2021届高考物理三轮冲刺：牛顿运动定律练习一

2020-2021学年度高高考物理冲刺牛顿运动定律练习一

一、多选题

1.如图所示，由四条细杆构成的平行四边形轨道加以的湖边与水平方向夹角为30。，

ad边与水平方向的夹角为60°,其中从4两点处于同一竖直线上。将两个光滑小

圆环P、Q（图中未画出）从a点同时由静止释放，分别沿路径a儿和adc下滑，若小

圆环在拐点处无机械能损失，则下列说法中正确的是（）

I

A.小圆环P先到达竖直线MN

B.小圆环P、Q同时到达竖直线MN

C.小圆环Q先到达。点

D.小圆环P、Q同时到达c点

2.一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为机的石墨块静止在白

板上，石墨块与白板间动摩擦因数为〃，重力加速度为g,从某时刻起，使白板瞬时获

得速度%做匀速直线运动，石墨块将在白板上划下黑色痕迹。经过时间f白板突然停下，

不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑

色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是（）

A.—；mv}B.—mvl

24g

12

c.厂；〃机giyD.v；

3.如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上.某时刻物块A（可视为质点）

从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度％=4m/S此后A和B运动的丫-£图象

如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2,设A与B上表面之间的动摩擦因数小,与水

平面间的动摩擦因数与，则（)

A

Vo

，—“才—♦了—才—？—尸77—)7L«

图甲图乙

A.〃1=0.2,//,=0.1B.〃1=0.1,生=。，2

C.A的质量为4kgD.A的质量为6kg

4.一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A、B两物块，A、

B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为仗=0.3,收=0.2,水平恒力/作用在A物块上,

如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2o下列说法正确的是（）

，/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/

A.若尸=1.5N,则A物块所受摩擦力大小为1.5N

B.若尸=8N,则8物块的加速度为2.0m/s2

C.无论力尸多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动

D.无论力F多大，8与薄硬纸片都不会发生相对滑动

二、单选题

5.如图所示是小攀做的一个实验，他将一个质量”=3kg的小木板放在光滑的水平地面

上，在木板上放着一个质量m=lkg的小物体，物块静止，弹簧处于压缩状态，弹力为

2N。现沿水平向左的方向对小木板施以作用力，使木板由静止开始运动起来，运动中

力F由0逐渐增加到16N,以下说法正确的是（）

FMn^AA/WW

<--------------

////////////////////////////////////

A.物体受到的摩擦力一直减小

B.物体与小木板一直保持相对静止

C.要让相与〃之间始终保持相对静止，他们间的动摩擦因数一定要大于等于0.4

D.小木板受到8N的拉力时，〃，受到的摩擦力为2N

三、填空题

6.某宇宙飞船中宇航员的质量是60kg,g取10=m/s2。起飞阶段向上的加速度是30m/s2,

则宇航员对坐椅向下的压力为N；重返大气层阶段飞船以5m/s2的加速度向下

试卷第2页，总6页

做减速运动，则宇航员对坐椅向下的压力为N。

7.如图所示，用长度为40cm的细线吊着一质量为2kg小球，使小球在水平面内做匀

速圆周运动，运动过程中细线与竖直方向上的夹角为37。，则细线的拉力为N；

小球运动的线速度v=m/So(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

8.如图所示，A、B两小球用细线连接，C、D两小球用轻弹簧连接，双手分别提起

A、C两球，使四个小球均在空中处于静止状态，双手同时释放A、C瞬间(空气阻力

不计，重力加速度为g),小球B的加速度大小为，小球D的加速度大小

9.某同学利用频闪照相法研究小球在空气中的落体运动，该同学在空中释放一小球,

获得部分运动过程的频闪照片如图所示，频闪相机的闪光频率f=40Hz0

AO■-不--

8.9m

BO-1

9.5m

CO

10.1m

(1)小球下落到照片中记录的位置8时，速度大小为一m/s,下落到照片中记录的位

置C时，速度大小为m/s,小球下落的加速度大小为m/s2o

(2)若已知当地重力加速度大小为9.8m/s2,则可推算出实验中小球受到的平均阻力大

小为小球重力的一倍。

10.地球的质量是月球质量的81倍，若地球吸引月球的力的大小为F,则月球吸引地

球的力的大小为«

四、解答题

11.如图所示，一质量为M=0.9kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻

长木板的初速度为vo=5.5m/s,此时将--质量m=0.2kg的物块A(可视为质点)无初速

度地放在长木板右端，经过1秒后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与

长木板B之间的动摩擦因数为川=0.25,长木板B与地面之间动摩擦因数为〃2=0.2,g

取10m/s2,求：

(1)相对运动过程中物块A的加速度大小；

(2)长木板B的长度；

(3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移联

、__________6

3...........

12.如图所示，顶端固定有光滑滑轮的斜面体静止在地面上，倾角6=37。，右侧等高

处紧靠滑轮有一逆时针转动的水平足够长的传送带，速度v=1.2m/s。质量分别为

叫=1kg、m2=4kg的小滑块P和。用不可伸长的细绳连接并跨过滑轮，细绳分别平

行于斜面和传送带，它们均以%=2.8m/s的速度分别滑上斜面和传送带。P与斜面间

的动摩擦因数从=0.5,Q与传送带间的动摩擦因数〃2=°1，取g=10m/s2,斜面

体足够长且始终静止。已知sin37=0.6,cos37°=0.8求：

(1)P向上滑动时，P受到摩擦力的大小力＞；

(2)P向上滑动时，细绳拉力大小当；

(3)P在斜面体上运动的时间力保留三位有效数字。

13.与水平面成。=30°角的传送带以L=2m/s的速度顺时针运行，一物块以外=6m/s

试卷第4页，总6页

的速度从底部滑上传送带，如图所示。物块与传送带间的动摩擦因数为〃=乎，结果

物块没能滑过传送带顶端而原路返回。取重力加速度gGOm/s）。回答下面问题：

（1）求传送带的最小长度4；

（2）若不计滑轮大小，传送带长度为/（），求从物块滑上传送带到离开传送带，物块在

传送带上留下的划痕长度s。

14.物理学研究向题一般从最简单的理想情况入手，由简入繁，逐渐贴近实际。在研究

真实的向上抛出的物体运动时，我们可以先从不受阻力入手，再从受恒定阻力研究。最

后再研究受到变化阻力的接近真实的运动情形。现将一个质量为m的小球以速度必竖

意向上抛出，重力加速度为g。

（1）若忽略空气阻力影响，求物体经过多长时间回到抛出点；

（2）若空气阻力大小恒定为小球所受重力的左倍（0＜上1）,求小球回到抛出点的速度

大小Vt

（3）若空气阻力与速度成正比，小球运动的M图像如图所示，小球经过时间〃落回抛

出点时速度大小为田。求：

。.小球从抛出到落回抛出点空气阻力的冲量；

。整个过程中加速度的最大值。

15.如图所示，质量例的木块套在光滑水平杆上，并用不可伸长的细线将木块与质量相

的小球相连。

(1)若按住M保持不动，给，”一个向右水平速度%,，〃刚好能绕M转到细线与水平

成30?角位置，求%大小；

(2)用力6拉着球带动木块一起向右匀加速运动时，细线与水平方向夹角为6,而力士

恰好垂直于细线，运动中M、m相对位置保持不变，求耳的大小；

(3)若从图中竖直的虚线位置加小球受到一个水平的恒力F2作用，由静止开始运动,

当细线拉到水平位置时，M木块的位移是s,小球绕M木块的角速度为①，已知绳子

长度为L求出此时木块的速度。

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参考答案

1.BC

【详解】

AB.设倾斜轨道与水平面的夹角为仇倾斜轨道长度为L轨道水平投影长度为x,则小球

在轨道上运动，根据牛顿第二定律有

mgsin3=ma

运动的位移为

cos3

根据运动学公式有

L=—at2

2

联立上式解得

比较可知，P环从a到瓦Q环从a到d,所用的时间相同，同时到达MN虚线，故A错误，

B正确；

CD.下滑过程中，机械能守恒，P环始终在Q环的上方，且到达c点之前，可得P环的速

度始终小于Q环的速度，由于从。到c两种路径的距离相同，所以Q环所用的时间更短，

先到达c点，故C正确，D错误。

故选BC。

2.BD

【详解】

在时间r内，石墨可能一直匀加速，也可能先匀加速再匀速。石墨加速时，根据牛顿第二定

律，有

/umg=ma

第一种情况，石墨一直加速，最大速度没有达到小,加速的末速度为

W=a.="gt

加速的位移为

答案第1页，总14页

1-5

王

故相对白板的位移为

Ar】=%/_玉＞o

经过时间f后，白板静止，石墨做匀减速运动，加速度大小不变，相对白板的位移为

..Vj212A

生=工=5叱3

故划痕为

12

\L=^=vot--/dgt

相对白板的总位移为

占总=.玉+.玉=Vot

二者相对运动过程中产生的热量为

Q\=Ffx=〃加g%，

第二种情况，先加速，再匀速，石墨位移为

2/2

V；%

%—+%t-=卬---

2〃gI叫2〃g

故相对白板的位移为

2〃g

经过时间f后，白板静止后,石墨做匀减速运动，加速度大小不变，相对白板的位移为

2

x；==.々

-2〃g

故划痕为

2

~2〃g

石墨相对白板总的位移为

vo

X2&

2〃g

二者相对运动过程中产生的热量为

答案第2页，总14页

2?

2〃g2

第三种情况，如果加速的末速度恰好等于V0,

2

V：

七=、—，=

2〃g

则相对白板的位移为

2

2Mg

经过时间f后你，白板静止后，石墨做匀减速运动，加速度大小不变，相对白板的位移为

9

,'VQ

2〃g

故划痕为

2

2〃g

石墨相对白板总的位移为

22

工r3总一_2x-%---%

2〃gNg

二者相对运动过程中产生的热量为

Ng

故选BD。

3.AD

【详解】

AB.由图象可知，A在0-1s内的加速度

a,=匕二0=-2m/s2

对A由牛顿第二定律得

-〃1mg=m%

解得

答案第3页，总14页

|ii=0.2

AB在1-3s内的加速度

a.=—匕-+--匕-L=-l1m/Is2

G

对AB由牛顿第二定律得

-(M+m)g/d2=CM+m)a3

解得

g,=0.1.

故A正确；B错误；

CD.由图象可知B在0-Is内的加速度

对B由牛顿第二定律得

W〃g-M+m)g-

代入数据解得

m=6kg

故C错误；D正确。

故选ADo

4.BC

【详解】

BCD.A与硬纸片间的最大静摩擦力为

fA=必%g=0.3xlxl0N=3N

B与硬纸片间的最大静摩擦力为

fB=p2mBg=0.2xlxION=2N

当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得

ma

fB=Bo<力

得

答案第4页，总14页

2

a()=2m/s

对整体，有

1=(加八+，〃B)x%=2x2N=4N

即达到4N后，8将相对纸片运动，此时B受到的摩擦力

/=2N

则对A分析，A受到的摩擦力也为2N,所以4的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间

不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N,

此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2m/s2,由于轻质薄硬纸片看做没

有质量，故无论力尸多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故BC正确；D错误；

A.若

产=1.5N<4N

所以AB与纸板保持相对静止，整体在E作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得

F-于=mAa

所以4物块所受摩擦力

/<F=1.5N

故A错误。

故选BC。

5.B

【详解】

由题，当弹簧的弹力是2N向右时，物体仍然静止在木板上，所以物体与木板之间的最大静

摩擦力要大于等于2N。若要使物体相对于木板向左滑动，则物体受到的木板的摩擦力至少

要大于等于2N,方向向右，即小物体受到的合力至少为向右的4N的力，物体的加速度为

a==—m/s2=4m/s2

m1

同时，物体与木板有相对运动时，木板的加速度要大于物体的加速度，当二者相等时，为最

小拉力。则有

答案第5页，总14页

Fm=（M+m）a=（3+l）x4N=16N

即只有在拉力大于16N时，物体才能相对于木板滑动，所以在拉力小于或等于16N时，物

体相对于木板静止。

故机与M始终保持相对静止与他们间的动摩擦因数无关。

若物体与木板之间的摩擦力恰好为0,则物体只受到弹簧的弹力的作用，此时物体的加速度

为

a'=-=—m/s2=2m/s2

m1

由于物体始终相对于木板静止，所以此时整体在水平方向的受力为

4=（M+m）a'=（3+l）x2N=8N

所以，当力F增大到8N时，物体不受摩擦力作用。

则拉力小于8N之前，摩擦力随拉力厂的增大而减小，当拉力大于8N时，摩擦力又随拉力

的增大而增大。

故选B。

6.2400900

【详解】

11J起飞阶段，由牛顿第二定律可得

N-mg=ma

解得

N=nui+mg=2400N

由牛顿第三定律可知宇航员对坐椅向下的压力为2400N。

[2]重返大气层阶段，由牛顿第二定律可得

N'-mg=ma'

解得

N'=mg+ma'=900N

由牛顿第三定律可知宇航员对坐椅向下的压力为900N。

7.25

5

答案第6页，总14页

【详解】

[1]由图可知，细线的拉力

mg"N

25N

cos37°0.8

[2]小球在水平面内做匀速圆周运动的向心力

Fn=/ngtan37°=15N

小球在水平面内做匀速圆周运动的半径

r=/-sin37°=—m

25

根据牛顿第二定律，对小球

小球运动的线速度

【详解】

川释放A球后，A、B两球做自由落体运动，则B球只受重力作用，加速度为重力加速度g；

⑵平衡时，弹簧弹力与D球重力大小相等，由于弹力渐变，则释放C球时，D球受到的重

力、弹力均不变，则合力为0,则此时D球的加速度为0。

1

9.3.683.929.6—

49

【详解】

(D11JB点的速度

答案第7页，总14页

S+Sf(S+S,,),,.

v„=AH-----B-C=J----A-li-----c=3.68om/s

B2T2

⑵同理求得

vc=3.92m/s

⑶加速度

a=~=9.6m/s2

2T2

(2)⑷由牛顿第二定律

mg-kmg=ma

解得

k=—

49

10.F

【详解】

[1]地球吸引月球的力与月球吸引地球的力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，故

月球吸引地球的力的大小为F。

II.(1)2.5m/s2；(2)2.75m；(3)2.8125m

【详解】

(1)由题可知，A、B两物体先相对滑动，达到共速后一起作匀减速直线运动，直到静止。

A、B相对滑动时，对物块A受力分析：由牛顿第二定律：

2g=may

解得

6ti=2.5m/s2

(2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位

移的差值。A物块的位移

xA=ga,=1.25m

对长木板B受力分析，由牛顿第二定律：

川ng+jU^M+m)g=M4

答案第8页，总14页

解得

6f2=3m/s2-

B长木板的位移

12

xB=v()t——a2t=4m。

则

L=XB-XA=2.75m

⑶由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为

口共=a1t=2.5m/s

A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律:

/Z2(A/+m)g=(A/+m)4

由/一片=2ax可知

v+t

=人=1.5625m

2%

则全过程中，A相对地面发生的位移

X=XA+X3=2.8125m

12.(1)4N；(2)7.2N；(3)2.67s

【详解】

(1)垂直斜面方向

Np=叫geos。

fp=%Np

解得

力=4N

(2)P向上减速滑动时，加速度可向下

sin0+fp—Fr=myax

答案第9页，总14页

。的加速度外向左

+4=m2al

得

耳=7.2N

（3）第一阶段，P向上减速，尸向上减速滑动的时间

q

解得

t}=1s

位移

YJ，

为口

得

%=1.4m

第二阶段，设P向下加速，产的加速度的向下

n^gsmd-fp-F^=网出

。的加速度在向左

42m2g+Fjf=m2a2

得a2=L2m/s2,假设成立；

Q加速到v的时间

V1

t2=—=ls

a2

位移

v八,

x2=-r2=0.6m

第三阶段，设尸向下匀速，假设。加速到U后相对传送带静止，则对于尸有

町gsine=/p+%2

答案第10页，总14页

对于。有

%~fi

解得

f2=2N<〃2加2g

所以假设成立;

匀速运动时间

一一一々

q-

V

得

2

=—S

13

P在斜面上的总时间

8

/=乙+b+心=-sp2.67s

1233

13.(1)3，〃；(2)f>m

【详解】

(1)物块滑上传送带时速度v0>v,故从滑上传送带到与传送带速度相等，滑动摩擦力沿

斜面向下，物块的加速度

_-mgsin0—jLimgcos6_8m/S2

m

在物块与传送带速度相等之后，物块加速度

=4mgcose-w/gsine=_/

a2ms2

m

设物块两段减速运动的时间分别为内、t2,两段时间上滑的位移分别为西、

v-v00-vvn+vv

4一一2-x

4a»\~28%-2t2

传送带的最小长度

%=玉+%2

解得

/0=3m

答案第11页，总14页

（2）物块下滑时做加速度为火的匀加速直线运动，下滑到底部用时

物块回到传送带底端时位移为零，故在4+右+4时间内传送带通过的路程s