2021屆高考物理三輪沖刺：牛頓運(yùn)動定律練習(xí)一

2020-2021學(xué)年度高高考物理沖刺牛頓運(yùn)動定律練習(xí)一

一、多選題

1.如圖所示，由四條細(xì)桿構(gòu)成的平行四邊形軌道加以的湖邊與水平方向夾角為30。，

ad邊與水平方向的夾角為60°,其中從4兩點(diǎn)處于同一豎直線上。將兩個(gè)光滑小

圓環(huán)P、Q（圖中未畫出）從a點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，分別沿路徑a兒和adc下滑，若小

圓環(huán)在拐點(diǎn)處無機(jī)械能損失，則下列說法中正確的是（）

I

A.小圓環(huán)P先到達(dá)豎直線MN

B.小圓環(huán)P、Q同時(shí)到達(dá)豎直線MN

C.小圓環(huán)Q先到達(dá)。點(diǎn)

D.小圓環(huán)P、Q同時(shí)到達(dá)c點(diǎn)

2.一塊足夠長的白板靜止于水平桌面上，一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為機(jī)的石墨塊靜止在白

板上，石墨塊與白板間動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,從某時(shí)刻起，使白板瞬時(shí)獲

得速度%做勻速直線運(yùn)動，石墨塊將在白板上劃下黑色痕跡。經(jīng)過時(shí)間f白板突然停下，

不再運(yùn)動。不計(jì)石墨塊與板摩擦過程中損失的質(zhì)量，在石墨塊也停止運(yùn)動時(shí)，白板上黑

色痕跡的長度及二者相對運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量可能是（）

A.—；mv}B.—mvl

24g

12

c.廠；〃機(jī)giyD.v；

3.如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的木板B靜止在水平面上.某時(shí)刻物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）

從木板的左側(cè)沿木板上表面滑上木板，初速度％=4m/S此后A和B運(yùn)動的丫-￡圖象

如圖乙所示，取重力加速度g=10m/s2,設(shè)A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)小,與水

平面間的動摩擦因數(shù)與，則（)

A

Vo

，—“才—?了—才—？—尸77—)7L?

圖甲圖乙

A.〃1=0.2,//,=0.1B.〃1=0.1,生=。，2

C.A的質(zhì)量為4kgD.A的質(zhì)量為6kg

4.一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，其上放質(zhì)量均為1kg的A、B兩物塊，A、

B與薄硬紙片之間的動摩擦因數(shù)分別為仗=0.3,收=0.2,水平恒力/作用在A物塊上,

如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2o下列說法正確的是（）

，/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/

A.若尸=1.5N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5N

B.若尸=8N,則8物塊的加速度為2.0m/s2

C.無論力尸多大，A與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動

D.無論力F多大，8與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動

二、單選題

5.如圖所示是小攀做的一個(gè)實(shí)驗(yàn)，他將一個(gè)質(zhì)量”=3kg的小木板放在光滑的水平地面

上，在木板上放著一個(gè)質(zhì)量m=lkg的小物體，物塊靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力為

2N?，F(xiàn)沿水平向左的方向?qū)π∧景迨┮宰饔昧Γ鼓景逵伸o止開始運(yùn)動起來，運(yùn)動中

力F由0逐漸增加到16N,以下說法正確的是（）

FMn^AA/WW

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

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

A.物體受到的摩擦力一直減小

B.物體與小木板一直保持相對靜止

C.要讓相與〃之間始終保持相對靜止，他們間的動摩擦因數(shù)一定要大于等于0.4

D.小木板受到8N的拉力時(shí)，〃，受到的摩擦力為2N

三、填空題

6.某宇宙飛船中宇航員的質(zhì)量是60kg,g取10=m/s2。起飛階段向上的加速度是30m/s2,

則宇航員對坐椅向下的壓力為N；重返大氣層階段飛船以5m/s2的加速度向下

試卷第2頁，總6頁

做減速運(yùn)動，則宇航員對坐椅向下的壓力為N。

7.如圖所示，用長度為40cm的細(xì)線吊著一質(zhì)量為2kg小球，使小球在水平面內(nèi)做勻

速圓周運(yùn)動，運(yùn)動過程中細(xì)線與豎直方向上的夾角為37。，則細(xì)線的拉力為N；

小球運(yùn)動的線速度v=m/So(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)

8.如圖所示，A、B兩小球用細(xì)線連接，C、D兩小球用輕彈簧連接，雙手分別提起

A、C兩球，使四個(gè)小球均在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，雙手同時(shí)釋放A、C瞬間(空氣阻力

不計(jì)，重力加速度為g),小球B的加速度大小為，小球D的加速度大小

9.某同學(xué)利用頻閃照相法研究小球在空氣中的落體運(yùn)動，該同學(xué)在空中釋放一小球,

獲得部分運(yùn)動過程的頻閃照片如圖所示，頻閃相機(jī)的閃光頻率f=40Hz0

AO■-不--

8.9m

BO-1

9.5m

CO

10.1m

(1)小球下落到照片中記錄的位置8時(shí)，速度大小為一m/s,下落到照片中記錄的位

置C時(shí)，速度大小為m/s,小球下落的加速度大小為m/s2o

(2)若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.8m/s2,則可推算出實(shí)驗(yàn)中小球受到的平均阻力大

小為小球重力的一倍。

10.地球的質(zhì)量是月球質(zhì)量的81倍，若地球吸引月球的力的大小為F,則月球吸引地

球的力的大小為?

四、解答題

11.如圖所示，一質(zhì)量為M=0.9kg的長木板B在粗糙的水平面上向右運(yùn)動，某一時(shí)刻

長木板的初速度為vo=5.5m/s,此時(shí)將--質(zhì)量m=0.2kg的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))無初速

度地放在長木板右端，經(jīng)過1秒后物塊A剛好沒有從木板的左端滑出。已知物塊A與

長木板B之間的動摩擦因數(shù)為川=0.25,長木板B與地面之間動摩擦因數(shù)為〃2=0.2,g

取10m/s2,求：

(1)相對運(yùn)動過程中物塊A的加速度大??；

(2)長木板B的長度；

(3)從將物塊A放上長木板開始到最后相對地面靜止，物塊A相對地面的位移聯(lián)

、__________6

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

12.如圖所示，頂端固定有光滑滑輪的斜面體靜止在地面上，傾角6=37。，右側(cè)等高

處緊靠滑輪有一逆時(shí)針轉(zhuǎn)動的水平足夠長的傳送帶，速度v=1.2m/s。質(zhì)量分別為

叫=1kg、m2=4kg的小滑塊P和。用不可伸長的細(xì)繩連接并跨過滑輪，細(xì)繩分別平

行于斜面和傳送帶，它們均以%=2.8m/s的速度分別滑上斜面和傳送帶。P與斜面間

的動摩擦因數(shù)從=0.5,Q與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃2=°1，取g=10m/s2,斜面

體足夠長且始終靜止。已知sin37=0.6,cos37°=0.8求：

(1)P向上滑動時(shí)，P受到摩擦力的大小力＞；

(2)P向上滑動時(shí)，細(xì)繩拉力大小當(dāng)；

(3)P在斜面體上運(yùn)動的時(shí)間力保留三位有效數(shù)字。

13.與水平面成。=30°角的傳送帶以L=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，一物塊以外=6m/s

試卷第4頁，總6頁

的速度從底部滑上傳送帶，如圖所示。物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃=乎，結(jié)果

物塊沒能滑過傳送帶頂端而原路返回。取重力加速度gGOm/s）。回答下面問題：

（1）求傳送帶的最小長度4；

（2）若不計(jì)滑輪大小，傳送帶長度為/（），求從物塊滑上傳送帶到離開傳送帶，物塊在

傳送帶上留下的劃痕長度s。

14.物理學(xué)研究向題一般從最簡單的理想情況入手，由簡入繁，逐漸貼近實(shí)際。在研究

真實(shí)的向上拋出的物體運(yùn)動時(shí)，我們可以先從不受阻力入手，再從受恒定阻力研究。最

后再研究受到變化阻力的接近真實(shí)的運(yùn)動情形?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度必豎

意向上拋出，重力加速度為g。

（1）若忽略空氣阻力影響，求物體經(jīng)過多長時(shí)間回到拋出點(diǎn)；

（2）若空氣阻力大小恒定為小球所受重力的左倍（0＜上1）,求小球回到拋出點(diǎn)的速度

大小Vt

（3）若空氣阻力與速度成正比，小球運(yùn)動的M圖像如圖所示，小球經(jīng)過時(shí)間〃落回拋

出點(diǎn)時(shí)速度大小為田。求：

。.小球從拋出到落回拋出點(diǎn)空氣阻力的沖量；

。整個(gè)過程中加速度的最大值。

15.如圖所示，質(zhì)量例的木塊套在光滑水平桿上，并用不可伸長的細(xì)線將木塊與質(zhì)量相

的小球相連。

(1)若按住M保持不動，給，”一個(gè)向右水平速度%,，〃剛好能繞M轉(zhuǎn)到細(xì)線與水平

成30?角位置，求%大??；

(2)用力6拉著球帶動木塊一起向右勻加速運(yùn)動時(shí)，細(xì)線與水平方向夾角為6,而力士

恰好垂直于細(xì)線，運(yùn)動中M、m相對位置保持不變，求耳的大?。?/p>

(3)若從圖中豎直的虛線位置加小球受到一個(gè)水平的恒力F2作用，由靜止開始運(yùn)動,

當(dāng)細(xì)線拉到水平位置時(shí)，M木塊的位移是s,小球繞M木塊的角速度為①，已知繩子

長度為L求出此時(shí)木塊的速度。

試卷第6頁，總6頁

參考答案

1.BC

【詳解】

AB.設(shè)傾斜軌道與水平面的夾角為仇傾斜軌道長度為L軌道水平投影長度為x,則小球

在軌道上運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有

mgsin3=ma

運(yùn)動的位移為

cos3

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有

L=—at2

2

聯(lián)立上式解得

比較可知，P環(huán)從a到瓦Q環(huán)從a到d,所用的時(shí)間相同，同時(shí)到達(dá)MN虛線，故A錯(cuò)誤，

B正確；

CD.下滑過程中，機(jī)械能守恒，P環(huán)始終在Q環(huán)的上方，且到達(dá)c點(diǎn)之前，可得P環(huán)的速

度始終小于Q環(huán)的速度，由于從。到c兩種路徑的距離相同，所以Q環(huán)所用的時(shí)間更短，

先到達(dá)c點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選BC。

2.BD

【詳解】

在時(shí)間r內(nèi)，石墨可能一直勻加速，也可能先勻加速再勻速。石墨加速時(shí)，根據(jù)牛頓第二定

律，有

/umg=ma

第一種情況，石墨一直加速，最大速度沒有達(dá)到小,加速的末速度為

W=a.="gt

加速的位移為

答案第1頁，總14頁

1-5

王

故相對白板的位移為

Ar】=%/_玉＞o

經(jīng)過時(shí)間f后，白板靜止，石墨做勻減速運(yùn)動，加速度大小不變，相對白板的位移為

..Vj212A

生=工=5叱3

故劃痕為

12

\L=^=vot--/dgt

相對白板的總位移為

占總=.玉+.玉=Vot

二者相對運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量為

Q\=Ffx=〃加g%，

第二種情況，先加速，再勻速，石墨位移為

2/2

V；%

%—+%t-=卬---

2〃gI叫2〃g

故相對白板的位移為

2〃g

經(jīng)過時(shí)間f后，白板靜止后,石墨做勻減速運(yùn)動，加速度大小不變，相對白板的位移為

2

x；==.々

-2〃g

故劃痕為

2

~2〃g

石墨相對白板總的位移為

vo

X2&

2〃g

二者相對運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量為

答案第2頁，總14頁

2?

2〃g2

第三種情況，如果加速的末速度恰好等于V0,

2

V：

七=、—，=

2〃g

則相對白板的位移為

2

2Mg

經(jīng)過時(shí)間f后你，白板靜止后，石墨做勻減速運(yùn)動，加速度大小不變，相對白板的位移為

9

,'VQ

2〃g

故劃痕為

2

2〃g

石墨相對白板總的位移為

22

工r3總一_2x-%---%

2〃gNg

二者相對運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量為

Ng

故選BD。

3.AD

【詳解】

AB.由圖象可知，A在0-1s內(nèi)的加速度

a,=匕二0=-2m/s2

對A由牛頓第二定律得

-〃1mg=m%

解得

答案第3頁，總14頁

|ii=0.2

AB在1-3s內(nèi)的加速度

a.=—匕-+--匕-L=-l1m/Is2

G

對AB由牛頓第二定律得

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

解得

g,=0.1.

故A正確；B錯(cuò)誤；

CD.由圖象可知B在0-Is內(nèi)的加速度

對B由牛頓第二定律得

W〃g-M+m)g-

代入數(shù)據(jù)解得

m=6kg

故C錯(cuò)誤；D正確。

故選ADo

4.BC

【詳解】

BCD.A與硬紙片間的最大靜摩擦力為

fA=必%g=0.3xlxl0N=3N

B與硬紙片間的最大靜摩擦力為

fB=p2mBg=0.2xlxION=2N

當(dāng)B剛要相對于硬紙片滑動時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得

ma

fB=Bo<力

得

答案第4頁，總14頁

2

a()=2m/s

對整體，有

1=(加八+，〃B)x%=2x2N=4N

即達(dá)到4N后，8將相對紙片運(yùn)動，此時(shí)B受到的摩擦力

/=2N

則對A分析，A受到的摩擦力也為2N,所以4的摩擦力小于最大靜摩擦力，故A和紙片間

不會發(fā)生相對運(yùn)動；則可知，當(dāng)拉力為8N時(shí)，B與紙板間的摩擦力即為滑動摩擦力為2N,

此后增大拉力，不會改變B的受力，其加速度大小均為2m/s2,由于輕質(zhì)薄硬紙片看做沒

有質(zhì)量，故無論力尸多大，A和紙片之間不會發(fā)生相對滑動，故BC正確；D錯(cuò)誤；

A.若

產(chǎn)=1.5N<4N

所以AB與紙板保持相對靜止，整體在E作用下向左勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律得

F-于=mAa

所以4物塊所受摩擦力

/<F=1.5N

故A錯(cuò)誤。

故選BC。

5.B

【詳解】

由題，當(dāng)彈簧的彈力是2N向右時(shí)，物體仍然靜止在木板上，所以物體與木板之間的最大靜

摩擦力要大于等于2N。若要使物體相對于木板向左滑動，則物體受到的木板的摩擦力至少

要大于等于2N,方向向右，即小物體受到的合力至少為向右的4N的力，物體的加速度為

a==—m/s2=4m/s2

m1

同時(shí)，物體與木板有相對運(yùn)動時(shí)，木板的加速度要大于物體的加速度，當(dāng)二者相等時(shí)，為最

小拉力。則有

答案第5頁，總14頁

Fm=（M+m）a=（3+l）x4N=16N

即只有在拉力大于16N時(shí)，物體才能相對于木板滑動，所以在拉力小于或等于16N時(shí)，物

體相對于木板靜止。

故機(jī)與M始終保持相對靜止與他們間的動摩擦因數(shù)無關(guān)。

若物體與木板之間的摩擦力恰好為0,則物體只受到彈簧的彈力的作用，此時(shí)物體的加速度

為

a'=-=—m/s2=2m/s2

m1

由于物體始終相對于木板靜止，所以此時(shí)整體在水平方向的受力為

4=（M+m）a'=（3+l）x2N=8N

所以，當(dāng)力F增大到8N時(shí)，物體不受摩擦力作用。

則拉力小于8N之前，摩擦力隨拉力廠的增大而減小，當(dāng)拉力大于8N時(shí)，摩擦力又隨拉力

的增大而增大。

故選B。

6.2400900

【詳解】

11J起飛階段，由牛頓第二定律可得

N-mg=ma

解得

N=nui+mg=2400N

由牛頓第三定律可知宇航員對坐椅向下的壓力為2400N。

[2]重返大氣層階段，由牛頓第二定律可得

N'-mg=ma'

解得

N'=mg+ma'=900N

由牛頓第三定律可知宇航員對坐椅向下的壓力為900N。

7.25

5

答案第6頁，總14頁

【詳解】

[1]由圖可知，細(xì)線的拉力

mg"N

25N

cos37°0.8

[2]小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的向心力

Fn=/ngtan37°=15N

小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的半徑

r=/-sin37°=—m

25

根據(jù)牛頓第二定律，對小球

小球運(yùn)動的線速度

【詳解】

川釋放A球后，A、B兩球做自由落體運(yùn)動，則B球只受重力作用，加速度為重力加速度g；

⑵平衡時(shí)，彈簧彈力與D球重力大小相等，由于彈力漸變，則釋放C球時(shí)，D球受到的重

力、彈力均不變，則合力為0,則此時(shí)D球的加速度為0。

1

9.3.683.929.6—

49

【詳解】

(D11JB點(diǎn)的速度

答案第7頁，總14頁

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由牛頓第二定律

mg-kmg=ma

解得

k=—

49

10.F

【詳解】

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

月球吸引地球的力的大小為F。

II.(1)2.5m/s2；(2)2.75m；(3)2.8125m

【詳解】

(1)由題可知，A、B兩物體先相對滑動，達(dá)到共速后一起作勻減速直線運(yùn)動，直到靜止。

A、B相對滑動時(shí)，對物塊A受力分析：由牛頓第二定律：

2g=may

解得

6ti=2.5m/s2

(2)由物塊A剛好未從木板的左端滑出可知，長木板B的長度等于A、B兩物體相對地面位

移的差值。A物塊的位移

xA=ga,=1.25m

對長木板B受力分析，由牛頓第二定律：

川ng+jU^M+m)g=M4

答案第8頁，總14頁

解得

6f2=3m/s2-

B長木板的位移

12

xB=v()t——a2t=4m。

則

L=XB-XA=2.75m

⑶由(2)分析可得，A、B共速時(shí)，A、B兩物體的速度為

口共=a1t=2.5m/s

A、B共速后，一起做勻減速直線運(yùn)動，直到停止，由牛頓第二定律:

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

由/一片=2ax可知

v+t

=人=1.5625m

2%

則全過程中，A相對地面發(fā)生的位移

X=XA+X3=2.8125m

12.(1)4N；(2)7.2N；(3)2.67s

【詳解】

(1)垂直斜面方向

Np=叫g(shù)eos。

fp=%Np

解得

力=4N

(2)P向上減速滑動時(shí)，加速度可向下

sin0+fp—Fr=myax

答案第9頁，總14頁

。的加速度外向左

+4=m2al

得

耳=7.2N

（3）第一階段，P向上減速，尸向上減速滑動的時(shí)間

q

解得

t}=1s

位移

YJ，

為口

得

%=1.4m

第二階段，設(shè)P向下加速，產(chǎn)的加速度的向下

n^gsmd-fp-F^=網(wǎng)出

。的加速度在向左

42m2g+Fjf=m2a2

得a2=L2m/s2,假設(shè)成立；

Q加速到v的時(shí)間

V1

t2=—=ls

a2

位移

v八,

x2=-r2=0.6m

第三階段，設(shè)尸向下勻速，假設(shè)。加速到U后相對傳送帶靜止，則對于尸有

町gsine=/p+%2

答案第10頁，總14頁

對于。有

%~fi

解得

f2=2N<〃2加2g

所以假設(shè)成立;

勻速運(yùn)動時(shí)間

一一一々

q-

V

得

2

=—S

13

P在斜面上的總時(shí)間

8

/=乙+b+心=-sp2.67s

1233

13.(1)3，〃；(2)f>m

【詳解】

(1)物塊滑上傳送帶時(shí)速度v0>v,故從滑上傳送帶到與傳送帶速度相等，滑動摩擦力沿

斜面向下，物塊的加速度

_-mgsin0—jLimgcos6_8m/S2

m

在物塊與傳送帶速度相等之后，物塊加速度

=4mgcose-w/gsine=_/

a2ms2

m

設(shè)物塊兩段減速運(yùn)動的時(shí)間分別為內(nèi)、t2,兩段時(shí)間上滑的位移分別為西、

v-v00-vvn+vv

4一一2-x

4a?\~28%-2t2

傳送帶的最小長度

%=玉+%2

解得

/0=3m

答案第11頁，總14頁

（2）物塊下滑時(shí)做加速度為火的勻加速直線運(yùn)動，下滑到底部用時(shí)

物塊回到傳送帶底端時(shí)位移為零，故在4+右+4時(shí)間內(nèi)傳送帶通過的路程s