2020届高考大二轮刷题首选卷物理精练：专题三牛顿运动定律的理解和应用Word版含解析

1、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A方向向左，大小不变C.方向向右，大小不变B受到的摩擦力（）VI丄B方向向左，逐渐减小D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= mca，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的加速度大小

2、分别为ai、a2。重力加速度大小为g。则有（）A. ai = g，a2= gm+ MC. ai = 0，a2=m gB. a1 = 0， a2 = g_m+ MD. ai = g，比=m g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，根据牛顿第定律a2= F+M忙mg，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B .甲

3、球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 m=p£n3，阻力f = kr，由牛顿第二定律 a= mg_f = g- kr3m43p§ n =g k,卩甲=卩乙,m甲m乙，所以 r甲乙，可得 a甲a乙，由 h=gat2知甲球4 2 2p3n用的时间较短，A、C错误；由v = ,2ah得v 甲v乙，故B正确；因f甲f乙，由Wf =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

4、平拉力F作用时，用传感器测出其加 速度a,得到如图乙所示的a-F图，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取 g= 10 m/s2,贝U下列选项错误的是()甲乙A .滑块的质量m= 4 kgB .木板的质量M = 2 kgC.当F = 8 N时滑块加速度为2 m/s2D .滑块与木板间动摩擦因数为 0.1答案 C解析 由题图乙知，F = 6N时，滑块与木板刚好不相对滑动，加速度为 a=1 m/s2。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M + m= 6 kg，当F 6 N时，对木板，根据牛顿第二定律得aJ严乂十g知图线1的斜率k=2，则M = 2 kg，滑块的质量

5、m= 4 kg，故A、B正确；根据F = 6 N时， a= 1 m/s2,代入表达式计算得出 尸0.1,当F = 8 N时，对滑块，根据牛顿第二定 律得卩m弟ma'，计算得出a' =ug 1 m/s2,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/S2。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

6、f点的加速度答案 B解析 开始时张明处于平衡状态，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，大于张明的重力，Fd G 1500- 5002张明处于超重状态，故 C错误；张明在d点时，a1 = m =500 m/s = 207?G 0500m/s，张明在f点时，a2= g_ = 5qq m/s = 10 m/s，可知张明在d点的加速度大10于在f点的加速度，故D错误。6.如图所示，倾角

7、为B的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小 为V1, 个物体从传送带底端以初速度大小V2（V2>V1）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 尸tanB,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>mgsin 9+卩mgosO,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 9+卩mgos9,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Fvmgsin 9+卩mgos 9,物块先做匀减速运动， 合力大小 F合=卩mgos9+ mgsin 9 F

8、，因为 尸tan 9,即有 mgsin A 卩mgos9,当速 度减至vi时，物块以速度vi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F = 28 N。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，g取10 m/s2。(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的大小；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

9、飞行器从开始下落到恢复升力的最长时 间t3o答案 (1)4 N (2)42 m 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a1，1 2H = 2*化由牛顿第二定律F mgf = ma1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s1,运动示意图如图，Si =劳讥2设失去升力后的加速度大小为 &2,上升的高度为S2, 由牛顿第二定律 mg+ f= ma2vi = ait2 S2 =V12a2由解得h = S1 + S2= 42 m（3）设失去升力下降阶段加速度大小为 a3,恢复升力后加速度大小为a4,恢复 升力时速

10、度大小为V3，运动示意图如图，由牛顿第二定律 mg f= ma3F + f mg= ma4 +2VV-233-_yl2a4h?由?解得t3=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仏重力加速度大小为g。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（）A . F 2 卩 mg B.3F + 卩 mg1 1C.3F 卩 mg D.3F答案 D解析 对整体，由牛顿第二定律得F卩mg-2卩m孑3ma,对P物块，由牛顿1第二定律得T卩m孑m

11、a,解得T= 3F, D正确。2. （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（）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：kxo =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（xo x） mg= ma, 所以 F = ma+ kx, A 正确。3. （2019全国卷川）（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

12、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，2s后物块和木板间的0 42滑动摩擦力大小F摩二0.2 N,由题图c知，24 s内，木板的加速度大小ai=-2&qu

13、ot; m/s22、0 4 0 222=0.2 m/s，撤去外力F后的加速度大小a2= 1 m/s = 0.2 m/s，设木板质量 为m，据牛顿第二定律，对木板有：24 s内：F F摩=mai,4 s以后：F摩=ma2, 解得m= 1 kg，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=ym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 0.8

14、0,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/V）（）A . 10 m/s B. 20 m/s C. 30 m/s D . 40 m/s答案 Bf2解析 刹车后汽车的合外力为摩擦力f=卩mg加速度a=后=y g 8 m/s，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= 2as= 2X 8X 25 m/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与地面间的动摩擦因数均为y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。

15、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g。求：X(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、aB(3) B被敲击后获得的初速度大小vb。答案(1) 2jgL (2)3 俱 俱(3)2 2VL解析 A、B的运动过程如图所示：粹下时达列共同速嵐u时(1)设A、B的质量均为m,先敲击A时，由牛顿第二定律可知,A的加速度大小aA=十严2 yg在B上滑动时有2aAL = vA解得：va = .2卩gL对齐前，B所受A的摩擦力大小fA=

16、卩mg方向向左，地面的摩擦力大小f地=2卩mg方向向左，合外力大小F = fA+ f地=3卩mg由牛顿第二定律F = maB，得aB= 3 yg对齐后，A、B整体所受合外力大小F' = f地=2 y mg由牛顿第二定律F' = 2maB，得aB = yg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贝U v = aAt，v = vb aBtXA=1 2?aAt，XB =1 2VBt 2aBt且 xbxa= L解得：vb = 2"2 ygLo6. (2017全国卷川)如图，两个滑块A和B的质量分别为 mA= 1 kg和mB=

17、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0.5;木板的质量为m= 4 kg,与地面间的动摩擦因数为 忆二0.1。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/s2。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/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f1、f2和f3, A和B相对于地面的加速度大小分别为 a

18、A 和aB，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打=rniAgf2= emiBg f3=似(m+ mA + mB)g 由牛顿第二定律得f1 = mAaAf2= mBaB f2f1 f3= ma1 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为 V1,由运动学公式有V1 = V0 aBt1 V1 = a1t1 联立式，代入已知数据得 V1 = 1 m/s在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sb= V0t1 如£ 设在B与木板达到共同速度V1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 f1 + f3= (mB+ m)a2?由式知，

19、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 a2t2?对 A 有 V2= V1 + aAt2?在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为S1= Vit2 基£?在（tl + t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为1 2SA= vo（tl + t2） qaA（tl + t2） ?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+

20、Si + Sb?联立以上各式，并代入数据得 So= 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9,雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角A. 30° B. 45°C.60°D. 75°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，雨滴只受重力mg和屋顶对它的支持力N，垂直于屋顶方向：N = mgcos9,平行于 屋顶方向：ma= mgs in 9,雨滴的加速度a= gs in

21、 9,根据几何关系，屋顶坡面的长度为：* 2COSo,由* 2a得：t二/牛、/矗o，I5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 运动员的加速度为gtan0B .球拍对球的作用力为mgC.运动员对球拍的作用力为（M + m）gcos0D .若运动员的加速度大于gtan0,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：Nsi n

22、 0= ma, NcosA mg,解得，a= gta n 0, N=_mg 故 A 正确， cos 0B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图 2,根据牛顿第二定律得：运动员对球拍的作用力为F = tMc¥0a，故C错误；若运动员的加速度a大于gtan0,假设球cos 0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= acos0,因为 a>gtan0,所以ax>gtan0os0= 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

23、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（）_O答案 AD解析 在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g;接触弹簧后开始时，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，

24、故 A正确，B错误。根据牛顿第二定律可得加k速度a= 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，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

25、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卩为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01 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，可得拉力 F在2 s末撤去，拉力F 的作用时间为2 s,在23 s内物体的加速度为&=号=2 m/s2,摩擦力大小为卩mg =ma，解得 尸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一 1知，01

26、s内物体沿正向运动，位移大小为X1=6X 1 m= 3 m，13 s内沿负向一 1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 =X1 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a1= 1 m/s2= 6 m/s2，根据牛顿第二定律可得：F +卩m孑ma1，解得物体的质量 m= 1 kg，故D正确。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m1和m2的两物体P、Q,用细绳通过光滑定滑轮相连，m1>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，

27、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= Mg+ mig+ m2g；因mi>m2，则当剪 断Q下端的细绳后，P向下加速，Q向上加速，对P: mig-T= mia，对Q: T m2g= m2a，解得a=g，T=2mm2g，此时箱子对台秤的压力为:N' = Mgmi+ m2mi+ m2+ 2T= Mg+ 4m+2g，结合 mi>m2，由数学知识可知 4m+n2g<mig+ m2g，贝U N'=mi+ m2mi + m2Mg+ 2T= Mg + m + <Mg + mig+

28、m2g= N，故选 B。6. （2019四川广元三诊）（多选）如图a, 长木板静止于光滑水平桌面上，t= 0 时，小物块以速度vo滑到长木板上，图b为物块与木板运动的v-t图象，图中ti、 vo、vi已知。重力加速度大小为g。由此可求得（）A .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错误；由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度大小为 aA=半，小物块的 加速度大小aB = v0 vi，设小物块质量为m，长木板质量为M，根据牛顿第二定律r

29、mv iv0 v i得：卩m芋MaA，卩m孑maB，解得：行=，尸，故B、C正确；由于m v0vigti长木板质量未知，故其动能无法求出，D错误。热门预测题组1. （2019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9= 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 2s撤去外力F，物体在04 s内运动 的速度与时间的关系图线如图乙所示。 已知sin37 °0.6, cos37°= 0.8, g= 10 m/s2, 则（）屮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图象的斜率表示加速度,Av知24 s内物体的加速度为：a2°12- 84-2m/s2° 2 m/s2,由牛顿第二定律有:mgs in 9卩 mgos