专题04 牛顿定律-最新高考高三一模物理试题汇编

2021年高考高三一模物理试题汇编

专题04 牛顿定律

1、（2021·湖南省岳阳市高三一模）如图所示，质量为m的物块A静置在水平桌面上，通过足够长的轻绳和轻质滑轮悬挂着质量为4m的物块B。现由静止释放物块A、B，以后的运动过程中物块A不与定滑轮发生碰撞。已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 在相同时间内物块A、B运动的路程之比为1∶2

B. 物块A、B的加速度之比为2∶1

C. 轻绳的拉力为

D. B下落高度h时速度为

【答案】BD

【解析】

A．根据动滑轮的特点可知B下降s，A需要走动2s，而，选项A错误；

B．因为都是从静止开始运动的，故有

解得

选项B正确；

C．对A分析有

对B分析有

解得

选项C错误；

D．对B，加速度为

根据速度位移公式，有

解得

选项D正确。

故选BD。

2、（2021·湖南省岳阳市高三一模）如图所示，光滑水平面与倾角为θ的光滑斜面平滑连接，小滑块A从斜面上某位置由静止释放，同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动，若要求A不能追上B，则B的加速度a的取值范围是（　　）

A.

B.

C. a＞g

D. 条件不足，无法确定

【答案】A

【解析】

设A恰能追上B，在斜面上运动时间t1，在平面上运动时间t2，则有位移关系

速度关系

解得

要使得A追不上B，则应有

故A项正确，BCD项错误。

故选A。

3、（2021·湖南省永州市高三一模）现在大型室外活动通常用无人飞机进行航拍。如图所示，一质量m=2.0kg的无人飞机在操作员的操控下由静止开始竖直向上匀加速运动2s，然后无人飞机又匀速向上运动3s，接着匀减速向上运动4s速度恰好为零，之后悬停进行航拍。已知无人飞机上升过程中的最大速度为vm=4m/s，受到的空气阻力恒为f=1N，重力加速度大小g=10m/s2，则（　　）

A. 无人飞机上升的第一个阶段，受到向上的作用力大小是25N

B. 无人飞机上升的第二个阶段，受到向上的作用力大小是20N

C. 无人飞机上升的第三个阶段，受到向上的作用力大小是18N

D. 无人飞机上升的总高度为24m

【答案】AD

【解析】

A．第一阶段无人机在竖直方向上做匀加速直线运动，加速度为

由牛顿第二定律得

得

故A正确；

B．由平衡条件可知

故B错误；

C．第三阶段加速度为

由牛顿第二定律得

得

故C错误；

D．无人飞机上升的总高度为

故D正确。

故选AD。

4、（2021·上海市杨浦区高三一模）物体做下列运动时，加速度和速度方向的关系表述正确的是（　　）

A. 简谐运动中加速度与速度始终同向

B. 竖直上抛运动中加速度与速度始终同向

C. 匀速圆周运动中加速度方向与速度方向始终垂直

D. 自由落体运动中加速度与速度方向可以相同、也可以相反

【答案】C

【解析】

A．简谐运动中，当振子做加速运动时，加速度和速度方向相同，当做减速运动时，加速度个速度方向相反。故A错误；

B．竖直上抛运动中，上升阶段，加速度与速度方向相反。故B错误；

C．匀速圆周运动中加速度方向与速度方向始终垂直，只改变物体的速度方向。故C正确；

D．自由落体运动中加速度与速度方向相同，均为竖直向下。故D错误。

故选C。

5、（2021·上海市杨浦区高三一模）牛顿第一定律是（　　）

A. 直接通过理论推导得到的

B. 实验定律，可以通过实验来验证

C. 描述惯性大小的，又叫惯性定律

D. 以实验为基础，通过推理、想像总结出来的

【答案】D

【解析】

ABD．牛顿第一定律是以实验为基础，通过推理、想像总结出来的。所以不是实验定律，无法通过实验来验证。所以D正确，AB错误；

C．牛顿第一定律不是描述惯性大小，内容里说的物体这种保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性，所以又叫惯性定律，所以C错误。

故选D。

6、（2021·上海市徐汇区高三一模）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为（　　）

A g B. 1.8g C. 2g D. 3g

【答案】C

【解析】

由拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0

结合牛顿第二定律

1.8F0-mg=mam

解得

am=2g

故C正确，ABD错误。

故选C。

7、（2021·上海市松江区高三一模）物体由静止开始沿斜面下滑，阻力大小与速度成正比，能反映此运动过程的v-t图是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

由于阻力大小与速度成正比，则

由牛顿第二定律得

由此可知，当速度在增加的时候，加速度在减小，物体在做加速度减小的加速运动，直到加速度减到0后，物体做匀速直线运动。故BCD错，A对。

故选A。

8、（2021·上海市浦东新区高三一模）如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面、将它们以初速度v0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是

A. 上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大

B. 上升过程中，小球受到的合力逐渐变大

C. 下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大

D. 下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大

【答案】D

【解析】

AB．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c对小球无作用力，a、b侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB错误；

CD．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：

系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a、b侧面对小球无作用力，底面c对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：

系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C错误；D正确。

故选D。

9、（2021·上海市闵行区高三一模）太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力，测得其加速度为，然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力，测得共同加速度为。已知标准物体质量，则待测物体质量为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

对标准物体，由牛顿第二定律得

对标准物体和待测物体整体，由牛顿第二定律可得

代入数据，解得。

故选A。

10、（2021·上海市闵行区高三一模）如图，一机械臂铁夹夹起质量为的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力（　　）

A. 大小为，方向竖直向上

B. 大小为，方向水平向右

C. 大小与小球的加速度大小无关

D. 方向与小球的加速度大小有关

【答案】D

【解析】

对小球，竖直方向

水平方向

铁夹对球的作用力

与水平方向夹角

即大小和方向都与小球的加速度大小有关。

故选D。

11、（2021·上海市嘉定区高三一模）若超市的自动门（阴影部分）移动时所受合力大小恒为40N，开门过程共右移1.6m，如图所示。已知门的质量为25kg，宽为1.6m，则开门所用的时间是（　　）

A. 1s B. 1.41s C. 2s D. 2.83s

【答案】C

【解析】

ABCD．由于开门过程是从静止开始启动，最后又静止，故整个开门过程可看成从静止开始做匀加速直线运动至最大速度，然后做匀减速直线运动至静止，由对称性可知，两个过程的加速度大小相等，时间相等，位移相等，由牛顿运动定律可得

设开门时间为t，则加速时间为，由运动学公式可得总位移

代入数据可解得t=2s，故C正确。

应选C。

12、（2021·上海市嘉定区高三一模）如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10m/s2。依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为（　　）

A. 5m、40m/s2 B. 5m、50m/s2

C. 9.8m、40m/s2 D. 9.8m、50m/s2

【答案】A

【解析】

由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即

G=500N

则运动员质量为

m=50kg

又最大弹力为2500N

则运动员的最大加速度为

运动员在空中时间

t0=8.7-6.7s=2s

下落时间

则最大高度为

故选A。

13、（2021·上海市虹口区高三一模）航天飞机中的物体处于完全失重状态时，其（　　）

A. 受到的合力为零

B. 受到的向心力为零

C. 对支持物的压力为零

D. 受地球的万有引力为零

【答案】C

【解析】

A．处于完全失重状态物体，其向心加速度为g，而不为零，受到的合力不为零，故A错误；

BD．处于完全失重状态的物体依然受地球的引力，此力提供向心力，故BD错误；

C．处于完全矢重状态的物体对与之接触的物体无力的作用，故C正确；

故选C。
14、（2021·上海市奉贤区高三一模）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示，重力加速度大小为g，则（　　）

A. 0-t1时间内，v增大，FN<mg

B. t1-t2时间内，v减小，FN>mg

C. t2-t3时间内，v增大，FN>mg

D. t2-t3时间内，v减小，FN<mg

【答案】D

【解析】

A．由于图象的斜率表示速度，由图可知在时间内速度增加，即乘客加速向上运动，根据牛顿第二定律得

解得

则

故A错误；

B．在时间内，图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速上升，则

故B错误；

CD．在时间内，图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客减速上升，根据牛顿第二定律得

解得

则

故C错误，D正确。

故选D。

 15、（2021·上海市九校高三一模）如图所示，质量为M的小车的表面由光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一质量为m的球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b，斜面倾角为θ。当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列说法正确的是（　　）

A. 若小车匀速运动，则球对斜面上b点的压力大小为mgcosθ

B. 若小车匀速运动，则球对水平面上a点的压力大小为mgsinθ

C. 若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则球对水平面上a点无压力

D. 若小车向左以加速度gtanθ加速运动，则小车对地面的压力小于（M+m）g

【答案】C

【解析】

AB．小车和球一起匀速运动时，小球受到竖直向下的重力和水平面对小球竖直向上的支持力，二力平衡，所以小球对b点无压力，根据牛顿第三定律可知小球对a点的压力大小为mg，AB错误；

C．若小车向左以加速度gtanθ加速运动，假设小球对a点无压力，根据牛顿第二定律

解得

假设成立，所以小球对a点无压力，C正确；

D．对小车和球构成系统整体受力分析可知，系统在竖直方向上加速度为0，竖直方向受到重力和支持力，二者等大反向，根据牛顿第三定律可知小车对地面的压力等于（M+m）g，D错误。

故选C。

16、（2021·上海市九校高三一模）牛顿________定律又叫做惯性定律，________是衡量物体惯性大小的唯一量度．

【答案】    (1). 第一    (2). 质量

【解析】

【分析】

一切物体都有惯性．惯性的大小取决于物体的质量，与速度无关，质量不变，物体的惯性不变．

物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，叫做惯性，牛顿第一定律又叫做惯性定律，物体惯性大小的唯一量度是物体的质量．

【点睛】惯性是动力学中基本概念，是物体的固有属性，由物体的质量大小决定，与速度无关．

17、（2021·上海市松江区高三一模）牛顿第一定律______牛顿第二定律的推论（选填“是”或“不是”）；______用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度（选填“能”或“不能”）。

【答案】    (1). 不是    (2). 能

【解析】

[1] 由于实际上不存在完全不受其它物体作用的孤立物体，所以第一定律不能用实验直接加以验证，主要是由它所推出的结论和实验事实符合而得到验证。第一定律指出了物体在不受力的情况下处于怎样的运动状态，这样就可以研究物体在受力情况下的运动状态，因此，在牛顿力学的理论系统中牛顿第一定律是第二定律的前提和基础，则牛顿第一定律不是牛顿第二定律的推论。

[2]根据公式

F = ma

质量越大，加速度就越小，物体也就越能保持它原有的状态，惯性也就越大了，则能用牛顿第二定律来解释质量是物体惯性大小的量度。

18、（2021·上海市杨浦区高三一模）有一种加速度传感器通过测量作用在质量块上的力，根据质量块的质量求得加速度，其依据的物理定律是___________。这类加速度传感器___________（选填“能”或“不能”）用于研究加速度与力、加速度与质量的关系的实验。

【答案】    (1). 牛顿第二定律    (2). 不能

【解析】

[1]根据牛顿第二定律，可知

易知这种加速度传感器的理论依据为牛顿第二定律。

[2]该加速度感应器不能用于研究加速度与力、加速度与质量的关系的实验，因为本感应器就是根据牛顿第二定律制造出来的，不能用结果去验证原因。

19、（2021·上海市杨浦区高三一模）如图（a），商场半空中悬挂的钢丝上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过钢丝传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，钢丝的形状如图（b），其左侧与水平夹角为θ，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，则铁夹的加速度方向___________，大小为___________。

【答案】    (1). 向右    (2).

【解析】

[1]研究铁夹，钢丝提供两个弹力，且等大，依题意有

即铁夹的加速度必须是水平向右的。

[2]对铁夹受力分析，

由牛顿第二定律可得

联立，可得

20、（2021·福建省宁德市高三第一次质检）“春播乐开怀，无人机来帮忙”，一架携药总质量的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田的高空，时刻，它以加速度大小竖直向下匀加速运动后，立即以加速度大小向下匀减速至零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。取重力加速度，求：

(1)无人机向下匀减速运动时空气对无人机的作用力大小；

(2)无人机重新悬停时距试验田的高度；

(3)若无人机在高度处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为，无人机下降过程中空气阻力恒为20N，要使其不落地，则恢复动力后提供竖直升力的最小值。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

(1)由牛顿第二定律，得

解得

(2)无人机加速过程中

无人机减速过程中

又

联立解得

(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律得

下落高度为

速度为

恢复动力后，由牛顿第二定律得

下落高度为

又

联立解得

21、（2021·安徽省芜湖市高三第一次质检）如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30°的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0=2m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1=5m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端，已知A、B的质量均为1kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10m/s2，求：

(1)A向左运动的总时间；

(2)A回到传送带右端的速度大小；

(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。

【答案】(1)2s；(2)；(3)

【解析】

(1)向左减速运动的过程中，刚开始时，的速度大于传送带的速度，以为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对的拉力，设绳子的拉力为，以向右为正方向，得

以为研究对象，则的加速度的大小始终与相等，向上运动的过程

联立可得

的速度与传送带的速度相等时所用的时间

当的速度与传送带的速度相等之后的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力变成了向左，设绳子的拉力为，以为研究对象，则

以为研究对象，则的加速度的大小始终与是相等的，向上运动的过程中

联立可得

当向左速度减为0，经过时间

向左运动的总时间

(2)向运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，同时，受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以的加速度不变，仍为

时间内的位移

负号表示方向向左， 时间内的位移

负号表示方向向左， 向左运动的总位移

回到传送带右端的位移

速度

(3)时间内传送带的位移

该时间内传送带相对于的位移

时间内传送带的位移

该时间内传送带相对于的位移

回到传送带右端的时间为，则

时间内传送带的位移

该时间内传送带相对于的位移

与传送带之间的摩擦力

上述过程中与传送带间因摩擦产生的总热量

22、（2021·湖北省荆州市高三第一次质检）如图所示，倾斜传送带以速度以匀速向下运动，倾角，小物体A、B由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，、。某时刻A在传送带右端具有向左的速度，A与定滑轮间的绳与传送带平行，传送带上下两端长。不计定滑轮质量和摩擦，小物体与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳足够长。（，，）求：

(1)若小物体A与传送带之间的动摩擦因数，A离开传送带时的速度。

(2)若小物体A与传送带之间的动摩擦因数，A滑上传送带到离开传送带所需的时间。

【答案】(1)；(2)

【解析】

(1)A先以加速度向左做匀加速运动，直到离开传送带，由牛顿第二定律得，对A：

对B：

联立以上方程解得

由运动学公式得

解得

(2)A先以加速度向左做匀减速运动，直到速度减为，设位移为，由牛顿第二定律得，对A：

对B

联立以上方程解得

由运动学公式得

、

解得

，

A接着以速度向左做匀速运动，直到从下端离开，设位移为，对A：

解得

则运动的总时间

23、（2021·湖南省岳阳市高三一模）某司机驾驶小汽车以速度v0途经十字路口时，松开油门，小汽车在滚动摩擦作用下沿直线匀减速行驶，后又发现红灯倒计时所剩时间不多，于是狠踩刹车，车轮抱死（不转），小汽车在滑动摩擦作用下沿直线继续匀减速直至停止。已知轮胎与地面间的滑动摩擦因数为μ=0.6，小汽车滑动阶段的速度随时间变化的图象如图所示。滚动摩擦减速过程的位移与滑动摩擦减速过程的位移之比为5∶2，且两段减速过程耗时相同，滑动阶段小汽车的某个车轮在地面留下的滑痕长为3m。

(1)求刚开始踩刹车时小汽车的速度大小；

(2)设小汽车滚动摩擦减速阶段的摩擦力与压力之比为λ，求λ。

【答案】(1)6m/s；(2)0.3

【解析】

(1)设刚开始踩刹车时小汽车的速度大小为v，位移大小为x2=3m，由动能定理有

解得

v=6m/s 

另法：设刚开始踩刹车时小汽车的速度大小为v，加速度大小为a2，位移大小为x2，有

解得

v=6m/s  

(2)设小汽车滚动摩擦阶段的摩擦力为f滚动，位移为x1，时间为t1，有

两过程耗时相同，有

设滚动阶段的初速度为v0，加速度大小为a1，有：

由牛顿第二定律有

根据题意有

联立可得

24、（2021·上海市闵行区高三一模）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小可用表示，其中为比例常数；是飞机在平直跑道上的滑行速度，与飞机所受重力相等时的称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为，装载弹药后质量为。

(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；

(2)若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。

【答案】(1)；(2)375s；

【解析】

(1)由起飞条件知

联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为

(2)由匀变速直线运动规律可得

解之，可得飞机在滑行过程中所用的时间为

由匀变速直线运动速度公式可得

依据牛顿第二定律可知平均推力为

 25、（2021·上海市浦东新区高三一模）如图所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m，质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体(可视为质点)放在离木板右端d=0.40m处，小物体与木板之间的动摩擦因数μ=0.1。现对木板施加F=10.0N水平向右的拉力，使其向右运动。 g取10m/s2.求：

(1)木板刚开始运动时的加速度大小；

(2)从开始拉动木板到小物体脱离木板，拉力做功的大小；

(3)为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为多少？

【答案】（1）3m/s2，（2）24J，（3）0.8s。

【解析】

(1)对木板，根据牛顿第二定律有：

解得：a=3m/s2；

(2)对小物体，根据牛顿第二定律有

μmg = ma物

解得：a物=1m/s2

设小物体从木板上滑出所用时间为t0：

木板的位移：

拉力做功：

W= Fx板=24J；

(3)设最短作用时间为t，则撤去拉力F前的相对位移

设撤去拉力F后，再经过时间t'小物体和木板达到共同速度v共，且小物体和木板恰好将要分离，该阶段木板加速度大小为a'：

对木板，根据牛顿第二定律有

μmg = Ma'

解得：

由速度关系得：

撤去拉力F后的相对位移：

由位移关系得：