专题04牛顿运动定律2019年高考真题和模拟题分项汇编物理

专题04牛顿运动定律1．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4s和4~5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2~4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。2．（2019·安徽省定远县民族中学高三模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为，下列说法中正确的是A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为FmD．小球的最大速度为0Fmgk【答案】D【解析】AB项：刚开始运动时，加速度为，当速度v增大，加速度增大，当速度v增大到符合kvmg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB错误；C项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为0Fm，故C错误；D项：当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kvm–mg），故最大速度为，故D正确。3．（2019·江西省名校联考）南方气温偏低，经常存在冰冻现象。某校方同学和阳同学（校服材质一样）先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示（两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能量损失）。根据上述信息，不能确定方、阳两人A．经过B点时速度大小相等B．最终两人停在水平冰面上同一位置C．损失的机械能相等·D．运动的时间相等【答案】C【解析】设在斜面上运动的距离为1s，在水平面上运动的距离为2s，斜面的倾角为，动摩擦因数为，物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得，可得，所以两个物体在斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得2112Bvas，经过B点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得，则得，可知1s、、相同，则知最终两人停在水平冰面上同一位置，同理在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两个物体运动的总时间相等；由上知不能确定两个物体质量关系，故不能确定摩擦力相等，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相等，故不能确定方、阳两人的选选项C。4．（2019·辽宁省沈阳市高三三模）如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=10m/s2）则下列说法正确的是A．当a=5m/s2时，滑块对球的支持力为2N2B．当a=15m/s2时，滑块对球的支持力为半2N2C．当a=5m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D．当a=15m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fcos45°=ma0；竖直方向：Fsin45°=mg，解得a0=g。A、当a=5m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45°–FNcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°+FNsin45°=mg，解得2N2NF，故A正确；B、当a=15m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；CD、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误；故选A。5．（2019·辽宁省辽南协作体高三下学期第一次模拟）如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则A．弹簧秤的示数是10NB．弹簧秤的示数是25NC．弹簧秤的示数是26ND．弹簧秤的示数是52N【答案】C【解析】以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：a=2m/s2，对物体1m，由牛顿第二定律得：，解得：T=26N，则弹簧秤示数为26N，C正确。6．（山东省淄博市2019届高三三模考试理综物理试卷）如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是A．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为2mgkB．电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为6mgkC．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D．从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：，其中a=5g，解得32mgxk，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误。7．（2019·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模）如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1μ2，卡车刹车的最大加速度为a，aμ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过A．202gsB．102gsC．02asD．【答案】A【解析】由，分析可知要求其刹车后在0s距离内能安全停下来，则车的最大加速度2ag，由运动学公式，车的最大速度：，故选A。8．（2019·福建省厦门外国语学校高三最后一模）如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，取g=10m/s2。根据图象可求出A．物体的初速率v0=6m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C．当θ=30o时，物体达到最大位移后将保持静止D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值【答案】BD【解析】A项：由图可知，当夹角为90°时，x=0.80m，物体做竖直上抛运动，则由竖直上抛运动规律可知：202vgx，解得：，故A错误；B项：当夹角θ=0时，x=1.60m，由动能定理可得：，解得：0.5，故B正确；C项：若θ=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30°=0.5mg；最大静摩擦力为：，则，，因此，物体达到最大位移后将下滑，故C错误；D项：根据动能定理得：，解得：其中tanα=2，当90，，此时位移最小，故D正确。9．（2019·湖南省怀化市高三二模）如图所示倾角为30°的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，上滑时间为下滑时间的一半，下列说法正确的是A．斜面长为36mB．滑块与斜面间的动摩擦因数为35C．地面对斜面的摩擦力先向左后向右D．滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力【答案】BD【解析】A、经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8m，设CD长度为L，逆向思维可知，BC=3L，AB=5L，所以3L–L=0.8m，解得L=0.4m，斜面长x=9L=3.6m，故A错误；B、上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a1=4a2，根据牛顿第二定律可得：，联立解得35，故B正确；C、减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，故C错误；D、滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故D正确。10．（2019·江西省名校高三联考）为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。则A．运动员起跳过程处于超重状态B．起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C．起跳过程中运动员对地面的压力为960ND．从开始起跳到双脚落地需要1.05s【答案】AD【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据22ghv可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知22ahv，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N，故选项A正确，C错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误；D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确。11．（2019·辽宁省沈阳市高三三模）根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置（滑轮质量、摩擦均不计）。质量为2kg的物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（取g=10m/s2）A．物体加速度大小为0.5m/s2B．拉力F的大小为12NC．2s末拉力F的功率大小为96WD．2s内拉力F做的功为48J【答案】BC【解析】A、根据v–t图象知加速度，故A错误；B、牛顿第二定律得，2F–mg=ma，解得，故B正确；C、2s末物体的速度v=4m/s，则F的功率P=Fv′=2Fv=12×8W=96W，故C正确；D、物体在2s内的位移；则拉力作用点的位移x=8m，则拉力F做功的大小为W=Fx=12×8J=96J，故D错误。故选BC。12．（2019·湖南省怀化市高三统一模拟）如图所示，质量为M=2kg、长为L=1.5m的木板静止在光滑的水平面上，木板上右端放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m=1kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2。若用水不拉力F作用在木板上，取g=10m/s2，则下列说法正确的是A．F=8N时，小滑块与木板保持相对静止B．F=10N时，小滑块与木板发生相对滑动C．F=12N时，小滑块从木板上滑下所需的时间为2sD．F=12N时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10kg·m/s【答案】BD【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律m