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专题05 牛顿运动定律1下列关于牛顿第一定律的说法中正确的是( )A. 牛顿第一定律是根据伽利略的理想斜面实验总结出来的B. 牛顿第一定律可以用实验直接验证C. 理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学的抽象思维方法D. 由牛顿第一定律可知，静止的物体一定不受外力作用【答案】C【解析】牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础， 2把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手沿水平方向拉测力计A，测力计B受到A的拉力为F，测力计A受到B的拉力为F，则 （ ） A. F与F大小相等B. F的方向水平向左C. F的方向水平向右D. F作用在测力计B上【答案】A【解析】根据牛顿第三定律的特点可知：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。故A正确；由题可知，测力计B受到A的拉力为F的方向向右。故B错误；测力计A受到B的拉力为F方向为向左。故C错误；F是测力计A受到B的拉力，所以是作用在A上。故D错误。故选：A。 32016年10月17日，神舟十一号载人飞船发射成功宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是 A. 火箭加速上升时，宇航员处于超重状态B. 飞船落地前减速下落时，宇航员处于失重状态C. 火箭加速上升时，宇航员对座椅的压力小于自身重力D.火箭加速上升过程中加速度逐渐减小时，宇航员处于失重状态【答案】A【解析】火箭加速上升时，加速度方向向上，宇航员处于超重状态。宇航员对座椅的压力大于自身重力，故A正确，CD错误。船落地前减速下落时，加速度向上，宇航员处于超重状态，故B错误；故选A。4如图所示，质量为m的物体放在粗糙的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为，物体在方向与水平面成斜向下、大小为F的推力作用下，从静止开始运动，则物体的加速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 5质量为45kg的小明站在电梯中的“体重计”上，当电梯竖直向下运动经过5楼时，“体重计”示数为50kg，如图所示重力加速度取10m/s2此时小明处于 A. 超重状态，对“体重计”压力为450NB. 超重状态，对“体重计”压力为500NC. 失重状态，对“体重计”压力为450ND. 失重状态，对“体重计”压力为500N【答案】B【解析】小明的体重只有45kg，体重计的示数为50kg，大于重力所以处于超重状态。对“体重计”压力为500N，故B正确，ACD错误，故选B。6如图所示，质量分别为m和2m的A和B两球用轻弹簧连接，A球用细线悬挂起来，两球均处于静止状态，如果将悬挂A球的细线剪断，此时A和B两球的瞬时加速度aA、aB的大小分别是( ) A. aA0，aB0B. aAg，aBgC. aA3g，aBgD. aA3g，aB0【答案】D 7质量为M=50 kg的人站在地面上,人抓住绳的末端通过滑轮让质量为m=30 kg的重物以5m/s2的加速度匀加速下落,忽略人的重心变化、绳子和定滑轮的质量及一切摩擦,则地面对人的支持力大小为(g取10 m/s2) ( ) A. 200 N B. 350 N C. 400 N D. 920 N【答案】B【解析】设人对绳的拉力大小为F，对重物进行分析，由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律可知，绳对人向上的拉力与人对绳的拉力F等大反向；设地面对人的支持力为，对人进行分析，由平衡条件可得，联立解得，B正确 8如图，水平传送带轴心距离长为，正以的速度做匀速转动，某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为0.2，现将物块轻轻放在传送带左端，则该物块到达传送带右端的时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 9如图所示，在光滑地面上有一水平力F拉动小车和木块一起做匀加速直线运动，小车的质量为M，木块的质量为m.设加速度大小为a，木块与小车之间的动摩擦因数为，则在这个过程中木块受到的摩擦力大小是：( ) A. mg B. maC. F D. F - Ma【答案】BCD 10质量不等的两物块A和B其质量分别为和，置于光滑水平面上如图所示当水平恒力下作用于左端A上，两物块一起加速运动时，AB间的作用力大小为当水平力F作用于右端B上两物块一起加速运动时，AB间作用力大小为，则 A. 两次物体运动的加速度大小相等 B. C. D. ：【答案】ACD【解析】根据牛顿第二定律得：对整体：则两次物体运动的加速度大小相等。分别隔离B和A得：N1=mBa，N2=mAa，则得到N1+N2=（mA+mB）a=F，N1：N2=mB：mA故B错误，CD正确。故选ACD。11某同学站在电梯底板上，如图所示的图象是计算机显示电梯在某一段时间内速度变化的情况竖直向上为正方向根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是 A. 在内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B. 在内，电梯在加速上升，该同学处于失重状态C. 在内，该同学所受的支持力不变，该同学处于失重状态D. 在内，电梯在加速下降，该同学处于超重状态【答案】AC【解析】在2s4s内，从速度时间图象可知，该同学做匀速直线运动，处于平衡状态，该同学对电梯12如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是( ) A. 小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/sB. 小物块与长木板相对静止时，速度为2m/sC. 长木板的最短长度为6mD. 当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律对长木板有：，可得，小物块的加速度，小物块速度减小到0经历时间为t1=1s，此时木板向左的位移为，木板的速度，故A错误；小物块向右运动的位移为，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为，木块继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有，解得，此过程木板位移，速度，故B正确；小物块的位移，二者的相对位移为，所以木板最小的长度为6m，故C正确；此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误。 13为了进行验证牛顿第二定律的实验，现提供如图甲所示的实验装置。 （1）为了消除小车与水平木板之间的摩擦力的影响，应采取的做法是（_）A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动C将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上（2）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图乙所示。图线_（选填“”或“”）是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m=_kg。【答案】C 0.5【解析】（1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小14某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系 （1）下列说法正确的是_（填字母代号）A调节滑轮的高度，使牵引滑块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡滑块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的桶通过定滑轮拴在滑块上C实验时，先放开滑块再接通打点计时器的电源D通过增减滑块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于滑块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量_滑块和滑块上砝码的总质量，（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）（3）如图所示是实验时打出的一条纸带，ABCD为每隔4个点取的计数点，据此纸带可知：两个计数点间的时间间隔为 _s；D点位置的读数为_cm;小车在打D点时速度大小为_m/s;纸带的加速度大小为_m/s2（最后两空结果均保留两位有效数字） 【答案】(1)A (2) 远小于; (3)0.1s 4.25cm 0.20 m/s; 0.43m/s2 15如图所示，物体的质量，物体与地面间的动摩擦因数，取若沿水平向右方向施加一恒定拉力，使物体由静止开始做匀加速直线运动求： （1）物体的加速度大小；（2）末物体的速度大小；（3）末撤去拉力，物体的加速度又是多大？物体还能运动多远？【答案】（1）；（2）；（3），m 16如图所示,某客机的气囊竖直高度AB=3m,斜面长度AC=5m,一质量m60kg的乘客从A处由静止开始滑下,最后停在水平部分的E处已知乘客与气囊之间的动摩擦因数0.55,忽略乘客在C处速度大小的变化,不计空气阻力, ,求： (1)乘客在斜面AC下滑时加速度a1的大小；(2)乘客从A处开始到滑至E处的时间t。【答案】1.6m/s2；3.23s【解析】(1)乘客在斜面上的受力情况如右图所示.设斜面的倾角为,由数学知识得；: 由牛顿第二定律,有: 17如图所示为杂技“顶竿”表演，一人站在地上，肩上扛一竖直竹竿，人和竹竿的总质量为M。当竿上一质量为m的人以加速度a匀加速下滑时，重力加速度为g。求： （1）竹竿上的人受到杆的摩擦力大小；（2）地面上的人受到地面的支持力大小。【答案】（1） （2）【解析】试题分析：竿对“底人”的压力大小应该等于竿的重力加上竿上的人对杆向下的摩擦力，竿的重力已知，求出竿上的人对杆向下的摩擦力即可解题。（1）当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑，对其受力分析有mg-f=ma解得：f=m(g- a) （2）对地面上的总质量为M的人和杆进行受力分析可得：Mg+f=FN由牛顿第三定律得f = f解得：FN=(M+m)g-ma
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