高考物理试题分项版解析专题03牛顿运动定律.doc

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1、1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考物理试题分项版解析专题精选高考物理试题分项版解析专题 0303 牛顿运动牛顿运动定律定律一、选择题一、选择题1 【2016海南卷】沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力 F 的作用，其下滑的速度时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在 05 s、510 s、1015 s 内 F 的大小分别为 F1、F2 和 F3，则AF1F3CF1F3DF1=F3【答案】A【考点定位】图像，牛顿第二定律vt【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。2 【2016上海卷】如图，

2、顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的AOA 方向BOB 方向 COC 方向 DOD 方向【答案】D2 / 12【考点定位】牛顿第二定律、整体法和隔离法【方法技巧】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。3 【2016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【答案】BD【解析

3、】由题图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布向左运动，故鱼缸受到桌布对其向右的摩擦力作用，所以 A 错误；因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，鱼缸在桌布上与在桌面上运动时所受摩擦力大小相等，加速度大小相等，鱼缸先在桌布上加速，然后在桌面上减速到停止，所以根据 v=at 知鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等，所以 B 正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变，所以 C 错误；若猫减小拉力，桌布的加速度减小，鱼缸与桌布可能相对滑动也可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间都会变长，所以鱼缸可能滑出桌面，所以 D 正确【考点定位】力与运动3 / 12【方法技巧】本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、

4、运动情况。先在桌布上加速，后在桌面上减速。鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关。4 【2016全国新课标卷】一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】BC【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】本题主要考查牛顿运动定律。特别注意以前我们碰到的问题经常是去掉一个恒力，本题增加了一个恒力，从牛顿运动定律角度来看没有什么区别。根据牛顿第二定律计算加速度的可能大小，根据合力与速度方向间的关系判断物体的运动

5、情况。要特别注意的是，质点有可能做匀变速曲线运动。5 【2015上海3】如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是A B C D1F2F3F4F【答案】B【解析】小鸟沿虚线斜向上加速飞行，说明合外力方向沿虚线斜向上，小鸟受两个力的作用，空气的作用力和重力，如下图所示：【考点定位】牛顿第二定律【名师点睛】本题以实际情境为命题背景，考查力与运动的关系、合力与分力的关系等知识点，意在考查考生对物理基本规律的理解能力4 / 12和灵活运用物理规律解决实际问题的能力。本题的要点是理解合力和分力的关系，对小鸟进行受力分析可以较快解决问题。6 【2015江苏6】一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度

6、a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力（）At=2s时最大 Bt=2s时最小 Ct=8.5s时最大 Dt=8.5s时最小【答案】AD【考点】本题考查牛顿第二定律【名师点睛】本题主要是识图能力，利用加速度与时间的关系，结合牛顿第二定律 F=ma，由运动分析物体的受力情况。7 【2015全国新课标20】在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢一大小为 a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的

7、拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为A8 B10 C15 D18【答案】BC【解析】由设这列车厢的节数为 n，P、Q 挂钩东边有 m 节车厢，每节车厢的质量为 m，由牛顿第二定律可知：，解得：，k 是正整数，n 只5 / 12能是 5 的倍数，故 B、C 正确，A、D 错误。mknF kmF )(32 nk52【考点定位】牛顿第二定律【名师点睛】本题主要是整体法和隔离法，以及牛顿第二定律的应用。8 【2015全国新课标20】如图（a） ，一物块在 t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的 vt 图线如图（b）所示。若重力加速度及图中的、 、均为已知量，

8、则可求出0v1vA斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】速度时间图像的斜率找到不同阶段的加速度，结合受力分析和运动学规律是解答此类题目的不二法门。9 【2015重庆3】高空作业须系安全带.如果质量为的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离6 / 12为（可视为自由落体运动）.此后经历时间安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为mA B C D2mghmgt2mghmgtm ghmgtm ghmgt【答案】A【解析】人下落

9、h 高度为自由落体运动，由运动学公式，可知；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得，解得：，故选 A。22vgh2vgh()0()Fmg tmv 2mghFmgt【考点定位】运动学公式、动量定理。【名师点睛】涉及运动中的位移问题，优先选择动能定理；涉及运动的时间问题，优选选择动量定理；涉及运动的加速度和匀变速直线运动，选择牛顿第二定律和运动学公式。10 【2015重庆5】若货物随升降机运动的图像如题 5 图所示（竖直向上为正） ，则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是vtF【答案】B【考点定位】图像、超重与失重、牛顿第二定律。vt【名师点睛】图象从六个方面认识：一看轴，二看线，三看斜率，四

10、7 / 12看面，五看截距，六看点。超重和失重、平衡状态是由竖直方向的加速度决定。11 【2015海南8】如图所示，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块 a的加速度记为 a1，S1 和 S2 相对原长的伸长分别为l1 和l2，重力加速度大小为 g，在剪断瞬间Aa1=3g Ba1=0 Cl1=2l2 Dl1=l2【答案】AC【考点定位】牛顿第二定律的瞬时性【名师点睛】做本类型题目时，需要知道剪断细线的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细线的拉力变为零，弹簧

11、的弹力吧不变，然后根据整体和隔离法分析。12 【2015海南9】如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时A物块与斜面间的摩擦力减小B物块与斜面间的正压力增大C物块相对于斜面减速下滑D物块相对于斜面匀速8 / 12下滑【答案】BD【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故 A 错误，B 正确；设斜面的倾角为，物体的质量为 m，当匀速运动时有，即，假设物体以加速度 a 向上运动时，有， ，因为，所以，故物体仍做匀速下滑

12、运动，C 错误，D 正确。fNFFsincosmgmgsincosNm gacos（）fm gacos（）sincossinm gam gacos（）（）【考点定位】牛顿第二定律【名师点睛】做本题的关键是受力分析，知道变化前后，力的变化，然后根据力的分解和牛顿第二定律进行解题。13 【2015上海19】一颗子弹以水平速度穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动感方向均不变。设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为 v，则0vA越大，v 越大 B越小，v 越大0v0vC子弹质量越大，v 越大D木块质量越小，v 越大【答案】AC子弹位移也越大，木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不

13、变，所以末速度 v 就越大，故 A 正确，B 错误；子弹的质量越大，加速度越小，初速度一定，位移越大，如下图所示木块的位移就越小，而木块的初速度和加速度不变，所以末速度 v 就越大，故 C 正确；木块的质量越小，加速度越大，初速度不变，末速度越小，如下图所示，故 D 错误。9 / 12【考点定位】 v-t 图象；【名师点睛】本题考查了对 v-t 图象的理解和应用，本题很容易误用动量守恒定律和能量守恒定律来求解，用这个方法来解决问题很繁杂。二、非选择题二、非选择题14 【2016全国新课标卷】 （10 分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验台

14、上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有 N=5 个，每个质量均为 0.010 kg。实验步骤如下：（1）将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。（2）将 n（依次取 n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余Nn 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻 t 相对于其起始位置的位移 s，绘制 s-t 图像，经数据处理后可得到相应的加速度 a。（3）对应于不同的 n 的 a 值见下表。n=2 时

15、的 s-t 图像如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度（保留 2 位有效数字） ，将结果填入下表。n123452/ m sa0.200.580.781.00（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出 a-n 图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。（5）利用 an 图像求得小车（空载）的质量为_kg（保留 2 位有效数字，重力加速度取 g=9.8 ms2） 。（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1） ，下列说法正确的是10 / 12_（填入正确选项前的标号）Aan 图线不再是直线Ban 图线仍是直线，但该直线不过原点Can 图线仍是直线，但

16、该直线的斜率变大【答案】 （3）0.39（4）如图所示（5）0.45（6）BC【解析】 （3）因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故将（2，0.78）代入可得。21 2sat20.39 m/sa （4）根据描点法可得如图所示图线【考点定位】验证牛顿第二定律的应用【方法技巧】对于高中实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用。15 【2017新课标卷】 （12 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s0 和 s1（s1s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位

17、于起跑线上，教练员将冰球以初速度 v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为 v1。重力加速度大小为 g。求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。【答案】 （1） （2）22 0102vv gs2 101 2 0() 2s vv s【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律11 / 12【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联

18、，并能灵活选取运动公式；难度中等。16 【2015全国新课标25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短） 。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求0t 1tsvt（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；12（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答

19、案】 （1） （2） （3）10.120.46m6.5m（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121(M)gmmgMa可得2 14/3am s对滑块，则有加速度2 24/am s滑块速度先减小到 0，此时碰后时间为11ts此时，木板向左的位移为末速度2 111 1110 23xvta tm18/3vm s12 / 12滑块向右位移214/022m sxtm此后，木块开始向左加速，加速度仍为2 24/am s木块继续减速，加速度仍为2 14/3am s假设又经历二者速度相等，则有2t2 211 2a tva t解得20.5ts此过程，木板位移末速度2 31 21 217 26xvta tm311 22/vva tm s滑块位移2 42 211 22xa tm此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为13246xxxxxm 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁.