物理2018屆高考考點通關練第一輪復習打包老師搜集

高考總復習首選用卷·物理第一部分考點通關練考點10

牛頓第二定律 兩類動力學問題考點名片考點細研究：本考點是物理教材的基礎，也是歷年高考必考的內容之一，其主要包括的考點有：(1)用牛頓第二定律解決兩類基本問題；(2)瞬時問題；(3)牛頓第二定律在傳送帶問題中的應用；(4)圖象問題等。其中考查到的如：2016

年全國卷Ⅰ第16

題、2016

年全國卷Ⅱ第19

題、2016

年天津理綜第8

題、2016

年江蘇物理卷第9

題、2016

年四川理綜第10

題、2015

全國卷Ⅰ第20

題、2015

年重慶理綜第5

題、2014年海南高考第3

題、2014

年大綱卷第19

題、2014

年北京高考第18

題、2014

年山東高考第23

題。備考正能量：牛頓運動定律是歷年高考的主干知識；它不僅是獨立的知識點，更是解決力、電動力學綜合問題的核心規(guī)律?？蓡为毭}(選擇題、實驗題)，也可綜合命題(解答題)。高考對本考點的考查以對概念和規(guī)律的理解及應用為主，試題難度中等或中等偏上。第1步狂刷小題·練基礎一、基礎與經(jīng)典根據(jù)牛頓第二定律，下列敘述正確的是(

)物體加速度的大小跟它的質量和速度大小的乘積成反比物體所受合力必須達到一定值時，才能使物體產(chǎn)生加速度物體加速度的大小跟它所受作用力中的任一個的大小成正比當物體質量改變但其所受合力的水平分力不變時，物體水平加速度大小與其質量成反比F解析

根據(jù)牛頓第二定律

a＝m可知物體的加速度與速度無關，所以A

錯誤；即使合力很小，也能使物體產(chǎn)生加速度，所以B

錯誤；物體加速度的大小與物體所受的合力成正比，所以C

錯誤；力和加速度為矢量，物體的加速度與質量成反比，所以D

正確。解析以小球為研究對象，受到重力和桿對小球的作用力，沿水平方向和豎直方向分解桿對小球的作用力，豎直方向的分力和重力始終平衡，所以豎直方向的分力大小不變，而水平方向的分力逐漸增大，所以C

選項正確。3.

物塊

A1、A2

的質量均為

m，B1、B2

的質量均為

2m，A1、A2

用一輕桿連接，B1、B2

用輕質彈簧連接。兩個裝置都放在水平的支托物

M

上，處于平衡狀態(tài)，如圖所示。今突然迅速地撤去支托物M，在除去支托物的瞬間，A1、A2加速度分別為

a1和

a2，B1、B2的加速度分別為

a1′和

a2′，則(

)解析

A1、A2用一輕桿連接，它們的加速度始終相等，在除去支托物的瞬間，由它們組成的系統(tǒng)只受到重力的作用，根據(jù)牛頓第二定律可知，它們的加速度

a1＝a2＝g；因為在除去支托物的瞬間彈簧上的彈力不能突然消失(主要是彈性形變不能突然恢復原長)，所以

B1的受力不變，加速度仍為零，即

a1′＝0，而

B2

受到的豎直向上的支持力突然消失，受到的豎直向下的重力和彈簧彈力不變，加速度大小

a2′為

2g；綜上分析，選項

C

正確。A．都等于2g

gB.2和0C.g和mA·g2

mB

2BD.mA

g和gm

·2

2解析

由整體法知，F(xiàn)

彈＝(mA＋mB)gsin30°，剪斷線瞬間，由牛頓第二定律可得，對

B：F

彈－mBgsin30°＝mBaB，B得

a

＝ABm

gm

·2A，對

A：m

gsin30°A

Ag＝m

a

，得aA＝2，所以C正確。5.在民航和火車站可以看到用于對行李進行安全檢查的水平傳送帶。如圖所示，當旅客把行李放到傳送帶上時，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速運動。隨后它們保持相對靜止，行李隨傳送帶一起前進。設傳送帶勻速前進的速度為0.25m/s，把質量為5

kg

的木箱由靜止放到傳送帶上，由于滑動摩擦力的作用，木箱以6m/s2

的加速度前進，那么這個木箱放在傳送帶上后，傳送帶上將留下的摩擦痕跡約為()解析木箱加速的時間為t＝v/a，這段時間內木箱的位移為x1＝v2/2a，而傳送帶的位移為x2＝vt，傳送帶上將留下的摩擦痕跡長為l＝x2－x1，聯(lián)立各式并代入數(shù)據(jù)，解得l＝5.2

mm，所以選項A

正確。6.在某星球a

表面，宇航員把一質量為ma

的重物放在地面上(該處的重力加速度設為ga)，現(xiàn)用一輕繩豎直向上提拉重物，讓繩中的拉力T由零逐漸增大，可以得到加速度a與拉力T

關系的圖線OAB；當宇航員到達另一個星球c

表面時，用質量為mc

的物體重復上述實驗，在同一個坐標系中得到一個相似的圖線OCD，下面關于OCD

所描述的物體的質量mc

與該星球表面的重力加速度gc

說法正確的是()T解析

由牛頓第二定律得

T－mg＝ma，故

a＝m－g，由圖象縱軸截距及斜率表示的物理意義，有ga＝gc，mc>ma，故C

項正確。支持力與靜摩擦力的合力大小等于mg靜摩擦力沿斜面向下靜摩擦力的大小可能等于mgsinα皮帶與小物塊的動摩擦因數(shù)一定大于tanα解析物塊隨皮帶保持相對靜止一起向下做勻加速運動，物塊所受合外力不為零，所以支持力與靜摩擦力的合力大小不等于mg，故A

錯誤；加速度a>gsinα，說明靜摩擦力沿皮帶向下，B

正確；由牛頓第二定律知mgsinα＋Ff＝ma，因為a

比gsinα

大多少不知道，所以靜摩擦力的大小可能等于mgsinα，C

正確；皮帶與小物塊的動摩擦因數(shù)可以小于tanα，故D

錯誤。8．a(chǎn)、b兩物體的質量分別為

m1、m2，由輕質彈簧相連。當用恒力

F

豎直向上拉著

a，使

a、b

一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為

x1；當用大小仍為

F的恒力沿水平方向拉著

a，使

a、b

一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為

x2，如圖所示，則(

)解析

當用恒力

F

豎直向上拉著

a

時，先用整體法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔離b

有kx1－m2g＝m2a，1聯(lián)立得：x

＝m2Fk(m1＋m2)。當沿水平方向拉著a

時，先用整體法有F＝(m1＋m2)a′，再隔離b

有kx2＝m2a′，聯(lián)立得2x

＝m2Fk(m1＋m2)1

2，故x

＝x

，所以只有A

項正確。t0

時刻，A、B

間的靜摩擦力最大，加速度最小t0

時刻，A、B

的速度最大C．0

時刻和2t0

時刻，A、B

間的靜摩擦力最大D．2t0

時刻，A、B

離出發(fā)點最遠，速度為0解析本題考查對牛頓運動定律、靜摩擦力的靈活應用。t0

時刻，A、B

受力F

為0，A、B

加速度為0，A、B間靜摩擦力為0，加速度最小，選項A

錯誤；在0

至t0

過程中，A、B

所受合外力逐漸減小，即加速度減小，但是加速度與速度方向相同，速度一直增加，t0

時刻A、B

速度最大，選項B

正確；0

時刻和2t0

時刻A、B

所受合外力F

最大，故A、B

在這兩個時刻加速度最大，為A

提供加速度的A、B

間靜摩擦力也最大，選項C

正確；A、B

先在F的作用下加速，t0

后F

反向，A、B

繼而做減速運動，到2t0時刻，A、B速度減小到0，位移最大，選項D

正確。B．A．物體經(jīng)10

s速度減為零物體經(jīng)2s

速度減為零C．物體速度減為零后將保持靜止

D．物體速度減為零后將向右運動解析

物體受到向右的滑動摩擦力，F(xiàn)f＝μFN＝μG＝3N，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝F＋Ff＝2＋3

m/s2＝5

m/s2，m

1a

5方向向右，物體減速到

0

所需的時間

t＝v0＝10

s＝2

s，B正確，A

錯誤。減速到零后，F(xiàn)<Ff，物體處于靜止狀態(tài)，不再運動，C

正確，D

錯誤。二、真題與模擬11．[2016·全國卷Ⅰ](多選)一質點做勻速直線運動?，F(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則()A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同

B．質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同

D．質點單位時間內速率的變化量總是不變解析

由題意知此恒力即為質點所受合外力，若原速度與該恒力在一條直線上，則質點做勻變速直線運動，質點單位時間內速率的變化量總是不變的；原速度與該恒力不在一條直線上，則質點做勻變速曲線運動，速度與恒力間夾角逐漸減小，質點單位時間內速度的變化量是不變的，但速率的變化量是變化的，A、D項錯誤，B項正確；由牛頓第二定律知，質點加速度的方向總與該恒力方向相同，C項正確。12．[2016·全國卷Ⅱ](多選)兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則()A．甲球用的時間比乙球長

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解析

甲、乙由同種材料制成，且

m

甲>m

乙，可知

R

甲>R乙，由題知阻力f＝kR，故f甲>f乙，下落相同距離，克服阻力做功W＝fx，故W

甲>W

乙，D

正確。在空中對小球受m力分析，由mg－f＝ma，可得a＝g－f

＝g－kR34πR3ρ＝g－4πρR2甲

乙

甲

乙3k

·

1，由

R

>R

可知，a

>a

，C

錯誤。由靜止下落相同高度，h＝1at2，得t＝a甲

乙

甲

乙2h，又

a

>a

，所以

t

<t

，2A

錯誤。末速度v＝2ah，可知v

甲>v

乙，B

正確。A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左

B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等

C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大

D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析桌布從魚缸下拉出的過程，魚缸相對桌布向左運動，因此受到桌布對它的摩擦力方向向右，A

錯誤。設動摩擦因數(shù)為μ，魚缸在桌布對它的滑動摩擦力作用下做初速度為零的勻加速運動，加速度大小為μg，設經(jīng)過t1

時間滑離桌布，滑離時的速度為v，則v＝μgt1，魚缸到了桌面上，做勻減速運動，加速度大小也為μg，在桌面上運動的2μg1

2時間t

＝

v

，因此t

＝t

，B

正確。若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，即仍為μmg，保持不變，C錯誤。若貓減小拉力，使桌布的加速度小于μg，則魚缸與桌布間的摩擦力為靜摩擦力，魚缸與桌布一起運動，能滑出桌面，D

正確。啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2進站時從關閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關閉發(fā)動機時的速度成正比與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2A．斜面的傾角

B．物塊的質量

C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度解析

由

v-t

圖線可求出物塊向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，對上升時和返回時分析受力，運用牛頓第二定律可分別得

gsinθ＋μgcosθ＝v0，gsinθ－μgcosθ

v1，t1

＝

t1聯(lián)立兩個方程可解得斜面傾角和物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)，選項A、C

正確；根據(jù)運動的v-t

圖線與橫軸所圍面積表示位移可求出物塊向上滑行的最大高度，選項D

正確。16．[2015·全國卷Ⅱ](多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P

和Q

間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為2a

的加速度向西行駛時，P

和Q

間的拉力大小仍為F。3不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為(

)A．8

B．10C．15D．18解析

設每節(jié)車廂的質量為

m，這列車廂的節(jié)數(shù)為

n，東邊車廂的節(jié)數(shù)為

x，西邊車廂的節(jié)數(shù)為

n－x。當機車在東邊拉車廂時，對西邊車廂受力分析，由牛頓第二定律可得

F＝(n－x)ma；當機車在西邊拉車廂時，對東邊車廂受3

3力分析，由牛頓第二定律可得

F＝2

，聯(lián)立可得

n＝5x，maxx

為3

的倍數(shù)，則n

為5

的倍數(shù)，選項B、C

正確，選項A、D

錯誤。17．[2017·廣東湛江四校聯(lián)考]某科研單位設計了一空間飛行器，如圖所示，飛行器從地面起飛時，發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰好沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方由靜止開始勻加速飛行，經(jīng)時間t

后，將動力的方向沿逆時針旋轉60°同時適當調節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計，下列說法中正確的是()解析

起飛時，飛行器受推力和重力，兩力的合力與水平方向成

30°角斜向上，設動力為

F，合力為

F

合，如圖甲所示：在△OFF

合中，由幾何關系得：F＝

3mg，F(xiàn)

合＝mg，A錯誤。由牛頓第二定律得飛行器的加速度為：a1＝g，推力方向逆時針旋轉60°，合力的方向與水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F

合′垂直，如圖乙所示，此時合力合2大小

F

′＝mgsin30°＝1mg，動力大小

F′＝mgcos30°＝322mg，飛行器的加速度大小a

＝合F

′m＝0.5g，加速與減速時的加速度大小之比為a1∶a2＝2∶1，B錯誤。減速飛行到最高點的時間tva1t′＝a2＝

a2

＝0.5ggt

＝2t，C

錯誤。t

時刻的速率：v＝a1t＝gt，加速與減速過程發(fā)生的位移大小之比為v2

v22a

∶2a

＝1∶2，D

正確。1

2木板B

的質量為1

kg滑塊A

的質量為4

kg當F＝10

N

時木板B

的加速度為4

m/s2滑塊A

與木板B

間動摩擦因數(shù)為0.1解析

當

F等于

8N時，加速度

a＝2m/s2，對整體分析，由牛頓第二定律有

F＝(M＋m)a，代入數(shù)據(jù)解得

M＋m＝4

kg，當F

大于8

N

時，根據(jù)牛頓第二定律得a＝F－μmgM1＝

1

F－μmg，知圖線的斜率

k＝ ，解得

M＝1 kg，滑塊M

M

M的質量

m＝3kg。A正確，B

錯誤。根據(jù)

F大于

8N的圖線知，F(xiàn)＝6 N

時，a＝0，即

0＝F－30μ，代入數(shù)據(jù)解得

μ＝0.2，D

錯誤。根據(jù)圖線知

a＝F－6(F>8N)，當

F＝10N時，長木板的加速度

a＝4

m/s2，C

正確。第2步精做大題·練能力滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；恒力F

的大小。答案

(1)36(2)26.33

N

或1N解

析

(1)

根

據(jù)

牛

頓

第

二

定

律

可

得mgsin30°

－μmgcos30°＝ma，解得μ＝63。(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和2向下兩種可能。由題意易知s＝1a′t2，代入數(shù)據(jù)解得a′＝2

m/s2。當加速度沿斜面向上時，F(xiàn)cos30°

－mgsin30°

－μ(Fsin30°

＋mgcos30°)＝

ma′，代入數(shù)據(jù)得F

＝

7635N≈26.33N。當加速度沿斜面向下時，mgsin30°

－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma′，代入數(shù)據(jù)得

F＝4

3

N≈17N。當t＝0.5

s

時物體的加速度大??；物體在

t＝0至

t＝2 s內何時物體的加速度最大？最大值為多少？(3)物體在

t＝0至

t＝2 s內何時物體的速度最大？最大值為多少？答案

(1)0.5m/s2(2)t＝0

或t＝2

s

時加速度最大，大小為1

m/s2(3)t＝1

s

時速度最大，大小為0.5

m/s解析

(1)由乙圖知

F2＝2＋2t(N)，當

t＝0.5

s

時，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)

N＝3

N，F(xiàn)1－F2＝ma，m

2F1－F2

4－3a＝

＝

m/s2＝0.5

m/s2。(2)物體所受的合外力為F

合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)作出F

合-t

圖如圖1

所示：2

2F2F

＝ma

，a2＝

m

＝

2－2m/s2＝－1

m/s2，負號表示加速度方向向左。(3)由牛頓第二定律得：F合a＝

＝1－t(m/s2)，m畫出a-t

圖象如圖2

所示：二、真題與模擬21．[2016·四川高考]避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為

θ的斜面。一輛長

12m

的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了

4 m時，車頭距制動坡床頂端

38

m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的

4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為

0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的

0.44

倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取

cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10

m/s2。求：答案

(1)5

m/s2，沿制動坡床向下

(2)98

m解析

(1)設貨物的質量為

m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)

μ＝0.4，受摩擦力大小為

f，加速度大小為

a1，則

f＋mgsinθ＝ma1①f＝μmgcosθ②聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5

m/s2③a1

的方向沿制動坡床向下。(2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速v＝23

m/s。貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38m

的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s＝4

m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)

是貨車和貨物總重的k

倍，k＝

0.44，貨車長度l0＝12

m，制動坡床的長度為l，則Mgsinθ＋F－f＝Ma2④F＝k(m＋M)g⑤11212s

＝vt－

a

t

⑥2s

＝vt1222—

a

t

⑦s1＝s＋s2⑧l(xiāng)＝l0＋s2＋s0⑨聯(lián)立①②④～⑨并代入數(shù)據(jù)得l＝98

m。若乙的速度為v0，求工件在乙上側向(垂直于乙的運動方向)滑過的距離s；若乙的速度為2v0，求工件在乙上剛停止側向滑動時的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0

不變，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復。若每個工件的質量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，求驅動乙的電動機的