2020届高考物理冲刺专项训练06 牛顿运动定律及应用 (解析版)

牛顿运动定律及应用

一、单选题

1．（北京东城区2019-2020学年高三上学期期末物理试题）如图所示，人站在船上撑竿使船离岸，在此过程中

A．竿对岸的作用力大于岸对竿的作用力

B．人与船之间存在着相互作用的摩擦力

C．岸对竿的作用力使船的运动状态发生改变

D．人受到的重力和竿对人的作用力是一对平衡力

【答案】B

【解析】A. 竿对岸的作用力与岸对竿的作用力是一对作用与反作用力，则大小相等，选项A错误；

B. 人与船之间有相对运动的趋势，可知人与船之间存在着相互作用的摩擦力，选项B正确；

C. 竿对船的作用力使船的运动状态发生改变，选项C错误；

D. 人受到的重力与船对人的作用力以及竿对人的作用力，三力平衡，选项D错误；

故选B.

2．（浙江省名校新高考研究联盟（Z20联盟)2019-2020学年高三上学期12月第二次联考物理试题）在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动.从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( )

A．拖把将做减速运动

B．拖把继续做匀速运动

C．减小θ的同时若减小F，拖把不一定做加速运动

D．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变大

【答案】C

【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则：拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示。

将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件得：竖直方向上：

Fsinθ+mg=F N①

水平方向上：

Fcosθ-F f=0②

式中F N和F f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有

F f=μF N③

AB．若F不变，减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小而Fcosθ增大，所以Fcosθ-F f将大于0，所以拖把将做加速运动。故AB错误。

C．由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sinθ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，而Fcosθ不能确定其增大还是减小，则Fcosθ-F f是否大于零不能确定，即拖把不一定做加速运动，故C正确；

D．由AB选项的分析可知，若F不变，减小F与水平方向的夹角θ时，地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小，故D错误。

故选C。

3．（2020届吉林省长春市第二十九中学高三上学期期末物理试题）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向的夹角α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向的夹角θ=30°的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速直线飞行，飞行器所受空气阻力不计。下列说法中正确的是（）

A．飞行器加速时动力的大小等于mg

B

C D ．飞行器减速飞行时间t 后速度为零 【答案】C

【解析】AB ．起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为F ，合力为b F ，如图所示

在b OFF ?中，由几何关系得

F =

b F mg =

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为

1a g =

故A 、B 错误； CD ．t 时刻的速率

1v a t gt ==

推力方向逆时针旋转60?，合力的方向与水平方向成30斜向下，推力F '跟合力b F '垂直，如图所示

此时合力大小为

sin30b F mg ='?

动力大小

2

F mg '=

飞行器的加速度大小为

2sin301

2

mg a g m ?=

= 到最高点的时间为

2212

v gt t t

a g

'=

== 故C 正确，D 错误； 故选C 。

4．（2020届北京市昌平区高三上学期期末物理试题）用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持稳定，将其置于木板A 、B 之间，如图所示。两木板固定在车上，且板间距离刚好等于工件的外部直径。当卡车沿平直公路以加速度a 匀加速行驶时，圆筒对木板A 、B 压力的大小分别为F 1、F 2，则（ ）

A ．F 1=ma ，F 2=0

B ．F 1=0，F 2 =ma

C ．F 1=0，F 2=0

D ．F 1=ma ，F 2=ma

【答案】A

【解析】当卡车沿平直公路以加速度a 匀加速行驶时，圆筒会挤压木板A ，不挤压木板B ，故F 2=0，由牛顿第二定律，有F 1=ma ，故A 正确，BCD 错误。 故选A 。

5．（北京市西城区2019-2020学年高三上学期期末考试物理试题）按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。笔从最低点运动至最高点的过程中

A．笔的动能一直增大

B．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小

C．弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量

D．弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量

【答案】D

【解析】开始时弹力大于笔的重力，则笔向上做加速运动；当弹力等于重力时加速度为零，速度最大；然后弹力小于重力，笔向上做减速运动，当笔离开桌面时将做竖直上抛运动，直到速度减为零到达最高点；A．笔的动能先增大后减小，选项A错误；

B．因只有弹力和重力做功，则笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能守恒；因动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，选项B错误；

CD．因整个过程中动能不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能的增加量，选项C错误，D正确；故选D.

6．（浙江省宁波市效实中学2019-2020学年高三上学期期中考试物理试题(理)）如图所示为运动员跳高时的精彩瞬间，下列说法正确的是

A．运动员在最高点处于平衡状态

B．运动员在下降过程中处于超重状态

C．运动员起跳以后在上升过程中处于失重状态

D．运动员起跳时地面对他的支持力等于他所受的重力

【答案】C

【解析】A．运动员在最高点受重力作用，不是处于平衡状态，选项A错误；

B．运动员在下降过程中加速度向下，处于完全失重状态，选项B错误；

C．运动员起跳以后在上升过程中加速度向下，处于失重状态，选项C正确；

D．运动员起跳时加速上升，则地面对他的支持力大于他所受的重力，选项D错误。

二、多选题

7．（福建省莆田市2019届高三第二次质量检测（A卷)（5月)物理试题）如图，装有水的杯子从倾角α = 53°

的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β = 16°。取重力加速度g = 10 m/s 2，sin53°= 0.8，sin16°= 0.28，则

A ．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s 2

B ．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s 2

C ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75

D ．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87 【答案】BC

【解析】取水平面的一质量为m 的小水滴为研究对象，

由正交分解法结合牛顿第二定律可得：sin 53sin 37mg N ma -=； cos53cos37mg N = 解得a=3.5m/s 2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：sin 5353Mg Mgcos Ma μ-= 解得μ=0.75，故选BC. 8．（重庆市2019届4月调研测试（第二次诊断性考试)理综试卷物理试题）如图所示,滑轮固定于天花板,轻绳一端连接质量为M 的重物,另一端连接一梯子,梯子上有质量为m 的人,重物和人均处于静止状态。若人在梯子上对地做某种运动时,滑轮对天花板的作用力为零,滑轮和轻绳质量均不计,轻绳伸长不计且轻绳始终处于伸直状态,不计空气阻力和滑轮摩擦力,重力加速度为g 。下列说法正确的是

A ．梯子与重物的加速度相同

B ．人的加速度大小为g

C ．人的加速度大小为2M m

g m

- D ．人与梯子间作用力大小为2(M -m)g

【答案】CD

【解析】A 、由题可知轻绳弹力为零，重物有竖直向下加速度g ，梯子有竖直向上加速度，大小为g ，方向不同，选项A 错误；

D 、设人对梯子作用力大小为F ，梯子质量为M m －，由牛顿第二定律可得()()F M m g M m g -=－－，解得2()F M m g =－，故选项D 正确；

BC 、设人的加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得F mg ma +=, 解得人的加速度大小为2M m

a g m

-=，故选项C 正确，B 错误；

9．（湖北省武汉市2019届高三下学期高中毕业班五月理科综合物理试题）如图所示，某次足球训练，守门员将静止的足球从M 点踢出，球斜抛后落在60m 外地面上的P 点。发球的同时，前锋从距P 点11.5m 的N 点向P 点做匀加速直线运动，其初速度为2m/s ，加速度为4m/s 2，当其速度达到8m/s 后保持匀速运动。若前锋恰好在P 点追上足球，球员和球均可视为质点，忽略球在空中运动时的阻力，重力加速度 g 取 10 m/s 2。下列说法正确的是

A ．前锋加速的距离为7.5m

B ．足球在空中运动的时间为 2.3s

C ．足球运动过程中的最小速度为30 m/s

D ．足球上升的最大高度为10m 【答案】AC

【解析】A项：前锋做匀加速直线运动，初速度为2m/s，加速度为4m/s2，末速度为8m/s，根据速度-位移公式可知，v2?v02=2ax1，代入数据解得：x1=7.5m，故A正确；

B项：前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t

加=v?v0

a

=1.5s，匀速运动时间t

匀

=x?x1

v

=0.5s，故

足球在空中运动的时间为2s，B错误；

C项：足球水平方向上做匀速直线运动，位移为60m，时间为2s，故运动过程中的最小速度为30m/s，C 正确；

D项：足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1s，最大高度?m=1

2

gt2=5m，故D错误。

10．（四川省成都石室中学2019届第二次诊断性考试模拟测试物理试题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（）

A．下滑过程中，其加速度先减小后增大

B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为1

2

mv2

C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－1

4

mv2

D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度

【答案】AC

【解析】A．环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，选项A正确；

BC．环由A到C，有mgLsinα＝E pC＋Q，环由C到A，有E pC－Q－mgLsin α＝－1

2

mv2，解得Q＝

1

4

mv2，

E pC＝mgLsinα－1

4

mv2，选项C正确，B错误；

D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′－W′f－W′弹＝1

2

mv B2－0，圆环由B上滑至A，有－mgh′

－W′f＋W′弹＝0－1

2

mv B′2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，选项D错误。

11．（2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷)）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机

通过竖井运送至地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，

A ．矿车上升所用的时间之比为4:5

B ．电机的最大牵引力之比为2:1

C ．电机输出的最大功率之比为2:1

D ．电机所做的功之比为4:5 【答案】AC

【解析】A ．由图可得，变速阶段的加速度0

v a t =

，设第②次所用时间为t ，根据速度-时间图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，0

0001

11122[2]222

v t v t t v a ??=+-??（），解得：052t t =，所以第

①次和第②次提升过程所用时间之比为0052:4:52

t

t = ，选项A 正确；

B ．由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F mg ma -=，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B 错误；

C ．由功率公式，P=Fv ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C 正确；

D ．加速上升过程的加速度0

10

v a t =

，加速上升过程的牵引力1100()F ma mg m v g t =+=+，减速上升过程

的加速度0

20

a v t =-

，减速上升过程的牵引力 220

)(F ma mg m g v t =+=-

， 匀速运动过程的牵引力3F mg =．第①次提升过程做功

11002000011

22

W F t v F t v mgv t =???+???=；

第②次提升过程做功

10000200002311131111

22222222

W F t v F t v F t v mgv t =???+??+???=；

两次做功相同，选项D 错误．

12．（江苏省苏北四市2018届高三第一次调研测试物理试题）如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F ．质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）

A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为

F

M

B ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为212

mv C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为

212

mv D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2

2v gl

【答案】ABD

【解析】A ．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，根据牛顿第二定律有：

F Ma =

解得F

a M

=

，A 正确； B ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为

2

12

mv ，B 正确； C ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于

2

12

mv ，C 错误； D ．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即2

12

p E mv =

，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得

()0m M v =+'

()21

2

p E m M v mgl μ=

+'+ 联立解得2

2v gl

μ=，D 正确。

故选ABD 。

三、解答题

13．（2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷)）我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s 。已知飞机质量m=7.0×104 kg ，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g =10?m/s 2。求：

（1）飞机滑跑过程中加速度a 的大小； （2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P 。 【答案】（1）a=2 m/s 2 （2）P=8.4×106 W

【解析】（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v 2=2ax ①，解得a=2m/s 2② （2）设飞机滑跑受到的阻力为F 阻，依题意可得F 阻=0.1mg ③ 设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有F ?F 阻=ma ④； 设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，有v =v

2⑤

在滑跑阶段，牵引力的平均功率P =Fv ⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W ．

14．（浙江新高考2018年4月选考科目物理试题）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为 37°的倾斜冰面上，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）．已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数 μ=0.25， sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度 g 取 10m/s2．求：

（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小； （2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；

（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小．（结果可用根式表示） 【答案】(1) 16/m s (2) 28/m s (3) 11.7/m s

【解析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小； 解：（1）“奔跑”过程2

1162

x at m =

= （2）上滑过程：2

1sin cos 8/a g g m s θμθ=+= 下滑过程2

2sin cos 4/a g g m s θμθ=-=

（3）上滑位移()2

1

1

12at x m a ==，

退滑到出发点的速度()2

212v a x x =+，

解得/11.7/v s m s =≈

15．（黑龙江省牡丹江市第一高级中学2019-2020学年高三上学期开学物理试题）如图所示，质量为M=0.5kg 的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg 的物块以初速度v 0=4m/s 滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0．2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F 。当恒力F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ，给木板施加不同大小的恒力F ，得到1

S ?F 的关系如图所示，其

中AB 与横轴平行，且AB 段的纵坐标为1m -1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s 2。

（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t 是多少？ （2）图乙中BC 为直线段，求该段B 点的横坐标

（3）图乙中DE 为直线段，求该段恒力F 的取值范围及1

S ?F 函数关系式 【答案】（1）t =1

3s （2）F=1N （3）1

s =F+38

【解析】（1）以初速度v 0为正方向， 物块的加速度大小： a m =μg=2m/s 2 木板的加速度大小： a M =

μmg M

=4m/s 2

由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程1

s =1m -1，则s=1m ， 可知板长L=s=1m 滑块相对木板的路程： L=v 0t -1

2a m t 2-1

2a M t 2，

代入数据可得：t =1

3s ；t=1s （舍）

当t=1s 时，滑块的速度为v=v 0-a m t=2m/s ，木板的速度为v=a M t=4m/s ，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s 应舍弃，故所求时间为t =1

3s

（2）当F 较小时，物块将从木板右端滑下，当F 增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v ，历时t 1， 则木板的加速度 a 1=

F+μmg M

=(2F+4)m/s 2

速度关系有： v=v 0-a m t 1=a 1t 1 相对位移：

L=

v 0+v 2

t 1-v

2t 1

联立解得：F=1N ，即B 点的横坐标为F=1N 。

（3）当F 继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，则对整体： a=

F M+m

，

对物块相对静止加速度的最大值 f max = μmg =ma 可解得：F=3N ， 当F>3N 时，

对应乙中的DE 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx 当两者具有共同速度v ，历时t ， 根据速度时间关系可得： v 0-a m t=a 1t

根据位移关系可得： Δx ＝v 0t?1

2a m t 2?1

2a 1t 2 s=2Δx

联立1

s ?F 函数关系式解得：

1s =

F +3

8

16．（辽宁省沈阳市2019届高三上学期教学第一次质量检测(一模)物理试题）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。重力加速度g ＝10m/s 2，试求：

（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2

（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）

1

20

（3）2.75m 【解析】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114

/3/1

v v a m s m s t --=

==-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；

（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

121

2v mg mg m

t μμ+?= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

2

122

2v mg mg m

t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：21

20

μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在

10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0

1100.52v x t m +=

?=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：2220

0.252

v x t m +=?=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12

2.52

v v x t m +=?=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ?=+-=。

17．（2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷)）如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M:m ；

（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T

【答案】（1）

5

3

F Mg mg

=-（2）

6

5

M

m

=（3）()

8

5

mMg

T

m M

=

+（

48

55

T mg

=或

8

11

T Mg

=）

【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg

解得

5

3

F Mg mg =-

（2）小球运动到与A、B相同高度过程中

小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l 机械能守恒定律mgh1=Mgh2

解得

6

5 M

m

=

（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T 牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T

牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma

解得

8

5

mMg

T

m M

=

+

（）

（

488

5511

T mg T Mg

==

或）