高考专题复习牛顿运动定律专题

1、EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.做加快度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故C错误；故答案为：D。牛顿运动定律专题【解析】此题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应当都没有见过，可是认真解析题干就会得出其实这就是一、单项选择题运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，联合牛顿运动定律即可得出答案。经过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（）A.亚里士多德B.伽利略C.笛卡尔D.牛顿【答案】B用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的

2、选项是（）A.kg.m22/sB.kg.m/s2C.N/mD.N.m【答案】A【考点】单位制及量纲【考点】牛顿第一定律【解析】【解答】能量单位为焦耳，根据做功，可知，而JW=FL1J=1Nm1N=1kg.m/s【解析】【解答】A:亚里士多德提出了运动需要力来维持；B、伽利略用理想实验考证了“力不是维持物体运动的原2,因此正确答案为A【解析】利用公式推导新的单位，这是对量纲的考察，国际基本单位有7个，Kg、m，s、A、mol，T、Cd；其余单因”C、笛卡尔在伽利略基础上了提出了相像的观点D、牛顿总结了前人的工作【解析】物理学史的知识，每一位科位都是导出单位。学家都有他的经典之作，记牢即可选择出答

3、案。5.如下列图，在圆滑水平面上以水平恒力F拉动小车，让小车和木块一同做无相对滑动的加快运动，若小车质量为（2018?卷）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M，木块质量为m，加快度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为关于这个过程，某同学用了以下4个式子来力F作用在P上，使其向上做匀加快直线运动，以x表示P走开静止地点的位移，在弹簧恢还原长前，下列表示F表达拉力F的大小，下述表达式一定正确的选项是（）和x之间关系的图像可能正确的选项是（）A.MaB.mg+MaC.（M+m）aD.mg+ma【答案】C【考点】滑动摩擦力，静摩擦力，对证点系的应用，

4、连结体问题【解析】【解答】解：A、先对整体受力解析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F=（M+m）a，A不符合题意，C符合题意，B、因为M与m间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=mg来计算两者间的摩擦力大小，BD不符合题意故答案为：C【解析】先对整体受力解析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律F=（M+m）a，因为M与m间无相对滑动，ABCD未静摩擦力，则不能用f=mg来计算两者间的摩擦力大小。【答案】A如下列图，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为，当对1木块施加一【考点】连结体问题，胡克定律，物体的受力解析个水平向右的推力F时，木块加快运动

5、，木块5对木块4的压力大小为（）【解析】【解答】由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+kx，比较题给的四个图象，可能正确的选项是A。故答案为：A【解析】该题需选择物块P为研究对象，对P分两种情况进前进行受力解析：未对P施加拉力F时，有mg=kx0；对P施加拉力F后，然后根据牛顿第二定律FA.FB.C.D.合=ma列出方程。即可推导出拉力F与x的关系式。合=ma列出方程。即可推导出拉力F与x的关系式。（2018?北京）根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方地点。但实际上,赤道上方200m处无【答案】D初速着落的小球将落在正下

6、方地点偏东约6cm处,这一现象可解释为,除重力外,因为地球自转,着落过程小球还受到一【考点】对单物体(质点)的应用个水平向东的“力”该,“力”与竖直方向的速度大小成正比,现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上涨过程该“力”水平向西,则小球（）A.到最高点时,水平方向的加快度和速度均为零【解析】【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F=nma得：a=以1234为研究对象，设5对4的压力为N，根据牛顿第二定律：FN=4m?a联立以上二式得：N=，ABC不符合题意，D符合题意B.到最高点时,水平方向的加快度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧故答案为：DD.落地点在抛出点西侧【解析】此

7、题考察整体法与间隔法联合牛顿第二定律的应用，整体应用牛顿第二定律求出整体的加快度，再间隔计【答案】D算木块5对木块4的压力大小。【考点】对证点系的应用，位移的合成与分解如下列图，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，置于圆滑水平面上，相距较远将两个大小均【解析】【解答】根据题意，将小球从赤道地面竖直上抛，水平方向受到一个与竖直方向的速度大小成正比的力，为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一同后将（）小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，抵达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加快度为零，水平方向小球做加快度减小的加快

8、运动，故抵达最高点时，小球的速度不为零，故AB错误；小球在着落的过程中，竖直方向做匀加快直线运动，所以水平方向加快度渐渐增大；水平方向加快度向东，所以向西A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定1EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.【答案】C【考点】对单物体(质点)的应用，动量定理，动量守恒定律，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：力F大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加快度有：aAaB，由题意知：SA=SB，D、座椅对人的作使劲方向与水平方向的夹角的正切

9、值为：，故D错误应选：C【解析】将加快度a分解为水平方向和竖直方向，在两个方向上经过牛顿第二定律求出静摩擦力和弹力的大小如下列图，一根跨过一固定的水平圆滑细杆的轻绳两头拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆2由运动学公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB，同一水平的地点，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，可知：tAtB，由IA=F?tA，IB=F?tB，得：IAIB，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则（）由动量定理可知PA=IA，PB=IB，则PAPB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，

10、碰后总动量向右，ABD不符合题意，C符合题意故答案为：C【解析】判断两物体发生碰撞并粘在一同后做什么样的运动，先由牛顿第二定律求出加快度，再判断冲量的大小，A.球b下摆过程中处于失重状态最后根据碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右。B.球b下摆过程中向心加快度变小如图，在倾角为的固定圆滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立刻沿着板向上跑，以保持其相对斜面的地点不变则此时木板沿斜面下滑的加C.当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的速度为（）D.两球质量之比ma：mb=9：2【答案】D

11、【考点】对单物体(质点)的应用，向心力，动能定理的理解【解析】【解答】解：A、球b着落过程中，做圆周运动，向心加快度指向圆心，加快度向上，故处于超重，故A错误；B、b球速度增大，根据a=可知，向心加快度增大，故B错误；A.sinB.1.5gsinC.gsinD.2gsin【答案】BC、当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，则F+FN=mag，解得，球b所受的向心力为F向=Fmbg=，故C错误【考点】对证点系的应用，连结体问题【解析】【解答】解：木板沿斜面加快下滑时，猫保持相对斜面的地点不变，即相对斜面静止，加快度为0，对系统，由牛顿第二定律得：3mgsin=2mga，解得：a

12、=1.5gsin；D、设Ob绳长为l，在着落过程中，根据动能定理可知，则，联立解得ma：mb=9：2，故D正确；故答案为：B应选：D【解析】本体用整体法比较简单，猫保持相对斜面的地点不变，即相对斜面静止，加快度为0，对整体列牛顿第二定【解析】b球着落过程中作圆周运动的一部分，根据加快度的方向判断出超失重现象，当b球摆到竖直最低地点时，律方程即可求解。球a对地面的压力大小为其重力的，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，联合向心力公式可列出质量、速度及如下列图，某滑雪场的索道与水平面夹角为=37，质量为m=50g的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s22的加快度斜向上运动时，已知g=

13、10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8，则（）半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系如下列图，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A.座椅对人的摩擦力大小为100NB.座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37且指向右上方C.座椅对人的支持力大小为560ND.座椅对人的作使劲方向与水平方向的夹角为37且指向右上方【答案】C【考点】对单物体(质点)的应用A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等2【解析】【解答】解：AB、

14、将加快度a分解为水平方向和竖直方向，则水平加快度为：ax=acos37=1.6m/s2ay=asin37=1.2m/s，C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸肯定不会滑出桌面【答案】B在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=max=80N，故AB错误【考点】滑动摩擦力，对证点系的应用，连结体问题，匀变速直线运动基本公式应用C、在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：Nmg=may，【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相关于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；解得：N=mg+may=560N，故C正确B、因为鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩

15、擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加快度大小相2EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；【解析】【解答】解：对PQ整体受力解析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数相关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加快度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加快时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；

16、故D错误；应选：B【解析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行解析，明确拉力变化后运动位移的变化情况某个质量为m、带电量为q（q0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加快直线运动，一段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰巧回到出发点，则（）A.B.电场强度方向竖直向下，大小为电场强度方向竖直向下，大小为根据牛顿第二定律，有：（m+M）gsin2（m+M）gcos=（M+m）a解得：a=g（sin2cos）再对P物体受力解析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿

17、第二定律，有mgsinFf=maC.电场强度方向竖直向上，大小为D.电场强度方向竖直向上，大小为【答案】A【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，匀变速直线运动导出公式应用【解析】【解答】解：电场力大小为F=qE，由解得P受到的摩擦力大小为：Ff=2mgcos，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P对Q的摩擦力为2mgcos，方向平行于斜面向下故ACD错误、B正确；应选：B设匀加快直线运动的时间为t向下的过程中：h=【解析】先对PQ整体受力解析，根据牛顿第二定律求解出加快度，然后间隔出物体P，受力解析后根据牛顿第二定律列式求解出Q对P的摩擦力，再根据牛顿第三定律求解P对Q的摩擦力关于匀变速直线运

18、动，有a=据题有：解得F=4mg如下列图，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加快运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加快度大小分别为（）所以：E=故A正确，BCD错误应选：A【解析】物体先向上匀加快直线运动，撤去拉力后的运动能够看作一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式联合求解A.，+gB.，+gC.，+gD.，+g如下列图，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为的固定斜面上P、Q间的动摩擦因数为1，Q与斜面间的动摩擦因数为2当它们从静止释放

19、沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块P对Q的摩擦力为（）【答案】A【考点】对证点系的应用，连结体问题【解析】【解答】解：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f根据牛顿第二定律得对整体：F3mg=3ma对B球：f2mg=2ma解得，f=A.1mgcos，方向平行于斜面向上B.2mgcos，方向平行于斜面向下剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f=C.2mgcos，方向平行于斜面向上D.1mgcos，方向平行于斜面向下【答案】B对A球：mg+f=maA【考点】对单物体(质点)的应用，整体法间隔法得aA=+g应选A【解析】先分别以整体和B球为研究对象，根据牛顿第二定律研究剪断细线前弹

20、簧的弹力剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再由根据牛顿第二定律求出A球的加快度一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗拙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如下列图下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep（以3EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.斜面底端为参照平面）随时间变化的关系图象，其中正确的选项是（）因为，所以gsingsin0，但gcos0所以假定不可立，即速度的方向一定向上滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同

21、时摩擦力的方向沿杆的方向向下，所以滑块的加快度方向向下，滑块沿杆减速上滑则滑块的动量方向沿杆向上，正在平均减小故ABC错误，D正确应选：D【解析】滑块与小球保持相对静止，并以相同的加快度a一同下滑，对整体进行受力解析求出加快度，采用间隔法，解析小球的受力，求出加快度，联合解析即可判断如下列图，竖直半圆环中有多条初步于A点的圆滑轨道，其中AB经过环心O并保持竖直一质点分别自A点A.B.C.D.沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）【答案】D【考点】牛顿定律与图象，功能关系，机械能守恒及其条件，能量守恒定律，动能与重力势能【解析】【解答】解：A、物块向上做匀减速直线运动

22、，向下做匀加快直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上涨所用的时间，先减速后加快，加快度始终向下，所以xt图象应是张口向下的抛物线，故A错误；B、由A解析知速度方向相反，故B错误；2C、根据Ek=mv知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；A.不论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同DE=mgh=mgx=mgvtaD、（），为负，故为张口向下的抛物线，故正确p0B.AB质点沿着与夹角越大的轨道下滑，时间越短应选：DC.AB质点沿着轨道下滑，时间最短【解析】根据at图象知上滑和下滑过程中的加快度大小，进而得出速度随时间的变化规律；D.ABAB轨道与夹角越小（除外），质点沿其下滑的时间越短利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再解析选项即可【答案】A如下列图，一根固定直杆与水平方向夹角为，将质量为m1的滑块套在杆上，经