专题03牛顿运动定律备战2020高考物理2019届名校模拟好题分项版汇编教师版

1一．选择题1．（2018高考全国理综I）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A．B．C．D．【参考答案】A【命题意图】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。2．（2019武汉名校联考）如图所示，两个物体A和B通过轻绳相连，绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。开始系统处于静止状态，各段轻绳均在竖直方向上，已知物体B的质量为m，重力加速度为g。现对物体B施加一竖直向下、大小为mg的恒力F。下列说法中正确的是（A）物体A和动滑轮的总质量为2m（B）施加外力后，物体B的加速度大小为21g（C）施加外力后，物体B的加速度大小为32g2（D）系统加速过程中，轻绳的张力大小为mg34【参考答案】ACD【名师解析】系统静止时，绳对物体B的拉力大小为mg，所以物体A和动滑轮的总质量为2m，选项A正确；施加外力后，设绳中拉力为T，物体B的加速度大小为a，则物体A的加速度大小为a/2。对物体B由牛顿第二定律有：F+mg–T=ma，对物体A及动滑轮有：2T–2mg=2m·a/2，解得a=2g/3，T=4mg/3，选项B错误，选项CD正确。3．（2019洛阳名校联考）某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动。已知桌子的总质量为10kg，若拉力的最小值为50N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ。重力加速度大小为g=10m/s2，桌子与地面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则A．μ=3，θ=60°B．μ=33，θ=60°C．μ=3，θ=30°D．μ=33，θ=30°【参考答案】D4．（2019武汉名校联考）如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示（g=10m/s2），则下列结论正确的是：3A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10cmB．弹簧的劲度系数为7.5N/cmC．物块的质量为2.5kgD．物块的加速度大小为5m/s2【参考答案】AC5.（2019武汉名校联考）如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是A.t=10s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是7.5mC.长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075D.滑块Q在长木板P上滑行的距离是12m【参考答案】BCD【名师解析】由右图可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5m/s，t2=6s时两者速度相同，v2=3m/st2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2=6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0-6s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得：11mgma，解得10.055-6s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得：212(2)mgmgma，解得20.075，故C正确；6s末到长木板停下来过4程中，由牛顿第二定律得：213(2)mgmgma，解析231m/sa，这段时间2133svta，所以，t3=9s时长木板P停下来，故A错误；长木板P的长度至少长度就是前6s过程中，滑块Q在长板P上滑行的距离：111155m(53)1m36m7.5m222x，故B正确；6s末到滑块停下来过程中，由牛顿第二定律得：14mgma，解析240.5m/sa，这段时间2146svta，所以，t3=12s时长木板P停下来，6s后滑块Q在长板P上滑行的距离：21163m33m4.5m22x，滑块Q在长木板P上滑行的距离是1212mxxx，故D正确；6．（2019武汉名校联考）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为F=233mg的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是A．弹簧的原长为L–2mgkB．斜面的倾角为α=30°C．撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变D．撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0【参考答案】ABD7.（2019西安名校联考）如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两物体。现对A施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图B所示。已知重力加速度g=10m/s2，由下列说法正确的是5A．A的质量是5kgB．B的质量是5kgC．A、B之间的动摩擦因数是0.4D．A、B之间的动摩擦因数是0.8【参考答案】BC【名师解析】8.（2018年4月浙江选考物理）如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F-t图像能反映体重计示数随时间变化的是（）6【参考答案】C【名师解析】小芳在体重计上完成下蹲动作，先向下加速运动后向下减速运动，先失重后超重，体重计示数随时间变化的是图C。9．（2019武汉名校联考）如图，一个质量为m的小物块静置于足够长的斜面底端。现对其施加一个沿斜面向上、大小为98Fmg的恒力，经过时间t后后将F撤去，再经过2t物块滑到离斜面底端的最远距离。设物块运动过程中所受摩擦力的大小不变。重力加速度为g。求：A.物块所受摩擦力的大小14fFmgB.物块在斜面上运动离斜面底端的最远距离2916gtxC.物块在沿斜面向上运动过程中最大速度max38gtvD.物块在斜面上运动的总时间3tt总【参考答案】ACD7二．计算题1.（2018年4月浙江选考物理）可爱的企鹅喜欢在冰面上游玩，如图所示，有一企鹅在倾角为37o的斜面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37o=0.6，cos37o=0.8.求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅在冰面上滑动的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点的速度大小。（计算结果可用根式表示）【名师解析】（1）企鹅由静止开始沿直线向上向上“奔跑”过程，由x=12at2，解得x=16m。（3）上滑开始时速度v=at=4m/s，上滑位移x1=212va=1m，由v2=2a2（x+x1）解得退滑到出发点时的速度v=234m/s≈11.7m/s19．（10分）（2018浙江名校协作体）质量m=1kg的物体放在倾角θ=37°的足够长固定粗糙斜面上，如图甲所示，现对物体施加一个沿斜面向上的拉力F，使物体由静止开始沿斜面向上运动。t＝4s时撤去拉力，图乙为物体运动的v－t图象的一部分，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数;（2）拉力F大小；8（3）前7s内物体的位移。【名师解析】(1)设力F撤去后物体的加速度为a2，由牛顿第二定律可知撤去F后：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2（1分）根据图象可知：a2＝12m/s2（1分）解得μ＝0.75（1分）(2)设力F作用时物体的加速度为a1，由牛顿第二定律可知撤去F前：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1（1分）根据图象可知：a1＝Δv1Δt1＝6m/s2（1分）得F＝18N（1分）1．（14分）如图所示，倾角为θ=30o足够长的斜面体固定在水平地面上一质量为M=1kg、长L=5m长薄木板B放置斜面上，质量为m=2kg滑块A放置在长木板的一端，滑块A和木板B材料和表面粗糙程度一样，刚开始时A、B在外力作用下都静止不动。现撤去所有其它外力，只保留沿斜面向上恒力F=25N作用。已知A、B之间的动摩擦因数为136，B、地之间的动摩擦因数为233，重力加速度g=10m/s2。最9大静摩擦力等于滑动摩擦力，求（1）滑块A从木板B上滑下时速度是多少？（1）木板开始运动2s后木板A与滑块B的距离是多少？【答案】（1）5m/s；（2）40m【解析】（1）对滑块A进行受力分析，因为1sin10Ncos5Nmgmg所以A会在长板上下滑，由牛顿第二定律可知：下滑的加速度211sincos2.5m/smgam对长板进受力分析，因为21()coscossin25NFmMgmgMg也就是刚开始，长木板B静止不动，由运动公式可知：滑块A从木板B上滑下时速度1125m/svaL2．（14分）图所示，在风洞实验室里，直细杆倾斜放置，一个m＝2kg小球穿在细杆上，风对小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小恒定不变。细杆与水平面之间的倾角为θ＝37°，小球穿与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，从t＝0时刻开始，物体运动的xt与时间t的关系如图所示xtt所示（x为位移），t＝2s时关闭风洞撤去风力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：10（1）风力F的大小；（2）物体向上运动过程中距计时点的最大距离。（3）物体由斜面最高点返回计时点的时间【答案】（1）32N；（2）52m；（3）52s【解析】（1）由匀变速直线运动公式2012xvtat得012xvatt对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示112a，则有：v0＝12m/s，a1＝4m/s2在沿斜面上有1cos(cossin)FmgFma解得1cos32NcossinmgmaF（3）物体由斜面最高点返回计时点的过程中，做匀加速运动，其加速度为a3＝gsin37°-μgcos37°＝2m/s2物体由斜面最高点返回计时点的时间12232()52sxxta3．（14分）如图所示，一质量m=2kg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平夹角θ=37°，杆与球间的动摩擦因数μ=0.5，t=0时小球在水平向左的拉力F作用下从A点由静止出发沿杆开始做匀加速运11动．加速度大小a1=2m/s2，小球运动t1=5s到达P点（没画出）后撤去拉力F，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求力F的大小；（2）求撤去力F后，再经过2.5s，小球的距离出发点A的距离（3）小球运动到距离P点4m处时，小球的运动时间（可用根式）【答案】（1）48N；（2）27.75m；（3）3015s5或7s或9s（2）有F作用时，小球运动的距离为221111125m25m22xat；当撤去F后，由牛顿第二定律：2sincosmgmgma，解得小球的加速度为2210/ams；撤去F时小球的速度为11110m/svat，所以小球停下来还需要1221s2.5svta；所以小球先沿杆向上运动t2=1s，然后沿杆向下运动t3=1.5s。撤去F后小球沿杆向上运动的距离22122215m2xvtat小球沿杆向下运动时，由牛顿第二定律：3sincosmgmgma，解得小球的加速度为232/ams；在t3=1.5s小球运动的距离233312.25m2xat12故撤去力F后，再经过2.5s，小球的距离出发点A的距离为12327.75mxxxx；