专题02牛顿第二定律(浙川皖卷)-高三物理名校模拟金卷分项汇编(第02期)(原卷版)

运动和力的关系本章高考考情速递生活实践类跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯内的超重及失重试题情境学习探究类传送带模型，板块模型，探究加速度与力、质量的关系，测量动摩擦因数考点牛顿第一定律　牛顿第二定律素养目标：1.理解牛顿第一定律的内容和惯性的本质。

2.掌握牛顿第二定律的内容及公式，能够应用牛顿第二定律解决问题。

3.正确。

1．（2024·安徽·高考真题）如图所示，竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上。

开始时，在竖直向上的拉力作用下，小球静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。

后将小球竖直向上。

缓慢拉至P点，并保持静止，此时拉力F大小为2mg。

已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。

若撤去拉力，则小球从P点运动到O点的过程中（）A．速度一直增大B．速度先增大后减小C．加速度的最大值为3g D．加速度先增大后减小考点一　牛顿第一定律例题1.闽江河口龙舟竞渡历史可追溯到秦汉，那时河口居有一支闽越王无诸氏族，他们擅长划舟，喜赛龙舟，留下了龙舟竞渡传统。

《福州地方志》记载：“福州龙舟竞渡，台江、西湖皆有之。

”图为龙舟比赛的照片，下列说法正确的是（ ）A．龙舟的速度越大，惯性也越大B．获得冠军的龙舟，其平均速度一定最大C．龙舟齐头并进时，相对于河岸是静止的D．龙舟能前进是因为水对船桨的作用力大于船桨对水的作用力【易错分析】1.惯性大小的只有质量大小决定，与速度大小无关。

2.作用力与反作用力大小始终相等，方向相反。

考点二　牛顿第二定律例题2. 质量为m，重力加速度大小为g 。

现对其施加一大小为mg 的外力，则物块运动的加速度最大为（ ）A．1g æççèBC ．gD【易错分析】1.正压力大小不是始终等于重力大小，要根据题目情境求出。

2.注意三角函数知识的灵活应用。

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一、单项选择题1.【2014·山东省德州市平原一中高三上学期9月月考】下列说法正确的是A．力是使物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．力是改变物体惯性的原因D．力是使物体产生加速度的原因2.【2014·湖北省孝感高中高三年级九月调研考试】下列对牛顿运动定律认识正确的是A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C．力是维持物体运动的原因D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点仍可能做曲线运动3.【2014·河南省十所名校高三第一次阶段测试题】伽利略用两个对接的斜面进行实验，一个斜面固定，让小球从固定斜面上滚下，又滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示。

伽利略设计这个实验的目的是为了说明A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度B．如果没有摩擦，小球运动时机械能守恒C．维持物体做匀速直线运动并不需要力D．如果物体不受到力，就不会运动4. 【2014·山东省德州市平原一中高三上学期9月月考】几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中.电梯起动前，一位同学站在体重计上，如图1所示.然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层.图2至图5是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数.根据记录，进行推断分析，其中正确的是：A．根据图1、图2可知，图2位置时电梯向上加速运动B．根据图1、图3可知，图3位置时人处于超重状态C．根据图1、图4可知，图4位置时电梯向下减速运动D．根据图1、图5可知，图5位置时人处于失重状态5．【2013•浙江省重点中学联谊学校高三上学期期中考试】如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动。

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．（2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C。

本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C 项正确．2.(多选)（2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（)A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动,加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝错误!，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg（设鱼缸质量为m），保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．3。

牛顿第二定律两类动力学问题【随堂检测】1 . （2017 • 11月浙江选考）在国际单位制中，属于基本量及基本单位的是 A .质量，千克 B.能量，焦耳 C.电阻，欧姆 D.电量，库仑答案：A2 .（多选）关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是 （ ）A. 物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B. 物体的速度为零，则加速度为零，所受的合外力也为零C. 物体的速度为零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D. 物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零 解析：选CD.物体的速度大小与加速度大小及所受合外力大小无关，故 错误.3.趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和 球质量分别为 M m 球拍平面和水平面之间夹角为 9，球拍与球保持相对 静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则 （ ） A. 运动员的加速度为 g tan 9 B. 球拍对球的作用力为 mg C. 运动员对球拍的作用力为 （阿n ）g cos 9 D. 若加速度大于g sin 9，球一定沿球拍向上运动 解析：选A.网球受力如图甲所示， 根据牛顿第二定律得 F N Sin 9 D 正确，A 、Bmg =ma 又 F N COS 9 = mg 解得 a = g tan 9 , F N = ---------------------------- ，故 A 正确、 n acos 9 B 错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡， （m g , F =,故C 错误；当a >g tan 9时，cos 9g sin 9 <g tan 9，故球不一定沿球拍向上运动， ）如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平 运动员对球拍的作用力为 网球才向上运动，由于4. （2019 •嘉兴检测 屮D 错误. 雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力 F = 84 N ，而从 静止向前滑行，其作用时间为 11= 1.0 s ，撤除水平推力 F 后经过t 2 =2.0 s ,他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作 用距离与第一次相同.已知该运动员连同装备的总质量为 m= 60 kg ，在整个运动过程中受到 的滑动摩擦力大小恒为 F f = 12 N ，求： （1） 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； （2） 该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离. 解析：（1）运动员利用滑雪杖获得的加速度为 F — F f 84-12 f 2 4 a , 2a 1= =- m/s = 1.2 m/sm 60第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小V 1= a 1t 1= 1.2 x 1.0 m/s = 1.2 m/s1 2及位移 X 1 = 2&1t 1 = 0.6 m.（2）运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为 a 2 = Ffm 经时间t 2速度变为V ’ 1 = v i - a 2t 2 第二次利用滑雪杖获得的速度大小V 2,2 2贝U V 2- v ' i = 2a i x i2第二次撤除水平推力后滑行的最大距离 X 2=工2a 2解得：X 2= 5.2 m. 答案：(1)1.2 m/s 0.6 m （2）5.2 m【课后达标检测】一、选择题1.（2018・4月浙江选考）用国际单位制的基本单位表示能量的单位，以下正确的是（ ）2 2A . kg • m/s C. N/m答案：A B. kg • m/s 2D. N - m2.下列关于单位制的说法中，不正确的是（ ）A. 基本单位和导出单位一起组成了单位制B. 在国际单位制中，长度、质量、时间三个物理量被选作力学的基本物理量C. 在国际单位制中，力学的三个基本单位分别是m kg 、sD. 力的单位牛顿是国际单位制中的一个基本单位 答案：D 3.质量为1 t 的汽车在平直公路上以 10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变.从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6s ，汽车行驶的路程是（ A. 50 mB. 42 mC. 25 mD. 24 m答案：C 4.（2019 •浙江十校联考）如图所示，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为 M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑 木板上，处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间， 木块1、2的加速度大小分别为 a 、a 2,重力加速度大小为g .则有（ ）A . a = g , a = g B. a = 0, a = gC. a 1 = 0, a 2=D.m+ Ma1=g，比=市9答案：C5. （2019 •浙江猜题卷）有种台阶式自动扶梯， 无人乘行时运转很慢， 人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼，正好经 历了这两个过程，用 G N f 表示乘客受到的重力、支持力和摩擦力，则能 正确反映该乘客在这两个过程中的受力示意图的是（）NNN/ .丿JQGCGL JG解析：选 D.人和扶梯匀速运动时，人受到重力和支持力的作用，且二力平衡，不受摩擦力.人随台阶式自动扶梯加速运动时，加速度沿运动方向斜向上，台阶水平，摩擦力与接触 有ABCDA. 当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B. 当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C. 当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D.物体与斜面间的动摩擦因数为0.025解析：选 A.由题图乙得物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体的加速度方向不变，当 风的初速度为零时，加速度为a o = 4 m/s 2，沿斜面方向有 a = g sin 0 —卩g cos 0，解得 卩=0.25 , D 错误；物体沿斜面方向开始加速下滑，随着速度的增大，水平风力逐渐增大，摩擦力 逐渐增大，则加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然加速运动，直到速度为 5 m/s时，物体的加速度减为零，此后物体将做匀速运动，A 正确，B 、C 错误.8. （2019 •东阳中学期中）如图所示，在水平面上有三个质量分别为m 、m 、m 的木块，木块1和2、2和3间分别用一原长为 L 、劲度系数为k 的轻弹簧连接起来，木块 1、2与水平 面间的动摩擦因数为 □，木块3和水平面之间无摩擦力.现用一水平恒力向右拉木块 3，当解析：选C.对木块1受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件, 有:面平行，故摩擦力是水平的.D 正确.6. 多选）如图所示，质量为m 的小球与弹簧F iC. 若剪断I,则a =，方向沿I 的延长线方向mD. 若剪断n,贝U a = g ,方向竖直向上解析：选AB.没有剪断I 、n 时小球受力情况如图所示.在剪断I 的 瞬间，由于小球的速度为 0,绳n 上的力突变为 0,则小球只受重力作用， 加速度为g ,选项A 正确、C 错误；若剪断n,由于弹簧的弹力不能突变，F 2F 与重力的合力大小仍等于 H,所以此时加速度为 a = ^,方向水平向左, 选项B7. （2019 •湖州质检）如图甲所示，一物体沿倾角为0 = 37°的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的风力作用，水平风力的大小与风速成正比.物体在斜面上运动的 _ 2加速度a 与风速v 的关系如图乙所示， 则（sin 37°= 0.6 , cos 37°= 0.8 , g = 10 m/s ）（）三木块一起匀速运动时,1和3两木块间的距离为（木块大小不计）（）A . L + B. L +(m + m ) g k C. 2L + (2m + m ) g kD. 2L + 互(m + m ) g-kI 、F i , a 应mgkx i —卩m n g= 0对木块1和木块2整体受力分析，受总重力、总支持力、右侧弹簧的拉力和总摩擦力, 有：kx2 —口（m+ m）g= 0木块1与木块3之间的总长度为x = 2L+ X i+ X2, 由以上各式解得x = 2L+ ，故C正确.k9 .一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹.下列说法中正确的是（）左—右A. 黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B. 木炭包的质量越大，径迹的长度越短C. 传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D. 木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短解析：选 D.放上木炭包后木炭包在摩擦力的作用下向右加速，而传送带仍匀速，虽然两者都向右运动，但在木炭包的速度达到与传送带速度相等之前木炭包相对于传送带向左运动，故黑色径迹出现在木炭包的右侧，A错误.由于木炭包在摩擦力作用下加速运动时加速度a= 卩g与其质量无关，故径迹长度与其质量也无关，B错误.径迹长度等于木炭包相对传送带通20 + V 1 V过的位移大小，即二者对地的位移差：△ X = vt —t = vt = ，可见传送带速度越小、2 2 23 g动摩擦因数越大，相对位移越小，黑色径迹越短，C错误，D正确.10. （2019 •湖州质检）如图所示，质量为m的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为mi的木块.t = 0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和V1、V2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是（）解析：选A.t = 0时刻起，给木块施加一水平恒力F,两者可能一起加速运动，选项A正确，B错误；可能木块的加速度大于木板的加速度，选项C、D错误.二、非选择题11. （2019 •宁波选考适应考试）小物块以一定的初速度V0沿斜面（足，”够长）向上运动，由实验测得物块沿斜面运动的最大位移x与斜面倾角0 "-的关系如图所示.取g= 10 m/s 2,空气阻力不计.可能用到的函数值：：■ 卜Dsin 30 ° = 0.5 , sin 37 ° = 0.6.求：门（1）物块的初速度V0；'（2）物块与斜面之间的动摩擦因数卩；（3）计算说明图线中P点对应的斜面倾角为多大？在此倾角条件下，小物块能滑回斜面底端吗？说明理由(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)•解析：(1)当0 = 90°时，物块做竖直上抛运动，末速度为0由题图得上升最大位移为X m= 3.2 m 由v2= 2gx m,得v o= 8 m/s.(2) 当B=0°时，物块相当于在水平面上做匀减速直线运动，末速度为0由题图得水平最大位移为x = 6.4 m由运动学公式有：v2= 2ax 由牛顿第二定律得：卩mg= mq得卩=0.5.(3) 设题图中P点对应的斜面倾角值为0，物块在斜面上做匀减速运动，末速度为0由题图得物块沿斜面运动的最大位移为x'= 3.2 m由运动学公式有：v0= 2a' x'由牛顿第二定律有：m®n 0 +卩mg cos 0 = ma得10sin 0 + 5cos 0 = 10，得0= 37° .因为m®n 0 = 6m>卩mg cos 0 = 4m,所以能滑回斜面底端.答案：(1)8 m/s (2)0.5(3)37 °能滑回底端，理由见解析12. (2019 •杭州质检)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的丰水平面平滑连接•现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释....... 放，最终停在水平面上的C点.已知A点距水平面的高度h= 0.8 m, B - 二点距C点的距离L= 2.0 m .(滑块经过B点时没有能量损失，取g= 10 m/s2)求：(1) 滑块在运动过程中的最大速度；(2) 滑块与水平面间的动摩擦因数卩;(3) 滑块从A点释放后，经过时间t = 1.0 s时速度的大小.解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为v max,设滑块在斜面上运动的加速度大小为&,则mgj in 30 ° = ma2小hvmax= 2a1sin 30 °解军得: v max= 4 m/s.(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2贝U卩mg= mav max= 2a2L解= 0.4.(3)设滑块在斜面上运动的时间为t 1, V max= a1t 1,得t1= 0.8 s，由于t >t 1,故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t —t 1 = 0.2 S,设t = 1.0 s时速度大小为v,贝U v= V max—a2(t —11)解得：v = 3.2 m/s.答案：(1)4 m/s (2)0.4 (3)3.2 m/s。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）一、单项选择题1、【2013·大江中学、开城中学高三联考物理试卷】如下左图所示，一物块（可看成质点）沿粗糙斜面以速度v从斜面底端冲上最高点后返回到底端。

取沿斜面向上的方向为正方向，物块在此过程的v-t图象正确2、【2014·广东省湛江市高三高考模拟测试】电梯早已进入人们的日常生活。

设某人乘坐电梯的v-t 图象如图，取向上为正方向，下列说法中正确的是：A、0~t 1时间内人处于失重状态B、t 2 ~t 4时间内人处于失重状态C、t 2 ~t 3时间内与t 3 ~t 4时间内电梯的加速度方向相反D、0~t 1时间内和t 3 ~t 4时间内电梯的加速度方向相同3、【2014·广东省湛江市高三高考第一次模拟测】如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是A．小球的速度先减小后变大B．小球的加速度先减小后增大二、双项选择题4、【2014·广东省汕头市高三4月第二次模拟】运动员原地纵跳可分为快速下蹲和蹬伸向上两个过程，若运动员的重力为G，对地面的压力为F，下列叙述正确是A．下蹲过程的加速阶段，F<GB．下蹲过程的减速阶段，F<GC．蹬伸过程的加速阶段，F<GD．蹬伸过程的减速阶段，F<G5、【2014·广东省惠州市高三4月模拟考试】如图所示，一滑块从底端冲上固定的足够长粗糙斜面，到达某一高度后返回。

下列各图分别表示滑块在斜面上运动的位移s、速度v、加速度a、机械能E随时间变化的6、【2014·广东省佛山市高三教学质量检测（二）模】在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力F作用下由静止开始运动，4s末瞬间撤去拉力F，运动的速度v与时间t的关系如图所示，取g=10m/s2，由图象可知:A．在2s~4s内，力F=0B．在0 ~2s内，力F逐渐变小C．物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2D．0~6s内物块运动的总位移为16m三、非选择题7、【2014·广东省湛江市高三高考模拟测试】如图所示为“研究加速度与力关系”的实验装置，保持小车和车上砝码的总质量M不变，改变吊盘中物块的质量m，完成下列填空：①如图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，A、B、C、D、E是计数点，计数点间的距离如图所示，所用交流电的频率为50Hz，相邻计数点间时间间隔为0.1s，则AB之间还有________个点没画出；运动过程中小车的加速度大小为__________m/s2（要求充分利用记录数据减小误差）（结果保留2 位有效数字）②以F为横坐标，a 为纵坐标，在坐标纸上作出a-F的图线如图。

一、选择题1、【2014安徽省“江南十校”】如图所示，两束细平行单色光a、b射向置于空气中横截面为矩形的玻璃砖的下表面，设玻璃砖足够长，若发现玻璃砖的上表面只有一束光线射出，则下列说法中正确的是A．其中有一束单色光在玻璃砖的上表面发生了全反射B．在玻璃中单色光a的传播速率小于单色光b的传播速率C．单色光a的折射率小于单色光b的折射率D．若单色光a为黄光，则单色光b可能为红光2、【2014安庆市二模】如图所示，P是一束含有两种单色光的光线,沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O，折射后分成图中的a、b两束光线，则下列说法中正确的是（）3、【2014蚌埠市三县二模】如图所示，图中的实线为一列简谐波在t时刻的图像，虚线为这列波在（t+0.21）s时刻的图像，则以下说法正确的是（）A.波一定向右传播B.若波向左传播，波速一定为5m/sC.若周期为0.84s，波速一定向右传播D.若周期小于0.84s，波也可能向左传播5、【2014浙江省六校联考】如图所示，有一半圆形玻璃砖，Ⅰ、Ⅱ两束不同频率的单色光从玻璃砖底边平行射入，a、b为入射点（均在玻璃砖底边圆心O的左侧），两束光进入玻璃砖后一起射到'O点，'OO垂直底边，下列说法正确的是（）A．从'O点射出的一定是一束复色光B．若两束光为红光和蓝光，则从a点入射的是蓝光C．若增大两束光的入射角，则Ⅱ光将先发生全反射D．若将Ⅰ光的入射点a左移一点，则两束平行光的出射光线也一定平行6、【2014四川“联测促改”测试】在水面下同一深处的两个点光源P、Q发出不同颜色的光，在水面上P光照亮的区域大于Q光照亮的区域，下列说法正确的是A.在真空中P光的传播速度更大B.P光在水中的传播速度小于Q光在水中的传播速度C.让P光和Q光通过同一双缝干涉装置，P光的条纹间距小于Q光D.P光发生全反射的临界角大于Q光发生全反射的临界角7、【2014四川“联测促改”测试】一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图所示。

（精心整理，诚意制作）一、选择题1、【20xx年××市十二区县重点学校高三毕业班联考】“蛟龙号”深潜器在某次实验中下潜的速度-时间图像如图所示，则（）A．深潜器运动的最大加速度是2.0 m/s2 B．下潜的最大深度为360m内的平均速度大小为0.8m/s D．深潜器在6-8min内处于失重状态C．在38min2、【20xx年北京海淀零模】如图甲所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。

在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是图乙中的3、【20xx年北京××区一模】如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。

已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。

则在此过程中物块B对物块A的压力为A．Mg sinθB．Mg cosθC．0 D．(M+m)g sinθ二、非选择题4、【20xx年北京××区一模】（18分）（1）①.用游标卡尺测量某钢管的外径，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm）的示数如图1所示，其读数为 cm。

②.如图2所示，螺旋测微器测出的某物件的宽度是___ _____mm。

(2)某实验小组采用如图3所示的装置探究小车的加速度与所受合力的关系。

①安装实验装置时，应调整定滑轮的高度，使拉小车的细线在实验过程中保持与（填“桌面”或“长木板”）平行。

②实验时先不挂砂桶，反复调整垫木的位置，轻推小车，直到小车做匀速直线运动，这样做的目的是。

③保持小车质量不变，用装有细砂的砂桶通过定滑轮拉动小车，打出纸带。

如图4所示是实验中打出的一条纸带的一部分，从较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻的两个计数点之间都有4个点迹没标出，测出各计数点之间的距离。

2022年高考物理试题分项汇编全解全析专题02 牛顿定律【真题汇编】（2022·湖南卷·T9）1. 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M 。

飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即2F kv =阻，k 为常量）。

当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m /s ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m /s 。

重力加速度大小为g ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ） A. 发动机的最大推力为1.5MgB. 当飞行器以5m /s 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为4MgC. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为/sD. 当飞行器以5m /s 的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g 【答案】BC 【解析】【详解】A ．飞行器关闭发动机，以v 1=10m /s 匀速下落时，有21100Mg kv k ==⨯飞行器以v 2=5m /s 向上匀速时，设最大推力为F m2m 225F Mg kv Mg k =+=+⨯联立可得m 1.25F Mg =，100Mgk =A 错误；B ．飞行器以v 3=5m /s 匀速水平飞行时F Mg ==B 正确；C ．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时2434f Mg kv === 解得4/s v =C 正确；D ．当飞行器最大推力向下，以v 5=5m /s 的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值2m 5m F Mg kv Ma ++=解得a m =2.5gD 错误。

故选BC 。

（2022·全国甲卷·T19）2. 如图，质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度大小为g 。

用水平向右的拉力F 拉动P ，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）A. P 的加速度大小的最大值为2g μB. Q 的加速度大小的最大值为2g μC. P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D. P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小 【答案】AD 【解析】【详解】设两物块的质量均为m ，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为2F mg μ=撤去拉力前对Q 受力分析可知，弹簧的弹力为0T mg μ=AB ．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为mg μ，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P 的加速度为0P1T mg ma μ--=解得P12a g μ=-此刻滑块Q 所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P 做减速运动，故PQ 间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。

高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s = 【解析】 【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==>则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at =解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．4．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．5．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求： （1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P = 联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '= 解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m6．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ʹμ1m A gx A =12m A v A ʹ2 解得:v A ʹ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ʹ=0-12m A v A 2 解得 x A ʹ=0.08m x A ʹ=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.7．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2112km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】(1)在货物匀速上升的过程中由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能211J 2m k E mv == 减速阶段的位移3310.5m 2x vt == 匀速阶段的位移2253m x vt ==加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2112a x v =，解得1 2.5m x ＝阳台距地面的高度12356m h x x x =++=8．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=62vt==3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=maN-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f=0-12mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．9．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间． 【答案】（1）0.5；（2）225s +（） 【解析】 【分析】 【详解】（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有 Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°） 代入解得，μ=0.5（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°） 上滑的时间为0112v t s a == 上滑的位移为01202v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2， 得，a 2=g （sin37°-μcos37°）由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=12a 2t 22 解得，22225xt s a =＝故 t=t 1+t 2=（2+5s 【点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．10．如图所示，质量为M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F，当小车向右运动速度达到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg的小物块，经过t1=2s的时间，小物块与小车保持相对静止。