2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题三牛顿运动定律的理解和应用精练含解析

1、高考物理总复习-12 -专题三牛顿运动定律的理解和应用经典特训题组1 .如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止向右做匀减速直线运动，运动过程中 B受到的摩擦力A.方向向左，大小不变C.方向向右，大小不变方向向左，逐渐减小方向向右，逐渐减小答案 A解析 物块B向右做匀减速直线运动，设其加速度大小为a,则由牛顿第二定律得B受到A给的静摩擦力方向向左，大小为f = mma,保持不变，A正确。2 .如图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为 M的木块2相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设 抽出后的瞬间，木块 1、

2、2的加速度大小分别为 ai、a2。重力加速度大小为 go则有（）A. ai=g, a2=gMC a1=0, a2 = -M-gB. ai = 0, a2= gMD ai=g，a2=nMg答案 C解析 在抽出木板的瞬时，弹簧对木块1的支持力和对木块 2的压力并未改变。木块 1受重力和支持力，mg= F, a1= 0;木块2受重力和压力，根据牛顿第二定律 a2= M-g, 故C正确。3 .（多选）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中 由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落 相同的距离，则（）A.甲球用的时间比乙球长8 .甲球

3、末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案 BD解析球的质量mi= pkg-4， p 甲=p 乙,2p 3兀rr3,阻力f = kr,由牛顿第二定律 a=mgtf3mkr12m甲>m乙，所以r甲r乙，可得a甲a乙，由h=-at知甲球用的时间较短，A、C错误；由v= J2ah得v甲v乙，故B正确；因f甲f乙，由 W= fh知甲球克服阻力 做功较大，D正确。4.如图甲所示，一质量为 M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力 F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图乙

4、所示的a-F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g = 10 m/s 2,则下列选项错误的是（）A.滑块白质量mi= 4 kgB.木板的质量M= 2 kgC.当F= 8 N时滑块加速度为 2 m/s 2D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1答案 C 2.解析 由题图乙知，F= 6 N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为a=1 m/s 。对整体分析，由牛顿第二定律有F=（M+ m）a,代入数据计算得出出m= 6 kg,当F> 6 N时，F- Lt mg 1 Lt mg1对木板，根据牛屯第二定律得 a=一MT= mF-上7,知图线的斜率 k=-则M= 2 kg ,滑 块的质量m= 4 kg,

5、故A、B正确；根据F= 6N时，a=1m/s2,代入表达式计算得出= 0.1 ,当F=8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得 mg= ma，计算得出a' = g = 1 m/s 2,故C 错误，D正确。5.图甲是张明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力一时间图线。两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。取重力加速度 g= 10 m/s 2。根据图象分析可知（ ）A.张明的重力为 1000 NB. e点位置张明处于超重状态C. c点位置张明处于失重状态D.张明在d点的加速度小于在f点的加速度答案 B解析 开始时张明

6、处于平衡状态，张明对传感器的压力是500 N,根据牛顿第三定律和二力平衡可以知道，张明的重力为500 N,故A错误；e点时传感器对张明的支持力等于张明比4=100 m/s2=10 m/s 2, m 50070对传感器的压力，大于张明的重力，张明处于超重状态，故 B正确；c点时传感器对张明的支 持力等于张明对传感器的压力，大于张明白重力，张明处于超重状态，故C错误；张明在 d点时,ai =史二G= 1500np500 m/s 2=20 m/s2,张明在 f 点时, m 50010可知张明在d点的加速度大于在f点的加速度，故 D错误。6.如图所示，倾角为 0的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速

7、度大小为vi, 一个物体从传送带底端以初速度大小V2（V2>Vi）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数w=tan 0 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的v-t图象不可能是（答案 C解析 若F>m3in 0 +mgcos 0 ,物块一直做匀加速运动，v-t图象是向上倾斜的直线，A图是可能的；若 F= mgsin 0 + m30s 8，物块一直做匀速运动， v-t图象是平行t轴的直 线，B图是可能的；若F<mgsin 0 +（1 mgcos 0 ,物块先做匀减速运动， 合力大小F合=mgcos 0 + mgsin 0 - F,因为=ta

8、n 0 ,即有 mgsin 0 =mgcos 0 ,当速度减至 vi时，物块以速度V1做匀速运动，故 C图不可能，D图是可能的。综上所述， C正确。7 .航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m= 2 kg ,动力系统提供的恒定升力=28 No试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，2g 取 10 m/s。(1)第一次试飞，飞行器飞行ti=8 s时到达高度H= 64 m。求飞行器所受的阻力 f小；(2)第二次试飞，飞行器飞行 t2=6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行 器能达到的最大高度 h;(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落

9、到恢复升力的最长时间t3。答案 (1)4 N (2)42 m (3)卒 s(或 2.1 s)解析(1)飞行器第一次试飞时做匀加速直线运动，设加速度大小为as.12 H= 2前1由牛顿第二定律 F mg- f = ma由解得f = 4 N(2)第二次试飞中，设失去升力时的速度大小为V1,上升的高度为Si,运动示意图如图,1« 2小Si = 2a1t 2 i-J :一设失去升力后的加速度大小为02,上升的高度为S2,由牛顿第二定律 m/f = mODV1= O1t 2 2V1eS2=T®2a2由解得 h= S1 + S2=42 m(3)设失去升力下降阶段加速度大小为03,恢复升

10、力后加速度大小为04,恢复升力时速度大小为V3,运动示意图如图，由牛顿第二定律 mg- f = ma®F+ f -mg= ma2V32 a4h?2V3豆V3= a3t 3?由？ ？解得13=322 s（或2.1 s）。真题调研题组1. （2019 海南高考）如图，两物块 P、Q置于水平地面上，其质量分别为 m 2m,两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为 go现对Q施加一水平向右的拉力F,使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为 （）p 0j t*113FA. F-2（1 mg B. 3F+mgC. 3F-mg D.答案 D解析 对整体，由牛顿第

11、二定律得F- mg- 2 mg= 3maP物块，由牛顿第二定律1得 T mg= ma,解得 T= -F, D正确。32. （2018 全国卷I ）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以 x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是（）BCD答案 A解析 物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0= mg施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F+ k（x0-x） -mg= ma所以F= m升kx, A正确。3. （2019

12、全国卷出）（多选）如图a,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t = 0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出（A.木板的质量为1 kgB. 24 s内，力F的大小为0.4 NC. 02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2答案 AB解析 木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩=0.2 N

13、,由题图c知，24 s内，木板的加速度大小ai = % m/s 2=0.2 m/s 2,撤. 0.4 - 0.222 去外力F后的加速度大小 a2=i m/s = 0.2 m/s ,设木板质重为 m|据牛顿第一te律，对木板有：24 s内：F-F摩=ma,4s以后：F摩 = ma,解得m= 1kg, F= 0.4 N,A、B正确；02 s内，F= f,由题图b知，F是均匀增加的，C错误；因物块质量不可求，故由 F摩=（1m 物g可知动摩擦因数不可求， D错误。4. （2017 海南高考）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在 地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽

14、车刹车前的速度。已知汽车轮胎与地 面之间的动摩擦因数为0.80,测得刹车线长 25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为（重力加速度g取10 m/s 2）（）A. 10 m/s B . 20 m/s C . 30 m/s D . 40 m/s答案 B解析 刹车后汽车的合外力为摩擦力 f= mg加速度a= * wg = 8 m/s2,又刹车线长 25 m,故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬间的速度大小v = V2as = M2X8X25m/s =20 m/s ,故 B 正确。5. (2019 江苏高考)如图所示，质量相等的物块 A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩

15、擦因数均为。先敲击A A立即获得水平向右的初速度，在 B上滑动距离L后停下。接着敲击 B, B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为go求：I(1) A被敲击后获得的初速度大小VA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小 aB、aBZ ；(3) B被敲击后获得的初速度大小vb。答案(1)，2TgL (2)3 wg (3)2 肉矶解析 A B的运动过程如图所示:一.也.4时| N ,击分时 小 :一到共同，庵上时： 一 .不时(1)设A B的质量均为mi先敲击A时，由牛顿第二定律可知，

16、A的加速度大小 aA= "mg= w g在B上滑动时有2haL=va解得：VA =卡! gL。(2)对齐前，B所受A的摩擦力大小fa= mg方向向左，地面的摩擦力大小 f地=2(! mg方向向左，合外力大小F=fA+f地=3|img由牛顿第二定律 F= ma,彳导aB=3g对齐后，A、B整体所受合外力大小 F' = f地=2mg 由牛顿第二定律 F' = 2ma',得aB' = g。(3)设敲击B后经过时间t, A B达到共同速度v,位移分别为xa、xb, A的加速度大小 等于aA则 v= ad , v = vb aBtxa= 2aAt2, xb=vb

17、I 2aBt22'2且 XbXa=L解得：vb = 2yj2(1 gL。6. (2017 全国卷出)如图，两个滑块 A和B的质量分别为 ra= 1 kg和mB= 5 kg ,放在 静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为阴=0.5 ;木板的质量为 m=4 kg ,与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为vo=3 m/s。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= 10 m/s 2。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。答案(1)1 m

18、/s (2)1.9 m解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A B和木板所受的摩 擦力大小分别为 弧、f2和f3, A和B相对于地面的加速度大小分别为 aA和aB,木板相对于地面 的加速度大小为a1,在物块B与木板达到共同速度前有f 1=1RAg f 2=1RBgf 3= 2(mA+ m) g由牛顿第二定律得f 1 = maf 2= rnaB®f 2 f 1 f 3= ma 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为 Vi,由运动学公式有vi = Vo aBt 1 vi= a1t 1 联立式，代入已知数据得vi=1 m/s(2)在t1时间间隔内，B相对于地面

19、移动的距离为,1,2公sb= vot 1 2aBt1 设在B与木板达到共同速度 vi后，木板的加速度大小为a2,对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 f 1 + f 3= (n) a2?由式知，aA= aB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为V1,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V2,设A的速度大小从V1变到V2所用的时间为t2,则由运动学公式，对木板有V2=V1 a2t 2?对 A 有 V2 = Vi + axt 2?在12时间间隔内，R以及木板）相对地面移动的距离为12Sl= Vlt 2- 2&t2?在（t 1 + t

20、 2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为12SA= Vo( t 1 + t2) 2aA( t 1 + t 2)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So = Sa+ S1 + Sb?联立以上各式，并代入数据得s°= 1.9 m。（也可用如图所示的速度一时间图象求解）模拟冲刺题组1. （2019 江苏七市二模）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为e ,雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角e为（）A. 30°B . 45° C . 60° D . 7

21、5答案 B解析设屋檐的底边长为L,屋顶的坡面长度为 s,雨滴下滑的加速度为a,雨滴只受重平行于屋顶方向： ma= mg>in 0 ,s= 二由 s = 1at2得：t2cos 92力mg和屋顶对它的支持力 N,垂直于屋顶方向：N= mgcos 0雨滴的加速度a = gsin 0 ,根据几何关系，屋顶坡面的长度为: 2h、/gd2T, a=45。时t最短，故b正确。2. （2019 广东肇庆高三一模 ）（多选）趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M m球拍平面和水平面之间夹角为0 ,球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦力及空气阻力不计，则 （）A.运动员

22、的加速度为gtan 0B.球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的作用力为 （M+ m）gcos 0D.若运动员的加速度大于 gtan 0 ,球一定沿球拍向上运动答案 AD解析 对网球：受到重力 mg和球拍的支持力N,作出受力图如图1,根据牛顿第二定律得：Nsin 8 = ma Ncos 8 = mg 解彳a = gtan 0mg, N= cdr,故A正确，B错误；以球拍和F=球整体为研究对象，如图 2,根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为故C错误；若运动员的加速度 a大于gtan 0 ,假设球相对球拍静止，则其加速度也为a,如图 3 所示，将 a 分解，则 ax = acos 0 ,因

23、为 a>gtan 0 ,所以 ax>gtan 0 cos 0 = gsin 0 ,即大 于重力沿球拍平面方向的分力，所以必须有一个沿球拍向下的外力才能使球相对球拍静止，而实际上这个力不存在，故球一定沿球拍向上运动，D正确。3. （2019 山东淄博一模）（多选）如图所示，劲度系数为 k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是（）g；接触弹簧后开始时,答案 AD解析 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体

24、运动，加速度为 重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球继续下降，弹力逐渐变大，小球做加速度减小的 加速运动，直至重力等于弹力，此时加速度减小到零，速度达到最大；小球继续下落时，弹 力大于重力，加速度方向变为向上，且逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，故确，B错误。根据牛顿第二定律可得加速度ka=g mx（x为弹簧压缩长度），在与弹簧作用的加速向下阶段，相等时间内位移增大得越来越快,弹簧压缩量增大得越来越快，由此可知此阶段内加速度减小得越来越快；在减速向下阶段,相等时间内，弹簧的压缩量增大得越来越慢,故可知此阶段内加速度增大得越来越慢；由a-t图象与时间轴所围面积表示速度的变化量与对称性可知

25、，a=g时小球速度不为 0,小球继续向下运动，a继续增大，故C错误，D正确。4. （2019 湖北七市州教研协作体高三联合模拟）（多选）在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在 t=0时刻受一与运动方向相反的恒力F= 4 N的作用，经一段时间后撒去力F,物体运动的v-t图象如图所示，已知g= 10 m/s2,据图可知下列说法正确的是 （）A.物体与水平面的动摩擦因数为0.2B.物体最后回到t=0时刻的位置C. F的作用时间为1 sD.物体的质量为1 kg答案 AD解析 由v-t图象可知，物体 。1 s内沿正向做匀减速运动，12 s内沿负向做匀加速运动，23 s内沿负向做匀减速运动，可得

26、拉力F在2 s末撤去，拉力F的作用时间为2 s,， Av2 一一-在23 s内物体的加速度为 a=U=2 m/s ,摩擦力大小为mg= ma解得 = 0.2 ,故A正确，C错误；由v-t图线与时间轴所围面积表示位移知，01 s内物体沿正向运动，位移，1，一，一，、一，,1大小为xi = 2"X 6X1 m= 3 m, 13 s内沿负向运动，位移大小为X2= 2x （3 -1） x 2 m= 2 m,则知3 s末物体到出发点的距离为 x = xi-X2= 1 m,故B错误；在01 s内物体沿正向运动,根据图象可得加速度大小a=1 m/s 2= 6 m/s 2,根据牛顿第二定律可得：F+

27、mg= ma,解得物体的质量m= 1 kg ,故D正确。m和m的两5. （2019 云南二模）如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为物体P、Q,用细绳通过光滑定滑轮相连，m>m2。现剪断Q下端与木箱相连的细绳，在 P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将A.变大B .变小C.不变 D .先变小后变大答案 B解析剪断细线之前台秤的示数为:N= M（g mg+mg；因 m>m,则当剪断Q下端的细绳后，P向下加速，Q向上加速，对P：mg T= ma,对 Q： T mg= ma,解得=需，此时箱子对台秤的压力为：N' =M# 2T= Mg.鬻，结合m

28、g由数学知识可知4mmgm+ m<mg + mg,则 N' = Mg+ 2T= Mg+4mmg 一陪 m<Mg+ mg+mg=N,故选 Bo6. （2019 四川广元三诊）（多选）如图a, 一长木板静止于光滑水平桌面上， t=0时，小 物块以速度V0滑到长木板上，图b为物块与木板运动的 v-t图象，图中t1、v。、V1已知。重力 加速度大小为go由此可求得（）高考物理总复习图*图hA.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t = 0开始到ti时刻，木板获得的动能答案 BC解析 根据题意只能求出小物块与长木板的相对位移，无法求出木板的长度，A错

29、误； Vi V0 Vi由图象的斜率表不加速度求出长木板的加速度大小为aA=1,小物块的加速度大小 aB=-一，1111设小物块质量为mi长木板质量为 M根据牛顿第二定律得：mg= Ma,mg= ma,解彳导:mD错误。V0 Vi=,故B、C正确；由于长木板质量未知，故其动能无法求出, vi 、 gti热门预测题组i . （20I9 安徽安庆高三二模）（多选）如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角 0=37。，现有质量m= 2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过如图乙所示。已知 sin372 s撤去外力F,物体在04 s内运动的速度与时间的关系图线,g = i0 m/s 2,则（）12hi0 I 234 f/p*乙-i13 -A.物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B.水平外力F=5.5 NC.水平外力F=4 ND.物体在04 s内的位移为24 m答案 AC解析 根据v-t图象的斜率表示