五年2024-2025高考物理真题专题点拨-专题03牛顿运动定律含解析

PAGEPAGE15专题03牛顿运动定律【2024年】1.（2024·新课标Ⅰ）如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10m，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg。绳的质量忽视不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A.200N B.400N C.600N D.800N【答案】B【解析】在最低点由，知T=410N，即每根绳子拉力约为410N，故选B。2.（2024·浙江卷）如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a直立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有肯定空间。当公交车（）A.缓慢起动时，两只行李箱肯定相对车子向后运动B.急刹车时，行李箱a肯定相对车子向前运动C.缓慢转弯时，两只行李箱肯定相对车子向外侧运动D.急转弯时，行李箱b肯定相对车子向内侧运动【答案】B【解析】有题意可知当公交车缓慢启动时，两只箱子与公交车之间的有可能存在静摩擦使箱子与公交车一起运动，故A错误；急刹车时，由于惯性，行李箱a肯定相对车子向前运动，故B正确；当公交车缓慢转弯时，两只箱子与车之间的摩擦力可能供应向心力，与车保持相对静止，故C错误；当公交车急转弯时，由于须要向心力大，行李箱肯定相对车子向外侧运动，故D错误。5.（2024·山东卷）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下推断正确的是（）A.0~t1时间内，v增大，FN>mg B.t1~t2时间内，v减小，FN<mgC.t2~t3时间内，v增大，FN<mg D.t2~t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【解析】由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，A错误；在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，B错误；在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选D。6.（2024·江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开拓了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力气。某运输防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A.FB. C.D.【答案】C【解析】依据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢依据牛顿其次定律有，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则依据牛顿其次定律有，联立解得。【2024年】1．（2024·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在试验台上，物块用一不行伸长的细绳与固定在试验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板起先受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变更的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与试验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s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】结合两图像可推断出0~2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿其次运动定律，对2~4s和4~5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2~4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。【2024年】1.（2024年全国Ⅰ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，在弹簧复原原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变更的图线及其相关的学问点。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，对比题给的四个图象，可能正确的是A。2．（2024浙江）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变更的是A.B.C.D.【答案】C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；故选C。3．（2024浙江）用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】依据，，可得，故A正确，B、C、D错误；4．（2024浙江）通过志向斜面试验得出“力不是维持物体运动的缘由”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【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的缘由，故A错误；伽利略通过志向斜面试验提出了力不是维持物体运动的缘由，故B正确；笛卡尔在伽利略探讨的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；牛顿在伽利略等前人探讨的基础上提出了牛顿第肯定律，认为力是变更物体运动状态的缘由，但不是第一个依据试验提出力不是维持物体运动缘由的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。5.（2024年全国Ⅲ卷）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运输至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变更关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，A.矿车上升所用的时间之比为4:5B.电机的最大牵引力之比为2:1C.电机输出的最大功率之比为2:1D.电机所做的功之比为4:5【答案】AC【解析】设第次所用时间为t，依据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿其次定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g-)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第次提升过程做功W2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；两次做功相同，D错误。6.（2024年江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面对右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（）A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】AD【解析】本题考查力与运动的关系和功能关系，意在考查学生的综合分析实力。物体从A点到O点过程，弹力渐渐减为零，刚起先弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度接着增大，选项A正确、选项B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩复原原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中依据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确。【2024年】1．【2024·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速实力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止动身滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满意训练要求的运动员的最小加速度。【答案】（1）（2）【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②联立①②得③（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤由③④⑤得⑥2．【2024·新课标Ⅲ卷】（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，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μ1=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块起先相向滑动，初速度大小均为v0=3m/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=10m/s2。求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B起先运动时，两者之间的距离。【答案】（1）1m/s（2）1.9m【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是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①②③由牛顿其次定律得④⑤⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩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与木板组成的体系，由牛顿其次定律有⑪由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，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所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有⑫对A有⑬在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 ⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B起先运动时，两者之间的距离为⑯联立以上各式，并代入数据得⑰（也可用如图的速度–时间图线求解）【2024年】1．[2024·全国卷Ⅰ]一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生变更，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不行能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变更量总是不变【答案】BC【解析】由牛顿其次定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变更量不变，但速率的变更量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同始终线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不行能总与该恒力方向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误．2．[2024·全国卷Ⅱ]两实心小球甲和乙由同一种材料制成，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】设f＝kR，则由牛顿其次定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝eq\f(4,3)πR3·ρ，故a＝g－eq\f(k,\f(4,3)πR2·ρ)，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正确；由x＝eq\f(1,2)at2可知，t甲<t乙，A错误；由功的定义可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，则W甲克服>W乙克服，D正确．3．[2024·全国卷Ⅱ]如图1­，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球从M点运动到N点的过程中()图1­A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】BCD【解析】小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示．从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩渐渐复原至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长渐渐伸长，弹力做负功，选项A错误．小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确．在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcosα＝0，C正确．从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确．4．[2024·全国卷Ⅲ]如图1­所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止起先自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算推断小球能否沿轨道运动到C点．图1­【答案】(1)5(2)能【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满意N≥0④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC应满意mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R)⑥由机械能守恒有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．5．[2024·天津卷]我国将于2024年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具欣赏性的项目之一．如图1­所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止起先以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m．为了变更运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道连接，其中最低点C处旁边是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，g取10m/s2.图1­(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144N(2)12.5m【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有veq\o\al(2,B)＝2ax①由牛顿其次定律有mgeq\f(H,x)－Ff＝ma②联立①②式，代入数据解得Ff＝144N③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿其次定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5m6．[2024·四川卷]避险车道是避开恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物起先在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．图1­【答案】(1)5m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98m【解析】(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mgsinθ＝ma1f＝μmgcosθ联立以上二式并代入数据得a1＝5m/s2a1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s.货物在车厢内起先滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为l，则Mgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2联立并代入数据得l＝98m.7．[2024·全国卷Ⅱ]小球P和Q用不行伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1­所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()图1­A．P球的速度肯定大于Q球的速度B．P球的动能肯定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力肯定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度肯定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】从释放到最低点过程中，由动