2021高考物理(全国版)一轮复习考点考法精练：专题三 牛顿运动定律 Word版含解析

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专题三牛顿运动定律
一、选择题(共10小题,60分)
1。

［2020广东深圳调研］一跳伞运动员从悬停的直升机上跳下，2
s后开启降落伞,运动员跳伞过程中的v-t图象如图所示,根据图象
可知运动员（）
A。

在2～6 s内速度先向上后向下
B。

在2～6 s内加速度先向上后向下
C。

在2～6 s内先处于失重状态后处于超重状态
D。

在0~20 s内先匀加速再匀减速最终匀速运动
2.［2020四川泸州检测］2018年11月16日,第26届国际计量大会通过“修订国际单位制（SI)”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义。

以F表示力,v表示速度,a表示加速度,x表示位移，t表示时间,m表示质量，借助单位制可知下列表达式可能正确的是(）
A.x=Ft
m B.t=√x
a
C.v=√xat
D.a=√x
t2
3.［新情境］蹦极是近年来流行的一项户外休闲活动.跳跃者站在约50 m高的塔台上，把一根原长为L的弹性绳的一端绑在双腿的踝关节处，另一端固定在塔台上，跳跃者头朝下跳下去。

若弹性绳的弹力遵循胡克定律，不计空气阻力,则在跳跃者从起跳到第一次下落到最低点的过程中，下列图象中正确的是()
A B C D
4.[2020辽宁沈阳高三开学考试]如图所示,A、B两球（可视为质点）质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处.已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向，O、A、B恰好构成一个正三角形，重力加速度为g,则下列说法中正确的是（)
mg
A.球A对竖直墙壁的压力大小为1
2
B.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力
mg
C.绳OB对B的拉力大小等于1
2
D。

球A对地面的压力有可能为零
M。

5.在光滑水平面上有一小车A,其质量为M,小车上叠放一个物体B,其质量为1
2
如图甲所示,给B一个水平推力F，当F增大到某一值时，A、B恰好出现相对滑动。

如果撤去F，对A施加一水平推力F’，如图乙所示，当F’增大到某一值时,A、B也恰好出现相对滑动，则A、B恰好出现相对滑动时的F与F’之比是（）
A.1∶2 B。

2∶1 C.3∶1 D。

1∶3
6.［2019山西太原模拟]如图甲所示，一质量为M的长
木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑
块.木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时,用传感
器测出其加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，取g=10
m/s2.则下列说法错误的是（)
A.滑块的质量m=4 kg
B.木板的质量M=2 kg
C.当F=8 N时滑块的加速度为2 m/s2
D.滑块与木板间的动摩擦因数为0。

1
7.［2019重庆第一次质量抽测]甲、乙两物体都静止在水平面上,质量分别为m
、m乙，与水平面间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙.现用水平拉力F分别
甲
作用于两物体,加速度a与拉力F的关系如图，图中b、-2c、—c为相应
坐标值，重力加速度为g。

由图可知（)
A.μ甲=g
2c ,m甲=2c
b
B.μ甲=2c
g ,m甲=b
2c
C。

m甲∶m乙=1∶2，μ甲∶μ乙=1∶2
D.m甲∶m乙=2∶1，μ甲∶μ乙=1∶2
8。

［多选］如图所示,木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系一小球,小球下端用固定在木箱底部的细线拉紧。

剪断细线，小球向上运动到最大位移处时木箱刚好不能离开地面。

设木箱刚好不能离开地面的时
刻为t0,木箱质量M大于小球质量m，重力加速度大小为g,下列说法正确的
是( ）
A。

t0时刻小球速度为零
B.t0时刻小球加速度为零
C.t0时刻可能是刚剪断细线的时刻
D.t0时刻小球的加速度大于2g
9.［多选]如图所示，在两堵相距为L（L大小未知）的竖直平行的墙面上有A、B两点,O为L的中点,A、O、B三点在同一竖直平面内,其中A点离地高度为H，B点离地高度为h。

现在两堵墙之间放置两个光滑的固定斜面AO和BO，并让两个小物块（可看作质点)从两斜面的A、B点同时由静止滑下,发现两小物块同时到达O点,重力加速度为g,则（)
A.两堵墙之间的距离L=2√Hℎ
B。

两堵墙之间的距离L=√2(H2+ℎ2)
C.两小物块的运动时间均为2√H+ℎ
g
D.两小物块的运动时间均为√2(H+ℎ)
g
10.[新情境,多选］飞机场的行李传送装置如图所示，水平传送带以速度v1顺时针匀速转动，倾斜传送带以速度v2顺时针匀速转动,v1〈v2，倾斜传送带与水平面的夹角为θ,在水平传送带A端轻放一个行李箱，该行李箱与传送带间的动摩擦因数μ〉tan θ，两传送带之间平滑连接，则行李箱速度随时间变化的关系可能是( ）
二、非选择题（共5小题,50分）
11。

[新角度,5分］在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组利用了如图甲所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车,在小车和重物之间接一个质量不计的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F,保持小车[包括位移传感器（发射器)］的质量M不变,改变重物质量m重复实验若干次,得到加速度与外力的关系图象如图乙所示。

(1)图乙中的a-F图线不过原点，表明实验之前缺少的一个步骤是.
（2)本实验是否需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器(发射器)的总质
量？ .（填“是”或“否”，并说明理由)
（3)若某同学做该实验时,没有使用位移传感器和力传感器,只是用细绳把重物绕过定滑轮与小车相连，实验获得的a-F图线仍是图乙.随着所挂重物质量增大，细绳拉小车的力将越来越大,结果会使a-F图线不断延伸,如图丙所示，预测延伸的后半部分的图线将会是.(填“①”“②”或“③"）
12.［6分］某研究性学习小组设计了如图甲所示的实验装置来探究加速度和力、质量的关系.图中长木板的倾角可以调整，钩码和滑块的质量均可以改变（重力加速度大小为g）.
图甲
图乙
(1)探究加速度与力的关系。

A.悬挂一质量为m0的钩码,调整长木板的倾角,直至轻推质量为M的滑块后，纸带上的点均匀分布,则滑块沿长木板向下做匀速直线运动。

B.保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码,接通打点计时器的电源，让滑块沿长木板滑下，打点计时器打出的纸带如图乙所示(已知打点计时器接频率为50 Hz的交流电源）.打点计时器在打下D点时滑块的速度v D= m/s；滑块做匀加速直线运动的加速度a1= m/s2；滑块下滑时所受合外力F
= .(计算结果保留到小数点后一位)
1
C。

保持滑块的质量不变,增加钩码的质量，重复步骤A、B,多次实验得到加速度a1、a2、a3……和合外力F1、F2、F3……，以加速度a为纵轴,以合外力F为
横轴，作出的图象是一条过坐标原点的直线,说
明。

(2）探究加速度与质量的关系。

A。

悬挂一质量为m的钩码,调整长木板的倾角，直至轻推质量为M的滑块后，
纸带上的点均匀分布，则滑块沿长木板向下做匀速直线运动；
B。

保持长木板的倾角不变,取下细绳和钩码,接通打点计时器的电源,然后让滑
块沿长木板滑下,求出滑块的加速度;
C。

保持钩码的质量不变,改变滑块的质
量, ;
D.再保持调整后长木板的倾角不变,取下细绳和钩码，接通打点计时器的电源，
然后让滑块沿长木板滑下，求出滑块的加速度;多次实验得到加速度a1、a2、a
……和滑块的质量M1、M2、M3……;以加速度a为纵轴,以为横轴，作出3
的图象是一条过坐标原点的直线。

13。

[新情境，12分]2019年11月5日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙
运载火箭，成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号系统3颗倾斜地球
同步轨道卫星全部发射完毕。

假设在发射火箭过程中，首先由火箭助推器提供
推力,使火箭上升到离地面30 km的高空,速度达到1.2 km/s,然后助推器脱落
并向上做减速运动,最后落回地面被回收。

火箭助推器运动过程中所受地球引力
可视为恒力，大小等于其在地球表面时所受的重力,助推器脱落后的运动过程中,
受到的阻力大小恒为助推器重力的1
,g=10 m/s2,求：
5
（1）助推器能上升到距离地面的最大高度;
(2）助推器落到地面前瞬间的速度大小和助推器从脱落到落回地面经历的时间。

14.［12分]如图所示,A、B两物块（可视为质点)放在水平面上，用轻弹簧相连接，A物块的质量为2 kg，B物块的质量为0。

5 kg，两物块与水平面间的动摩擦因数均为0.5，弹簧的劲度系数为100 N/m,弹簧处于原长状态。

现用水平向右的拉力F拉物块B，使物块B以1 m/s2的加速度从静止开始向右做匀加速直线运动,重力加速度为10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块运动过程中,弹簧的形变始终在弹性限度内。

(1）求刚开始时加在物块B上的拉力大小；
（2）当物块A刚好要滑动时,求此时拉力的大小及物块B运动的距离；
（3）若在对物块B施加拉力时将物块A锁定，B以1 m/s2的加速度做匀加速直线运动，一段时间后解除对A的锁定，解除对A的锁定的瞬间A的加速度大小为2 m/s2，则从B开始运动到A解除锁定这一过程中，B运动的时间为多少？
15.[2020四川高三联考,15分]如图所示，质量为2m的长木板静止在光滑水平地面上,另一质量为m的小物块叠放在长木板的一端A处,B是长木板的中点,物块与木板间的动摩擦因数为μ。

若对物块施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动，若对长木板施加水平向左的力F2也可使小物块恰好与木板发生相对滑动.（最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力）
（1）求F1与F2的大小之比.
（2)若F1与F2均增加为原来的2倍，求小物块在木板上运动到B点的时间之比。

1。

C 由题图v —t 图象可知运动员速度方向一直竖直向下,A 项错误；在2~6 s 内，运动员先加速向下运动，加速度向下,处于失重状态，后减速向下运动，加速度向上,处于超重状态，B 项错误,C 项正确;由v-t 图线的斜率表示加速度可知，D 项错误.
2。

B 表达式x=Ft m 左边的单位是m,右边的单位为N ·s kg
=kg ·m ·s -2
·s
kg =m/s,选项A 错误;表达式t=√x a 左边的单位为s ，右边的单位为√m
m ·s -2=s ，选项B 正确；表达式v=√xat 左边的单位为m/s ，右边的单位为√m ·m ·s -2·s =m·√s -1,选项C 错误;表达式a=√x
t 2左边的单位为m/s 2
,右边的单位为√m
s 2,选项D 错误。

3。

C 绳子没有绷紧前,跳跃者做自由落体运动,加速度大小保持不变，速度均匀增加。

在绳子开始绷紧之后,弹力逐渐增大, 一开始弹力仍小于重力，跳跃者先做加速度减小的加速运动,当弹力大于重力时,做加速度增大的减速运动,故C 正确.
【光速解法】 在绳子绷紧后的一小段时间内，速度仍会增加,可排除D 选项.开始时,加速度方向竖直向下，大小保持不变,之后逐渐减小，方向不变,最后方向竖直向上，可排除A 、B 选项。

4。

D A 、B 两球的受力分析如图所示,对B 球有T OB sin 60°=F B sin 60°,T OB cos 60°+F B cos 60°=mg ，解得T OB =F B =mg ，选项C 错误;由牛顿第三定律可知，弹簧对球A 的弹力与对球B 的弹力大小相等(F A =F B ）、方向相
反，选项B 错误；对球A 有F’N =F A sin 60°，即竖直墙壁对A 的支持力F'N =√32mg ,故F N =F'N =√32mg ，选项A 错误；当绳OA 对A 的拉力T OA =mg+F A cos 60°，即T OA =32
mg 时，地面对球A 的支持力恰好为零，故球A 对地面的压力恰好为零，选项D 正确。

5.A 设小车A 与物体B 间的动摩擦因数为μ，对于题图甲所示的情况,推力F
最大时，对A 、B 整体分析有F=(M+12M ）a 1，对小车A 分析有μ·12
Mg=Ma 1;对于题图乙所示的情况，对A 、B 整体分析有F’=(M+12
M )a 2，对物体B 分析有μ·12Mg=12
Ma 2；联立解得F ∶F'=1∶2,故A 正确,B 、C 、D 错误。

6.C 由题图乙可知,当F=6 N 时，a=1 m/s 2
,对长木板与小滑块组成的系统整体分析有F=（M+m ）a ,解得M+m=6 kg ，当F 〉6 N 时，对木板，根据牛顿第二定律
得a=F -μmg M ,此时图线的斜率k=1M =12
kg -1
，解得M=2 kg ，则滑块的质量m=4 kg ，故A 、B 正确；根据F>6 N 时图线的延长线知,F=4 N 时,a=0,由a=F -μmg M 得μ=0。

1,故D 正确；当F=8 N 时,对滑块，根据μmg=ma'得a'=1 m/s 2
，故C 错误. 7.B 对其中的任意一个物体受力分析，由牛顿第二定律得F-μmg=ma ，解得
a=1m F —μg ，结合图象可知1m 甲
=2c b 、 μ甲g=2c ,1m 乙
=c b 、 μ乙g=c ,解得m 甲=b 2c
、 μ甲
=2c g ，m 乙=b c 、 μ乙=c
g
,A 错误，B 正确;m 甲∶m 乙=1∶2，μ甲∶μ乙=2∶1,C 、D 错误。

8。

AD 由题意可知，t 0时刻的弹簧压缩量最大，小球速度为零，加速度不为零,A 正确，B 错误;刚剪断细线时,弹簧处于拉伸状态，弹簧对木箱有向下的拉力，木箱不可能刚好不离开地面，C 错误；如图所示，在t 0时刻对木箱受力分析，知木箱受到重力与弹簧向上的弹力F ,故有F=Mg ，对小球受力分析,知小球受到重力与弹簧向下的弹力F',又由牛顿第三定律可知F=F’，故有mg+F’=ma ，又
M>m ,解得a=M+m m
g>2g ，D 正确.
9。

AD 根据两小物块同时到达O 点，写出时间表达式为t=√2s a
，又因为s 1=√H 2+L 24、s 2=√ℎ2+L 2
4,a 1=g
√H 2+
L 24
、a 2=g
√ℎ2+
L 24
，解得L=2√Hℎ,t=√2(H+ℎ)
g
，故A 、D 正确.
10.ACD 行李箱在水平传送带上先在滑动摩擦力作用下做初速度为零的匀加速
直线运动,行李箱的速度可能与水平传送带共速,之后做匀速直线运动.滑上倾斜传送带时,由于v 1〈v 2，且μ>tan θ,对行李箱受力分析有μmg cos θ〉mg sin θ，可知行李箱在水平传送带上可能先做匀加速运动后做匀速匀动,滑上倾斜传送带后可能先匀加速后匀速运动，而不会减速运动,所以A 项所示图是可能的,故A 项正确,B 项错误。

行李箱在水平传送带上可能一直做匀加速直线运动，滑上倾斜传送带时,可能一直做匀加速运动,故C 项正确。

行李箱也可能在水平传送带上做匀加速运动，滑上倾斜传送带后先做匀加速运动，后做匀速直线运动,D 项所示图是可能的，故D 项正确.
11。

(1)平衡摩擦力(1分） (2）否，由于小车所受合外力可以通过力传感器
直接读出，所以不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器（发射器）的总质量（2分) （3）①（2分）
解析:(1)对小车受力分析,根据牛顿第二定律知a =F -f M =1M F -f
M ，说明在实验前缺少
的步骤是平衡摩擦力。

(2)否，由于小车所受合外力可以通过力传感器直接读出，所以不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器(发射器)的总质量.(3）
由牛顿第二定律知小车的加速度大小a =mg -f m+M =1m+M mg —f m+M ,随m 增大，图线的斜率k =1m+M 变小，故a —F 图线不断延伸,后半部分的图线应是①.
12。

（1)1.7（1分) 3。

9（2分) m 0g （1分) 滑块的加速度与合外力成正比 （1分） (2）重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑(1分） 1
M (1分） 解析:（1）计数周期为T=0。

04 s,v D =CE 2T =
7.07+6.45
0.08
×10-2m/s=1.7 m/s ；根据逐差法
可得a 1=CE -AC (2T )2=6.45+7.07-(5.20+5.84)(0.08)2
×10—2
m/s 2
=3。

9 m/s 2
；因为m 0g=Mg sin θ—f ,所以滑块受到的合外力F 1=Mg sin θ-f=m 0g 。

（2)要保持合外力不变，所以重新调整
长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑;因为a=F M ，所以应以1M 为横轴。

13.解析:（1)火箭加速上升的高度h 1=3×104
m ，助推器脱落时的速度v 1=1。

2×103
m/s
助推器脱落后向上做匀减速运动,f=15
mg ,有mg+f=ma 1(2分）
v 12=2a 1h 2（1分)
v 1=a 1t 1（1分）
解得h 2=6×104
m ，t 1=100 s （1分)
助推器上升的最大高度为h=h 1+h 2=9×104
m(或90 km)(1分) (2)助推器从最高点下落过程中,有mg —f=ma 2(2分）
v 22=2a 2h （1分)
v 2=a 2t 2（1分)
解得v 2=1 200 m/s ，t 2=150 s （1分)
助推器从脱落到落回地面经历的时间t=t 1+t 2=250 s(1分）
14.解析：（1)由于拉力作用后物块B 开始以1 m/s 2
的加速度做匀加速直线运动，对物块B 受力分析，根据牛顿第二定律知刚开始时有 F 0—μm B g=m B a (2分） 解得F 0=3 N 。

(1分）
（2）当物块A 刚好要滑动时,设此时弹簧的伸长量为x ,则 对物块A 有kx=μm A g （1分)
得弹簧的伸长量，即物块B 运动的距离x=0。

1 m(1分) 对物块B 有F 1—kx —μm B g=m B a （1分) 解得此时拉力的大小F 1=13 N 。

(1分）
(3)由题意知解除锁定瞬间，物块A 的加速度大小为2 m/s 2
,对A 受力分析,根据
牛顿第二定律有kx'—μm A g=m A a'(2分)
得x'=0.14 m(1分）
对物块B,由x'=1
2
at2（1分)
解得B运动的时间t=√7
5
s。

(1分）
15。

解析:(1）把物块放在长木板A处，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动时，物块与长木板间的静摩擦力刚好达到最大静摩擦力,二者有共同加速度a1，对长木板有μmg=2ma1（2分)
对物块与长木板整体，有F1=3ma1，则F1=3
2
μmg(1分)
若对长木板施加水平向左的力F2使小物块恰好与木板发生相对滑动,二者有共同加速度a2,则对物块有μmg=ma2（1分）
对物块与长木板整体,有F2=3ma2,则F2=3μmg(1分）
即F1与F2的大小之比为1∶2.(1分）
（2)若把F1增加到原来的2倍,即增加后变为F'1=3μmg,物块加速度为a'1，长木板加速度为a’2
则对物块有F'1—μmg=ma’1，a’1=2μg（2分)
对长木板有μmg=2ma’2，解得a’2=1
2
μg(1分)
设小物块在木板上运动到B点的时间为t1，A、B间距离为L ,则
L=1
2a’
1
t12-1
2
a’
2
t12，解得t1=√4L
3μg
(1分)
同理若把F2增加到原来的2倍,即增加后变为F'2=6μmg,物块加速度为a″1,长木板加速度为a″2
对小物块有μmg=ma″1，解得a″1=μg（2分）
对长木板有F'2—μmg=2ma″2，解得a″2=5
2
μg(1分）
设小物块在木板上运动到B点的时间为t2，则
L=1
2a″
2
t22-1
2
a″
1
t22，解得t2=√4L
3μg
（1分）
小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶1.（1分)。