1、20202020 年高考物理二轮复习专题练习卷年高考物理二轮复习专题练习卷 牛顿运动定律及其应用牛顿运动定律及其应用 一、选择题一、选择题 1目前青岛最高建筑是位于市北区连云港路和敦化路交叉口的青岛国际航运中心，海 拔高度 295 米。 若有一乘客从该航运中心一楼坐电梯直上楼顶， 电梯先竖直向上做匀加速运 动，达到一定速度后做匀速运动，最后做匀减速直线运动直到顶楼，则该乘客依次经历的状 态是 A失重 平衡 超重 B平衡 失重 超重 C超重 平衡 失重 D超重 失重 平衡 解析 当电梯先竖直向上做匀加速运动时， 电梯的加速度方向向上， 乘客处于超重状态； 当电梯向上做匀速直线运动的过程中，电梯加
2、速度为零，乘客处于平衡状态；当电梯向上做 减速运动的过程中，电梯的加速度方向向下，乘客处于失重状态。故 A、B、D 错误，C 正确。 答案 C 2如图所示，a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向 上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当 用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时， 弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。则有 Aa1a2，x1x2 B . a1a2，x1x2 Ca1a2，x1x2 Da1a2，x1x2 解析 以两物体及弹簧组成的整体为研究对象，竖直向上运动时，F(m1m
3、2)g(m1 m2)a1；沿光滑水平桌面运动时，F(m1m2)a2，比较两式可得：a1a2，A、C 项错；以b 为研究对象，由牛顿第二定律有：kx1m2gm2a1，kx2m2a2，解得：x1x2 m2F k(m1m2)，B 项正确。 答案 B 3.(多选)如图所示，倾角为的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球 的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定 一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静 止状态，现突然剪断细线或弹簧。下列判断正确的是 A弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零 B弹
4、簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零 C细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsin D细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为 4mgsin 解析 若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为agsin ，然 后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则Fmgsin ma，解得F0，A 错误，B 正确； 剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则 弹簧的弹力为F(3m2mm)gsin 6mgsin 。 以C为研究对象， 细线的拉力为 3mgsin 。剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变。以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律
5、得 F(m2m)gsin (m2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aABgsin ，方向沿斜 面向上。以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB2mgsin 2maAB，解得杆的拉力为FAB 4mgsin ，故 C、D 正确。 答案 BCD 4.将物体A、B放在竖直固定在地面上的轻弹簧上端，A的质量为m，B的质量为M。现 在外力F作用下保持静止，如图所示。突然撤去外力F，则 A在撤去F的瞬间，弹簧对B的弹力大于B对弹簧的压力 B在撤去F的瞬间，A、B间相互作用力为 mF mMmg C在撤去F以后，弹簧对地面的压力总是等于(mM)g D在撤去F以后，A、B组成的系统机械能守恒 解析 在撤去F
6、的瞬间， 弹簧对B的弹力与B对弹簧的压力是一对作用与反作用力， 则 弹簧对B的弹力等于B对弹簧的压力，选项 A 错误；在撤去F的瞬间，A、B整体满足：F (Mm)a，对物体A：FNmgma，解得：FN mF mMmg，选项 B 正确；在撤去 F以后，AB 整体先向上加速运动，后减速运动，即先超重后失重，则弹簧对地面的压力先大于(mM)g， 后小于(mM)g，选项 C 错误；在撤去F以后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选项 D 错误；故选 B。 答案 B 5图中A为电磁铁，C为胶木秤盘，B为铁块，A和C(包括支架)的总质量为M，B的质 量为m，整个装置用轻绳悬挂于O点，重力加速度为g。当电磁
7、铁通电后，铁块被吸引上升 的过程中，轻绳上拉力F的大小满足 AFMg BMgF(Mm)g CF(Mm)g DF(Mm)g 解析 在电磁铁通电前，绳的拉力应为(Mm)g，在电磁铁通电后，铁块被吸引上升。 铁块被吸引，向电磁铁靠近，做变加速运动，即越靠近电磁铁，加速度越大。根据F合ma 可知，此过程中铁块超重，吸引力大于铁块重力。因为电磁铁对铁块的吸引力大于铁块的重 力，则根据牛顿第三定律，可知铁块吸引电磁铁的力也大于铁块的重力，所以绳的拉力大于 (Mm)g，D 正确。 答案 D 6 如图所示， 粗糙水平面上并排放着两个长方体木块A、B， 质量分别为mAmmB3m， 与水平面间的动摩擦因数均为，木
8、块A通过轻质水平弹簧与竖直墙壁相连，现用外力缓 缓向左水平推木块B，使木块A、B一起向左缓慢移动一段距离后突然撤去外力，木块A、B 由静止开始向右运动，当弹簧弹力大小为F时(木块A、B未分离)，则 A木块A对木块B的作用力大小一定为3F 4 B木块A对木块B的作用力大小一定为F 4 C木块A对木块B的作用力大小一定为3 4F3mg D木块A对木块B的作用力大小一定为Fmg 解析 当弹簧弹力大小为F时， 设木块A对木块B的作用力大小为FN。 根据牛顿第二定 律，对A、B整体有：F4mg4ma，对B有FN3mg3ma，联立解得：FN3 4F，故 选 A。 答案 A 7.一架无人机质量为 2 kg，
9、运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开 始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其vt图象如图所示，g取 10 m/s 2。下列判断正 确的是 A无人机上升的最大高度为 72 m B68 s 内无人机下降 C无人机的升力大小为 28 N D无人机所受阻力大小为 4 N 解析 无人机一直向上运动，8 s 末上升到最大高度，最大高度为h248 2 m96 m， 故 A 错误； 68 s 内速度为正， 无人机仍在上升， 故 B 错误； 68 s 内加速度大小为a2v 2 t2 24 2 m/s 212 m/s2，根据牛顿第二定律有 mgfma2，代入数据得无人机所受阻力大小为 f4 N；06
10、 s 内加速度大小为a1v 1 t1 24 6 m/s 24 m/s2，根据牛顿第二定律有 Fmg fma1，代入数据得无人机的升力大小F32 N，故 C 错误，D 正确。 答案 D 8 图甲中有一质量为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，用传感器测出其加速度a，得到乙图的aF图 象。取g10 m/s 2，对此得到下列结论，其中正确的是 A滑块的质量m2 kg B木板的质量M4 kg C当F8 N 时滑块加速度为 3 m/s 2 D滑块与木板间动摩擦因数为 0.1 解析 由图知，F6 N 时，加速度为a1 m/s 2。此时滑块和木
11、板恰好一起运动，由牛 顿第二定律有F(Mm)a，代入数据解得Mm6 kg；当F6 N 时，对木板有aFmg M 1 MF mg M ，知图线的斜率k1 M 1 2，解得 M2 kg，滑块的质量m4 kg，故 A、B 错误； 根据F6 N 的图线知，F4 N 时，a0，代入a1 MF mg M ，代入数据解得0.1；当F 8 N 时，对滑块有mgma，解得ag1 m/s 2，故 C 错误，D 正确。 答案 D 9如图所示，长度为L的水平传送带以恒定的速度向右匀速运动，在左端轻轻放上一 个工件，当工件运动到距离传送带右端L 3处时，传送带出现故障突然卡住不动，此后工件恰 好滑到传送带右端。已知工件
12、可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速 度为g，则 A工件先加速后减速 B工件在整个过程中的平均速度为 gL 6 C传送带的速度大小为 2gL 3 D工件从传送带左端运动到右端的时间为4 3 6L g 解析 工件从传送带左端运动到右端的过程中， 先在滑动摩擦力作用下加速运动， 根据 题意，可知在传送带卡住之前，工件就已经加速到与传送带速度相等。传送带卡住后，工件 在滑动摩擦力作用下做减速运动， 即工件先加速后匀速再减速， 选项 A 错误； 传送带卡住后， 工件在滑动摩擦力作用下做减速运动， 其加速度大小ag， 由v 22aL 3 ， 解得v 2gL 3 ， 选项 C 正确；工件做加
13、速运动的时间t1v a 2L 3g，加速运动的位移大小 x1L 3，做减速 运动的时间t3t1 2L 3g，匀速运动的位移大小 x2Lx1L 3 L 3，做匀速运动的时间 t2 x 2 v L 6g，工件从传送带左端运动到右端的时间为 tt1t2t3 2L 3g L 6g 2L 3g5 L 6g，选项 D 错误；根据上述分析可知，工件在整个过程中的平均速度 v L t 6gL 5 ，选项 B 错误。 答案 C 10.(多选)如图所示，传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带 的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则 下图中能客观地反映小木块的
14、速度随时间变化关系的是 解析 在刚开始时， 由于木块的速度小于传送带的速度， 所以木块受到的摩擦力方向向 下，此时a1mgsin mgcos m gsin gcos 。若到达传送带底端时，木块的 速度仍没有达到和传送带的速度相同，则整个过程中木块都是以加速度a1做匀加速直线运 动。若在到达底端前速度和传送带的速度相同，则由tan 知，木块继续沿传送带加 速向下运动，但此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2 mgsin mgcos m gsin gcos a1，图象的斜率表示加速度，所以第二段的 斜率变小，故 BD 正确。 答案 BD 11.(多选)如图甲所示，光滑水平
15、面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量 为M，t0 时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的vt图 象如图乙所示，重力加速度g取 10 m/s 2，则下列说法正确的是 AMm BM2m C木板的长度为 8 m D木板与物块间的动摩擦因数为 0.1 解析 木块在木板上运动过程中， 在水平方向上只受到木板施加的滑动摩擦力， 故mg ma1，而vt图象的斜率表示加速度，故a173 2 m/s 22 m/s2，解得 0.2；对木板 受力分析可知mgMa2，a120 2 m/s 21 m/s2，解得 M2m，A、D 错误，B 正确；从图中 可知物块和木板最终分离，两者vt图
16、象与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L 1 2(73)2 m 1 222 m8 m，C 正确。 答案 BC 12.如图甲，一维坐标系中有一质量为m2 kg 的物块静置于x轴上的某位置(图中未画 出)，t0 时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系 图象的一部分，下列说法正确的是 At4 s 时物块的速率为 2 m/s B物块做匀加速直线运动且加速度大小为 1 m/s 2 Ct4 s 时物块位于x4 m 处 D在 04 s 时间内物块运动的位移为 6 m 解析 物块在恒力作用下沿x轴开始做匀加速直线运动，根据x 1 2av 2x 0可知，xv 2 图象的斜率表
17、示 1 2a，则 1 2a 2 421(m 1s2)，解得：a0.5 m/s2，t4 s 时物块的速率 为vat2 m/s，故选项 A 正确，B 错误；由题图乙易得，当速度为零时，物体的坐标为x 2 m，即x02 m，t4 s 时物块的速率为v2 m/s，代入x 1 2av 2x 0可得x2 m， 即在 04 s 时间内物块运动的位移为 4 m，选项 C、D 错误。 答案 A 13.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F84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t11.0 s，撤除水平推力F后经 过t22.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获
18、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(可视为质点)的总质量为m60 kg，在整个运动过程中受到 的滑动摩擦力大小恒为Ff12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及运动的位移大小； (2)t3.0 s 时运动员的速度大小； (3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离。 解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a1FF f m 8412 60 m/s 21.2 m/s2， 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小 v1a1t11.21.0 m/s1.2 m/s， 位移x11 2a 1t 2 11 21.21.0 2 m0.6 m。 (2)
19、运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a2F f m 12 60 m/s 20.2 m/s2， 经时间t2速度为 v1v1a2t21.2 m/s0.22.0 m/s0.8 m/s。 (3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则 v 2 2v1 22a 1x1， 第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 x2 v 2 2 2a2 v1 22a 1x1 2a2 0.8 221.20.6 20.2 m 5.2 m。 答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)0.8 m/s (3)5.2 m 14.如图所示，静止在光滑水平地面上的平板车，质量M4 kg，其上表面离水平地面 的高度h1.25 m。在离平
20、板车左端B点L2.25 m 的P点放置一个质量m1 kg 的小物块， 它与平板车间的动摩擦因数0.2，某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F18 N，一 段时间后小物块脱离平板车落到地面上(g取 10 m/s 2)。求： (1)小物块从离开平板车至落到地面上所需时间； (2)小物块落到地面时平板车的速度。 解析 (1)小物块从离开平板车至落到地面为平抛运动 t 2h g 21.25 10 s0.5 s (2)小物体在平板车上向右做加速直线运动的加速度为a1mg m 2 m/s 2 小物体向右运动位移为x11 2a 1t 2 1 小物体离开平板车的速度为v1a1t1 平板车的加速度为 a2Fmg
21、M 180.210 4 m/s 24 m/s2 平板车向右的位移为 x21 2a 2t 2 1 x2x1L 联立解得t11.5 s 此时平板车的速度：v2a2t16 m/s 物块离开小车后小车的加速度 a3F M 18 4 m/s 24.5 m/s2 物块落地时小车的速度： vv2a3t(64.50.5) m/s8.25 m/s。 答案 (1)0.5 s (2)8.25 m/s 15.如图所示， 倾斜传送带AB和水平传送带BC平滑连接， 传送带AB的倾角为37， 起点A距水平面的高度H7.0 m，BC长为d2.0 m，端点C距水平面的高度h1.0 m，水 平传送带BC的长度d和高度h都可以调节
22、，可以调至如图所示的BC位置，水平传送带 和倾斜传送带都以v08 m/s 的速度逆时针运动，一质量为m5 kg 的物块从倾斜传送带的 顶端A点由静止释放，已知物块与AB、BC间的动摩擦因数均为0.25，物块通过B点时 无能量损失。(取重力加速度g10 m/s 2，cos 370.8，sin 370.6，物块在运动过 程中可视为质点)。 (1)求物块运动到C点时的速度大小； (2)当h调为h3.325 m 时，物块在传送带上运动的总时间是多少？ 解析 (1)物块由A运动到B的过程，开始时摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二 定律有mgsin mgcos ma1，代入数据解得a18 m/s 2 加
23、速运动到与传送带速度相等时的位移为x1 v 2 0 2a14 m 此后在AB上摩擦力反向，则mgsin mgcos ma2，解得a24 m/s 2 AB的长为L Hh sin 3710 m 设物块到达B点的速度为v1，有v 2 1v 2 02a2(Lx1)，代入数据解得v14 7 m/s 在水平传送带上运动时，由mgma3，得a32.5 m/s 2 设物块运动到C点时的速度为v2，由v 2 2v 2 12a3d，解得v2 102 m/s。 (2)当水平传送带调至h高时，水平传送带的长度变为 ddhh tan 5.1 m 倾斜传送带的长度LHh sin 6.125 m 物块在倾斜传送带上的第一个
24、匀加速过程有 x11 2a 1t 2 1，解得t11 s 物块在倾斜传送带上的第二个匀加速过程有 Lx1v0t21 2a 2t 2 2 解得t20.25 s 故物块到达倾斜传送带底端时的速度为 v1v0a2t29 m/s 物块在水平传送带上先以a32.5 m/s 2的加速度做匀减速直线运动 物块做匀减速直线运动的时间为t3v 0v1 a3 0.4 s 物块做匀减速直线运动的位移为x2v 2 0v1 2 2a3 3.4 m 则物块在水平传送带上做匀速直线运动的时间为 t4dx 2 v0 0.21 s 故h调为h3.325 m时， 物块在传送带上运动的总时间为tt1t2t3t41.86 s。 答案 (1) 102 m/s (2)1.86 s
