2024年高考物理专题突破限时训练牛顿运动定律含解析

牛顿运动定律一、单选题（每小题3分，共计24分）1.飞艇经常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成θ角。已知扫雷具质量为m，重力加速度为g，扫雷具所受浮力不能忽视，下列说法正确的是()A．扫雷具受3个力作用B．绳子拉力大小为eq\f(mg,cosθ)C．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力肯定大于mg【答案】C【解析】扫雷具受重力mg、细绳的拉力FT、浮力F和阻力f四个力作用，如图所示，依据平衡条件有FTsinθ＝f，FTcosθ＋F＝mg，得FT<eq\f(mg,cosθ)，f<FT，故A、B错误，C正确；无法推断FT与mg的大小，故D错误。2.如图所示，系统处于静止状态，不计一切摩擦，细绳、滑轮的质量都可忽视，则甲、乙两物块的质量之比为()A．1B．eq\f(\r(3),2)C．eq\r(3)D．2【答案】C【解析】对物块乙受力分析，由二力平衡得FT＝mg，对物块甲受力分析，由平衡条件得2FTcos30°＝Mg，故甲、乙两物块的质量之比为eq\r(3)∶1，选项C正确。3．一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一块木炭无初速度地放在传送带的最左端，木炭在传送带上将会留下一段黑色的痕迹．下列说法正确的是(D)A．褐色的痕迹将出现在木炭的左侧B．木炭的质量越大，痕迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，痕迹的长度越短D．木炭与传送带间动摩擦因数越大，痕迹的长度越短【答案】D【解析】木炭水平方向无初速度放到传送带上时，相对于传送带向左运动，所以会在木炭的右侧留下黑色痕迹，选项A错；在木炭的速度增加到等于传送带的速度之前，木炭相对于传送带向左做匀减速直线运动，依据v2＝2ax，其中a＝μg，与m无关，选项B错；由前式知，a肯定时，v越大，x越长，选项C错；在v肯定时，μ越大，a越大，x越小，选项D对．4．如图所示，滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1>m2＋m3，关于弹簧测力计的读数T，正确的是(A)A．T<(m1＋m2＋m3)gB．T>(m1＋m2＋m3)gC．T＝(m1＋m2＋m3)gD．无法推断【答案】A【解析】由m1>m2＋m3可知，m1向下加速，处于失重状态；(m2＋m3)向上加速，处于超重状态．m1与m2和m3通过绳子连接，两部分的加速度大小相等，整体系统对弹簧测力计的拉力：T＝(m1＋m2＋m3)g－m1a＋(m2＋m3)a.因为m1>m2＋m3，所以T<(m1＋m2＋m3)g，故A正确．5．如图所示，A、B两个物体通过一轻弹簧相连，已知mA＝1kg，mB＝2kg.现对A施加一大小为3N的水平恒力F，使它们一起沿粗糙的水平地面对右做匀速运动，某时刻突然撤去力F，此时A、B两物体的加速度分别为aA、aB，则(C)A．aA＝aB＝0B．aA＝aB＝1m/s2，方向水平向左C．aA＝3m/s2，方向水平向左，aB＝0D．aA＝3m/s2，方向水平向右，aB＝1.5m/s2，方向水平向左【答案】C【解析】在未撤去外力时，对整体受力分析由共点力平衡可得F－μ(mA＋mB)g＝0，解得：μ＝0.1，对B受力分析可得F弹－μmBg＝0，解得：F弹＝μmBg＝2N；当撤去外力时，由于弹簧的弹力没来得及改变，故B物体受到的力不变，所以匀速运动，加速度为0，对A分析，由牛顿其次定律可得F弹＋μmAg＝mAaA，解得：aA＝3m/s2，方向水平向左，故C正确．6.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的O表示人的重心．图乙是依据传感器采集到的数据画出的F－t图线，两图中a～g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＝10m/s2，依据图象分析可知()A．人的重力为1500NB．c点位置人处于失重状态C．e点位置人处于超重状态D．d点的加速度小于f点的加速度【答案】C【解析】起先时人处于平衡状态，人对传感器的压力是500N，依据平衡条件与牛顿第三定律可知，人的重力也是500N，故A错误；c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故B错误；e点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，故C正确；人在d点时：a1＝eq\f(Fd－G,m)＝eq\f(1500－500,\f(500,10))m/s2＝20m/s2，人在f点时：a2＝eq\f(G－0,m)＝eq\f(500,\f(500,10))m/s2＝10m/s2，可知d点的加速度大于f点的加速度，故D错误．7.如图，将金属块用压缩的轻弹簧卡在一个箱子中，上顶板和下底下底板示数不变，上顶板示数是下底板示数的一半，则电梯的运动状态可能是()A．匀加速上升，a＝5m/s2B．匀加速下降，a＝5m/s2C．匀速上升D．静止状态【答案】B【解析】当箱子随电梯以a＝4.0m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，对金属块受力分析，由牛顿其次定律知：FN上＋mg－FN下＝ma，m＝eq\f(FN下－FN上,g－a)＝eq\f(10－4,10－4)kg＝1kg，G＝mg＝10N若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，由于弹簧压缩量不变，下底板传感器示数不变，仍为10N，则上顶板传感器的示数是5N.对金属块，由牛顿其次定律知FN上′＋mg－FN下′＝ma′解得a′＝5m/s2，方向向下，故电梯以a＝5m/s2的加速度匀加速下降，或以a＝5m/s2的加速度匀减速上升．故A、C、D错误，B正确．8．如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上．渐渐增大F，物体起先做变加速运动，其加速度a随F改变的图象如图乙所示．取g＝10m/s2.依据图中所供应的信息不能计算出的是()A．物体的质量B．斜面的倾角C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小D．加速度为6m/s2时物体的速度【答案】D【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示x方向：Fcosθ－mgsinθ＝ma①y方向：FN－Fsinθ－mgcosθ＝0②从a－F图象中取两个点(20N，2m/s2)，(30N,6m/s2)代入①式解得：m＝2kg，θ＝37°因而A、B可以算出；当a＝0时，可解得F＝15N，因而C可以算出；题中并未说明力F随时间改变的状况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，因而D不行以算出．二、多项选择题（每小题5分，答案不全得3分，有错不得分，共计30分）9.如图所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则 ()A.假如将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大B.无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变C.增大小球A的质量，α角肯定减小D.悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力【答案】AD【解析】O、A之间的细线肯定沿竖直方向，假如物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右上偏转，OA与OB间的夹角将增大。OA与OB两段细线上的弹力都等于小球A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，明显物体B在地板上向右移动时α角将增大，A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，α角也不变，C错误；因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB也不行能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力，D正确。10.水平地面上质量为1kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的改变如图所示，已知物块在前2s内以4m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A．物块与地面的动摩擦因数为0.2B．3s末物块受到的摩擦力大小为3NC．4s末物块受到的摩擦力大小为1ND．5s末物块的加速度大小为3m/s2【答案】BC【解析】在0～2s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3N，则μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(3,10)＝0.3，选项A错误；2s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(6－5－3,1)m/s2＝－2m/s2，则经过t＝eq\f(0－v,a)＝2s，即4s末速度减为零，则3s末物块受到的摩擦力大小为3N,4s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6N－5N＝1N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5s末物块的加速度为零，选项D错误．11.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面对上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A．若m>M，有x1＝x2 B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2 D．若μ<sinθ，有x1<x2【答案】AB【解析】在水平面上滑动时，对整体，依据牛顿其次定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，依据牛顿其次定律，有FT－μmg＝ma1②联立①②解得FT＝eq\f(Fm,m＋M)③在斜面上滑动时，对整体，依据牛顿其次定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，依据牛顿其次定律，有FT′－mgsinθ＝ma2⑤联立④⑤解得FT′＝eq\f(Fm,M＋m)⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．12.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平地面上，如图所示，若对A施加水平推力F，两物块沿水平方向做匀加速运动，关于A对B的作用力，下列说法中正确的是()A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为FB．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为eq\f(F,3)C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmgD．若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为eq\f(F＋2μmg,3)【答案】BD【解析】若水平地面光滑，将A、B看做一个整体有：a＝eq\f(F,2m＋m)＝eq\f(F,3m)，由于两物块一起运动，所以加速度相同，故将B隔离有：a＝eq\f(FA,m)，所以FA＝ma＝eq\f(1,3)F，A错误，B正确；若物块A与地面间无摩擦，B与地面间的动摩擦因数为μ，将A、B看做一个整体有：a′＝eq\f(F－μmg,3m)，将B隔离有：a′＝eq\f(FA′－μmg,m)，解得FA′＝eq\f(F＋2μmg,3)，C错误，D正确．m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面对右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标改变的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是()A．2秒末～3秒末内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D．恒力F大小为10N【答案】BC【解析】物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝eq\f(v02,2x1)＝10m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s，即在t＝1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小：a2＝eq\f(v2,2x2)＝4m/s2，依据牛顿其次定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得：F＝7N，Ff＝3N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．14.机场运用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2m，现有一质量为m＝1kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．背包从A运动到B所用的时间为2.1sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1m【答案】AD【解析】共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2m－0.1m＝0.1m，背包匀速运动的时间t2＝eq\f(L－x1,v)＝eq\f(2－0.1,1)s＝1.9s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1s，故A、D正确．三、试验题（每空2分，共计16分）15.(1)某次探讨弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系试验时，得到如图(a)所示的F­L图象，由图象可知：弹簧原长L0＝________cm，求得弹簧的劲度系数k＝________N/m。(2)按如图(b)的方式挂上钩码(已知每个钩码重G＝1N)，使(1)中探讨的弹簧压缩，稳定后指针指示如图(b)，则指针所指刻度尺示数为________cm。由此可推想图(b)中所挂钩码的个数为________个。【解析】(1)由胡克定律F＝k(L－L0)，结合题图(a)中数据得L0＝3.0cm，k＝200N/m。(2)由题图(b)知指针所示刻度为1.50cm，由F＝k(L0－L)，可求得此时弹力为F＝3N，故所挂钩码的个数为3个。【答案】(1)3.0200(2)1.50316.一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，登记水壶________时电子秤的示数F；(2)如图(b)，将三细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉细线L1，在白纸上登记结点O的位置、____________和电子秤的示数F1；(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉细线L2，使____________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按肯定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，依据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若__________________________，则平行四边形定则得到验证。【解析】(1)要测量装满水的水壶的重力，则登记水壶静止时电子秤的示数F；(2)要画出平行四边形，则须要记录分力的大小和方向，所以在白纸上登记结点O的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1；(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能改变，力的方向也都不能改变，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2；(4)依据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证。【答案】(1)静止(2)三细线的方向(3)结点O的位置(4)F和F′在误差范围内重合四、计算题(17题8分，18题10分，19题12分，共计30分）17.如图所示，风筝借助于匀称的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态。图中所示风筝质量为400g，某时刻风筝平面AB与水平面的夹角为30°，牵线对风筝的拉力与风筝平面成53°角。已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，g取10m/s2。(1)求此时风对风筝的作用力的大小和线对风筝的拉力大小；(2)若拉着线的下端以肯定的速度匀速跑动时，线与水平面成53°角保持不变，这时拉住线的力为10N，则风对风筝的作用力为多大？风筝平面与水平面的夹角为多大？(用反三角函数表示)【解析】(1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg、风对它的作用力F和线对它的拉力T(如图所示)，以AB方向为x轴，F方向为y轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T正交分解，在x轴方向：mgsin30°－Tsin37°＝0在y轴方向：F＝Tcos37°＋mgcos30°联立两式，解得T＝3.33N，F＝6.13N。(2)同理以水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立坐标系。风对风筝的作用力水平分力Fx，竖直分力Fy，由平衡条件，知Fx＝T′cos53°＝10×0.6N＝6NFy＝T′sin53°＋G＝10×0.8N＋4N＝12NF＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))＝13.4N风筝平面与水平面的夹角θ满意tanθ＝eq\f(Fx,Fy)＝eq\f(1,2)则θ＝arctaneq\f(1,2)。【答案】(1)6.13N3.33N(2)13.4Narctaneq\f(1,2)18.如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝100N而由静止向前滑行，其作用时间为t1＝10s，撤除水平推力F后经过t2＝15s，他其次次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，其次次利用滑雪杖对雪面的作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝75kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝25N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；(2)该运动员(可视为质点)其次次撤除水平推力后滑行的最大距离．【答案】(1)10m/s50m(2)187.5m【解析】(1)设运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1由牛顿其次定律F－Ff＝ma1，得a1＝1m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小为v1＝a1t