【物理】2020届一轮复习人教新课标牛顿运动定律专题练
2020年高考物理考点精选精炼：牛顿运动定律（提升卷)（解析版)
1．如图所示，质量分别为M、m的两个物体A和B，用跨过定滑轮的细线相连，有一外力使B物体静止在粗糙的水平桌面上，且桌面上方细线与桌面平行，B与桌面的动摩擦因数为μ。若撤去作用在B上的外力，使Ａ、Ｂ从静止开始运动，此时B物体的加速度大小为a；若将作用在B上的外力变为水平向左的恒力F，使B物体向左做匀加速运动的加速度大小a´=2，重力加速度为g，则所加外力F的大小为（ ）
A． B．
C． D．
2．下列说法中正确有是（ ）
A．力、位移、平均速率都是矢量
B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通过实验来直接验证
C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位
D．长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量
3．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速运动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ
0，同时F不变，所以FN减小，f减小。B正确
6．C
【解析】
【详解】
AB．以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度 ，方向水平向右；设弹簧秤的拉力是F，以为研究对象，由牛顿第二定律得：，则 ，故A、B错误；
C．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去的瞬间，受力情况不变，受的合力不变，由牛顿第二定律可知，的加速度不变，故C正确；
D．弹簧的弹力不能突变，在突然撤去的瞬间，不再受的作用，受的合力等于弹簧的弹力，发生变化，由牛顿第二定律可知，的加速度变化，故D错误。
7．B
【解析】
【详解】
质量是衡量惯性大小的唯一标度，和物体速度的大小没有关系，人的质量大，所以人的惯性大，故B正确；ACD错误；故选B
8．BC
【解析】
【详解】
设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，对水滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：mgcosθ=N；平行于屋顶方向：ma=mgsinθ；雨滴对屋顶的压力：N′=N=mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故A错误；水滴的加速度为：a=gsinθ，则倾角θ越小，雨滴下滑时的加速度越小，故B正确；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度：，则从屋顶O点到M点垂直距离：h=ssinθ=tanθ，则水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量：Ek＝mgh＝mgtanθ，底边长度L是不变的，则Ek随倾角θ增大而增大，即速度随倾角θ增大而增大，故C正确；设从0到M的时间为t，由位移时间公式得：
则：，故当θ=45°时，用时最短，故D错误；故选BC。
【点睛】
注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论．
9．BCD
【解析】
【详解】
A．设绳子与竖直方向夹角，以A为研究对象，，最低点时 。可得 ，则B对水平横杆的压力为 ，故A错误；
B．以ABC和弹簧为系统，机械能守恒则：，解得弹簧的最大弹性势能，故B正确；
C．B的速度由零开始变大，A达最低点时B的速度为零，由功率可知轻绳对B做功的功率先增大后减小，故C正确；
D．由于ABC与弹簧机械能守恒，可知绳子对ABC做功之和为零，，由于 ，对A由动能定理分析可知 ，由以上三式可得，故D正确。
10．CD
【解析】
【分析】
对小球受力分析可以知道,在与弹簧接触时,小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用,此过程中弹簧的弹力是不断减小的,离开弹簧之后,小球只受到重力的作用,做匀变速运动.
【详解】
A、细绳剪断前受重力、弹力和拉力,三力平衡,故弹力和重力的合力为: ;
剪断细线后,弹力和重力不变,根据牛顿第二定律可知 ,故A错误;
B、平抛运动只受重力;将细绳烧断后,小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用,合力斜向右下方,并不是只有重力的作用,所以不是平抛运动,故B错误.
C、小球竖直方向只受重力,竖直分运动是自由落体运动,故小球落地的时间t=,所以C选项是正确的;
D、如果不受弹簧弹力,小球落地速度等于,有弹簧弹力做功,故落地速度大于,所以D选项是正确的;
故选CD
11．小车所受拉力不变 小车所受拉力 小车加速度与质量成反比 加速度与质量的倒数的图像 C
【解析】
【分析】
①探究加速度与质量、力的关系,需采用控制变量法.根据连续相等时间内的位移之差是一恒量,运用逐差法求出加速度.
②根据表格中的数据得出a与m的关系,为研究a与m的定量关系,应作图线.
探究加速度与力的关系时,当砂桶及砂的重力远小于小车重力时,可以近似认为小车受到的拉力等于砂桶及砂的重力,当不能满足,图线会出现弯曲.
【详解】
（1）为了研究加速度和质量的关系,在实验中必须采用控制变量法,应保持拉力F不变,用砂桶及砂所受的重力作为小车所受拉力. 根据 ，运用逐差法得：
（2）通过分析表中数据,可以知道在小车所受外力不变的条件下,加速度与质量成反比例关系.为了研究a与m的关系,若作 图线,图线为曲线,无法判断a与m的定量关系,应作 图线.
（3）探究加速度与力的关系实验,当钩码的质量远小于小车质量时,可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力,
图象是直线,如果钩码质量太大,不能满足钩码质量远小于小车质量时, 图象不是直线,发生弯曲,所以C选项是正确的; ABD错误
故选C
【点睛】
(1)采用控制变量法研究加速度与质量的关系，需将外力F保持不变，平衡摩擦后，可将砂桶及砂的重力等效为F；纸带上有六组数据，充分利用数据，采用“逐差法”计算
(2)通过1、5、7组数据，可看到质量加倍，加速度在误差范围内减半，故加速度与质量成反比例关系；a－m图线为曲线，并不能说明是成反比例关系，故应作图线。
12．0.54m/s CD
【解析】
【分析】
（1）根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，再利用逐差法可以求出滑块下滑的加速度．
（2）根据牛顿第二定律有=ma，由此可知需要测量的物理．
（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．
【详解】
（1）根据平均速度等于瞬时速度，则有：；
由△x=at2得：
（2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得：m3g-f=（m2+m3）a，滑动摩擦力：f=m2gμ，
解得：，要测动摩擦因数μ，需要测出：滑块的质量m2 与托盘和砝码的总质量m3，故选CD；
（3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：由上式得：
13．6s
【解析】
【分析】
对物体受力分析，由物体的受力确定物体的运动的情况，匀变速直线运动的规律可以求得运动的时间。
【详解】
以传送带上轻放物体为研究对象，在竖直方向受重力和支持力，在水平方向受滑动摩擦力，做v0=0的匀加速运动。
根据牛顿第二定律：μmg = ma
解得：a = 1m/s2
设经时间tl，物体速度达到传送带的速度，据匀加速直线运动的速度公式vt=v0+at
解得：t1= 2s
时间t1内物体的位移s1=at2=×1×22 m =2m<10m
物体位移为2m时，速度与传送带的速度相同，2s后无摩擦力，开始做匀速运动s2= v2t2
因为s2=L－s1=（10-2）m=8m v2=2m/s
联立可得：t2=4s
则传送10m所需时间为t = 2s＋4s=6s
【点睛】
物体的运动可分为两个过程，对每个过程分别求解即可得到物体运动的时间和位移的大小。
14．（1）2m/s（2）6s
【解析】
【分析】
（1）煤块飞离传送带后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解煤块在轮的最高点水平抛出时的速度大小；（2）煤块在传送带上先加速后匀速，根据牛顿第二定律先求解加速度，再结合运动学公式求解煤块在传送带上运动的时间.
【详解】
（1）由H=gt2解得
x=v0t
解得
（2）由牛顿第二定律：
解得a=0.4m/s2；
加速过程
因 ，则共速后一起匀速 ；
A到B的时间：
15．(1) 10.2s；(2) 109.8J
【解析】
【详解】
(1)设冰壶在起点线A处的速度为v0，冰壶的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
解得：a＝0.15m/s2
从A 到D的过程由速度位移的关系式得：
v02＝2axAD
解得：v0＝2.92m/s
设从A到B的时间为t，由位移公式得：
xAB＝v0t﹣at2
解得：t＝10.2s（另一解舍去）
(2)从C到D的过程由动能定理得：
W﹣μmgxCD＝0
解得：W＝109.8J
16．（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）先根据牛顿第二定律求解加速度，然后由运动公式求解滑到B点时的速度
（2）在斜面BC上先求解上滑的加速度，然后根据运动公式求解上滑的最大距离.
【详解】
（1）在斜面AB上，由牛顿第二定律得
由运动学公式有
滑块到达B点的速度为
（2）在斜面BC上，有
上升的最大距离为
C点距离地面的高度为
