高中物理牛顿运动定律考点专题训练.docx

高中物理牛顿运动定律考点专题训练1单选题1、如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A物体相连接，将B物体放置在A物体的上面，A、B的质量都为m，初始时两物体都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使物体B开始向上做匀加速运动，拉力F与物体B的位移x的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）A物体B位移为4cm时，弹簧处于原长状态B物体B的加速度大小为5m/s2C物体A的质量为4kgD弹簧的劲度系数为5N/cm答案：C解析：A当物体B位移为4cm时，物体A、B仍有向上的加速度，此时弹簧产生的向上的弹力大于物体A的重力，所以弹簧处于压缩状态，选项A错误；BC设力F未作用时弹簧的压缩量为x0，则有kx02mg设物体A、B的共同加速度大小为a，则当FF120N时，由牛顿第二定律得F1kx02mg2ma当FF250N时，物体A、B刚好分离，对物体B有F2mgma以上各式联立可解得a2.5m/s2，m4kg选项B错误，C正确；D当物体A、B刚好分离时，对物体A有k（x0x）mgma将x0.04m代入解得k7.5N/cm选项D错误。故选C。2、如图所示，有A、B两物体，mA2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）A它们的加速度agsinB它们的加速度agsinC细绳的张力FT0D细绳的张力FT=13mBgsin答案：A解析：ABA、B整体由牛顿第二定律可得(mA+mB)gsin(mA+mB)a解得agsinA正确，B错误；B对B受力分析，由牛顿第二定律可得mBgsin+T=mBa解得T=0故细绳的张力为零，CD错误。故选A。3、如图所示，所有质点同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为（）A圆弧B抛物线C水平线D斜线答案：A解析：设轨道与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律，物体的加速度a = mgcosm = gcos所有小物体在相等时间内的位移x=12at2=12gcost2=12gt2cos由图可知12gt2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，某一时刻这些小物体所在位置构成的面是圆弧。故选A。4、如图所示，在某建筑地，工人甲将质量为m的工件利用固定在支架上的光滑定滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，绳索与水平方向的夹角为；工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。己知甲、乙的质量分别为M甲、M乙，重力加速度大小为g，甲，乙始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变B乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐减小C工件匀速上升时。楼顶对甲的支持力为M甲-mgD工件以加速度a匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为m(g+a)cos答案：D解析：A乙将工件拉到楼顶过程，设两绳结点上方绳索与竖直方向夹角为，对结点由平衡条件可得甲拉的绳索上的拉力为T1=mgcos由平衡条件可得，甲受到的摩擦力为f1=T1cos由于变大，可知T1变大，f1变大，A错误；B乙将工件拉到楼顶过程，乙对轻绳的拉力为T2=mgtan由平衡条件可得，乙受到的摩擦力为f2=T2由于变大，可知T2变大，f2变大，B错误；C工件匀速上升时，绳上拉力T大小等于工件的重力mg，在竖直方向对甲由平衡条件可得N+Tsin=M甲g解得楼顶对甲的支持力为N=M甲g-Tsin=M甲g-mgsinC错误；D工件以加速度a匀加速上升时，对工件由牛顿第二定律可得T-mg=ma在水平方向对甲由平衡条件可得f=Tcos联立解得楼顶对甲的摩擦力为f=m(g+a)cosD正确。故选D。5、下列说法正确的是（）A伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量D两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力答案：C解析：A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；B万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；C在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；D两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。故选C。6、如图所示，有A、B两物体，mA2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）A它们的加速度agsinB它们的加速度av1，则（）At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案：BC解析：A相对地面而言，小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；B小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；C由B中分析可知，0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；D在0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。11、如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）A金属棒的最大电压为12BL2ghB金属在磁场中的运动时间为2dghC克服安培力所做的功为mghD右端的电阻R产生的焦耳热为12（mghmgd）答案：AD解析：A金属棒在下滑过程中，由机械能守恒定律得mgh=12mv2则得金属棒到达水平面时的速度v=2gh金属棒进入磁场后受到向左的安培力和摩擦力而做减速运动，则金属棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E=BLv金属棒的最大电压为U=12E=12BL2ghA正确；B金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，根据牛顿第二定律得-mg-B2L2v2R=ma=mvt即得-mgt-B2L2v2Rt=mv两边求和得(-mgt-B2L2v2Rt)=mv则得-mgt-B2L2d2R=0-mv解得金属在磁场中的运动时间为t=m2gh-B2L2d2RmgB错误；C金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh-WB-mgd=0-0则克服安培力做功WB=mgh-mgdC错误；D克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热QR=12Q=12WB=12(mgh-mgd)D正确。故选AD。12、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（）A亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案：BCD解析：A亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；BCD牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。故选BCD。13、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（）A滑块2下滑过程中，加速度一直减小B滑块2经过B处时的加速度等于零C物块1和滑块2的质量之比为3：2D若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5答案：BD解析：AB滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；C物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为h=(3d)2+(4d)2-3d=2d则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有m1g2d=m2g4d解得m1:m2=2:1故C错误；D根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得v2cos=v1其中cos=4d5d=45则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比v1:v2=4:5故D正确；故选BD。14、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则（）A在t1时刻，外力F为零B在0t1内，外力F大小不断减小C在t1t2内，外力F大小可能不断减小D在t1t2内，外力F大小可能先减小后增大答案：BCD解析：Av-t图线的斜率表示加速度，在t1时刻图线斜率为零，即加速度为零，说明外力F等于摩擦力，外力F不为零，A错误；B在0t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得F-mg=ma说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B正确；CD在t1t2时间内，加速度方向与运动方向相反且加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，外力F可能小于摩擦力（方向不变），且一直减小，也可能减小到零后反向增大，CD正确。故选BCD。15、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（）A滑块始终与木板存在相对运动B滑块未能滑出木板C滑块的质量m2大于木板的质量m1D在t1时刻，滑块从木板上滑出答案：ACD解析：滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为a2m2gm2ga1m2gm1由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则a2a1即gm2gm1则m1m2故选ACD。16、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（）A2m/s2B3m/s2C4m/s2D5m/s2答案：BC解析：同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为5NF9N由牛顿第二定律可得a=Fm解得2.5m/s2aF弹竖可知在B点时弹簧伸长量较大，即B点在B点下方；2圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。21、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的动量_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”） 人的动能_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”）加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），动量和动能_（填“最大”或者“最小”）。答案： 先增大后减小 先增大后减小 最大解析：解：1 从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人下降的速度先增大后减小，因此人的动量先增大后减小。2 人下降的速度先增大后减小，由动能公式可知，人的动能先增大后减小。3加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），人的速度最大，人的动量和动能最大。22、质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F_N，物体与水平面间的动摩擦因数_。（g取10m/s2）答案： 3 0.05解析：12物体在力F作用下加速运动的加速度a1=1010m/s2=1m/s2根据牛顿第二定律可知F-mg=ma1撤去F后，加速度大小a2=1020m/s2=0.5m/s2根据牛顿第二定律可知mg=ma2联立解得F=3N=0.0523、方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的_，利用牛顿第二定律可得G_。答案： 质量m mg解析：略24、方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的_，利用牛顿第二定律可得G_。答案： 质量m mg解析：略解答题25、2021年9月29日万里黄河第一隧“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s=4760m。一位质量为m=75kg的司机驾驶某小型汽车从起点处由静止以a=4m/s2的加速度匀加速起步，速度达到v=16m/s后保持匀速行驶，到达终点前s3=80m开始匀减速运动，到达终点时刚好停下，假设司机相对汽车始终静止，汽车在运动过程中始终可以看做水平面上的直线运动，重力加速度g取10m/s2，求（1）汽车通过全程所用时间；（2）司机匀加速过程中所受汽车作用力的大小。答案：（1）304.5s；（2）15029N解析：（1）加速过程由运动学公式v=at1t1=4ss1=12at12减速过程s3=0+v2t3t3=10s匀速过程s2=s-s1-s3t2=s2v=290.5s总时间t=t1+t2+t3t=304.5s（2）作用力克服重力并提供了加速度，根据力的合成F=ma2+mg2F=15029N26、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块A位于质量为2m、长为L的木板B的右端P处，B放在光滑水平面上，A、B之间的动摩擦因数为。某时刻给B施加一大小为5mg的水平拉力F，当A位于B的中点时撤去拉力。求：（1）拉力F的作用时间；（2）滑块A在木板B上与P端的最远距离。答案：（1）Lg；（2）56L解析：（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有对滑块AmgmaA对木板BFmg2maB根据运动学规律，A、B的位移分别为xA12aAt2xB12aBt2由题意知xBxAL2整理得t=Lg（2）撤去F时，A、B的速度分别为vAaAt，vBaBt设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得mvA2mvBm2mv设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得mgx112mv212mvA2mgx2122mv2122mvB2最终滑块与木板P端的距离为xL2x2x156L27、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。（1）计算说明该货物能否被运送到车上；（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J解析：（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有mgsin37+Ff=ma1其中滑动摩擦力Ff=FN=mgcos37联立得货物的加速度a1=10m/s2取t1时刻，货物与传送带共速，有v=v0-a1t1解得t1=0.4s在t1时间内，货物运动的位移x1=v+v02t1=1.6m共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有mgsin37-Ff=ma2联立得货物的加速度大小a2=2m/s2设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v,有v2-v2=-2a2L-x1解得v=1m/s即货物被运送到传送带顶端的速度为v=1m/s，所以货物能被运送到车上。（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为s1=v0+v2t1-vt1=0.8mt1后到货物被运送到传送带顶端用时t2=v+va2=0.5st2时间内，货物与传送带的相对位移为s2=vt2-v+v2t2=0.25m全程因摩擦而产生的热量Q=Ffs1+s2=mgcos37s1+s2=42J28、如图所示，水平传动带以v0=4m/s的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g取10m/s2，则：（1）经多长时间物块会与传动带共速。（2）经多长时间物块会从传动带右端掉下来。答案：（1）2s；（2）3s解析：（1）物块刚放上传动带时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg=ma解得物块的加速度为a=2m/s2物块与传送带共速所需时间为t1=v0a=2s（2）物块匀加速运动的位移为s=v02t1=4m之后匀速运动到右端的时间为t2=L-sv0=1s物块从传动带左端到右端的时间为t=t1+t2=3s即经3s物块会从传动带右端掉下来。29、如图所示，水平地面上固定一倾角为37的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.010-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s解析：（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有mgsin37-mgcos37=ma1得a1=-0.4m/s2根据运动学公式有v12-v02=2a1x解得v1=0.6m/s（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有Ft-mgsin37t=mv1-mv1解得F=1206N（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t，由牛顿第二定律有mgcos37+mgsin37=ma2a2=12.4m/s2根据运动学公式0=v1-a2t解得t=362s由mgcos37mgsin37，物体沿斜面运动的时间为362s.30、如图所示，倾角=37的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L1=0.7m，E、F间距离L2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB=4kg的平板B和质量mC=3kg的重物C，质量mA=1kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离L0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F=10N的恒力。已知小物块A、平板B之间动摩擦因数1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取g=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。答案：（1）2N；（2）2.05s解析：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得mA+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mA+mBa解得a=4m/s2设B对A的静摩擦力大小为FfBA，对A受力分析，由牛顿第二定律得mAgsin37-FfBA=mAa解得FfBA=2NA、B间的最大静摩擦力Ffmax=1mAgcos=6NFfBAFfmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足v02=2aL解得v0=4m/s设该过程的运动时间为t1，则v0=at1解得t1=1s当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有F+mAgsin37-1mAgcos37=mAa1解得a1=10m/s2对平板B有1mAgcos37+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mBa2解得a2=5m/s2当小物块A刚运动至E点时，速度满足v12-v02=2a1L2解得