1、单元三牛顿运动定律考点1.牛顿运动定律及其应用()；2.超重和失重()知识点1.牛顿第二定律的瞬时性；2.超重、失重问题；3.图象问题；4.连接体问题；5.多过程问题第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2019浙江普通高校招生选考模拟)如图所示，是某人站在压力板传感器上，做下蹲起立的动作时记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)。由图线可知，该人的体重约为650 N，除此之外，还
2、可以得到的信息是()A该人做了两次下蹲起立的动作B该人做了一次下蹲起立的动作C下蹲过程中人处于失重状态D下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态答案B解析人下蹲过程先是加速下降，为失重，到达一个最大速度后再减速下降，为超重，对应先失重再超重，人起立过程对应先超重再失重，由图象可知，该人做了一次下蹲起立的动作，A、C、D错误，B正确。2(2019甘肃天水高三上学期期末联考)如图所示，质量为m的球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于水平和竖直墙上，弹簧与竖直方向夹角为，球静止时，中的拉力为F1、中的拉力为F2。分析当仅剪断、中的一根的瞬间，下列说法正确的是()A若剪断，则球的加速度ag，方向水
3、平向右B若剪断，则球的加速度a，方向沿的延长线C若剪断，则球的加速度a，方向水平向左D若剪断，则球的加速度ag，方向竖直向上答案C解析绳子未断时，球受力如图甲所示，由共点力平衡条件得F2mgtan，F1。刚剪断弹簧的瞬间，弹簧弹力与细绳弹力均突变为零，故小球只受重力，加速度为g，方向竖直向下，A、B错误；刚剪断细线的瞬间，弹簧弹力和重力不变，球受力如图乙所示，由共点力平衡条件得F合F2mgtanma，因而agtan，方向水平向左，C正确，D错误。3(2019甘肃民乐一中、张掖二中一调联考)如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，一质量为4m的小车在沿斜面向下的恒力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，
4、小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好保持水平。则外力F的大小为()A2.5mg B4mg C7.5mg D10mg答案C解析以小球为研究对象，分析受力情况可知，受重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力沿斜面向下，如图。由牛顿第二定律得：ma，解得：a2g；再对整体分析，根据牛顿第二定律可得：F(4mm)gsin305ma，解得F7.5mg，C正确。4(2019福建高三上学期联考)如图所示，甲、乙两个物块用平行于斜面的细线连接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿光滑斜面向上做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，下列说法正确的是()A
5、甲、乙都受三个力作用B甲、乙的速度相同C甲的加速度大于乙的加速度D甲受到的合力一定沿斜面向下，乙受到的合力可以沿斜面向上答案B解析某时刻撤去拉力F，细线的拉力变为0，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，A错误；甲、乙两物块在拉力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F的瞬间两物块的速度相同，B正确；某时刻撤去拉力F，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，两力的合力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得，甲、乙加速度相同，大小都为gsin，方向均沿斜面向下，其中为斜面倾角，C、D错误。5(2019太原高三上学期期末)在设计游乐场中“激流勇进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由
6、静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A滑道倾角越大，划艇下滑时间越短B划艇下滑时间与倾角无关C划艇下滑的最短时间为2D划艇下滑的最短时间为答案C解析设滑道倾角为，则滑道长度为，下滑时的加速度agsin，则根据gsint2可得t，可知滑道倾角45时，划艇下滑时间最短，最短时间为tmin2；45时，倾角越大，时间越长，C正确，A、B、D错误。6(2019安徽芜湖高三上学期期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，上端分别与圆相交于A、B、C三点。现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自上端点由静止下
7、滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有()Av2v1v3 Bv1v2v3Cv3v1v2 Dv1v3v2答案A解析设任一斜面的倾角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得agsin，又由几何关系可得斜面的长度为xdsin，则由xat2得t，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1t2t3。根据，由于x2x1x3，则v2v1v3，故A正确。7(2019江西新余四校高三第二次联考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下始终保持v07 m/s的速率运行。现把一质量为4 kg的工件(可看为质点)轻轻放在皮带的底端，经一段时间后工件被传送到h8 m的高处。已知工件与传
8、送带间的动摩擦因数为，取g10 m/s2。在这段时间内，工件的速度v、位移x、加速度a、所受合外力F随时间t变化的图象正确的是()答案A解析根据题意可知，皮带的总长度L16 m，工件刚放上皮带时受重力、支持力、沿皮带向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，agcos30gsin30 m/s22.5 m/s2，工件做匀加速直线运动，当工件速度达到与皮带速度相同时，工件运动的位移x m9.8 mmgsin30mg，所以工件与皮带保持相对静止，做匀速直线运动。综上所述，对应图象中，A正确，B、C、D错误。8(2019南昌二中高三上学期期末)如图所示，斜面置于粗糙的水平面上，将两个相同的光滑木块a、b
9、放在斜面上，a、b用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连。达到稳定状态时，a、b与斜面均静止。在某一时刻将细绳剪断，斜面仍保持静止，则在细绳被剪断瞬间，下列说法正确的是()Aa所受的合外力一定为零B斜面所受地面的摩擦力一定为零Cb所受的合外力一定为零D斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的总重力答案AD解析剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，剪断前，a受重力、支持力和弹簧的弹力而处于平衡，剪断后，由于弹力不变，则a所受的合外力仍为零，A正确；剪断细绳的瞬间，b受重力、支持力和弹簧向下的拉力，细绳对b的拉力变为0，可知b所受的合外力不为零，有沿斜面向下的加速度，C错误；对整体分析，
10、由于b有沿斜面向下的分加速度，则竖直方向上有向下的分加速度，可知斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的总重力，由于b在水平方向上有向左的分加速度，可知地面对斜面有水平向左的摩擦力作用，B错误，D正确。9(2019哈尔滨师大附中高三上学期期末)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器质量为m，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角60，使飞行器恰恰沿与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，如图所示。t时间后撤去动力，飞行过程中的空气阻力不计。下列说法中正确的是()A沿直线匀加速飞行时动力的大小等于mgB沿直线匀加速飞行时加速度的大小为gC撤去动力后，飞行器的加速度大小为gD再经
11、时间t后飞行器的速度变为0答案BC解析起飞时，飞行器受重力和发动机提供的动力作用，两力的合力与水平方向成30角斜向上，如图所示，在OFF合中，由几何关系得：Fmg，F合mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度大小为：a1g，A错误，B正确；撤去F后，飞行器只受重力作用，则加速度大小为g，C正确；撤去F后飞行器做斜抛运动，故再经时间t后飞行器的速度不会变为0，D错误。10(2019深圳高三第一次调研考试)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界。一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6、7节为动力车厢，其余为非动力车厢。列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为F，每节车厢质量
12、都为m，每节车厢所受阻力为车厢重力的k倍。重力加速度为g。则()A启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上B整列车的加速度大小为C第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为D第2节车厢对第3节车厢的作用力大小为答案BC解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿动车运动方向的水平摩擦力，两个力的合力方向斜向上方，A错误；对整列车，根据牛顿第二定律：4F8kmg8ma，解得a，B正确；对第1节车厢，根据牛顿第二定律：F21kmgma，解得F21，C正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：F32F2kmg2ma，解得F320，由牛顿第三定律可得F23F320，D错误。11(2019河
13、南周口市高三上学期期末)如图所示，足够长的质量M2 kg的木板静止在光滑水平地面上，质量m1 kg的物块静止在长木板的左端，物块和长木板之间的动摩擦因数0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。现对物块施加一水平向右的恒力F2 N，则下列说法正确的是()A物块和长木板之间的摩擦力为1 NB物块和长木板相对静止一起加速运动C物块运动的加速度大小为1 m/s2D拉力F越大，长木板的加速度越大答案AC解析当物块与木板之间的静摩擦力增大至最大静摩擦力时，二者恰好相对滑动，设此时的临界拉力为F0，由牛顿第二定律有a，解得F01.5 N。因F2 NF01.5 N，故物块和长木板加速
14、且相对滑动，两者之间存在滑动摩擦力，有fmg1 N，A正确，B错误；对物块由牛顿第二定律有Fmgma1，可得a11 m/s2，C正确；拉力F越大，物块的合力越大则加速度越大，但长木板受到的滑动摩擦力为1 N恒定，故相对滑动时长木板的加速度恒定，为a20.5 m/s2，D错误。12(2019全国卷)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。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s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10 m/s2
15、。由题给数据可以得出()A木板的质量为1 kgB24 s内，力F的大小为0.4 NC02 s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解析木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图b知，2 s后木板滑动，物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图c知，24 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2，设木板质量为m，据牛顿第二定律，对木板有：24 s内：FF摩ma1,4 s以后：F摩ma2，解得m1 kg，F0.4 N，A、B正确。02 s内，木板静止，Ff，由题图b知，F是均匀增加的，C错误。因物块质
16、量不可求，故由F摩m物g可知动摩擦因数不可求，D错误。第卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共14分)13(2019甘肃、青海、宁夏高三上学期期末联考)(6分)某同学用图甲所示的实验装置测量木块P与长木板间的动摩擦因数。轻绳在另一相同的木块Q的带动下牵引木块P做匀加速直线运动，按正确操作得到纸带的一部分如图乙所示，每相邻两个计数点间还有四个点没有画出，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，取g9.80 m/s2。(1)打点计时器打下B点时木块P的速度大小为_ m/s。(2)木块P与长木板间的动摩擦因数为_。(结果保留两位有效数字)答案(1)0.52(2)0.35解析(1)电源
17、频率为50 Hz，每相邻两个计数点间均有四个点没有画出，则每相邻两个计数点间的时间间隔为：T0.025 s0.1 s，打B点时木块P的速度大小为：vB103 m/s0.52 m/s。(2)根据xaT2，解得：a103 m/s23.2 m/s2设木块P的质量为m，则木块Q的质量也为m，由牛顿第二定律得，对P有：Tmgma，对Q有：mgTma，联立解得0.35。14(2019黑龙江齐齐哈尔五校联考)(8分)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系。(1)由图甲中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x24 cm，由图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d_ c
18、m。该实验小组在做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间t1，遮光条通过光电门2的时间t2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1_，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2_，则滑块的加速度的表达式a_。(以上表达式均用字母表示)(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到如下表所示的实验数据。请利用表格数据，在图丙所示坐标系中描点作出相应图象。你得出的结论是：_。m(g)a(m/s2)2502.023001.653501.334001.255001.008000.63答案(1)0.52(2)图见解析在合外力不变的情况下
19、，物体运动的加速度跟物体的质量成反比解析(1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺的示数为5 mm，游标尺示数为20.1 mm0.2 mm，游标卡尺示数为5 mm0.2 mm5.2 mm0.52 cm；滑块经过光电门1、2的瞬时速度：v1，v2；滑块做匀变速直线运动，则vv2ax，则加速度a。(2)选取纵坐标为加速度，横坐标为滑块质量的倒数，由表格数据描点后，用平滑的线连接，如下图所示；由图象可得出的结论为：在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出
20、数值的单位)15(2019安徽宣城高三上学期期末)(10分)质量为m1 kg、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O点时速度为v4 m/s，此时对物块施加F6 N的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O点。已知与桌面间动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2。求：(1)此过程中物块到O点的最远距离；(2)撤去F时物块到O点的距离。答案(1)1 m(2) m解析(1)物块向右做匀减速运动时，设物块向左的加速度大小为a1，物块与O点的最远距离为x1，则有Fmgma1解得a18 m/s2；由v22a1x1，可得x11 m。(2)物块向左运动过程中，有力F作用时做匀加速运动，
21、设加速度大小为a2，最大速度大小为v1，加速位移大小为x2，撤去拉力F后做匀减速运动，设加速度大小为a3，减速位移大小为x3，则有Fmgma2，解得a24 m/s2mgma3，解得a32 m/s2由v2a2x2v2a3x3x2x3x1联立解得x3 m，即撤去F时物块到O点的距离为 m。16(2019武汉十一中学高三模考)(12分)设均匀球体在空气中下落时，空气对球体的阻力的大小只与球的最大截面积成正比。某同学用轻质细绳l1连接球A与球B，再用轻质细绳l2将球B悬挂于上方某位置，当两球处于平衡状态时，球A与水平地面的距离为18 m，此时两细绳拉力的大小分别是2 N、3 N。已知球A与球B的半径之
22、比为12，当地重力加速度为10 m/s2。第一次，若只剪断细绳l1，A球经2 s落地。第二次，若只剪断细绳l2，A球经多长时间落地？(结果保留两位有效数字)答案2.3 s解析设球A与球B的质量分别为mA、mB。静止时对球A受力分析得：T1mAg，对整体受力分析得：T2mAgmBg，第一次剪断细绳l1后，球A加速下落，根据运动学公式得：ha1t对球A受力分析得：mAgfAmAa1代入数据求得：mA0.2 kg，mB0.1 kg，a19 m/s2，fA0.2 N，根据题意：，解得：fB0.8 N。第二次剪断细绳l2后，球A与球B一起加速下落，对球整体受力分析得：mAgmBgfAfB(mAmB)a2
23、根据运动学公式得：ha2tA2代入数据求得：tA s2.3 s。17(2019广东惠州高三第一次调研)(12分)如图a所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向。答案(1)8 m/s22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s
24、图象见解析解析(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma1，则a1gsingcos8 m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma2，则a2gsingcos2 m/s2。(2)物块上滑过程：t11 ss1t14 m物块下滑过程：s2s1a2t得t22 s故总时间tt1t23 s。(3)物块下滑过程：v2a2t24 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的vt图象如图所示。18(2019江苏高考)(14分)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后
25、停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。答案(1)(2)3gg(3)2解析A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小aAgA在B上滑动时有2aALv解得：vA。(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小Fmg2mg3mg由牛顿第二定律得FmaB，得aB3g对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F2mg由牛顿第二定律得F2maB，得aBg。(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA则vaAt，vvBaBtxAaAt2，xBvBtaBt2且xBxAL解得：vB2。
