倍B.2倍C.倍D.倍14北京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
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】BC。
【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；
若的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；
由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；
根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。
AD
3.【答案】BD．【解答】解：三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度；
所以，R和Q之间相互作用力，Q与P之间相互作用力；
所以，；
由于谈论过程与μ是否为零无关，故恒成立，故AC错误，BD正确；
【答案】BC
【解析】由设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩东边有m节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知：，解得：，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误
【答案】
【解析】据题意可知小车向右做匀加速直线运动由于球固定在杆上而杆固定在小车上则三者属于同一整体根据整体法和隔离法的关系分析可知球和小车的加速度相同所以球的加速度也应该向右故选项
⒍【答案】A
【解析】根据图像可以知道，在内加速度为，方向沿斜面向下；
在内，加速度；在内加速度为，方向沿斜面向上；受力分析如图：
在内，根据牛顿第二定律：，则：；
在内，根据牛顿第二定律：，则：；
在内，根据牛顿第二定律：，则：
故可以得到：，故选项A正确。
⒎【答案】A、C、D
【解析】向上滑动到最高点过程为匀变速直线运动，由受力和牛顿第二定律可得：
-mgsinθ–μmgcosθ=ma1,根据图b可得：a1=-v0/t1,由运动学公式得沿斜面向上滑行的最远距离x=和几何关系sinθ=H/x;从上往下滑过程也为匀变速直线运动，有：mgsinθ–μmgcosθ=ma2，v1=a2(2t1-t1).解以上各式可得：斜面的倾角θ=arcsin,物块与斜面间的动摩擦因数μ=，选项AC对。根据斜面的倾斜角度可计算出物块沿斜面向上滑行的最大高度H=Xsinθ=,故选项D正确；仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B错。
⒏【答案】
【解析】当升降机加速上升时物块与斜面间的正压力增大可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误B正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有，即，假设物体以加速度a向上运动时，有，，因为，所以，故物体仍做匀速下滑运动，C错误D正确；
㈡填空题
9.【答案】（1）3.25；1.79；(2)C
【解析】：（1）根据纸带数据可知：加速度；打点C点时物块的速度
（2）由牛顿第二定律得：加速度，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角。
考点：测量物块与斜面的懂摩擦因数
(1)天平(2)a＝
(3)0.02(0.018～0.022均可)(4)未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)
解析(1)实验时需要知道小车的质量，故还缺少的器材是天平．
(2)小车做匀加速直线运动，则x4－x2＝2aT2，所以加速度a＝.
(3)由牛顿第二定律得加速度a＝，图像的斜率为合外力F，则沙和沙桶的总质量m′＝＝0.02kg.
(4)由图像可得当质量m不为零时，加速度a为0，这是因为未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．
①匀速直线②0.11150.1105③0.015
12.【解析】（12分）（1）设冰球的质量为，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得
①
解得 ②
（2）冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为和，所用的时间为。由运动学公式得 ③
④
⑤
联立③④⑤式得 ⑥
13.【答案】(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小为，方向沿斜面向下
(2)制动坡床的长度为
【解析】（1）解：设货物质量为，受到货车支持力大小为，车对货物摩擦力大小为，受力分析如图
货物与货车间滑动摩擦因数为，货物减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得
①
②
③
联立方程①②③，代入数据得
④
方向沿面向下
（2）设货物对车压力大小为，对车摩擦力大小为，根据牛顿第三定律
⑤
⑥
车质量为，受到面支持力大小为，对车大小为，受力分析如图
车减速时加速度大小为，根据牛顿第二定律得
⑦
⑧
由题意得
⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得
⑩
方向沿坡面向下
设，货物相对滑动4m用时，货物相对地面位移大小为，相对地面位移大小为根据运动学公式有
?
?
?
联立???，代入数据得
?
车长为，货物相对车滑动4m时车头距顶端，坡长为
?
代入数据，解之得
14.【答案】(1)1m/s(2)1.9、和，A和B相对于地面的加速度大小分别为和，木板相对于地面的加速度大小为。在物块B与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在时刻，B与木板达到共同速度，其大小为。由运动学公式有
⑦
⑧
联立式，代入已知数据得
⑨
（2）在时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
⑩
设在B与木板达到共同速度后，木板的加速度大小为，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有
由式知，；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为.设A的速度大小从变到所用时间为，则由运动学公式，对木板有
对A有
在时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为
在时间间隔内，A相对地面移动的距离为
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
联立以上各式，并代入数据得
（也可用如右图的速度-时间图线求解）
（四）选做题
15.【答案】0或h；
【解析】据题意从图可以看出力，而；物体从地面到，而，则物体在初位置加速度为，计算得；当物体运动到，而计算处理得，即加速度最大的位置是，则，以6、7、8节车厢为整体：;对7、8有；则5、6节与7、8节间作用力之比为3:2，B对；由可得，则C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度；同理有4节动车时的最大速度，则，D正确；故选BD。
17.【答案】
【解析】，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有，变化后有，联立解得，D正确；
18.【答案】D本题考查牛顿第二定律的动力学分析、超重和失重．加速度向上为超重向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以匀速也可以减速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B错误．手与物体分离时的力学条件为：手与物体之间的压力N＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g，C错误，D正确．
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图2
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