2019年高考物理总复习牛顿运动定律专题卷

牛顿运动定律专题一、单选题1.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”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【考点】牛顿第一定律【解析】【解答】A:亚里士多德提出了运动需要力来维持；B、伽利略用理想实验验证了“力不是维持物体运动的原因”C、笛卡尔在伽利略基础上了提出了相似的观点D、牛顿总结了前人的工作【分析】物理学史的知识，每一位科学家都有他的经典之作，记牢即可选择出答案。

2.（2018•卷Ⅰ）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，在弹簧恢复原长前，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【考点】连接体问题，胡克定律，物体的受力分析【解析】【解答】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。

故答案为：A【分析】该题需选择物块P为研究对象，对P分两种情况进行进行受力分析：未对P施加拉力F时，有mg=kx0；对P施加拉力F后，然后根据牛顿第二定律F合=ma列出方程。

即可推导出拉力F与x的关系式。

3.（2018•北京）根据高中所学知识可知,做自由落体运动的小球,将落在正下方位置。

但实际上,赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处,这一现象可解释为,除重力外,由于地球自转,下落过程小球还受到一个水平向东的“力”,该“力”与竖直方向的速度大小成正比,现将小球从赤道地面竖直上抛,考虑对称性,上升过程该“力”水平向西,则小球（）A.到最高点时,水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时,水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【答案】D【考点】对质点系的应用，位移的合成与分解【解析】【解答】根据题意，将小球从赤道地面竖直上抛，水平方向受到一个与竖直方向的速度大小成正比的力，小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，到达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加速度为零，水平方向小球做加速度减小的加速运动，故到达最高点时，小球的速度不为零，故AB错误；小球在下落的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，所以水平方向加速度逐渐增大；水平方向加速度向东，所以向西做加速度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故C错误；故答案为：D。

【分析】本题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应该都没有见过，但是仔细分析题干就会得出其实这就是运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，结合牛顿运动定律即可得出答案。

4.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. kg.m2/s2B. kg.m/s2C. N/mD. N.m【答案】A【考点】单位制及量纲【解析】【解答】能量单位为焦耳J，根据做功W=FL，可知1J=1Nm，而1N=1kg.m/s2 ,因此正确答案为A【分析】利用公式推导新的单位，这是对量纲的考察，国际基本单位有7个，Kg、m，s、A、mol，T、Cd；其它单位都是导出单位。

5.如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉动小车，让小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车间的动摩擦因数为μ．对于这个过程，某同学用了以下4个式子来表达拉力F的大小，下述表达式一定正确的是（）A. M aB. μmg+M aC. （M+m）a D. μmg+m a【答案】C【考点】滑动摩擦力，静摩擦力，对质点系的应用，连接体问题【解析】【解答】解：A、先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F=（M+m）a，A不符合题意，C符合题意，B、由于M与m间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=μmg来计算两者间的摩擦力大小，BD不符合题意故答案为：C【分析】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律F=（M+m）a，由于M与m间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=μmg来计算两者间的摩擦力大小。

6.如图所示，n个质量为m的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为μ，当对1木块施加一个水平向右的推力F时，木块加速运动，木块5对木块4的压力大小为（）A. FB.C.D.【答案】D【考点】对单物体(质点)的应用【解析】【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F=nma得：a=以1234为研究对象，设5对4 的压力为N，根据牛顿第二定律：F﹣N=4m•a联立以上二式得：N= ，ABC不符合题意，D符合题意．故答案为：D．【分析】本题考查整体法与隔离法结合牛顿第二定律的应用，整体应用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离计算木块5对木块4的压力大小。

7.如图所示，A、B两物体质量分别为m A、m B，且m A＞m B，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F 的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A. 停止运动B. 向左运动 C. 向右运动 D. 运动方向不能确定【答案】C【考点】对单物体(质点)的应用，动量定理，动量守恒定律，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：力F大小相等，m A＞m B，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：a A＜a B，由题意知：SA=SB，由运动学公式得：S A = a A t A2， S B = a B t B2，可知：t A＞t B，由I A=F•t A， I B=F•t B，得：I A＞I B，由动量定理可知△P A=I A，△P B=I B，则P A＞P B，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，ABD不符合题意，C符合题意．故答案为：C．【分析】判断两物体发生碰撞并粘在一起后做什么样的运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再判断冲量的大小，最后根据碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右。

8.如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（）A. sinαB. 1.5gsinαC. gsinαD. 2gsinα【答案】B【考点】对质点系的应用，连接体问题【解析】【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对系统，由牛顿第二定律得：3mgsinα=2mga，解得：a=1.5gsinα；故答案为：B．【分析】本体用整体法比较简单，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为0，对整体列牛顿第二定律方程即可求解。

9.如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为θ=37°，质量为m=50g的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索道以a=2m/s2的加速度斜向上运动时，已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（）A. 座椅对人的摩擦力大小为100NB. 座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方C. 座椅对人的支持力大小为560ND. 座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为37°且指向右上方【答案】C【考点】对单物体(质点)的应用【解析】【解答】解：AB、将加速度a分解为水平方向和竖直方向，则水平加速度为：a x=acos37°=1.6m/s2，a y=asin37°=1.2m/s2，在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=ma x=80N，故AB错误．C、在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：N﹣mg=ma y，解得：N=mg+ma y=560N，故C正确D、座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角的正切值为：，故D错误故选：C．【分析】将加速度a分解为水平方向和竖直方向，在两个方向上通过牛顿第二定律求出静摩擦力和弹力的大小．10.如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则（）A. 球b下摆过程中处于失重状态B. 球b下摆过程中向心加速度变小C. 当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的D. 两球质量之比m a：m b=9：2【答案】D【考点】对单物体(质点)的应用，向心力，动能定理的理解【解析】【解答】解：A、球b下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A错误；B、b球速度增大，根据a= 可知，向心加速度增大，故B错误；C、当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，则F+F N=m a g，解得，球b所受的向心力为F向=F﹣m b g= ，故C错误D、设Ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知，则，联立解得m a：m b=9：2，故D正确；故选：D【分析】b球下落过程中作圆周运动的一部分，根据加速度的方向判断出超失重现象，当b球摆到竖直最低位置时，球a对地面的压力大小为其重力的，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，结合向心力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系．11.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D. 若猫减小拉力，鱼缸肯定不会滑出桌面【答案】B【考点】滑动摩擦力，对质点系的应用，连接体问题，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；B、由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；D、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D错误；故选：B【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况．12.某个质量为m、带电量为﹣q（q＞0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加速直线运动，一段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰好回到出发点，则（）A. 电场强度方向竖直向下，大小为B. 电场强度方向竖直向下，大小为C. 电场强度方向竖直向上，大小为D. 电场强度方向竖直向上，大小为【答案】A【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，匀变速直线运动导出公式应用【解析】【解答】解：电场力大小为F=qE，设匀加速直线运动的时间为t．向下的过程中：h= ①对于匀变速直线运动，有 a= ②据题有：③解得 F=4mg所以：E= ．故A正确，BCD错误．故选：A【分析】物体先向上匀加速直线运动，撤去拉力后的运动可以看成一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式结合求解．13.如图所示，质量分别为m和M的两长方体物块P和Q，叠放在倾角为θ的固定斜面上．P、Q间的动摩擦因数为μ1， Q与斜面间的动摩擦因数为μ2．当它们从静止释放沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块P 对Q的摩擦力为（）A. μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上B. μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下C. μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上D. μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下【答案】B【考点】对单物体(质点)的应用，整体法隔离法【解析】【解答】解：对PQ整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有：（m+M）gsinθ﹣μ2（m+M）gcosθ=（M+m）a解得：a=g（sinθ﹣μ2cosθ）…①再对P物体受力分析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsinθ﹣F f=ma…②由①②解得P受到的摩擦力大小为：F f=μ2mgcosθ，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P对Q的摩擦力为μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下．故ACD错误、B正确；故选：B．【分析】先对PQ整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出Q对P的摩擦力，再根据牛顿第三定律求解P对Q的摩擦力．14.如图所示，质量分别为m、2m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球A的加速度大小分别为（）A. ，+gB. ，+gC. ，+gD. ，+g【答案】A【考点】对质点系的应用，连接体问题【解析】【解答】解：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为f．根据牛顿第二定律得对整体：F﹣3mg=3ma对B球：f﹣2mg=2ma解得，f=剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f= ．对A球：mg+f=ma A得a A = +g故选A【分析】先分别以整体和B球为研究对象，根据牛顿第二定律研究剪断细线前弹簧的弹力．剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再由根据牛顿第二定律求出A球的加速度．15.一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙．滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示．下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能E k和重力势能E p（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【考点】牛顿定律与图象，功能关系，机械能守恒及其条件，能量守恒定律，动能与重力势能【解析】【解答】解：A、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以x ﹣t图象应是开口向下的抛物线，故A错误；B、由A分析知速度方向相反，故B错误；C、根据E k = mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；D、E p=mgh=mgx=mg（v0t ），a为负，故为开口向下的抛物线，故D正确．故选：D 【分析】根据a﹣t图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可．16.如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β＞θ．则滑块的运动情况是（）A. 动量方向沿杆向下，正在均匀增大B. 动量方向沿杆向下，正在均匀减小C. 动量方向沿杆向上，正在均匀增大D. 动量方向沿杆向上，正在均匀减小【答案】D【考点】对质点系的应用，连接体问题，整体法隔离法，假设法【解析】【解答】解：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若假设滑块速度方向向下，则沿斜面方向：（m1+m2）gsinθ﹣f=（m1+m2）a垂直斜面方向：F N=（m1+m2）gcosθ其中摩擦力：f=μF N联立可解得：a=gsinθ﹣μgcosθ，对小球现有：θ＜β，则有a＞gsinβ所以gsinθ﹣μgcosθ＞gsinβgsinθ﹣gsinβ＞μgcosθ因为θ＜β，所以gsinθ﹣gsinβ＜0，但μgcosθ＞0所以假设不成立，即速度的方向一定向上．滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆的方向向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑．则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小．故ABC错误，D正确故选：D【分析】滑块与小球保持相对静止，并以相同的加速度a一起下滑，对整体进行受力分析求出加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合θ＜β分析即可判断．17.如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A点的光滑轨道，其中AB通过环心O并保持竖直．一质点分别自A点沿各条轨道下滑，初速度均为零．那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）A. 无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B. 质点沿着与AB夹角越大的轨道下滑，时间越短C. 质点沿着轨道AB下滑，时间最短D. 轨道与AB夹角越小（AB除外），质点沿其下滑的时间越短【答案】A【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：设半径为R，斜面与竖直方向夹角为θ，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，物体运动的加速度a= =gcosθ，根据x= at2，则t= ，与θ角无关．而知道弦长和倾角也能算出半径，所以A正确，BCD错误．故选：A．【分析】设半径为R，斜面与竖直方向夹角为θ，则物体运动的位移为x=2Rcosθ，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据x= at2求解时间．18.如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一小球b从距地面h处由静止释放，a的质量小于b的质量，两球恰在0.5h相遇（不计空气阻力）．则两球运动过程中（）A. 小球a超重，小球b失重B. 相遇时两球速度大小相等C. 从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量D. 相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率【答案】D【考点】超重失重，动能定理的综合应用【解析】【解答】解：A、ab运动的加速度都向下，故都处于失重状态，A不符合题意；B、从题目内容可看出，在0.5h处相遇，此时a球和b球的位移大小相同，时间相同，它们的加速度也相同，a竖直上抛，b自由落体，设相遇时间为t，相遇时A的速度为v，b的速度为v′则有：，由自由落体规律得，v′=gt，v=v0﹣gt，故相遇时a的速度为零，B不符合题意；C、根据动能定理额可知△E k=mgh可孩子，由于质量不变，动能的变化量不相同，C不符合题意；D、相遇时，a球的速度刚好为0，而b球的速度刚好为v0，相遇后，a的速度一直比b的速度小，而a的质量小于b的质量，重力对球a做功功率小于重力对球b做功功率，D符合题意．故答案为：D【分析】根据题目中已知，结合动能定理以及功率的公式综合分析列式求解。