《全品复习方案2018高考物理大一轮复习真题汇编C单元牛顿运动定律20170721269.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全品复习方案2018高考物理大一轮复习真题汇编C单元牛顿运动定律20170721269.doc（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、C单元 牛顿运动定律C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律C2 牛顿第二定律 单位制18C22016全国卷 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解析 BC由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方
2、向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误19A2 、C2、E12016全国卷 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长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19BD解析 设fkR，则由牛顿第二定律得F合mgfma，而mR3，故ag，由m甲m乙、甲乙可知a甲a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v22ax可知，v甲v乙
3、，B正确；由xat2可知，t甲f乙，则W甲克服W乙克服，D正确21C2、 E32016全国卷 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.在小球从M点运动到N点的过程中()图1A弹力对小球先做正功后做负功B有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差21BCD解析 小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B
4、点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合mg，故加速度ag，B正确在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹F弹vcos 0，C正确从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增Ep减，即EkN0Ep重MEp重NEp弹MEp弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同
5、，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹NEp弹M，故EkNEp重MEp重N，D正确24C2D4E22016全国卷 如图1所示，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点图124答案 (1)5(2)能解析 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkAmg设小球在B点的动能为EkB，同理有EkBmg由式得5(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所
6、受轨道的正压力N应满足N0设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有Nmg由式得，vC应满足mgm由机械能守恒有mgmv由式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点10C2D4E22016天津卷 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一如图1所示，质量m60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB24 m/s，A与B的竖直高度差H48 m为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h5 m，运
7、动员在B、C间运动时阻力做功W1530 J，g取10 m/s2.图1(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？答案 (1)144 N(2)12.5 m解析 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2ax 由牛顿第二定律有mgFfma联立式，代入数据解得Ff144 N(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mghWmvmv设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FNmgm由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立式，代入数据
8、解得R12.5 m10A2 C22016四川卷 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为的斜面一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 1，sin 0.1，g10 m/s2.求：(1)货
9、物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度图110答案 (1)5 m/s2，方向沿制动坡床向下(2)98 m解析 (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则fmgsin ma1fmgcos 联立以上二式并代入数据得a15 m/s2a1的方向沿制动坡床向下(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s038 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k0.44，货车长度l
10、012 m，制动坡床的长度为l，则Mgsin FfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2联立并代入数据得l98 m.4C22016上海卷 如图1所示，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()图1AOA方向 BOB方向COC方向 DOD方向4D解析 根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，小车和球的加速度向右，所受合外力也向右，D正确C3 超重和失重C4 实验：验证牛顿定律23C42016全国卷 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，置于实验台上的长木板水平放置，
11、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N5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块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑图1(2)将n(依次取n1，2，3，4，5)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n2时的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
12、有效数字)，将结果填入下表n12345a/(ms2)0.200.580.781.00(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an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图1(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g取9.8 m/s2)(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 _(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，但该直线的斜率变大23答案 (3)0.39(0.370.49均可)(4)an图线如图所示(5)0.45(0.430.47
13、均可)(6)BC解析 (3)系统做匀加速直线运动，sat2，由图(b)可知，当t2 s时，s0.78 m，代入解得a0.39 m/s2.(4)由题意知描点法作图所得的必须是一条直线(5)对于挂在下面的n个钩码，有nmgFnma；对于小车(含剩下的钩码)，有FM(Nn)ma；两式相加得nmg(MNm)a；解得an，可见an图像的斜率表示，由an图可知斜率k0.196，所以0.196，解得M0.45 kg.(6)木板水平时要考虑摩擦力的影响，对于挂在下面的n个钩码，有nmgFnma；对于小车(含剩下的钩码)，有FM(Nn)mgM(Nn)ma；两式相加得nmgM(Nn)mg(MNm)a，去中括号得n
14、(mgmg)(MNm)g(MNm)a，移项化简得n(mgmg)(MNm)(ag)，解得angn9.8，可见an图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点C5 牛顿运动定律综合22E5C52016全国卷 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示图1该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为_，打出C点时重物下落的
15、速度大小为_，重物下落的加速度大小为_(2)已测得s18.89 cm，s29.50 cm，s310.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为_ Hz.答案 (1)(s1s2)f(s2s3)f(s3s1)f2(2)40解析 (1)B点对应的速度vB，C点对应的速度vC，加速度a.(2)由牛顿第二定律得mg(11%)ma，则频率f40 Hz.16C5、D6、E22016全国卷 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示将两球由静止释
16、放，在各自轨迹的最低点()图1AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度16C解析 从释放到最低点过程中，由动能定理得mglmv20，可得v，因lPlQ，则vPmQ，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知Tmgmman，得T3mg，an2g，则TPTQ，aPaQ，C正确，D错误8E1C52016天津卷 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车假设动车组各车厢质量均相等
17、，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组()图1A启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为32C进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为128BD解析 列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向成一锐角，A错误；动车组运动的加速度akg，则对第6、7、
18、8节车厢的整体有f563ma3kmg0.75F，对第7、8节车厢的整体有f672ma2kmg0.5F，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为32，B正确；根据动能定理得Mv2kMgs，解得s，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的二次方成正比 ，C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为vm1，8节车厢有4节动车的最大速度为vm2，则，D正确5C52016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1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()图1
19、AF1F3CF1F3 DF1F35A解析 05 s内，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，F1mgsin mgcos ，故A正确13C52016海南卷 水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为.细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图1所示初始时，绳处于水平拉直状态若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求：图1(1)物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A、B的加速度大小13答案 (1)2mgs(2)解析 (1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1s物块B受到的摩擦力大小为f4mg物块B克服摩擦力所做的功
20、为Wfs12mgs(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T.由牛顿第二定律得FmgTmaA2T4mg4maB由A和B的位移关系得aA2aB联立式得aAaB12016浙江嘉兴期末考试 如图K71所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”此过程中()图K71A地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D人被向上“托起”时处于失重状态1A解析 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作
21、用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误4(多选)2016湖南师范大学附中月考 如图K74所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()图K74A物块一定向上加速运动B人能够沿斜面向上加速运动，必须满足mMsin C若a20，则a1一定等于D若a1a
22、2，则a1可能等于4CD解析 对人受力分析，由牛顿第二定律可知FMgsin Ma1，得FMgsin Ma1，若Fmg，则物体B加速上升，若Fmg，则物体B加速下降，若Fmg，物体B静止，故A错误； 人能够沿斜面向上加速运动，只需满足FMgsin 即可，故B错误；若a20，则Fmg，故mgMgsin Ma1，a1，故C正确；FMgsin Ma1，当Fmg时，有mgFma2，又a1a2，则a1，故D正确6(多选)2016高考信息交流模拟试卷 如图K76所示，M为轻质定滑轮，一根细绳跨过M，一端系着物体C，另一端系着一轻质动滑轮N，动滑轮两侧分别悬挂着A、B两物体，已知B物体的质量为3 kg.不计滑
23、轮和绳的质量以及一切摩擦，如果C物体的质量为9 kg，则关于C物体的状态，下列说法不正确的是()图K76A当A的质量取值合适，C有可能处于平衡状态B无论A的质量有多大，C都不可能平衡C当A的质量足够大时，C不可能向上加速运动D不管A的质量有多大，C一定有向下的加速度6BCD解析 首先取AB连接体为研究对象，当A的质量远远小于B的质量时，则B以接近重力加速度的加速度向下做加速运动，B处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A的质量远远大于B的质量时，则B以接近重力加速度的加速度向上做加速运动，B处于超重状态，细绳的最大拉力接近B的重力的2倍，故此时细绳拉C的最大拉力为B的重力的4倍，故当A的质量
24、取值合适，C的质量在大于零小于12 kg之间都有可能处于平衡，A正确，B错误；当细绳对C的拉力小于C的重力时，C产生向下的加速度，当细绳对C的拉力大于C的重力时，C产生向上的加速度，故C、D错误42016郑州第一次质量预测 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv(k为正的常量)两球的vt图像如图K84所示落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是()图K84A释放瞬间甲球加速度较大B.C甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等4C解析 释放瞬间
25、v0，因此空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kvmg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，B错误；由图像知v1v2，因此m1m2，C正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误12016青岛期末考试 如图K91所示，在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A，B和C分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB长为R，AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道，自A处由静止释放小球，已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1，沿AC轨道运动到
26、C点所用时间为t2，则t1与t2之比为()图K91A1 B12C1 D131A解析 小球沿半径为R的圆上的弦下滑所用的时间跟沿竖直方向的直径下滑的时间是相同的，由2Rgt2，解得t2，故t，因此t1t21，A项正确62016湖南衡阳一中期中考试 一个小圆环瓷片最高能从h0.18 m高处由静止释放后直接撞击地面而不被摔坏现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑，瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍，如图K86所示若让该装置从距地面H4.5 m高处从静止开始下落，瓷片落地恰好没被摔坏已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1倍，圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向(
27、g取10 m/s2)(1)瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地时的最大速度为多少？(2)瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为多少？图K866(1)1.8 m/s(2)1.2 s解析 (1)瓷片从h0.18 m处下落，设加速度为a0，瓷片质量为m，根据牛顿第二定律，有mg0.1mgma0，得a09 m/s2，又v2a0h，得v0 m/s1.8 m/s.(2)瓷片随圆柱体一起加速下落，设加速度为a1，则有a1a09 m/s2，又v2a1H，得v1 m/s9 m/s，下落时间为：t1 s1 s，瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有4.5mg0.1mgmgma
28、2，得a23.6g36 m/s2，则瓷片继续下落的时间为：t2 s0.2 s，瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为：tt1t21 s0.2 s1.2 s.22016江西三校联考 “用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图K392甲所示，实验中用所挂钩码的重力作为细线对小车的拉力F.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F的关系图像他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图乙所示图K392(1)图线_ (选填“”或“”) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff_ N；(3)图乙中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差为避免此误差可采取的措施是_A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车与车上砝码的总质量C将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验2(1)(2)0.5(3)C 解析 (1)图线中，有拉力小车仍旧不动，表明轨道右侧没有被抬高，故选图线.(2)由图线可知，F0.5 N时，a0，FFf0.5 N.(3)本实验要求钩码的质量要远远小于小车的质量，当所挂钩码数量较多时，误差就显著起来了，故选C.12