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2019-2020年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 真題匯編 C單元 牛頓運動定律
18．C2[xx全國卷Ⅰ] 一質(zhì)點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質(zhì)點上的力不發(fā)生改變，則( )
A．質(zhì)點速度的方向總是與該恒力的方向相同
B．質(zhì)點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直
C．質(zhì)點加速度的方向總是與該恒力的方向相同
D．質(zhì)點單位時間內(nèi)速率的變化量總是不變
[解析] BC 由牛頓第二定律，質(zhì)點的加速度總是與該恒力方向相同，且加速度恒定，單位時間內(nèi)速度的變化量不變，但速率的變化量可能不同，選項C正確，選項D錯誤；當(dāng)恒力與速度方向不在同一直線上時，質(zhì)點做勻變速曲線運動，速度方向與恒力方向不相同，但速度方向不可能總與該恒力方向垂直，選項B正確；只有當(dāng)恒力與速度同向，做勻加速直線運動時，速度方向才與該恒力方向相同，選項A錯誤．
19．A2 、C2、E1[xx全國卷Ⅱ] 兩實心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則( )
A．甲球用的時間比乙球長
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
19．BD [解析] 設(shè)f＝kR，則由牛頓第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝πR3ρ，故a＝g－，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C錯誤；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>v乙，B正確；由x＝at2可知，t甲
f乙，則W甲克服>W乙克服，D正確．
21．C2、 E3[xx全國卷Ⅱ] 如圖1，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中( )
圖1
A．彈力對小球先做正功后做負功
B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度
C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零
D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差
21．BCD [解析] 小球在M點時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點時彈簧處于伸長狀態(tài)，則在由M到N過程中有一點彈簧處于原長狀態(tài)，設(shè)該點為B點，另設(shè)小球在A點時對應(yīng)的彈簧最短，如圖所示．從M點到A點，彈簧壓縮量變大，彈力做負功，從A點到B點彈簧從壓縮逐漸恢復(fù)至原長，彈力做正功，從B點到N點彈簧從原長逐漸伸長，彈力做負功，選項A錯誤．小球在A點時，水平方向上彈簧的彈力與桿的彈力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B點時，彈簧處于原長，桿對小球沒有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正確．在A點時，彈簧的彈力F彈垂直于桿，小球的速度沿桿向下，則P彈＝F彈vcos α＝0，C正確．從M點到N點，小球與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，則Ek增＝Ep減，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep彈M－Ep彈N，由于在M、N兩點彈簧彈力大小相同，由胡克定律可知，彈簧形變量相同，則彈性勢能Ep彈N＝Ep彈M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正確．
24．C2 D4 E2[xx全國卷Ⅲ] 如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點沿圓弧軌道運動．
(1)求小球在B、A兩點的動能之比；
(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．
圖1
24．[答案] (1)5 (2)能
[解析] (1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg?、?
設(shè)小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg ②
由①②式得＝5?、?
(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0?、?
設(shè)小球在C點的速度大小為vC，由牛頓運動定律和向心加速度公式有N＋mg＝ ⑤
由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m?、?
由機械能守恒有mg＝mv ⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運動到C點．
10．C2 D4 E2[xx天津卷] 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．如圖1所示，質(zhì)量m＝60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m．為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓?。滥┒薆與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.
圖1
(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大??；
(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大？
[答案] (1)144 N (2)12.5 m
[解析] (1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設(shè)AB的長度為x，則有v＝2ax ①
由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma?、?
聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N?、?
(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有
mgh＋W＝mv－mv?、?
設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有FN－mg＝m?、?
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m
10．A2 C2[xx四川卷] 避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖
豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍．貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g＝10 m/s2.求：
(1)貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；
(2)制動坡床的長度．
圖1
10．[答案] (1)5 m/s2，方向沿制動坡床向下 (2)98 m
[解析] (1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車廂內(nèi)滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則
f＋mgsin θ＝ma1
f＝μmgcos θ
聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a1＝5 m/s2
a1的方向沿制動坡床向下．
(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23 m/s.貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12 m，制動坡床的長度為l，則
Mgsin θ＋F－f＝Ma2
F＝k(m＋M)g
s1＝vt－a1t2
s2＝vt－a2t2
s＝s1－s2
l＝l0＋s0＋s2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得
l＝98 m.
4．C2[xx上海卷] 如圖1所示，頂端固定著小球的直桿固定在小車上，當(dāng)小車向右做勻加速運動時，球所受合外力的方向沿圖中的( )
圖1
A．OA方向 B．OB方向
C．OC方向 D．OD方向
4．D [解析] 根據(jù)牛頓第二定律，合外力方向與加速度方向相同，小車和球的加速度向右，所受合外力也向右，D正確．
C3 超重和失重
C4 實驗：驗證牛頓定律
23．C4[xx全國卷Ⅲ] 某物理課外小組利用圖(a)中的裝置探究物體加速度與其所受合外力之間的關(guān)系．圖中，置于實驗臺上的長木板水平放置，其右端固定一輕滑輪；輕繩跨過滑輪，一端與放在木板上的小滑車相連，另一端可懸掛鉤碼．本實驗中可用的鉤碼共有N＝5個，每個質(zhì)量均為0.010 kg.實驗步驟如下：
(1)將5個鉤碼全部放入小車中，在長木板左下方墊上適當(dāng)厚度的小物塊，使小車(和鉤碼)可以在木板上勻速下滑．
圖1
(2)將n(依次取n＝1，2，3，4，5)個鉤碼掛在輕繩右端，其余N－n個鉤碼仍留在小車內(nèi)；用手按住小車并使輕繩與木板平行．釋放小車，同時用傳感器記錄小車在時刻t相對于其起始位置的位移s，繪制s t圖像，經(jīng)數(shù)據(jù)處理后可得到相應(yīng)的加速度a.
(3)對應(yīng)于不同的n的a值見下表．n＝2時的s t圖像如圖(b)所示；由圖(b)求出此時小車的加速度(保留2位有效數(shù)字)，將結(jié)果填入下表．
n
1
2
3
4
5
a/(ms－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的數(shù)據(jù)在圖(c)中補齊數(shù)據(jù)點，并作出an圖像．從圖像可以看出：當(dāng)物體質(zhì)量一定時，物體的加速度與其所受的合外力成正比．
圖1
(5)利用an圖像求得小車(空載)的質(zhì)量為______ kg(保留2位有效數(shù)字，重力加速度g取9.8 m/s2)．
(6)若以“保持木板水平”來代替步驟(1)，下列說法正確的是 ________(填入正確選項前的標(biāo)號)．
A．a(chǎn)n圖線不再是直線
B．a(chǎn)n圖線仍是直線，但該直線不過原點
C．a(chǎn)n圖線仍是直線，但該直線的斜率變大
23．[答案] (3)0.39(0.37～0.49均可) (4)an圖線如圖所示
(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC
[解析] (3)系統(tǒng)做勻加速直線運動，s＝at2，由圖(b)可知，當(dāng)t＝2 s時，s＝0.78 m，代入解得a＝0.39 m/s2.
(4)由題意知描點法作圖所得的必須是一條直線．
(5)對于掛在下面的n個鉤碼，有nmg－F＝nma；
對于小車(含剩下的鉤碼)，有F＝[M＋(N－n)m]a；
兩式相加得nmg＝(M＋Nm)a；
解得a＝＝n，可見an圖像的斜率表示，
由an圖可知斜率k＝0.196，所以＝0.196，解得M＝0.45 kg.
(6)木板水平時要考慮摩擦力的影響，
對于掛在下面的n個鉤碼，有nmg－F′＝nma；
對于小車(含剩下的鉤碼)，有F′－μ[M＋(N－n)m]g＝[M＋(N－n)m]a；
兩式相加得nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，
去中括號得n(mg＋μmg)－μ(M＋Nm)g＝(M＋Nm)a，
移項化簡得n(mg＋μmg)＝(M＋Nm)(a＋μg)，
解得a＝n－μg＝n－9.8μ，
可見an圖像仍是一條直線，但其斜率要變大，且不過坐標(biāo)原點．
C5 牛頓運動定律綜合
22．E5 C5[xx全國卷Ⅰ] 某同學(xué)用圖(a)所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中打點計時器的電源為交流電源，可以使用的頻率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出紙帶的一部分如圖(b)所示．
圖1
該同學(xué)在實驗中沒有記錄交流電的頻率f，需要用實驗數(shù)據(jù)和其他題給條件進行推算．
(1)若從打出的紙帶可判定重物勻加速下落，利用f和圖(b)中給出的物理量可以寫出：在打點計時器打出B點時，重物下落的速度大小為________，打出C點時重物下落的速度大小為________，重物下落的加速度大小為________．
(2)已測得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?.80 m/s2，實驗中重物受到的平均阻力大小約為其重力的1%.由此推算出f為________ Hz.
[答案] (1)(s1＋s2)f (s2＋s3)f (s3－s1)f2
(2)40
[解析] (1)B點對應(yīng)的速度vB＝＝，C點對應(yīng)的速度vC＝＝，加速度a＝＝.
(2)由牛頓第二定律得mg(1－1%)＝ma，則頻率f＝＝40 Hz.
16．C5、D6、E2[xx全國卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖1所示．將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點( )
圖1
A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的動能一定小于Q球的動能
C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
16．C [解析] 從釋放到最低點過程中，由動能定理得mgl＝mv2－0，可得v＝，因lPmQ，故兩球動能大小無法比較，選項B錯誤；在最低點對兩球進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式可知T－mg＝m＝man，得T＝3mg，an＝2g，則TP>TQ，aP＝aQ，C正確，D錯誤．
8．E1 C5[xx天津卷] 我國高鐵技術(shù)處于世界領(lǐng)先水平，和諧號動車組是由動車和拖車編組而成，提供動力的車廂叫動車，不提供動力的車廂叫拖車．假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量均相等，動車的額定功率都相同，動車組在水平直軌道上運行過程中阻力與車重成正比．某列動車組由8節(jié)車廂組成，其中第1、5節(jié)車廂為動車，其余為拖車，則該動車組( )
圖1
A．啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動的方向相反
B．做勻加速運動時，第5、6節(jié)與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2
C．進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度成正比
D．與改為4節(jié)動車帶4節(jié)拖車的動車組最大速度之比為1∶2
8．BD [解析] 列車啟動時，乘客隨著車廂加速運動，乘客受到的合力方向與車運動的方向一致，而乘客受到車廂的作用力和重力，所以啟動時乘客受到車廂作用力的方向與車運動方向成一銳角，A錯誤；動車組運動的加速度a＝＝－kg，則對第6、7、8節(jié)車廂的整體有f56＝3ma＋3kmg＝0.75F，對第7、8節(jié)車廂的整體有f67＝2ma＋2kmg＝0.5F，故第5、6節(jié)車廂與第6、7節(jié)車廂間的作用力之比為3∶2，B正確；根據(jù)動能定理得Mv2＝kMgs，解得s＝，可知進站時從關(guān)閉發(fā)動機到停下來滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動機時的速度的二次方成正比 ，C錯誤；8節(jié)車廂有2節(jié)動車時的最大速度為vm1＝＝，8節(jié)車廂有4節(jié)動車的最大速度為vm2＝＝，則＝，D正確．
5．C5[xx海南卷] 沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—時間圖線如圖1所示．已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5 s、5～10 s、10～15 s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則( )
圖1
A．F1F3
C．F1>F3 D．F1＝F3
5．A [解析] 0～5 s內(nèi)，物體沿斜面向下做勻加速直線運動，F(xiàn)1mgsin θ－μmgcos θ，故A正確．
13．C5[xx海南卷] 水平地面上有質(zhì)量分別為m和4m的物塊A和B，兩者與地面的動摩擦因數(shù)均為μ.細繩的一端固定，另一端跨過輕質(zhì)動滑輪與A相連，動滑輪與B相連，如圖1所示．初始時，繩處于水平拉直狀態(tài)．若物塊A在水平向右的恒力F作用下向右移動了距離s，重力加速度大小為g.求：
圖1
(1)物塊B克服摩擦力所做的功；
(2)物塊A、B的加速度大?。?
13．[答案] (1)2μmgs (2)
[解析] (1)物塊A移動了距離s，則物塊B移動的距離為
s1＝s?、?
物塊B受到的摩擦力大小為
f＝4μmg?、?
物塊B克服摩擦力所做的功為
W＝fs1＝2μmgs?、?
(2)設(shè)物塊A、B的加速度大小分別為aA、aB，繩中的張力為T.由牛頓第二定律得
F－μmg－T＝maA?、?
2T－4μmg＝4maB ⑤
由A和B的位移關(guān)系得
aA＝2aB?、?
聯(lián)立④⑤⑥式得
aA＝ ⑦
aB＝?、?
1．[xx浙江嘉興期末考試] 如圖K71所示是我國首次立式風(fēng)洞跳傘實驗，風(fēng)洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”．此過程中( )
圖K71
A．地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈Υ笮∠嗟?
B．人受到的重力和人受到氣流的力是一對作用力與反作用力
C．人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小
D．人被向上“托起”時處于失重狀態(tài)
1．A [解析] 地球?qū)θ说奈腿藢Φ厍虻奈樽饔昧头醋饔昧Γ蚀笮∠嗟?，A項正確；人受到氣流的力和人對氣流的力是作用力和反作用力，B項錯誤；人被加速向上托起，則人受到氣流的力大于人受到的重力，C項錯誤；人有向上的加速度，故人被向上“托起”時處于超重狀態(tài)，D項錯誤．
4．(多選)[xx湖南師范大學(xué)附中月考] 如圖K74所示，固定在水平面上的光滑斜面的傾角為θ，其頂端裝有光滑小滑輪，繞過滑輪的輕繩一端連接一物塊B，另一端被人拉著且人、滑輪間的輕繩平行于斜面．人的質(zhì)量為M，B物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，當(dāng)人拉著繩子以大小為a1的加速度沿斜面向上運動時，B 物塊運動的加速度大小為a2，則下列說法正確的是( )
圖K74
A．物塊一定向上加速運動
B．人能夠沿斜面向上加速運動，必須滿足m＞Msin θ
C．若a2＝0，則a1一定等于
D．若a1＝a2，則a1可能等于
4．CD [解析] 對人受力分析，由牛頓第二定律可知F－Mgsin θ＝Ma1，得F＝Mgsin θ＋Ma1，若F＞mg，則物體B加速上升，若F＜mg，則物體B加速下降，若F＝mg，物體B靜止，故A錯誤； 人能夠沿斜面向上加速運動，只需滿足F＞Mgsin θ即可，故B錯誤；若a2＝0，則F＝mg，故mg－Mgsin θ＝Ma1，a1＝，故C正確；F＝Mgsin θ＋Ma1，當(dāng)F
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