2021届高考物理考前特训：牛顿运动定律 (解析版)

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2021年高考物理二轮温习考点对接模拟题经典特训专题三牛顿运动定律（含3年模拟题详解）(1)

专题三牛顿运动定律模拟试题考点一牛顿第一、三定律和惯性1.(2021衡水中学调研)以下说法中正确的选项是( )A.牛顿第必然律揭露了一切物体都具有惯性B.速度大的物体惯性大,速度小的物体惯性小C.力是维持物体运动的缘故D.做曲线运动的质点,假设将所有外力都撤去,那么该质点仍可能做曲线运动解析:牛顿第必然律揭露了一切物体都具有惯性,质量是惯性大小的量度,惯性与速度无关,选项A正确,选项B错误;力不是维持物体运动的缘故,力是产生加速度的缘故,选项C错误;做曲线运动的质点,假设将所有外力都撤去,那么该质点将做匀速直线运动,选项D错误.答案:A2.(2021泰州市期末)伽利略和牛顿都是物理学进展史上最伟大的科学家,巧合的是,牛顿就诞生在伽利略归天后第二年.以下关于力和运动关系的说法中,不属于他们观点的是( )A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的缘故C.物体都具有维持原先运动状态的属性,即惯性D.力是维持物体运动的缘故解析:伽利略通过实验研究确信了自由落体运动是一种匀变速直线运动;牛顿第必然律那么说明物体都具有维持原先状态的性质,而力是改变运动状态、产生加速度的缘故;亚里士多德那么以为力是维持物体运动的缘故.由此可知答案为D.答案:D3.(2021中山市期末)如下图,放在水平面上的物体受到一个水平向右的拉力F作用而处于静止状态,以下说法中正确的选项是( )A.物体对水平面的压力和物体受到的重力是一对平稳力B.拉力F和水平面对物体的摩擦力是一对作使劲和反作使劲C.物体受到四对平稳力的作用D.物体受到的合外力为零解析:物体对水平面的压力与物体受到的重力既不是一对平稳力又不是一对作使劲和反作使劲,选项A错误;拉力F和水平面对物体的摩擦力是一对平稳力,选项B错误;物体共受到四个力作用,应为两对平稳力,选项C错误;物体处于静止状态,受到的合外力为零,选项D正确.答案:D4.(2021唐山摸底)从16世纪末,随着人们对力的熟悉慢慢清楚和丰硕,成立了经典力学理论,以下有关力的说法正确的有( )A.物体的速度越大,说明它受到的外力越大B.物体的加速度在改变,说明它受到的外力必然改变C.马拉车做匀速运动,说明物体做匀速运动需要力来维持D.一个人从地面跳起来,说明地面对人的支持力大于人对地面的压力解析:物体的加速度越大,说明它受到的外力越大,而力的大小与速度无关,物体的加速度在改变,说明它受到的外力必然改变,选项A错误,B正确;马拉车做匀速运动,说明物体所受合外力为零,选项C错误;地面对人的支持力大小在任何情形下都等于人对地面的压力大小,选项D 错误.答案:B考点二牛顿第二定律的明白得与应用5.(2021安徽江南十校摸底)如下图,在动摩擦因数μ=的水平面上有一个质量m=1 kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,现在小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零.在剪断轻绳的刹时(g取10 m/s2),以下说法中正确的选项是( )A.小球受力个数不变B.小球当即向左运动,且a=8 m/s2C.小球当即向左运动,且a=10 m/s2D.假设剪断的是弹簧,那么剪断刹时小球加速度的大小2解析:在剪断轻绳前,分析小球受力,小球受到重力、弹簧弹力和绳索拉力.应用平稳条件可得弹簧弹力F=mgtan 45°=10 N.剪断轻绳的刹时,弹簧弹力不变,重力不变,小球将受到水平面的弹力和摩擦力,受力个数转变,选项A错误;现在在竖直方向,水平面的弹力F N=mg,摩擦力为F f=μF N=2 N,小球水平向左的合力F合=F-F f=ma,解得a=8 m/s2,选项B正确,C错误;假设剪断的是弹簧,那么剪断刹时弹簧弹力和轻绳的拉力均消失,小球仍然静止,那么加速度的大小a=0,选项D错误.答案:B6.(2021湖北调研)如图为某同窗自制的加速度计.构造如下:一根轻质细杆的下端固定一个小球,杆的上端与滑腻水平轴相连接.杆可在竖直平面内左右摆动.硬质面板紧靠杆摆动的平面放置,并标有刻度线.其中,刻度线c位于通过O的竖直线上 .刻度线b在bO连线上,∠bOc=30°.刻度线d在dO连线上,∠cOd=45°.利历时,假设约定加速度计的右边为汽车前进的方向,速度v=10 m/s,g取9.8 m/s2,汽车前进时( )A.假设细杆稳固地指示在b处,那么汽车加速度为4.9 m/s2B.假设细杆稳固地指示在d处,那么s内汽车速度减小了4.9 m/sC.假设细杆稳固地指示在b处,那么s内汽车速度增大了4.9 m/sD.假设细杆稳固地指示在c处,那么5 s内汽车前进了100 m解析:假设细杆稳固地指示在b处,小球的受力如下图,由牛顿第二定律得mgtan 30°=ma1,那么汽车加速度为a1=gtan 30°=×m/s2≈5.66 m/s2, s内汽车速度增大了Δv=a1Δt=×0.5 m/s=2.83 m/s,选项A、C错误;假设细杆稳固地指示在d处,同理可得汽车加速度为a2=gtan 45°=9.8 m/s2,那么s内汽车速度减小了Δv=a2Δt=4.9 m/s,选项B正确;假设细杆稳固地指示在c处,汽车匀速运动,那么5 s内汽车前进了x=vt=10×5 m=50 m,选项D错误.答案:B7.(2021南京模拟)如下图,一固定滑腻杆与水平方向夹角为θ,将一质量为m1的小环套在杆上,通太轻绳悬挂一个质量为m2的小球,静止释放后,小环与小球维持相对静止以相同的加速度a一路下滑,现在绳索与竖直方向夹角为β,那么以下说法正确的选项是( )A.杆对小环的作使劲大于m1g+m2g不变,那么m2越大,β越小C.θ=β,与m1、m2无关D.假设杆不滑腻,β可能大于θ解析:对整体由牛顿第二定律得(m1+m2)gsin θ=(m1+m2)a,设杆对小环的作使劲大小为F N,据平稳条件得F N=(m1+m2)gcos θ,应选项A错误;对小球由牛顿第二定律得m2gsin θ-F T sin(θ-β)=m2a,解得θ=β,应选项C正确,选项B错误;假设杆不滑腻,别离对整体、小球由牛顿第二定律得,a<gsin θ,那么依照F T sin(θ-β)能够看出,假设β>θ,F T sin(θ-β)<0,会有m2a=m2gsin θ+F T sin(β-θ),说明a>gsin θ,与有摩擦力情形矛盾,因此β不可能大于θ,应选项D错误.答案:C8.(2021福建八县市一中联考)跳伞运动员从跳伞塔上无初速度跳下,下落 s 时打开降落伞,假设打开降落伞前空气阻力不计;打开降落伞后,伞和运动员受的空气阻力大小与下落速度的平方成正比,即f=kv 2,已知比例系数k=20 N ·s 2/m 2,运动员和伞的总质量m=72 kg,设跳伞塔足够高,取g=10 m/s 2.求:(1)跳伞运动员下落 s 时速度大小;(2)跳伞运动员下落速度达到4 m/s 时的加速度大小;(3)跳伞运动员最后的下落速度大小.解析:(1)打开降落伞前跳伞运动员自由下落,依照公式v=gt 得下落 s 时的速度大小v 0=3 m/s.(2)由牛顿第二定律得mg-kv 2=ma,那么a=2mg kv m≈5.6 m/s 2. (3)跳伞运动员先加速下落,速度增大,加速度减小,当a=0时速度最大,以后维持匀速运动,那么当a=0时,mg=k 21v ,v 1 答案: (1)3 m/s (2)5.6 m/s 2 (3)6 m/s9.(2021泰州期末)如下图,质量m=4 kg 的物体(可视为质点)用细绳拴住,放在水平传送带的右端,物体和传送带之间的动摩擦因数μ=,传送带的长度l=6 m,当传送带以v=4 m/s 的速度做逆时针转动时,绳与水平方向的夹角θ=37°.已知:sin 37°=,cos 37°=,g=10 m/s 2.求:(1)传送带稳固运动时绳索的拉力大小;(2)某时刻剪断绳索,那么通过量少时刻,物体能够运动到传送带的左端.解析:(1)物体受力如下图,由平稳条件可得F T sin θ+F N =mg,F T cos θ=F f ,F f =μF N解得F T =20023 N ≈ N. (2)绳剪断后F N ′=mg,μF N ′=ma,那么a=μg=2 m/s 2物体加速运动时刻t 1=v a =42=2 s 物体加速运动距离x 1=12a 21t =4 m匀速运动的时刻t 2=1l x v-=644-= s 总时刻t=t 1+t 2= s.答案:(1) N (2) s10.(2021增城市调研测试)如图(甲)所示,质量m=2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动.过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时,选水平向右为速度的正方向,通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v t 图像如图(乙)所示.取重力加速度为g=10 m/s 2.求:(1)物体在0～4 s 内和4～10 s 内的加速度的大小和方向;(2)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;(3)10 s 末物体离a 点的距离;(4)10 s 后撤去拉力F,求物体再过15 s 离a 点的距离.解析:(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a 1,那么由v t 图得加速度大小a 1=2 m/s 2,方向与初速度方向相反.设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a 2,那么由v t 图得加速度大小a 2=1 m/s 2,方向与初速度方向相反.(2)在0～4 s 内,依照牛顿第二定律,有F+μmg=ma 1在4～10 s 内,F-μmg=ma 2解方程代入数据得:F=3 N,μ=.(3)设10 s 末物体离a 点的距离为x,x 应为v t 图线与坐标轴所围的面积,那么x=12×4×8 m-12×6×6 m=-2 m,即物体在a 点左侧2 m 处.(4)设撤去拉力F 后物体做匀减速直线运动的加速度大小为a 3,依照牛顿第二定律,有μmg=ma 3得a 3=0.5 m/s 2那么物体减速到零的时刻t=3v a =60.5s=12 s 物体在15 s 内的位移即为12 s 内的位移,那么物体在10～12 s 内的位移x ′=232v a =3620.5⨯m=36 m 物体在15 s 后离a 点的距离d=|x|+x ′=38 m.答案: (1)2 m/s 2 与初速度方向相反 1 m/s 2 与初速度方向相反(2)3 N (3)在a 点左侧2 m 处 (4)38 m11.(2021福建省八县市联考)如图(甲)所示,质量M=1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=,在木板的左端放置一个质量m=1 kg 、大小能够忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=,取g=10 m/s 2,试求:(1)假设木板长L=1 m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8 N,通过量长时刻铁块运动到木板的右端?(2)假设在木板(足够长)的左端施加一个大小从零开始均匀增加的水平向左的拉力F,以为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,在图(乙)中画出铁块受到的摩擦力F f 随F 转变的图像. 解析:(1)假设铁块和木板和木板和地面都有相对滑动,那么铁块的加速度大小a 1=2F mgmμ-=4 m/s 2木板的加速度大小a 2=21()mg M m gM μμ-+=2 m/s 2由a 2>0可见,假设成立.设通过时刻t 铁块运动到木板的右端,那么有12a 1t 2-12a 2t 2=L 解得t=1 s.(2)①当F ≤μ1(M+m)g=2 N 时,m 、M 相对静止且对地静止,F f =F;②设F=F 1时,m 、M 恰维持相对静止,现在系统的加速度为a=a 2=2 m/s 2.以系统为研究对象,据牛顿第二定律有F 1-μ1(M+m)g=(M+m)a解得F 1=6 N因此,当2 N<F ≤6 N 时,m 、M 相对静止,系统向右做匀加速运动,其加速度a=1()+F M m g M mμ-+ 以M 为研究对象,据牛顿第二定律有F f -μ1(M+m)g=Ma解得F f =2F +1(N); ③当F>6 N 时,m 、M 发生相对运动,F f =μ2mg=4 N因此,F f 随拉力F 大小转变而转变的图像如下图.答案:(1)1 s (2)观点析12.(2021福州罗源月考)如下图,一质量m=500 kg 的木箱放于质量M=2 000 kg 的平板车的后部,木箱到驾驶室的距离l=1.6 m,已知木箱与平板车间的动摩擦因数μ=,平板车运动进程中所受的阻力是车和箱总重的倍.平板车以v 0=22 m/s 的恒定速度行驶,突然驾驶员刹车,使车做匀减速直线运动,为了不让木箱撞击驾驶室,(取g=10 m/s 2)试求:(1)从刹车开始到平板车完全停止至少要通过量长时刻?(2)驾驶员刹车时的制动力不能超过量少?解析:(1)设从平板车刹车开始到停止,车的位移为x 1,木箱的位移为x 2,要使木箱不撞击驾驶室,必需有x 2-x 1≤l,设刹车后平板车和木箱的加速度大小别离为a 1和a 2,那么由匀变速直线运动规律得0=v 0-a 1t;- 20v =-2a 1x 1,- 20v =-2a 2x 2;a 2=μg联立得a 1≤2022o gv v gl μμ-=5 m/s 2,t=01v a ≥225s= s 即从刹车开始到平板车完全停止至少要通过 s.(2)设刹车的制动力为F,以平板车为研究对象,行驶方向为正方向,由牛顿第二定律得μmg-F-k(M+m)g=-Ma 1将a 1=5 m/s 2代入上式,得F max =×103 N即刹车时的制动力不能超过×103 N.答案: (1) s (2) ×103 N13.(2020泉州四校联考)传送带与水平面夹角为θ=37°,传送带以12 m/s 的速度沿顺时针方向转动,如下图.今在传送带上端A 处无初速度地放上一个质量为m 的小物块,它与传送带间的动摩擦因数为,假设传送带A 到B 的长度为24 m,g 取10 m/s 2,那么小物块从A 运动到B 的时刻为多少?(sin 37°=,cos 37°=解析:小物块无初速度地放在传送带上时,所受摩擦力为滑动摩擦力,方向沿斜面向下,小物块受力如图所示,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma,解得a=12 m/s2设小物块加速到12 m/s时运动的距离为x1,所历时刻为t1由v2-0=2ax1得x1=6 m,由v=at1得t1=1 s当小物块的速度加速到12 m/s时,因mgsin θ=μmgco s θ,小物块受到的摩擦力由原先的滑动摩擦力突变成静摩擦力,而且现在恰好为最大静摩擦力,小物块尔后随传送带一路做匀速运动.设AB间的距离为L,那么L-x1=vt2解得t2= s,那么小物块从A运动到B的时刻t=t1+t2,解得t= s.答案: s考点三物体的超重、失重问题14.(2021重庆武隆月考)如下图,一人站在电梯中的体重计上,随电梯一路运动.以下各类情形中,体重计的示数最大的是( )A.电梯匀减速上升,加速度大小为1.0 m/s2B.电梯匀减速下降,加速度大小为1.0 m/s2C.电梯匀加速上升,加速度大小为0.5 m/s2D.电梯匀加速下降,加速度大小为0.5 m/s2解析:电梯匀加速上升和匀减速下降时加速度方向向上,显现超重现象,而电梯匀减速上升和匀加速下降时显现失重现象,由牛顿第二定律可得选项B正确.答案:B15.(2021徐州摸底)一名同窗乘坐电梯从六楼下到一楼的进程中,其v t图像如下图.以下说法正确的是( )A.前2 s内该同窗处于超重状态B.前2 s内该同窗的加速度是最后1 s内的2倍C.该同窗在10 s内的平均速度是1 m/sD.该同窗在10 s内通过的位移是17 m解析:同窗乘坐电梯从六楼下到一楼的进程中,前2 s内电梯向下加速运动,该同窗处于失重状态,前2 s内该同窗的加速度是最后1 s内的1/2,选项A、B错误;该同窗在10 s内的位移为17 m,平均速度是1.7 m/s,选项D正确,C错误.答案:D16.(2021安徽省省级示范高中联考)据2021年10月12日新浪网消息,安徽凤阳县7岁“大力士”杨金龙声名鹊起后,南京、天津等地诸多体育专业学校纷纷向他抛出橄榄枝.最终在安徽省举重队推荐下,小金龙选择了铜陵市业余体校举重队.教练盛红星称在省队测试的时候,小金龙不仅举起45 kg杠铃,还背起体重高达120 kg的王军教练,简直能“秒杀同龄的施瓦辛格”,取g=10 m/s2,请计算:(1)在以a= 2 m/s2匀加速下降的电梯中小金龙能举起杠铃的质量是多少?(2)在以a= 2 m/s2匀加速上升的电梯中小金龙能背起的质量又是多少?解析:(1)小金龙的举力是必然的,即F1=mg=450 N,在以a=2 m/s2匀加速下降的电梯中,设其能举起的质量为m1,那么有m1g-F1= m1a,解得m1=56.25 kg.(2)小金龙能背起的重量是必然的,即F2=Mg=1 200 N,在以a=2 m/s2匀加速上升的电梯中,设其能背起的质量为m2,那么有F2-m2g = m2a,解得m2=100 kg.答案:(1)56.25 kg (2)100 kg17.(2021南通市第一次调研)小明用台秤研究人在起落电梯中的超重与失重现象.他在地面上用台秤称得其体重为500 N,再将台秤移至电梯内称其体重,电梯从t=0时由静止开始运动到t=11 s时停止,取得台秤的示数F随时刻t转变的图像如下图,取g=10 m/s2.求:(1)小明在0～2 s内的加速度大小a1,并判定在这段时刻内小明处于超重仍是失重状态;(2)在10～11 s内,台秤的示数F3;(3)小明运动的总位移x.解析:(1)由图像可知,在0～2 s内,台秤对小明的支持力F1=450 N由牛顿第二定律定律有mg-F1=ma1解得a1=1 m/s2加速度方向竖直向下,故小明处于失重状态.(2) 设在10～11 s内小明的加速度为a3,时刻为t3,0～2 s的时刻为t1,那么a1t1=a3t3解得a3=2 m/s2,由牛顿第二定律有F3-mg=ma3,解得F3=600 N.(3)0～2 s内位移x1=12a121t=2 m2～10 s内位移x2=a1t1t2=16 m10～11 s内位移x3=12a323t=1 m小明运动的总位移x=x1+x2+x3=19 m.答案:(1)1 m/s2失重状态(2)600 N (3)19 m考点四验证牛顿运动定律18.(2021汕头市质量监测)如图(甲)为验证牛顿第二定律的实验装置示用意.(1)平稳小车所受的阻力的操作:取下,把木板不带滑轮的一端垫高;接通打点计时器电源,轻推小车,让小车拖着纸带运动.若是打出的纸带如图(乙)所示,那么应(填“减小”或“增大”)木板的倾角,反复调剂,直到纸带上打出的点迹为止.(2)图(丙)为研究“在外力必然的条件下,物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图像,横坐标m为小车上砝码的质量.已知图中直线的斜率为k,在纵轴上的截距为b,假设牛顿定律成立,那么小车受到的拉力为,小车的质量为.解析:(1)平稳小车所受阻力时不挂砝码,由纸带上的点可知小车做加速运动,因此应减小木板倾角,反复调剂,直到点迹均匀为止.(2)设小车的质量为m′,那么有F=(m+m′)a,变形得1a =1Fm+mF',因此1am图像的斜率为1 F =k,因此作使劲F=1k,1am图像的截距为mF'=b,因此m′=bk.答案:(1)砝码减小距离相等(均匀)(2) 1k b k19.(2021德阳市一诊)某实验小组利用如图(甲)所示的实验装置探讨当合外力一按时,物体运动的加速度与其质量之间的关系.(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离s,遮光条的宽度为d,该实验小组在做实验时,将滑块从图所示位置由静止释放,由数字计时器能够读出遮光条通过光电门1的时刻Δt1,遮光条通过光电门2的时刻Δt2,那么滑块通过光电门1时的瞬时速度的表达式v1= ,滑块通过光电门2时的瞬时速度的表达式v2= ,那么滑块的加速度的表达式a= .(以上表达式均用字母表示)(2)现需通过图像探讨物体加速度与其质量之间的关系,请利用表格数据,在图(乙)中的坐标系中描点作出相应图像. m/g a/(m ·s -2) 250300350400500800解析:(1)遮光条通过光电门的进程可看做匀速直线运动,那么v 1=1d t ∆,v 2=2d t ∆, 由v 2-20v =2ax 可得a=22212d d t t s ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪∆∆⎝⎭⎝⎭=222122212()()2()()d t t s t t ⎡⎤∆-∆⎣⎦∆∆. (2)以a 为纵坐标,1/m 为横坐标,作a 1m的图像. 坐标原点为(0,0)点,各组数据对应数值为:,;,;,;,;,;,;将各组数据在座标系中描点,各点大体在一条直线上,过这些点做直线,取得a1m 图像. 答案:观点析。

2021届高三新题速递·物理高考复习考点03牛顿运动定律(解析版)

考点03牛顿运动定律1．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三开学考试）如图所示，质量为3kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2kg 的物体B 用细线悬挂，A 、B 间相互接触但无压力。

取210m /s g =。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间（）A ．B 对A 的压力大小为12N B ．弹簧弹力大小为20NC ．B 的加速度大小为26m /sD ．A 的加速度为零【答案】A【解析】AC ．剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力A 30N F m g ==剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度2B A B4m/s m ga m m ==+隔离对B 分析N B B m g F m a -=解得N 20N 24N 12N B B F m g m a =-=-⨯=，根据牛顿第三定律可知B 对A 的压力为12N ， C 错误A 正确；B ．细线剪断瞬间弹簧还没有来得及恢复形变，弹力大小不变，即为30N ，B 错误； D ．细线剪断瞬间，整体的加速度相同，均为24m/s ，D 错误。

故选A 。

2．（2020·吉林长春外国语学校高三开学考试）如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为2a 、1a ．重力加速度大小为g ．则有A ．1a g =，2a g =B ．10a =，2a g =C ．10a =，2m Ma g M += D ．1a g =，2m Ma g M+=【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有： mg=F ，a 1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：2F Mg M ma g M M++=＝，故C 正确．故选C ．考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失．3．（2020·吉林长春外国语学校高一期末）质量为M 的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m 的重物从地面向上拉动，如图所示，若重物以加速度a 上升，则人对地面的压力为（）A ．()M m g ma --B ．()M m g ma +-C ．()M m g ma ++D ．Mg ma -【答案】A【解析】以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得T mg ma -=解得绳子的拉力()T m g a =+再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为()()N Mg T Mg m g a M m g ma =-=-+=--根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小()'N N M m g ma ==--故A 正确，BCD 错误。

2021届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练2牛顿运动定律与直线运动(含14真题及解析)新人教版

2021届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练2牛顿运动定律与直线运动（含14真题及解析）新人教版高考定位牛顿运动定律是历年高考重点考查的内容之一．对这部分内容的考查专门灵活，选择、实验、运算等题型均能够考查．其中用整体法和隔离法处理问题，牛顿第二定律与静力学、运动学的综合问题，物体的平稳条件等差不多上高考热点；对牛顿第一、第三定律的考查经常以选择题或融合到运算题中的形式出现．另外，牛顿运动定律在实际中的应用专门多，如弹簧问题、传送带问题、传感器问题、超重失重问题等等，应用专门广泛．考题1 对匀变速直线运动规律的考查例1 为了迎接外宾，对国宾车队要求专门严格．设从同一地点先后开出甲、乙两辆不同型号的国宾汽车在平直的公路上排成直线行驶．汽车甲先开出，汽车乙后开出．汽车甲从静止动身先做加速度为a 1的匀加速直线运动，达到速度v 后改为匀速直线运动．汽车乙从静止动身先做加速度为a 2的匀加速直线运动，达到同一速度v 后也改为匀速直线运动．要使甲、乙两辆汽车都匀速行驶时彼此间隔的间距为x .则甲、乙两辆汽车依次启动的时刻间隔为多少？(不计汽车的大小)审题突破设当甲通过一段时刻t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1，依照匀加速直线运动差不多公式求出位移和速度，设乙动身后，通过一段时刻t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2，依照匀加速直线运动差不多公式求出位移和速度，设甲匀速运动时刻为t ，甲、乙依次启动的时刻间隔为Δt ，依照位移关系列式即可求解．解析设当甲通过一段时刻t 1匀加速运动达到速度v ，位移为x 1，对甲，有：v ＝a 1t 1①v 2＝2a 1x 1②设乙动身后，通过一段时刻t 2匀加速运动达到速度v ，位移为x 2，对乙，有：v ＝ɑ2t 2③v 2＝2ɑ2x 2④设甲匀速运动时刻t 后，乙也开始匀速运动，甲、乙依次启动的时刻间隔为Δt ，由题意知：Δt ＝t 1＋t －t 2⑤x ＝x 1＋vt －x 2⑥解得：Δt ＝x v ＋v 2a 1－v2a 2.答案xv＋v2a1－v2a21．如图1甲所示，一个m＝3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0～3 s时刻内物体的加速度a随时刻t的变化规律如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )甲乙图1A．在0～3 s时刻内，物体的速度先增大后减小B．3 s末物体的速度最大，最大速度为10 m/sC．2 s末F最大，F的最大值为12 ND．前2 s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变答案BD解析物体在前3 s内始终做加速运动，第3 s内加速度减小说明物体速度增加得慢了，但仍是加速运动，故A错误；因为物体速度始终增加，故3 s末物体的速度最大，在a－t图象上图象与时刻轴所围图形的面积表示速度变化，Δv＝10 m/s，物体由静止开始加速运动，故最大速度为10 m/s，因此B正确；由F合＝ma知前2 s内的合外力为12 N，由于受摩擦力作用，故作用力大于12 N，故C错误．2．(2020·山东·23)研究说明，一样人的刹车反应时刻(即图2甲中“反应过程”所用时刻)t0＝ s，但饮酒会导致反应时刻延长．在某次试验中，理想者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发觉情形到汽车停止，行驶距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：图2(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时刻；(2)饮酒使理想者的反应时刻比一样人增加了多少；(3)减速过程汽车对理想者作用力的大小与理想者重力大小的比值．答案 (1)8 m/s 2s (2) s (3)415解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时刻为t ，由题可得初速度v 0＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2as① t ＝v 0a②联立①②式，代入数据得a ＝8 m/s 2③t ＝ s.(2)设理想者反应时刻为t ′，反应时刻的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋s④ Δt ＝t ′－t 0⑤联立④⑤式，代入数据得Δt ＝ s.(3)设理想者所受合外力的大小为F ，汽车对理想者作用力的大小为F 0，理想者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma⑥ 由平行四边形定则得F 20＝F 2＋(mg )2⑦联立③⑥⑦式，代入数据得F 0mg ＝415.1．假如一个物体的运动包含几个时期，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．2．描述匀变速直线运动的差不多物理量有v 0、v 、a 、x 、t 五个量，每一个差不多公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，依照所涉及的物理量选择合适的公式求解，会使问题简化．3．关于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零．求解此类问题应先判定车停下所用的时刻，再选择合适的公式求解．考题2 对牛顿第二定律应用的考查例2 如图3所示，A 、B 两滑环分别套在间距为1 m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m 的轻弹簧将两环相连，在A 环上作用一沿杆方向、大小为20 N 的拉力F ，当两环都沿杆以相同的加速度a 运动时，弹簧与杆夹角为53°.(cos 53°＝图3(1)求弹簧的劲度系数；(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬时，A 的加速度大小为a ′，a ′与a 之比为多少？审题突破 (1)以两球和弹簧组成的整体为研究对象，依照牛顿第二定律求出加速度，再以B 为研究对象求出弹簧的弹力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬时，弹簧的弹力没有来得及变化，再分析受力，由牛顿第二定律求解a ′与a 之比．解析 (1)先取A 、B 和弹簧组成的整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律F ＝(m A ＋m B )a ①再取B 为研究对象，F 弹cos 53°＝m B a②①②联立解得，F 弹＝25 N 由几何关系得，弹簧的伸长量Δx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1sin 53°－1 m ＝0.25 m 由F 弹＝k Δx 解得弹簧的劲度系数k ＝F 弹Δx＝100 N/m (2)撤去力F 瞬时，弹簧弹力不变，A 的加速度大小a ′＝F 弹cos 53°m A，方向沿杆方向向左由②式得a ＝F 弹cos 53°m B，方向沿杆水平向右因此a ′∶a ＝m B ∶m A ＝3∶1 答案 (1)100 N/m (2)3∶13．(2020·新课标Ⅰ·17)如图4所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平稳状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐步增大到某一值，然后保持此值，小球稳固地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)，与稳固在竖直位置时相比，小球的高度( )图4A ．一定升高B．一定降低C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定答案 A解析设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知k(l′－l0)cos θ＝mg则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θl′cos θ＝l－l0(1－cos θ)即l′cos θ<l因此小球高度一定升高，故选项A正确．(1)不管是哪种情形，联系力和运动的“桥梁”差不多上加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是查找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．(2)物体的运动情形由受力情形及物体运动的初始条件共同决定．考题3 应用动力学方法分析传送带问题例3某煤矿运输部有一新采购的水平浅色足够长传送带以4.0 m/s的恒定速度运动，若使该传送带改做加速度大小为3.0 m/s2的匀减速运动，同时在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块(可视为质点)无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相关于传送带运动的位移大小？(运算结果保留两位有效数字)审题突破煤块先相关于传送带向后滑动，速度相同后，又相对传送带向前滑，依照运动学公式，结合速度时刻图线求出两次过程中相对位移的大小，从而得出划痕的长度．解析由运动情形作出传送带和煤块的v—t图象，如图所示．因煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，则煤块在传送带上运动的加速度a0＝μg＝1.0 m/s2设传送带的加速度大小为a，由运动学规律得：v1＝a0t1＝v0－at1解得t 1＝v 0a ＋μg＝ s v 1＝1.0 m/s此过程中煤块相关于传送带向后滑动，划线的长度为l 1＝v 0t 1－12at 21－12a 0t 21＝2.0 m当煤块与传送带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相关于传送带又向前滑动，划线的长度l 2＝v 212μg －v 212a ＝13 m≈0.33 m因为l 1>l 2，煤块在传送带上留下的划线长度为l 1＝2.0 m 煤块相关于传送带的位移为x ＝l 1－l 2＝2.0 m －0.33 m≈1.7 m 答案 2.0 m 1.7 m4．(2020·四川·7)如图5所示，水平传送带以速度v 1匀速运动，小物体P 、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t ＝0时刻P 在传送带左端具有速度v 2，P 与定滑轮间的绳水平，t ＝t 0时刻P 离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P 速度随时刻变化的图像可能是( )图5答案 BC解析若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确．若v 1>v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，现在P 一直向右减速，减速到零后反向加速．若v 2>v 1，P 受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmgm，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T >μmg ，此后加速度a2＝F T－μmgm，故C正确，A、D 错误．分析处理传送带问题时需要专门注意两点：一是对物体在初态时(静止开释或有初速度的开释)所受滑动摩擦力的方向的分析；二是对物体与传送带共速时摩擦力的有无及方向的分析．例4 (14分)如图6所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端．已知m与M之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F作用下始终向右以速度v2(v2>v1)匀速运动，求：图6(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块可不能从木板上滑下来？解析(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中F f1、F f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知F f1＝μ1mg(1分)F f2＝μ2(m＋M)g(2分)由平稳条件得：F＝F f1＋F f2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g(2分)(2)设物块向左匀减速至速度为零的时刻为t1，则t1＝v1μ1g(1分)设物块向左匀减速运动的位移为x1，则考题4应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题x 1＝v 12t 1＝v 212μ1g(1分)设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时刻为t 2，则t 2＝v 2μ1g(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x 2，则x 2＝v 22t 2＝v 222μ1g (1分)此过程中木板向右匀速运动的总位移为x ′，则x ′＝v 2(t 1＋t 2)(1分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：L ＝x ′＋x 1－x 2(2分)代入数据解得：L ＝v 1＋v 222μ1g.(2分)答案 (1)μ1mg ＋μ2(m ＋M )g (2)v 1＋v 222μ1g(2020·新课标Ⅱ·25)(16分)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相关于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时刻图象如图7所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，求：图7(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)； (2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相关于木板的位移的大小．答案 (1) (2)1.125 m解析 (1)从t ＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直连续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t 1＝ s 时，物块和木板的速度相同．设t ＝0到t ＝t 1时刻间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1① a 2＝v 0－v 1t 1②式中v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 1③(μ1＋2μ2)mg ＝ma 2④联立①②③④式得μ1＝ ⑤ μ2＝⑥(2)在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f ，物块和木板的加速度大小分别为a 1′和a 2′，则由牛顿第二定律得f ＝ma 1′ ⑦ 2μ2mg －f ＝ma 2′⑧假设f ＜μ1mg ，则a 1′＝a 2′；由⑤⑥⑦⑧式得f ＝μ2mg ＞μ1mg ，与假设矛盾，故f ＝μ1mg ⑨ 由⑦⑨式知：物块加速度的大小a 1′等于a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相关于地面的运动距离分别为s 1＝2×v212a 1⑩ s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′⑪物块相关于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式得s ＝1.125 m知识专题练训练2题组1 匀变速直线运动规律1．(2020·福建·15)如图1所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．关于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时刻，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )图1答案 B解析滑块沿斜面向下做匀减速运动，故滑块下滑过程中，速度随时刻平均变化，加速度a 不变，选项C 、D 错误．设斜面倾角为θ，则s ＝hsin θ＝v 0t －12at 2，故h —t 、s —t 图象都应是开口向下的抛物线，选项A 错误，选项B 正确．2．(2020·新课标Ⅰ·24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机能够采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而可不能与前车相碰．通常情形下，人的反应时刻和汽车系统的反应时刻之和为1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．(g 取10 m/s 2)答案 20 m/s解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时刻为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0① s ＝v 0t 0＋v202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg ＝ma④s ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(v ＝－24 m/s 不符合实际，舍去)题组2 牛顿第二定律的应用3．如图2甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m ＝2 kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t ＝0 s 时解除锁定，运算机通过传感器描画出滑块的速度时刻图象如图乙所示，其中Ob 段为曲线，bc 段为直线，g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝.则下列说法正确的是( )图2A ．在 s 末滑块的加速度为－8 m/s 2B ．滑块在～ s 时刻间隔内沿斜面向下运动C ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝D ．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动答案 AC解析在v －t 图象中，斜率代表加速度， s 末滑块的加速度a ＝Δv Δt ＝－8 m/s 2，故A 正确；滑块在～ s 时刻间隔内沿斜面向上运动，故B 错误；滑块在～ s 内，由牛顿第二定律可知，－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，可求得μ＝，故C 正确；在0～ s 过程中为滑块和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速运动后做减速运动，故D 错误．4．如图3所示，A 、B 是两个质量均为m ＝1 kg 的小球，两球由长L ＝4 m 的轻杆相连组成系统，水平面上的P 、Q 两点间是一段长度为4.5 m 的粗糙平面，其余部分表面光滑，小球与PQ 间的动摩擦因数μ＝，球A 、B 分别静止在P 点两侧，离P 点的距离均为L2.两球均可视为质点，不计轻杆质量，现对B 球施加一水平向右F ＝4 N 的拉力，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)A 球通过P 点时系统的速度大小；(2)若当A 球通过P 点时赶忙撤去F ，最后A 、B 球静止，A 球静止时与Q 点的距离．答案 (1)2 m/s (2)3 m解析 (1)设系统开始运动时加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －μmg ＝2ma 1解得a 1＝1 m/s 2设A 球通过P 点时速度为v 1，则v 21＝2a 1·L 2得v 1＝2 m/s(2)设A 、B 在P 、Q 间做匀减速运动时加速度大小为a 2，则有 2μmg ＝2ma 2a 2＝μg ＝2 m/s 2当A 球通过P 点时拉力F 撤去，但系统将连续滑行，设当B 到达Q 时滑行的距离为x 1，速度为v 2，则有x 1＝x PQ －L ＝0.5 m由v 22－v 21＝－2a 2x 1 解得v 2＝ 2 m/s因为v 2>0，故知B 球将通过Q 点，做匀减速直线运动，现在加速度大小为a 3. 则有μmg ＝2ma 3a 3＝1 m/s 2设系统连续滑行x 2后静止，则有 0－v 22＝－2a 3x 2 可得x 2＝1 m即A 球静止时与Q 点的距离Δx ＝L －x 2＝3 m 题组3 应用动力学方法分析传送带5．如图4所示，倾斜的传送带以恒定的速度v 2向上运动，一个小物块以初速度v 1从底端冲上传送带，且v 1大于v 2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则( )图4A ．小物块到达顶端的速度可能等于零B ．小物块到达顶端的速度不可能等于v 2C ．小物块的机械能一直在减小D ．小物块所受的合外力一直做负功答案 AD解析当传送带对小物块的滑动摩擦力小于重力沿传送带向下的分力时，小物块有可能一直减速到达顶端速度恰好减为零，因此A 正确；小物块的速度小于v 2以后，摩擦力对小物块做正功，机械能增大，因此C 错误；若传送带对小物块的滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力，当小物块速度减为v 2时，以v 2做匀速运动，因此到达顶端的速度有可能等于v 2，故B 错误；因小物块一直在减速，依照动能定理可得合外力一直做负功，因此D 正确．6．如图5甲所示，水平传送带AB 逆时针匀速转动，一个质量为M ＝1.0 kg 的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时刻的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点)．已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2.求：甲乙图5(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ； (2)物块在传送带上的运动时刻； (3)整个过程中系统产生的热量．答案 (1) (2) s (3)18 J解析 (1)由速度图象可知，物块做匀变速运动的加速度：a ＝Δv Δt ＝2.0 m/s 2由牛顿第二定律得F f ＝Ma则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg＝.(2)由速度图象可知，物块初速度大小v ＝4 m/s 、传送带速度大小v ′＝2 m/s ，物块在传送带上滑动t 1＝3 s 后，与传送带相对静止．前2 s 内物块的位移大小x 1＝v2t ＝4 m ，向右，后1 s 内的位移大小x 2＝v ′2t ′＝1 m ，向左，3 s 内位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右；物块再向左运动时刻t 2＝xv ′＝ s. 物块在传送带上运动时刻t ＝t 1＋t 2＝ s.(3)物块在传送带上滑动的3 s 内，传送带的位移x ′＝v ′t 1＝6 m ，向左物块的位移x ＝x 1－x 2＝3 m ，向右相对位移为Δx ′＝x ′＋x ＝9 m 因此转化的热能E Q ＝F f ·Δx ′＝18 J.题组4 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”7．如图6所示，质量为m ＝1 kg 的物块，放置在质量M ＝2 kg 足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度L 均为1 m ，边界距离为d ，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3 N ．将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止开释，已知在整个过程中物块可不能滑离木板．取g ＝10 m/s 2.图6(1)在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？(2)若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d ； (3)物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．答案 (1)2 m/s (2)1.5 m (3)3 m解析 (1)对物块由牛顿第二定律：F －μmg ＝ma m 1得：a m 1＝F －μmg m＝2 m/s 2由L ＝12a m 1t 21得t 1＝2La m 1＝1 sv m 1＝a m 1t 1＝2 m/s.(2)Ⅰ区域内，对木板：由μmg ＝Ma M 1得a M 1＝0.5 m/s 2物块到达Ⅰ区域边缘处，木板的速度：v M 1＝a M 1t 1＝0.5 m/s离开Ⅰ区域后：对物块：由μmg ＝ma m 2，得a m 2＝1 m/s 2对木板：a M 2＝a M 1＝0.5 m/s 2当物块与木板达共同速度时：v m 1－a m 2t 2＝v M 1＋a M 2t 2 得t 2＝1 s两作用区边界距离为d ＝v m 1t 2－12a m 2t 22＝1.5 m.(3)由于F >μmg ，因此物块与木板最终只能停在两作用区之间．由全过程能量守恒与转化规律：FL ＝μmgx得：x ＝FLμmg＝3 m.8．如图7甲所示，由斜面AB 和水平面BC 组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB 部分光滑，AB 长度为s ＝2.5 m ，水平部分BC 粗糙．物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值．上表面与BC 等高且粗糙程度相同的木板DE 紧靠在物块的右端，木板DE 质量M ＝4 kg ，长度L ＝1.5 m ．一可视为质点的滑块从A 点由静止开始下滑，经B 点由斜面转到水平面时速度大小不变．滑块从A 到C 过程中，传感器记录到力和时刻的关系如图乙所示．g 取10 m/s 2，求：图7(1)斜面AB 的倾角θ； (2)滑块的质量m ；(3)滑块到达木板DE 右端时的速度大小．答案 (1)30° (2)2 kg (3)1 m/s解析 (1)在0～1 s 内滑块沿斜面匀加速下滑：mg sin θ＝ma s ＝12at 2由题图乙知：t ＝1 s解得sin θ＝12，即θ＝30°.(2)在0～1 s 内对物块ABC 受力分析： mg cos θ·sin θ－F ＝0由题图乙知：F ＝5 3 N 解得m ＝2 kg.(3)滑块到达B 点时的速度v B ＝at ＝gt sin θ＝5 m/s 1～2 s 滑块在BC 部分做减速运动：μmg ＝ma ′ 对物块，由图象知：μmg ＝F ＝4 N 解得a ′＝2 m/s 2，μ＝滑块到达C 点时：v C ＝v B －a ′t ＝v B －μg ·t ＝3 m/s 滑块滑上木板DE 时：对滑块：－μmg ＝ma 1 对木板：μmg ＝Ma 2解得a 1＝－2 m/s 2，a 2＝1 m/s 2设滑块在木板上的滑行时刻为t ，x 滑块＝v C t ＋12a 1t 2x 木板＝12a 2t 2L ＝x 滑块－x 木板解得t ＝1 s现在，滑块速度v 滑块＝v C ＋a 1t ＝1 m/s 木板速度v 木板＝a 2t ＝1 m/s滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.。

压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题备战2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(解析版)

压轴题12 牛顿运动定律解决连接体问题一、单选题1.两个表面粗糙程度相同的物体A和B，它们的质量分别为m1和m2，中间用一根轻质细绳连接。

将它们放置在粗糙水平地面上，物体A受到沿水平方向作用力F时，两物体共同运动，绳中拉力恰好达到所能承受的最大张力。

欲使拉力F变大且细绳不被拉断，则下列操作中可行的是A. 减小A物体的质量m1B. 减小B物体的质量m2C. 将它们放在光滑水平地面上运动D. 将它们放在动摩擦因数更大的水平面上运动【答案】B【解析】设接触面的动摩擦因数为μ，一起运动的加速度为a，之间绳子的拉力为T，对整体，由牛顿第二定律：F−μ(m1+m2)g=(m1+m2)对B，由牛顿第二定律：T−μm2g=m2a联立知，绳子拉力T=m2m1+m2F可见绳子的拉力与接触面的粗糙程度无关，与F和A、B的质量有关。

由于开始绳子拉力恰好达到最大，欲使拉力F变大且细绳不被拉断，必然使m2m1+m2减小才可能。

由于m2m1+m2=1m1m2+1，故可增大A的质量m1，或者减小B的质量m2，故ACD错误，B正确。

故选B。

2.如图所示，两个质量均为m的物块P、Q叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数为μ.若用水平外力F将物块Q从物块P的下方抽出，抽出过程中P、Q的加速度分别为a P、a Q，且a Q=2a P，重力加速度为g，则F的大小为()A. 3μmgB. 2.5μmgC. 4μmgD. 5μmg【答案】D【解析】以P为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma p可得：a p=μg所以：a Q=2a p=2μg对Q受力分析，根据牛顿第二定律有：F−3μmg=ma Q可得拉力为：F=3μmg+ma Q=5μmg所以D正确，ABC错误。

故选：D。

3.不计质量的细绳依次连接两个质量不同的小球，上面的小球质量较大些，悬挂在密闭车厢的顶上.当车厢向左匀加速运动达到稳定时，图中能正确反映上、下两段细绳与竖直方向的关系的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】分别对两小球受力分析如图所示，对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有ma=Tcosα①，而在竖直方向则有mg=Tsinα②；对上面小球M，同理有Ma=Fcosβ−Tcosα③，Mg+Tsinα=Fsinβ④，由①③容易得到，Fcosβ=(M+m)a而②④则得Fsinβ=(M+m)g故有tanβ=ga而由①②得到tanα=ga因此β=α，所以B正确，ACD错误。

专题08 牛顿运动定律的综合应用(解析版)-2021届高考物理热点题型归纳与变式演练

2021届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题08 牛顿运动定律的综合应用【专题导航】目录热点题型一动力学两类基本问题 (1)类型一已知受力情况求运动情况 (1)类型二已知运动情况求受力情况 (3)热点题型二动力学中的图象问题 (5)类型一动力学中的v－t图象。

(6)类型二动力学中的F－x图象 (7)类型三动力学中的Ft图象。

(8)类型四动力学中的aF图象 (8)热点题型三动力学中的连接体问题 (10)热点题型四动力学中的临界和极值问题的分析方法 (13)类型一、叠加体系统临界极值问题 (14)类型二、运动类临界极值问题 (15)热点题型五动力学方法分析多过程问题 (17)【题型归纳】热点题型一动力学两类基本问题【题型要点】两类动力学问题(1)已知物体的受力情况求物体的运动情况。

(2)已知物体的运动情况求物体的受力情况。

【规律方法】．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下：类型一已知受力情况求运动情况【例1】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 ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，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 ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，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； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。

【答案】 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m 【解析】(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m 。

高考必备04 牛顿定律(2)-2021年高三物理重点模型训练(解析版)

18
设下滑加速度大小为，由牛顿第二定律得：
ԁ⺁쳌
ԁ ‫ ⺁݋‬즈 a
解得a 즈 2 ms-2
所以 즈 4 s 时物体的速度：
즈 _ _ 즈 2 ᐃ /⺁ 즈 2 /⺁答： ᐃ 物体运动～ᐃ⺁和 ᐃ⺁～2⺁内的加速度大小分别为 20 /⺁^2 和 10ms-2； 2 物体与斜面间的动摩擦因数和拉力 F 的大小分别为 ጱ 和 30N；
즈 4⺁时物体的速度大小为 2 /⺁．
【解析】 ᐃ 由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度；
2 根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数和拉力 F 的大小；
先通过图象得到 3s 末速度为零，然后求出 3s 到 4s 物体的加速度，再根据速度时间关系
公式求解 4s 末速度．
【名师点拨】本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运
2 根据牛顿第二定律得：施加拉力时：
ԁ ‫⺁݋‬
ԁ⺁쳌 즈 ᐃ
撤去拉力后 ԁ⺁쳌
ԁ ‫ ⺁݋‬즈 2
联立解得： 즈 N
즈ጱ
在物体沿斜面向上运动的过程中，设撤去力 F 后物体运动到最高点的时间为 2
vᐃ 즈 2 2 解得 2 즈 2 /ᐃ 즈 2 s 则物体沿斜面下滑的时间为 즈
ᐃ 2즈4 2 ᐃ즈ᐃs
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
H1
13 25
H
⑪
超重失重模型
【模型】超重，是物体所受限制力（拉力或支持力）大于物体所受重力的现象。当物体做向上加速运动或向下减速运动时，物体均处于超重状态，即不管物体如何运动，只要具有向上的加速度，物体就处于超重状态。

专题03 牛顿运动定律(解析版)-2021年高考物理专项攻关高分宝典

2021年高考物理专项攻关高分宝典（解析版）专题【03】牛顿运动定律【备考建议】【经典例题】一、与图像有关的加速度问题【典例1】【2019·全国卷Ⅲ】如图a，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。

细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图b所示，木板的速度v与时间t的关系如图c所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取10 m/s2。

由题给数据可以得出()A．木板的质量为1 kg B．2～4 s内，力F的大小为0.4 NC．0～2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB牛顿运动定律是高考的必考内容，考查频率最好的是动力学的两类基本问题和动力学的图像问题，既有选择题，也有计算题。

计算题往往结合运动图像生活中的运动实例，有时还与电场中的带电体的运动相结合，涉及多过程或多物体的综合，难度较大。

考生应熟练掌握牛顿第二定律及其应用，尤其是物体的受力分析、运动分析的方法。

【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b 知，2 s 后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N 。

由题图c 知，2～4 s 内，木板的加速度大小a 1＝0.42 m/s 2＝0.2 m/s 2，撤去外力F 后的加速度大小a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2 m/s 2，设木板质量为m ，据牛顿第二定律，对木板有：2～4 s 内：F －F 摩＝ma 1,4s 以后：F 摩＝ma 2，解得m ＝1 kg ，F ＝0.4 N ，A 、B 正确。

0～2 s 内，木板静止，F ＝f ，由题图b 知，F 是均匀增加的，C 错误。

因物块质量不可求，故由F 摩＝μm 物g 可知动摩擦因数不可求，D 错误。

二、滑块-传送带模型【典例2】【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。

考点10 牛顿第一、三定律——2021年高考物理专题复习附真题及解析

考点10 牛顿第一、三定律考点解读一、牛顿第一定律1．定义：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

2．物体具有的保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性。

牛顿第一定律也叫惯性定律。

3．决定惯性的唯一物理量是质量，所以惯性用质量描述。

4．牛顿第一定律定义了惯性，是牛顿运动定律的基础，同时它还可以视为牛顿第二定律的特殊情况，即描述F=0，a=0的平衡状态。

一个物体保持匀速直线运动状态或静止状态，我们就说这个物体处于平衡状态（中学阶段不考虑在无外力作用下匀速转动的平衡状态）。

二、牛顿第一定律发现史1．亚里士多德：力是物体运动的原因。

2．伽利略：力不是维持物体运动的原因。

3．笛卡儿：如果匀速直线运动的物体不受外力，它将保持原来的运动状态不变。

（亚里士多德、伽利略和笛卡儿的时代并无力的概念，这里是为了表述方便借用了力的概念）4．牛顿：总结伽利略和笛卡儿的工作，抽象出力的概念，定义惯性。

三、牛顿第三定律1．定义：相互作用的两物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。

2．在牛顿第三定律的补充下，对运动状态相同的多个物体系统，就可以同时使用整体法和隔离法。

在使用整体法时，系统内力相互抵消。

四、相互作用力与一对平衡力对比重点考向考向一牛顿第一定律典例引领（2020·海南省东方市琼西中学高一月考）下列现象中哪个不是由于惯性导致的是（）A．奔跑的人绊到石头后会向前扑倒 B．铅球出手后仍能继续前进C．公交车突然启动时乘客会后仰D．短跑运动员比赛时穿跑鞋可提高成绩【参考答案】D【详细解析】A．奔跑的人绊到石头后会向前扑倒是因为人的上半身有保持原来运动状态不变的性质，是由于惯性的作用，故选项A不符合题意；B．铅球出手后仍能继续前进，因为任何物体都有惯性，所以当铅球离开手后，由于惯性会继续向前飞行，故选项B不符合题意；C．汽车突然启动时，人的下半身随着汽车一起运动，而上半身由于惯性仍然保持原来的运动状态，所以会向后仰，故选项C不符合题意；D．田径比赛中，运动员穿跑鞋是为了增大摩擦力，故D符合题意．故选D。

专题02 牛顿运动定律(解析版)2021年高三物理模块综合训练

2021年高三物理模块综合训练二牛顿运动定律（解析版）一、单选题（每小题3分，共计24分）1.（2020年浙江卷）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。

当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。

已知飞机受到重力G、发动机推力1F、与速度方向垂直的升力2F和与速度方向相反的空气阻力f F。

下列受力分析示意图可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力F f与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。

故选A。

2. （2020年全国III卷）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α=70°，则β等于（）A. 45°B. 55°C. 60°D. 70°【答案】B【解析】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有=+1802βαβ=。

解得55故选B。

3．（2020年北京卷）某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况。

实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。

水平向左拉木板，传感器记录的F t-图像如图乙所示。

下列说法正确的是（）A . 实验中必须让木板保持匀速运动B. 图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C. 最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7D. 只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数【答案】C【解析】AB ．为了能研究摩擦力随时间的变化曲线，故物块一直要处于静止状态，则向左的摩擦力一直与向右轻绳的拉力平衡，图乙是向右轻绳的拉力随时间变化曲线，故图乙也可以反映摩擦力随时间变化的曲线，由图可乙知向右轻绳的拉力先增大后减小，最后趋于不变，故物块先受静摩擦力作用后受滑动摩擦力作用，所以不需要让木板保持匀速运动，故AB 错误；C ．由图可知，最大静摩擦力约为10N ，滑动摩擦力约为7N ，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为10:7，故C 正确；D ．根据 f N F F μ=，N F mg =可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D 错误。

2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十三牛顿运动定律的综合应用(解析版)

2021年新高考物理一轮复习考点强化训练考点十三牛顿运动定律的综合应用1.如图所示,质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上,其上放置质量为m1的物块A,A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接。

释放C,A和B一起以加速度a从静止开始运动,已知A、B间动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则细线中的拉力大小为()A.MgB.Mg+MaC.(m1+m2)aD.m1a+μm1g答案C以C为研究对象,有Mg-T=Ma,解得T=Mg-Ma,故A、B错误;以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可知T=(m1+m2)a,故C正确;A、B间为静摩擦力,根据牛顿第二定律,对B可知f=m2a,对A可知T-f'=m1a,f=f',联立解得T=(m1+m2)a,故D错误。

2.如图所示,质量为M的小车放在光滑的水平面上,小车上用细线悬吊一质量为m的球,M>m,用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成θ角,细线的拉力为F1。

若用一力F'水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a'向左运动时,细线与竖直方向也成θ角,细线的拉力为F1'。

则()A.a'=a,F1'=F1B.a'>a,F1'=F1C.a'<a,F1'=F1D.a'>a,F1'>F1答案B当用力F水平向右拉小球时,以小球为研究对象竖直方向有F1cos θ=mg①水平方向有F-F1sin θ=ma以整体为研究对象有F=(m+M)a解得a=g tan θ②当用力F'水平向左拉小车时,以小球为研究对象竖直方向有F1' cos θ=mg③水平方向有F1' sin θ=ma'解得a'=g tan θ④结合两种情况,由①③式有F1=F1';由②④式并结合M>m有a'>a。

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牛顿运动定律【原卷】 1．嫦娥五号上升器发动机工作约6分钟，成功将携带样品的上升器送入到近月

点环月轨道。若该发动机向后喷射的气体速度约为10km/s，持续给上升器提供3000N的推力，已知上升器质量约为500kg，月球表面重力加速度21.6m/sg，下列说法正确的是（） A．上升器刚脱离月球表面的加速度为22.8m/s B．上升器刚脱离月球表面的加速度为24.4m/s C．发动机在1s时间内喷射的气体质量约为0.60kg D．发动机在1s时间内喷射的气体质量约为0.30kg

2．如图所示水平面上，O点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为m、2m、3m和

4m的4个滑块（视为质点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为L。滑

块1恰好位于O点，滑块2、3、4依次沿直线水平向左排开。现对滑块1施加一水平恒力F，在第2个滑块进入粗糙水平面后至第3个滑块进入粗糙水平面前，滑块做匀速直线运动。已知滑块与粗糙水平面间的动摩擦因素均为，重力加速度为g，则下列判断正确的是（）

A．水平恒力大小为3mg B．滑块匀速运动的速度大小为25gL C．在第2个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1g4 D．在水平恒力F的作用下，滑块不能全部进入粗糙水平面

3．随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无

人机将质量m=1kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过t1=2s后变成匀速直线运动，已知匀速直线运动时间t2=5s，然后再经匀减速t3=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度h=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N，整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求：（1）物品运动过程中的最大速率；（2）匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；（3）匀加速阶段无人机对物品的作用力大小。

4．2020年疫情期间，一则“外卖小哥用无人机送外卖”的新闻传遍了整个网络，

目前无人机得到了广泛的应用，饿了么已经将送餐无人机投入试运营。如图所示为送餐无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，无人机（包括外卖）的质量为2kgm，若无人机在地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞，经时间4st=时离地面的高度为48mh，已知无人机动力系统所能提供的最大升力为36N，假设无人机（包括外卖）运动过程中所受空气阻力的大小恒定，g取210m/s，求：（1）无人机（包括外卖）运动过程中所受空气阻力的大小；（2）当无人机悬停在距离地面高度45mh处时，无人机由于信号故障突然失去全部升力，由静止开始竖直坠落，若无人机到达地面时速度刚好减为0，刚开始下落后经多长时间需要立刻恢复最大升力？

5．如图所示，一质量M=0.3kg，足够长“T”形支架，竖直立在水平地面上，有一

质量m=0.2kg的物块套在支架直杆上，物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），开始时弹簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能EP=278J。现解除锁定，弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为f=1.5N，不计空气阻力。求： (1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度大小； (2)支架能上升的最大高度； (3)从解除锁定到支架落回地面的过程中系统因摩擦损失的机械能。 6．如图所示的巨型装置具有“世界第一跳楼机”之称。该跳楼机可以用30s时间

将座舱中的乘客送入120m的高空。假设座舱沿竖直方向从地面由静止开始匀加速上升，达到最大速度后开始做匀减速运动，到达最高点时速度恰好为零，匀加速运动的加速度大小是匀减速运动加速度大小的2倍。忽略空气阻力和风力的影响。求：（1）上升过程中座舱的最大速度；（2）减速过程中座舱的加速度；（3）质量为60kg的乘客在加速过程中受到座舱的作用力大小。 7．有一水平足够长的传送带，以3m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右

端与倾角为37°的粗糙固定斜面底端B平滑连接，一质量1kg的小滑块从斜面上A点由静止释放，经过一段时间后，最终停在传送带与斜面的连接处。小滑块与斜面、传送带之间的动摩擦因数均为0.5，A、B间距离为4m。重力加速度g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小滑块从释放到第一次到达B点经历的时间；（2）小滑块第三次通过B点的速度大小；（3）从释放到最终停止，小滑块运动的总路程。

8．有两块形状完全相同的木板A、B，并排放在粗糙水平面上，木板A、B的两

端光滑，上下面分别喷涂了不同的物质。一质量为2kgm的金属块C放在木板A的最左端，如图所示。已知木板A、B长均为2mL、质量均为0.5kgM，金属块C和A、B之间的动摩擦因数分别为0.20.4CACB、，木板A、B和地面之间的动摩擦因数分别为0.10.2AB、，现给金属块C施加一水平向右的恒力F，重力加速度210m/sg，求：（1）为了把C拉离木板AF，的最小值；（2）设8NF，当CA、分离时、、ABC的速度；（3）若在CA、分离时，撤掉力FB，速度最大时，A的速度。 9．如图甲，在光滑水平面上放置一木板A，在A上放置物块B。A与B之间的

动摩擦因数为0.2，0时刻起，对A施加沿水平方向的力，A和B由静止开始运动。在0~2s内，A的加速度随时间变化的关系如图乙所示。运动过程中B始终未脱离A，重力加速度取210m/sg。求：（1）绘制A的速度一时间图像，并求A在0~2s内的位移；（2）B在0~2s内的位移。

10．北京2022冬季奥运会的申办成功使冰雪运动得到了进一步的普及。如图所

示，倾角为37的斜坡滑道与水平滑道平滑连接。一名滑雪爱好者在滑道上进行训练，滑雪者及装备的总质量60kgm，滑板与斜坡滑道的动摩擦因数0.25。滑雪者从斜坡滑道的A点由静止开始滑下，滑到斜坡滑道底端B点

后采取制动措施，然后继续沿水平滑道滑行到C点停下。已知AB的长度

150mL，BC的长度216mL，整个运动过程中不计空气阻力，忽略经过B点

时的能量损失（重力加速度g取102m/s，sin370.6，cos370.8）。求：（1）滑雪者沿斜坡滑道下滑时加速度a的大小（2）滑雪者滑到B处时速度Bv的大小（3）滑雪者在水平滑道上滑行时受到的阻力f的大小

牛顿运动定律 1．嫦娥五号上升器发动机工作约6分钟，成功将携带样品的上升器送入到近月

A错误B正确； CD．以气体为研究对象，设1st内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得 0Ftmv 其中10000m/sv，解得

0.30kgFtmv C错误D正确。答案BD。 2．如图所示水平面上，O点左侧光滑，右侧粗糙，质量分别为m、2m、3m和

4m的4个滑块（视为质点），用轻质细杆相连，相邻滑块间的距离为L。滑

A．水平恒力大小为3mg B．滑块匀速运动的速度大小为25gL C．在第2个滑块进入粗糙水平面前，滑块的加速度大小为1g4 D．在水平恒力F的作用下，滑块不能全部进入粗糙水平面【答案】ABD 【详解】 A．滑块做匀速直线运动，由平衡条件可得 23Fmgmgmg 所以A正确； BC．在第2个滑块进入前，有 1234Fmgmmmma

解得

ga

滑块匀速运动的速度大小为

1225vaLgL

所以B正确；C错误； D．假设在水平恒力F的作用下，滑块能全部进入粗糙水平面，由动能定理有 33223=kFLmgLmgLmgLE 解得

kEmgL 则假设不成立，所以在水平恒力F的作用下，滑块不能全部进入粗糙水平面，则D正确；故选ABD。 3．随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无

【答案】（1）5m/s；（2）1.25m/s2，10m；（3）17.5N 【详解】（1）由题意可知 mm1m2322

vvtvtth

解得 vm=5m/s

（2）匀减速阶段物品的加速度大小