文档文本内容
专题三 牛顿运动定律
一、牛顿第一定律、牛顿第三定律
1．ACD 解析：由于惯性，油罐车匀速向左拐弯时，油罐内的油将涌动到油罐的右侧，
故A 正确；惯性取决于物体的质量，故B 错误；油罐车在匀速前进的过程中突然刹车，由
于惯性油向前剧烈涌动，设置挡板并不能改变油的惯性，但能减弱油向前剧烈涌动，故C
正确；油罐车在平直道路上匀速前进时，由牛顿第一定律可知，即使没有挡板油也几乎不
会涌动，故D 正确。
2．BD 解析：水平力F 与墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等，方向相反，
且作用在同一条直线上，是一对平衡力，A 错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以
及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，这两个力是一对平衡力
B 正确；水平力F 作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡
力，也不是相互作用力，C 错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的
相互作用力，是一对作用力与反作用力，D 正确。
3．B 解析：水罐车刹车时，由于惯性，水罐车内的水、乒乓球A、金属球B 有想保持
原来向右运动状态的趋势，但由于乒乓球A 的密度小于水的密度，即乒乓球A 的质量小于
同体积水的质量，质量小，惯性就小，所以乒乓球A 会被相对于车向右运动的水挤向左边，
故乒乓球A 会向左运动；而金属球B 的质量较大，惯性较大，在与水的抗衡中会向右运动。
故选B。
4. A 解析：由功率的定义式P＝得，功率的单位为W＝＝＝＝kg·m2·s-3，故选A。
二、牛顿第二定律的应用
1．A 解析：环在竖直方向上受重力及箱子内的杆对它的竖直向上的摩擦力Ff，受力
情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向
下的摩擦力F′f，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它
的支持力FN及环给它的摩擦力F′f，受力情况如图乙所示。
以环为研究对象，有mg－Ff＝ma，以箱子和杆整体为研究对
象，有FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg＝Mg＋mg－ma。根据牛顿第三
定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力大小，
即F′N＝Mg＋mg－ma，A 正确。
2．C 解析：在抽出木板的瞬间，物块1、2 与刚性轻质杆接触处的形变立即消失，受
到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g；而物块3、4 间轻弹簧的形
变还来不及改变，此时弹簧对物块3 向上的弹力大小和对物块4 向下的弹力大小仍为mg，
因此物块3 满足mg＝F，即a3＝0，由牛顿第二定律得物块4 满足a4＝＝g。C 正确。
3.C 解析：在B 点时人与装备的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kx＝mg，
在A 点未释放时，有kx′＝mg＋F，又x′－x＝2 m，联立解得k＝500 N/m，故A 错误，C
正确；在C 点速度为零，有向下的加速度，人与装备处于失重状态，故B 错误；打开扣环
瞬间，由牛顿第二定律，可得kx′－mg＝F＝ma，解得a＝12.5 m/s2，故D 错误。
4. (1)30 N (2)18.975 m 解析：(1)箱子由静止开始做匀加速直线运动，有L＝
at2，解得a＝＝10 m/s2，由牛顿第二定律有F＝ma＋μmg＝30 N。(2)箱子先以大小为a1
的加速度匀加速t1时间，撤去拉力后，以大小为a2的加速度匀减速t2时间后速度减为0，
有F cos 37°－μ(mg－F sin 37°)＝ma1，解得a1＝11.5 m/s2，撤去拉力后a2＝μg
＝5 m/s2。由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有a1t1＝a2t2，其中t1
＝1 s，箱子加速、减速的总位移L′＝a1t＋a2t，联立解得L′＝18.975 m。
5. AC 解析：根据牛顿第二定律，飞机离开电磁弹射区后有F 推－mg＝ma2，解得a2＝
4.0 m/s2，由v2－v＝2a2(l－l1)，解得飞机在电磁弹射区的末速度v1＝20 m/s，由v＝
2a1l1，解得飞机在电磁弹射区运动的加速度a1＝5.0 m/s2，根据牛顿第二定律有F 牵＋F 推
－mg＝ma1，代入数据解得F 牵＝2×104 N，故A、C 正确，B 错误；根据P＝Fv 可知电磁弹射
器在弹射过程中的功率不断增加，故D 错误。
三、板块模型
1．D 解析：小物块刚放上长木板，对长木板分析，根据牛顿第二定律可得F－μmg
＝Ma1，解得木板的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，对小物块分析，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma2，解得小物块的加速度大小为a2＝2 m/s2，故A、B 错误；小物块放上长木板后，
设经过t 时间两者达到相同的速度，则有v 共＝v0＋a1t＝a2t，解得t＝1 s，v 共＝2 m/s，
小物块放上长木板到两者共速过程，发生的相对位移为Δx＝v0＋v共
2
t－v共
2 t＝v0
2 t＝
0.75 m，则长木板长度至少为0.75 m 才能保证小物块不从长木板上滑下，故C 错误，D 正
确。
2．（1）2❑√6 m/s （2）没有脱离 ❑√6 m/s ❑√6 m/s
解析：（1）A 在B 上向右做匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝3 m/s2
木板B 向右做匀加速运动，加速度大小 a2＝μ1mg－μ2·2mg
m
＝1 m/s2
由题意知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v，得
时间关系：t＝
v0－v
a1
＝v
a2
位移关系：L＝v0
2－v
2
2a1
－v
2
2a2
解得v0＝2❑√6 m/s。
（2）木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右做匀减速运动，
加速度大小仍为a1＝μ1g＝3 m/s2
B 向右做匀加速运动，加速度大小为a2'＝μ1g＝3 m/s2
设A、B 达到相同速度v'时A 没有脱离B，由时间关系可得
v0－v '
a1
＝v '
a2'解得v'＝
❑√6 m/s
两者共速时，A 的位移xA＝v0
2－v '
2
2a1
＝3 m，B 的位移xB＝v '
2
2a2'＝1 m
由xA－xB＝2 m＜L＝3 m，可知A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小均为❑√6
m/s。
3．(1)4 m/s s (2) m
解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2，薄板做加速运动的
加速度大小为a2＝＝3 m/s2，对物块l＋Δl＝v0t－a1t2，对薄板Δl＝a2t2，解得v0＝4 m/s，t＝
s。(2)物块飞离薄板时薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物
块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为t′＝＝ s，则平台距地面的高度h＝
gt′2＝ m。
四、传送带模型
1. BC 解析：相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间
内，又向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时（即t2时刻），小物块开始向右
做匀速运动，故小物块在t1时刻离A 处距离最大，A 错误；在0～t2时间内，小物块一直相
对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带
静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，
B、C 正确，D 错误。
2. C 解析：由图乙可知，在0～2.5 s 内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受
沿斜面向上的滑动摩擦力，在2.5 s～4.5 s 内，粮袋匀速下滑，根据平衡条件可知，粮袋
受沿斜面向上的静摩擦力，故A 错误；根据v-t 图像中，图线与横轴围成的面积表示位移
的大小，可知L＝1
2
（v0＋1.5）×2.5＋（4.5－2.5）v0＝3.5 m，解得v0＝0.5 m/s，故C
正确；由图乙和C 项分析可知，粮袋在0～2.5 s 内的加速度为a＝Δv
Δt
＝0.5－1.5
2.5
m/s2＝－0.4 m/s2，则加速度方向沿斜面向上，则在0～2.5 s 内粮袋处于超重状态，根据
牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma，联立代入数据，解得μ＝0.8，故B、D
错误。
3. C 解析：由题图乙可知传送带的速度大小为8 m/s，A 错误；在0～1 s 内，物块的
速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin
37°＋μmg cos 37°＝ma1，根据题图乙可得加速度大小a1＝ m/s2＝8 m/s2，在1～2 s 内
传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律
有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，根据题图乙可得加速度大小a2＝ m/s2＝4 m/s2，解
得μ＝0.25，B 错误，C 正确；传送带的速度大于16 m/s 后，物块在传送带上一直做加速
度大小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度大小都
相等，D 错误。
