高考物理二轮复习闯关导练热点3牛顿运动定律含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点3牛顿运动定律含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．在某次交通事故中一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的电动车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的分析正确的是( )
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
2．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FNC．t2～t3时间内，v增大，FND．t2～t3时间内，v减小，FN>mg
3．[2020·河南顶级名校第四次联测]如图所示，水平地面上放置一个质量为1 kg的物块A，在A的上面放置另一个质量也为1 kg的物块B，已知A与地面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，A、B之间的动摩擦因数为μ2＝0.2.现在给物块A施加一个与水平方向夹角为θ＝37°、斜向右上方、大小恒为10 N的力F，则物块B所受的摩擦力(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)( )
A．大小为0.5 N，方向水平向右
B．大小为2 N，方向水平向右
C．大小为0.5 N，方向水平向左
D．大小为2 N，方向水平向左
4.
[2020·江苏扬州中学调研]如图所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A的速度恰好最大，已知重力加速度为g，则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为( )
A．3g B．2.5g
C．2g D．1.5g
5．[2020·云南昆明市教学质量检测]如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝eq \f(R,3)，重力加速度为g，则F的大小为( )
A.eq \f(\r(5),3)Mg B.eq \f(\r(5),2)Mg
C.eq \f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq \f(\r(5),2)(M＋m)g
6．[2020·江苏卷，5]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量．某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B.eq \f(19F,20)
C.eq \f(F,19) D.eq \f(F,20)
7.
[2020·福建三明市质检]水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则( )
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2
B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
8.
[2020·江西上饶市重点中学六校第一次联考]如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为eq \f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是( )
A．a＝0 B．a＝eq \f(2μg,3)
C．a＝eq \f(μg,2) D．a＝eq \f(F,2m)－eq \f(μg,4)
9．高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小均为F，每节车厢质量都为m，每节车厢所受阻力均为车厢重力的k倍，重力加速度为g，则( )
A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上
B．整个列车的加速度大小为eq \f(F－2kmg,2m)
C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为eq \f(F,2)
D．第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为eq \f(F＋kmg,2)
10．粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F及运动速度v随时间变化的图线如图中甲、乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．前2 s内物体运动的加速度大小为2 m/s2
B．前4 s内物体运动的位移的大小为8 m
C．物体的质量m为2 kg
D．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1
二、非选择题
11．[2020·浙江7月，19]如图1所示，有一质量m＝200 kg的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置．当加速运动到总位移的eq \f(1,4)时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的F ­ t图线如图2所示，t＝34 s末速度减为0时恰好到达指定位置．若不计绳索的质量和空气阻力，求物件
图1 图2
(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；
(2)匀速运动的速度大小；
(3)总位移的大小．
12.[2020·湖南衡阳市联考(二)]如图甲所示，在水平地面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1.设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t (N)，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1；
(2)求t＝10 s时，两物体的加速度大小；
(3)在图乙中画出木块的加速度随时间变化的图象．(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程)
13．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s的速度顺时针转动，现使小物块以2 m/s的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)小物块与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内小物块与传送带之间的划痕长度．
热点3 牛顿运动定律
1．答案：A
2．答案：D
解析：根据位移­时间图象的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图象斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确．
3．答案：A
解析：假设A、B一起运动，以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcsθ－μ1(mAg＋mBg－Fsin θ)＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5 m/s2；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有FfAB＝mBa＝0.5 N<μ2mBg＝2 N，假设成立，所以物块B所受的摩擦力为静摩擦力，大小为FfAB＝0.5 N，方向水平向右，故A正确，B、C、D错误．
4．答案：C
解析：经弹簧原长时小球A速度恰好最大，此时小球加速度为零，则恒力F＝mg；木块B对地面压力为零时，由平衡条件知弹簧的弹力为2mg，又由牛顿第二定律得：F－mg－2mg＝ma，解得小球A的加速度a＝－2g，方向竖直向下，故C正确．
5.
答案：D
解析：连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，由几何关系得：
cs θ＝eq \f(R－H,R)＝eq \f(2,3)
sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(5),3)
则tan θ＝eq \f(\r(5),2)
此时小球受到的合外力
F合＝mgtan θ＝eq \f(\r(5),2)mg
由牛顿第二定律可得：a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(\r(5),2)g
以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F＝(M＋m)a＝eq \f(\r(5),2)(M＋m)g，
故D正确，A、B、C错误．
6．答案：C
解析：设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C项正确，A、B、D项均错误．
7．答案：BC
解析：在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(3,10)＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(6－5－3,1) m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝eq \f(0－v,a)＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
8．答案：ACD
解析：若F较小时，木板和物块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板一起运动且不发生相对滑动，对木板和物块的整体，根据牛顿第二定律可得： F－eq \f(1,4)μ·2mg＝2ma，解得：a＝eq \f(F,2m)－eq \f(1,4)μg，选项D正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg－eq \f(1,4)μ·2mg＝ma，解得：a＝eq \f(1,2)μg，故选项B错误，C正确．
9．答案：BC
解析：启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的力，两个力的合力方向斜向上方，选项A错误；对整个列车，根据牛顿第二定律：4F－8kmg＝8ma，解得a＝eq \f(F－2kmg,2m)，选项B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21－kmg＝ma，解得F21＝eq \f(F,2)，选项C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32＋F－2kmg＝2ma，解得F32＝0，根据牛顿第三定律可知，选项D错误．
10．答案：AD
解析：根据速度图象的斜率等于加速度，可知前2 s内物体的运动加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,2) m/s2＝2 m/s2，故A正确；前4 s内物体的位移为x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×4＋2×4)) m＝12 m，故B错误；根据牛顿第二定律得：前2 s内F1－μmg＝ma后2 s内F2＝μmg，由图得F1＝15 N，F2＝5 N，代入解得：m＝5 kg，μ＝0.1，故C错误，D正确．
11．答案：(1)0.125 m/s2 方向竖直向下 (2)1 m/s (3)40 m
解析：(1)牛顿第二定律mg－FT＝ma
得a＝g－eq \f(FT,m)＝0.125 m/s2
竖直向下
(2)运动学公式v＝at2＝1 m/s
(3)匀速上升的位移h1＝vt1＝26 m
匀减速上升的位移h2＝eq \f(v,2)t2＝4 m
总位移h＝40 m
12．答案：(1)4 s (2)3 m/s2 12 m/s2 (3)见解析图
解析：(1)当F<μ2(m1＋m2)g＝3 N时，此时F<μ1m2g＝6 N,0木块和木板都没有被拉动，处于静止状态．
当木块和木板相对静止一起运动时，
对m1：Ffmax－μ2(m1＋m2)g＝m1a，
Ffmax＝μ1m2g
解得：a＝3 m/s2
对m1和m2整体有：F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a
解得F1＝12 N
由F1＝3t1(N)得：t1＝4 s
(2)t＝10 s时，木块与木板已相对运动，则有：对m1：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1
解得：a1＝3 m/s2
对m2：F－μ1m2g＝m2a2
F＝3t＝30 N
解得：a2＝12 m/s2.
(3)由(1)(2)问分析可知，图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)
13．答案：(1)eq \f(7,8) (2)18 m
解析：(1)根据v ­ t图象的斜率表示加速度可得a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2
由牛顿第二定律得
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得μ＝eq \f(7,8)
(2)0～8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带匀速运动的距离为：
x带＝4×6 m＝24 m，
由题图乙可知：0～2 s内物块位移大小为：x1＝eq \f(1,2)×2×2 m＝2 m，方向沿斜面向下，2～6 s内物块位移大小为：x2＝eq \f(1,2)×4×4 m＝8 m，方向沿斜面向上
所以划痕的长度为：Δx＝x带＋x1－x2＝(24＋2－8) m＝18 m.