2020--2022年全国高考物理三年真题汇编：牛顿运动定律

2020--2022年全国高考物理三年真题汇编：牛顿运动定律
一、单选题
1．（2分）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。

物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。

下列v0、μ值可能正确的是（）
A．v0= 2.5m/s B．v0= 1.5m/s C．μ = 0.28D．μ = 0.25
2．（2分）下列说法正确的是（）
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
3．（2分）如图是滑雪道的示意图。

可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。

不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。

下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）
A．B．
C．D．
4．（2分）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。

一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂
直。

当两球运动至二者相距3
5L时，它们加速度的大小均为（）
A．5F
8m B．2F
5m C．
3F
8m D．
3F
10m
5．（2分）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。

将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。

已知P、Q两物块的质量分别为m p=0.5kg、m Q=0.2kg，P与桌面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。

则推力F的大小为（）
A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N
6．（2分）2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s的减速，速度从4.9×103m/s减为4.6×102m/s；打开降落伞后，经过90s速度进一步减为
1.0×102m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。

若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器（）
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
7．（2分）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。

乘客所受支持力的大小用F N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，F N>mg
B．t1~t2时间内，v减小，F N<mg
C．t2~t3时间内，v增大，F N <mg
D．t2~t3时间内，v减小，F N >mg
8．（2分）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。

某运送防疫物资的班列由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．19F
20C．F
19D．
F
20
二、综合题
9．（15分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1=4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。

若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑
轨间的动摩擦因数均为μ=2
9，货物可视为质点（取
cos24°=0.9，sin24°=0.4）。

（1）（5分）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；（2）（5分）求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（3）（5分）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。

10．（10分）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。

如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。

工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。

小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。

取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
（1）（5分）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）（5分）小包裹通过传送带所需的时间t。

11．（15分）机动车礼让行人是一种文明行为。

如图所示，质量m=1.0×103kg的汽车以v1= 36km/ℎ的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s=20m处，驾驶员发现小朋友排着长l= 6m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。

假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。

（1）（5分）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）（5分）若路面宽L=6m，小朋友行走的速度v0=0.5m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）（5分）假设驾驶员以v2=54m/ℎ超速行驶，在距离斑马线s=20m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。

12．（15分）如图1所示，有一质量m=200kg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=34s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：
（1）（5分）做匀减速运动的加速度大小和方向；
（2）（5分）匀速运动的速度大小；
（3）（5分）总位移的大小。

13．（10分）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。

某次练习过程中，运动员以v M=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。

图乙为腾空过程左视图。

该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10 m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。

求：
（1）（5分）运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；
（2）（5分）M、N之间的距离L。

答案解析部分1．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动导出公式应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】物体做匀变速直线运动，平均速度v=v0+v
2
=
x
t=1m/s，v≥0，所以v0≤2m/s，A错
误，B正确。

由μmg=ma，得a=μg，又a=∆v∆t=v−v0
t≤
2
1m/s
2=2m/s2即μ≤0.2，CD错误。

故答案为：B
【分析】结合匀变速直线运动平均速度规律求解初速度范围。

由牛顿第二定律求解μ的范围。

2．【答案】B
【知识点】加速度；惯性
【解析】【解答】A.链球做匀速圆周运动时加速度大小不变，但方向时刻都在改变，故A错误。

B.足球的惯性只与质量有关，与其他因素无关，故B正确。

C.乒乓球被击打过程中受到的作用力随着形变量的减小而减小，故C错误。

D.篮球飞行过程中所受阻力的方向与速度方向相反，故D错误。

故答案为：B。

【分析】加速度是矢量，既有大小，又有方向；惯性只与质量有关与其他因素无关；乒乓球所受的作用力与形变量的大小有关；篮球所受空气阻力与速度方向相反。

3．【答案】C
【知识点】v-t图象；平抛运动；匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可得mgsinθ = ma1，即a1=gsinθ
当他运动到NP段时，从图中可看到这一段做匀速直线运动，则加速度a2=0
从P点飞出后，其做平抛运动，加速度为a3=g。

设在P点的速度为v0，从P点飞出后速度大小为v=√v02+g2t2，
根据以上分析可以知道速度-时间图像不可能为直线，A、B错误；
a1<a3，则C正确，D错误.
故选C。

【分析】根据运动员在不同运动过程的受力特点得出加速度的变化，从而分析出速度的变化，结合图像完成分析。

4．【答案】A
【知识点】连接体问题；物体的受力分析
【解析】【解答】对轻绳中点进行受力分析，根据三角形几何关系可知，上下两段细绳与水平方向夹
角均为53°，根据每根绳子的拉力均为5F 8，根据a =F 合m
可知两球的加速度大小为 5F 8m . 故选A 。

【分析】首先对其中点进行受力分析，然后根据数学几何关系求出角度，根据正交分解或者力的合成求出每根绳子上的拉力大小，最后根据牛顿第二定律求出小球的加速度。

5．【答案】A
【知识点】连接体问题
【解析】【解答】开始时，P 静止在水平桌面上时，即系统处于平衡状态，对Q 受力分析，由平衡条件有 T 1=m Q g =2N
f =T 1=2N <μm P
g =2.5N
推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半，即 T 2=T 12
=1N 对Q 隔离分析，根据牛顿第二定律可得Q 物体加速下降，有 m Q g −T 2=m Q a
可得 a =5m/s 2
而P 、Q 物体将有相同的加速度，利用整体法对系统研究，根据牛顿第二定律F +m Q g −μm P g =(m Q +m P )a
解得 F =4N
故答案为：A 。

【分析】该题属于连接体动力学问题，对于连接体动力学问题的分析，整体法和隔离法分析是该题的解题法宝，其选用原则时分析问题涉及内力用隔离法，涉及外力用隔离法，两种方法搭配使用可以快速解题。

6．【答案】B
【知识点】共点力平衡条件的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A ．着陆器在打开降落伞前，由于在大气层中做减速运动，对着陆器进行受力分析，可以得出陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A 错误；
B ．着陆器打开降落伞至分离前做减速运动，由于速度方向向下，着陆器做减速运动则其加速度方向与运动方向相反，可得加速度方向向上，根据牛顿第二定律可得合力方向竖直向上，B 正确；
C ．着陆器在打开降落伞至分离前，下落过程中其着陆器受到了浮力、空气的阻力、以及火星对它的
引力作用，选项C错误；
D．着陆器悬停过程中处于平衡状态，对着陆器进行受力分析，着陆器受到了气体对发动机的作用力、火星的吸引力及气体的阻力，所以着陆器不是属于二力平衡，选项D错误。

故选B。

【分析】打开降落伞前，着陆器受到了火星引力和大气阻力的作用；着陆器做减速运动的过程其加速度方向向上则合力方向向上；悬停过程，着陆器受到发动机喷火的作用力和气体阻力及火星的引力而平衡。

7．【答案】D
【知识点】超重失重
【解析】【解答】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则F N<mg，A不符合题意；
B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则F N=mg，B不符合题意；
CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则F N>mg，C不符合题意，D符合题意；故答案为：D。

【分析】s-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为位移，图像的斜率是速度，结合物体的变化分析加速度的方向，再结合你牛顿第二定律分析求解即可。

8．【答案】C
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有F−38f=38ma
设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1−2f=2ma
联立解得F1=F19。

故答案为：C。

【分析】分别对每一节车厢进行受力分析，结合车厢的加速度，利用牛顿第二定律求解车厢的受力情况。

9．【答案】（1）解：已知倾斜滑轨与水平面成24°角，
对货物列牛顿第二定律mgsin24°−μmgcos24°=ma1
解得：a1=2m/s2
（2）解：货物做匀加速运动，根据速度和位移的关系可得：v2=2a1l1
解得：v=4m/s
（3）解：货物做匀减速运动
根据运动学公式可得：v12−v2=2a2l2①
根据牛顿第二定律可得：a2=−μg②
联立两式解得：l2=2.7m
【知识点】力与运动的关系
【解析】【分析】（1）对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律列方程求解。

（2）根据第一问所求加速度，结合运动学公式列方程求解。

（3）根据题意分析临界条件，由运动学公式和牛顿第二定律联立分析求解。

10．【答案】（1）解：小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ−mgsinθ=ma
解得a=0.4m/s2
（2）解：根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时t1=v1−v2 a=
1.6−0.6
0.4s=2.5s
在传动带上滑动的距离为x1=v1+v2
2t1=
1.6+0.6
2×2.5=2.75m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹
与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2=L−x1
v1=
3.95−2.75
0.6s=2s
所以小包裹通过传送带的时间为t=t1+t2=4.5s
【知识点】匀速直线运动；匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）小包裹运动的过程中根据牛顿第二定律得出加速度的大小；
（2）小包裹在传送带上先做匀减速直线运动，再做匀速直线运动，结合匀变速直线运动的规律和匀速直线运动的规律得出小包裹通过传送带所需的时间t。

11．【答案】（1）根据平均速度t1=s v̅
解得刹车时间t1=4s
刹车加速度a=v1 t1
根据牛顿第二定律F f=ma
解得F f=2.5×103N
（2）小朋友过时间t2=l+L v0
等待时间t=t2−t1=20s
（3）根据v22−v2=2as
解得v=5√5m/s
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）汽车做匀减速直线运动，已知初末速度的大小可以求出刹车过程平均速度的大小，结合运动的位移可以求出匀减速的时间，利用速度公式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小；
（2）已知小朋友队伍的长度，结合运动的速度可以求出汽车等待的时间；
（3）汽车做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出汽车到达斑马线的速度大小。

12．【答案】（1）解：由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有
根据图2得此时F T=1975N，则有a=g−F T
m=0.125m/s
2
方向竖直向下。

（2）解：结合图2根据运动学公式有v=at2=0.125×(34−26)m/s=1m/s （3）解：根据图像可知匀速上升的位移ℎ1=vt1=1×26m=26m
匀减速上升的位移ℎ2=v2t2=12×8m=4m
匀加速上升的位移为总位移的1
4，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的
3
4，则有ℎ1
+ℎ2=
3
4ℎ
所以总位移为h=40m
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，利用牛顿第二定律求解物体的加速度；
（2）结合电梯的加速度和加速时间求解电梯的末速度，即匀速运动的速度；
（3）分析电梯的运动过程，先加速、再匀速，最后减速，结合每一段运动的位移相加即可。

13．【答案】（1）解：在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1=v M sin72.8°①
设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②
由运动学公式得d=v12
2a1
③
联立①②③式，代入数据得d=4.8 m ④
（2）解：在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=v M cos72.8° ⑤
设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥
设腾空时间为t，由运动学公式得t=2v1
a1⑦
L=v2t+12a2t2⑧
联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12 m ⑨
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【分析】运动员做斜抛运动，运动员的速度分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，利用牛顿第二定律求解两个方向上的加速度，结合运动学公式求解距离d和MN的长度即可。

试题分析部分1、试卷总体分布分析
2、试卷题量分布分析
3、试卷难度结构分析
4、试卷知识点分析。