2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律(解析版)

专题03 牛顿运动定律

1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小

等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，

则

对 C 有aC＝mg＝g

m

对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力

力，

有f= μ（2M+m ）g

因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M

解得F> 2μ（m+M ）g，故选C

2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，

个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）

F 大小应满足的条件是（

A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )g

C ．F 2 (m M )g

D ．F (2m M )g

答案】C

解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝

mg M m g

μ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦

MN 是一段倾角为=30 °的传送带

A ．物块最终从传送带N 点离开

B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下

C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2

D ．物块与传送带间的动摩擦因数3

2

【答案】D

【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律

mg cos30o mg sin 30o ma，

可得3，D 正确。故选 D 。

2

3 ．（2020 届广东省模拟）如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（）

A ．电梯的“对重”处于失重状态

B ．电梯的“对重”向下匀加速运动

C ．钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力

D ．钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力

答案】 D

【解析】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小 于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故 ABC 错误， D 正确。故选 D 。

4 ．（2020 届江西省吉安市高三一模）如图所示，物体 A 和 B 的质量分别为 4kg 和 1kg ，用跨过定滑 轮的细线相连，叠放在倾角为 θ＝ 30 °的光滑斜面上，A 与 B 间的动摩擦因数为 0.2 ，现有一平行于 斜面向下的力 F 作用在物体 B 上，物体 A 、B 保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 （ g ＝10m/m 2）。

对 B 有 F m m B g sin

T m A g cos 解得 F m 28.9N

对 B 有 F min m A gcos m B g sin 解得 F min 1.1N

拉力 F 取值范围 1.1N F 28.9N ；故选 AB

5 ．（2020 届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图所示，传送带的水平部分长为 L ，传动速率为 v ， 在其左端无初速释放一小木块， 若木块与传送带间的动摩擦因数为 μ，则木块从左端运动到右端的时间

A ．10N

B ．20N 【答案】 AB

C ．30N

D ．40N

解析】拉力最大时，对 A 有 T m A gsin

m A gcos

拉力最小时，对 A 有 T

m A gcos

m A gsin

则拉力 F 的值可能为（ ）

不可能是（）

答案】 B

解析】①当木块一直做匀加速直线运动。 若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到 v 根据牛顿第二定律得， a=μ g 。

根据 L 12at 解得 t 。 若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为 v

根据 L v 2t

②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。

解得 t 2L 匀加速直线运动的时间 匀加速直线运动的

位移 则匀速直线运动

的位移 则匀速直线运动的时间 则总时间为 vv

t 1

＝ ag x 1 2 v 2g

x 2

L x 1 L 2 v 2g

x 2 L v

t 2

vv 2 g

L v 。 Lv v 2 g 选项 A 正确，不符合题意； Lv A ． v 2 g

B ． L

v

v 2 g

L ，选项 B 错误，符合题意； v 选项 C 正确，不符合

题

意；

，选项 D 正确，不符合题意；

v

6 ．（2020 届陕西省西安中学高三第三次模拟）如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M 的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平

π

面的夹角恰好为，忽略一切摩擦（

6

【答案】ACD

【解析】分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离

时立方体M 的速度最大，故 A 正确；分离时刻，小球速度v 不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故 B 错误；分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m 的拉力为零，故 C 正确；设小球速度为v，立方体速度为u ，根据牛顿第二定律，分

离时刻

分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：v sin 30 u，解得u 1 gL

2

在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有

1 2 1 2 mgL 1 sin30 mv Mu

22

把v 和u 的值代入，化简得：M 4，故 D 正确。故选ACD.

m1

7 ．（2020 届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段

A ．此时立方体M 的速度达到最

大

C ．此时杆对小球m 的拉力为零

B ．此时小球m 的加速度为零

D ．M 和m 的质量之比为4:1

有mg sin 30

时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑轮简化为套在杆上的环，滑轮与滑索间的摩擦力及游客 所受空气阻力不可忽略，滑轮和悬挂绳重力可忽略。游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图 中的（ ）

【答案】 B

【解析】设索道的倾角为 α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得 （ M+m ） gsin α =（M+m ） a 对乘客由于满足 Mgsin α =Ma 可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖 直方向；若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力，则绳子应该在垂直于索道与竖直 方向之间，则选项 B 正确， ACD 错误；故选 B 。

8 ．（2020 届四川省绵阳市高三第三次诊断）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角 37°的粗糙斜面底 端 A 处，上端连接质量 3kg 的滑块（视为质点） ，斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿 斜面拉动到弹簧处于原长位置的 D 点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度 a 随位移 x 的变化关系如图乙所示，重力加速度取 10m/s 2， sin37 °=0.6 ， cos37 °=08. 。下列说法 正确的是（ ）

A ．滑块先做匀加速后做匀减速运动

C ．弹簧的劲度系数为

180N/m

A ．

B ．滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.1

D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为 3.12J

【答案】BD

【解析】因滑块的加速度先减小后反向增加，可知滑块先做变加速后做变减速运动， A 错误；弹簧处于原长时，加速度为a=5.2m/s 2，由牛顿第二定律mgsin37o mg cos37o ma 解得μ=0.1 ，B 正确；由图像可知，弹簧被压缩x=0.1m 时滑块的加速度减为零，则mgsin37o mg cos37o kx ，解得k=156N/m ， C 错误；由能量关系可知，滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为

E P mg 2x sin 37o mg cos37 o 2x

解得E P=3.12J ，选项 D 正确。故选BD 。

9 ．（2020 届重庆市高三第二次调研）质量为m 的小球，用长为l 的线悬挂在O 点，在O 点正下方l

2 处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与O′在同一竖直面内的某一位置，由静止释放，下摆过程中摆线将被钉子拦住，如图所示。当球第一次通过最低点P 时（）

B ．小球的角速度突然减小

C ．摆线上的张力突然减小

D ．小球的向心加速度突然增大

【答案】D

【解析】当球第一次通过P 点时，线速度的大小不变，故 A 错误；由于线速度大小不变，根据v知，

r

2

转动的半径变小，则角速度变大，故 B 错误；根据牛顿第二定律得，T mg m v，线速度大小不变，r

2 转动半径变小，则摆线张力变大，故 C 错误；根据 a v知，线速度大小不变，转动的半径变小，则

r

向心加速度突然变大，故 D 正确。故选D

10 ．（ 2020 届广东省茂名市高三第二次综合测试）如图所示，在倾角为 θ的光滑斜面上，用轻弹簧连 接质量为 2m 的小球 M 和质量为 m 的小球 N ，N 再用细线连接在斜面顶端， M 、N 都处于静止状态。 现用剪刀剪断细线，在用剪刀剪断细线的瞬间，两小球加速度大小为（ ）

【解析】在剪断细绳的瞬间，弹簧的伸长量还没有来得及改变，恢复原状需要一个过程，所以在剪断 细绳瞬间，弹簧的弹力不变，则 M 的受力情况不变，合力仍为 0，加速度仍为 0 ，故 AB 错误；在剪 断绳子之前，对 M 分析知，弹簧的弹力大小 F=2mgsin θ，剪断细绳瞬间， N 受到重力、弹簧对它斜 向下的拉力、支持力，根据牛顿第二定律得 a N mgsin F 3gsin ，故 D 正确，C 错误；故选 m

D 。

11 ．（ 2020 届河南省焦作市高三第三次模拟）如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在 水平面上，木块和长木板的质量相等均为 M ，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都 为 μ。一颗质量为 m ＝ M 的子弹以一定速度水平射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为

5

L ；静止后第二颗相同的子弹以相同的速度射入长木板并留在长木板中，则（ ）

A ．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为 2 gL

B ．木块运动的加速度大小为 g

C ．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为 2 g

1

D ．最终木块静止在距离长木板左端 L 处 2

答案】 B

解析】由动量守恒定律可得，设射入木块前的速度为 C ． a N =gsin θ D ． a N =3gsin θ

v 0 ，射入木块后的速度为 v 1

答案】 D

Mv 0 6Mv 1

55

解得 v 0 6v 1 根据受力可知：物块在长木板上运动时，长木板不动 由动能定理可得 6MgL

1 6M 2

0 v 1

5 2 5 1 解得 v 0

6 2gL ，A 错误；由牛顿第二定律可得 6Mg 6Ma ，B 正确； 55

第二颗子弹射入长木板时，由牛顿第二定律可知，长木板受到的摩擦力均向左，故有 6 11

17 Mg Mg Ma ，解得 a g ， C 错误；

5 5 5 两个物体运动时间相同，由运动学公式可得

L 2 2at

2 v

0 2a

L L 1 L 2

2

解得 L 不等于 L,D 错误。故选 B 。

5

12 ．（ 2020 届吉林省白山市高三二模）如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为 37°，与斜面平行的轻 弹簧下端固定在 C 处，上端连接质量为 1Kg 的小滑块（视为质点） ，BC 为弹簧的原长。现将滑块从 A 处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度 a 随弹簧的形变量 x 的变化规 律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向） 。取 sin37 ° =0.6 ， cos37 ° =0.8 ，g=10m/s 2. 下列 说法正确的是（ ）

A ．滑块到达

B 处时的速度最大

B ．弹簧的劲度系数为 10N/m

t 1 v

0 a

t 1

6 2gL 1

7 5

C ．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5

D ．滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能为 1.6J

【答案】BC

【解析】滑块从A到 B 的过程，由牛顿第二定律有mgsin θ+kx- μmgcos θm=a ，x 减小，则a减小，滑块做加速度减小的加速运动。设A′是斜面上 A 点关于 B 点对称的点，从 B 到A′，由牛顿第二定律有mgsin θ-kx- μmgcos θm=a ，x 增大，则 a 减小，即从B 到A′滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达A′时， a 恰好为0 ，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达A′处时的速度

最大，故 A 错误。

k

滑块从 A 到 B ，由牛顿第二定律有mgsin θ+kx- μmgcos θm=a ，解得a x gsin gcos

m

即乙图图象斜率大小等于k，由图得k =4 2，解得k=10N/m ，故 B 正确。在 B 点，由牛顿第二

m m 0.2

定律有

mgsin θ-μ mgcos θm=a ，由图知a=2m/s 2，代入数据算得μ=0.5 ，故 C 正确。滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为x= （0.2+0.6 ）m=0.8m ，则系统产热为

Q=μmgcos θ?x=3.2J ，滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为

△ E p =mgx sin θ-Q=1.6J ，由于初始时弹簧有弹性势能，所以滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于 1.6J ，故 D 错误。故选BC 。

13 ．（2020 届辽宁省辽阳市高三一模）如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60kg ，托盘的质量为20kg ，取g=10m/s 2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为（）

A ．5m/s 2

B ．6m/s 2

C ．7.5m/s

D ．8m/s 【答案】A

【解析】设人的质量为M ，则轻绳的拉力大小T=Mg

设托盘的质量为m ，对人和托盘，根据牛顿第二定律有

2T 一(M+m)g=(M+m)a

解得a=5m/s 2，故选 A 。