貴州高考物理三年（2020-2022）模擬題匯編-02牛頓運動定律

貴州高考物理三年（2020-2022）模擬題匯編-02牛頓運動定

律

一、單選題

1.（2020?貴州?統(tǒng)考模擬預測）一物塊的初速為％初動能為EQ,沿固定斜面（粗糙程

度處處相同）向上滑動，然后滑回到原處。此過程中，物塊的動能次與位移X,速度V

與時間f的關系圖像正確的是（）

2.（2021.貴州黔東南.統(tǒng)考一模）如圖所示，一物塊在方向與水平面成53。角且斜向右上

方的拉力F的作用下沿水平面做加速度大小為α的勻加速直線運動，若保持F的大小不

變，方向改成水平向右，物塊運動的加速度大小也為仇取出sin53。=0.8,COS53。=0.6,

重力加速度大小g=10m∕s2,則物塊與水平面間的動摩擦因數為（）

A.0.6B.0.5C.0.3D.0.2

3.（2021?貴州六盤水?統(tǒng)考一模）“盤州一貴陽”的某次高鐵列車由兩組對接而成，列車

出發(fā)啟動階段做勻加速運動，每組提供的動力均為F,受到的阻力均為車重的k倍。沿

運行方向前一組車及乘客的總質量為小，后一組車及乘客的總質量為機2。若

則對接處（如圖）的作用力是（）

m.-L

B.推力，大小為.「F

mλ+m,

m-m-,L

C.拉力，大小為一λF

mλ+

2m

D.拉力，大小為.JF

tn.+m,

4.（2022?貴州貴陽?統(tǒng)考二模）如圖所示，一根輕繩跨過光滑的定滑輪，兩端各系一個

物體P和Q,P的質量保持不變。開始時，P靜止在地面上，當Q的質量發(fā)生變化時,

P的加速度隨Q的質量變化的關系圖像為下圖中的（）

〃〃/〃/

5.（2022.貴州黔南.統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，水平方向的傳送帶順時針轉動，傳送帶

速度大小恒為m2m∕s,兩端A、8間距離為3m,一物塊從8端以初速度v0=4m∕s

滑上傳送帶，物塊與傳送帶間動摩擦因數片0.4,g取IOm/Sz.物塊從滑上傳送帶至

離開傳送帶的過程中，速度隨時間變化的圖象是圖中的（）

試卷第2頁，共8頁

6.（2022.貴州黔南.統(tǒng)考模擬預測）如圖所示為一物體隨升降機由一樓運動到某高層的

過程中的V-t圖象，貝I］（）

A.物體在0?2s處于失重狀態(tài)

B.物體在2?8s處于超重狀態(tài)

C.物體在8?IOs處于失重狀態(tài)

D.由于物體的質量未知，所以無法判斷超重、失重狀態(tài)

二、多選題

7.（2020?貴州銅仁?統(tǒng)考三模）將質量為機的重物穿在豎直固定的光滑直桿上，重物可

沿桿上下滑動。輕繩一端連接重物，另一端繞過光滑定滑輪P,豎直向下用力F拉繩頭

使重物從靜止開始上升。已知P到桿的距離PQ等于121,重物初始位置到。的距離等

于161,拉力F恒為咫。在重物上升到最高點的過程中（g為重力加速度），重物（）

A.最大加速度等于gB.機械能一直增加

2

C.重力勢能的增加量小于16WglD.動能的最大值為§機7

8.（2020?貴州銅仁?統(tǒng)考二模）如圖”,一長木板靜止于光滑水平桌面上，UO時，小物

塊以速度物滑上長木板左端，最終小物塊恰好沒有滑出長木板；圖6為物塊與木板運動

的VT圖像，圖中。、如、町已知。重力加速度大小為g。由此可求得（）

/////////////////////

圖（a）

A.木板的長度B.物塊的質量

C.物塊與木板的質量之和D.物塊與木板之間的動摩擦因數

9.（2020?貴州?統(tǒng)考模擬預測）一靜止在水平地面上的物塊，受到方向不變的水平拉力

尸作用?0~4s時間內，拉力F的大小和物塊加速度a的大小隨時間f變化的關系分別如

圖甲、圖乙所示。若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取IOm四2。由此可求

得（）

A.物塊與水平地面間的最大靜摩擦力的大小為2N

B.物塊的質量等于∣.5kg

C.在0~4s時間內，合力對物塊沖量的大小為6.75N?S

D.在0~4s時間內，摩擦力對物塊的沖量大小為6N?S

試卷第4頁，共8頁

10.（2021?貴州.統(tǒng)考二模）如圖S）所示，一質量為M的足夠長木板A放置在水平地

面上，其上放置一質量為加的滑塊B,A、B均處于靜止狀態(tài)。從f=0開始，給滑塊B

施加一個水平向右的拉力F,同時用傳感器測滑塊B的加速度α,力F和加速度”的大

小隨時間1變化的圖像分別如圖"）、圖（C）所示。用必、也分別表示木板A與地面、

木板A與滑塊B間的動摩擦因數，設接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力

加速度g取IOm/s'則（）

ιAΛ→

7

77777777777777777777t

圖(a)圖(C)

A.A∣=θ?lB.μ1=0.2C.w=2kgD.M=1.5kg

11.（2021?貴州畢節(jié)?統(tǒng)考二模）如圖，在水平桌面上疊放著兩個物塊M和，”，M與桌

面的動摩擦因數為〃/,機與“之間的動摩擦因數為〃2,一根輕繩一端與M相連，另一

端繞過光滑的定滑輪A系在豎直桿上的B點，現(xiàn)將另一個物體G用光滑輕質掛鉤掛在

輕繩上AB之間的。點，已知整個裝置處于靜止狀態(tài)時，豎直桿與繩08的夾角為α,

則（）

A.將繩的B端向上緩慢移動一小段距離時繩的張力不變

B.將豎直桿緩慢向右移動一小段距離時繩的張力增大

G

C.M所受的摩擦力為:ξ-------=χ∕（Λ/+m）g

2cosal

D.剪斷A處輕繩瞬間，機的加速度為〃2g

12.（2021.貴州黔東南.統(tǒng)考一模）關于下列四幅圖對應的說法，正確的是（)

甲乙

丙

A.圖甲中墊起的排球在最高點瞬間的速度、加速度均為零

B.圖乙中線斷后小球將沿光滑水平面做勻速直線運動

C.圖丙中扭秤實驗裝置結構利用了“放大”的思想

D.圖丁中的列車靜止時沒有慣性

13.（2022?貴州?統(tǒng)考一模）隨著科技的發(fā)展，我國的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮

短飛機的起飛距離。如圖所示，某航空母艦的水平跑道總長∕=18（）m,電磁彈射區(qū)的長

度4=80m,一架質量,"=2.0xl04kg的飛機，其噴氣式發(fā)動機可為飛機提供恒定的推力

?=1.2χlO5N,假設飛機在航母上受到的阻力恒為飛機重力的若飛機可看成質量

恒定的質點，從右邊沿離艦的起飛速度u=40m∕s,航空母艦始終處于靜止狀態(tài)（電磁

彈射器提供的牽引力恒定，取g=10m∕s2）.下列說法正確的是（）

A.飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度大小q=5.0m∕s2

B.飛機在電磁彈射區(qū)的末速度大小W=20m∕s

C.電磁彈射器對飛機的牽引力七的大小為2xl0"N

試卷第6頁，共8頁

D.電磁彈射器在彈射過程中的功率是不變的

三、實驗題

14.（2022?貴州貴陽?統(tǒng)考模擬預測）甲、乙兩位同學相互協(xié)作利用如圖α所示的裝置,

測量重錘下落過程受到的平均阻力大小，主要實驗步驟如下：

打點

計時由〃7

圖α圖A

①按照實驗設計組裝儀器，并使系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖4所示；

②接通電源，釋放重錘：

③選取紙帶中一段清晰的連續(xù)的點作為計數點，用刻度尺測量其計數點間的距離，如圖

b示；

④用天平測出重錘質量〃?=200g。

請回答下列問題：

（1）已知打點計時器所接電源的頻率為50Hz,打點計時器打8點時重錘速度的大小為

m/s（保留三位有效數字）；

（2）重錘下落的加速度大小為m/s’（保留三位有效數字）；

（3）已知當地重力加速度的大小為9.8m∕s2,紙帶的重力不計，應用牛頓第二定律，

測出重錘下落過程受到的平均阻力大小為N（保留兩位有效數字）。

四、解答題

15.（2022.貴州貴陽?統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，光滑的圓弧軌道戶MV豎直放置，在右側

N點與一傾斜傳送帶相切。M為圓弧軌道最低點，圓弧所在圓的圓心為O,P。水平,

ZPO∕V=127°?一質量機=2kg的小物塊（可視為質點）從圓弧軌道最左端P以

v=2遙m/s的初速度向下運動。已知圓弧軌道半徑A=5m,傳送帶L=8m,在電機驅

動下始終以速度%=3.8m∕s順時針勻速轉動（與輪子間無相對滑動），小物塊與傳送帶

間的動摩擦因數〃=0?8,重力加速度g取IOm/J,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，求：

(1)小物塊下滑到M點時軌道對物塊的支持力的大??；

(2)小物塊從滑上傳送帶減速至與傳送帶運動速度相等過程的時間;

(3)傳送帶在傳送小物塊過程中，因摩擦力做功而產生的熱量。

16.(2022?貴州?統(tǒng)考一模)滑板運動是年輕人喜愛的運動項目之一。如圖所示，一運動

員在玩滑板，他一只腳蹬地后，滑板和他一起以大小為3m∕s的速度在水平面上從A點

向右無動力運動，運動到B點時恰能沿斜面下滑，到達C點時的速度大小v=4m∕s.B

知水平面A、B間的距離為1.8m,斜面傾角。=37。，滑板與AB、BC段間的動摩擦因數

相同，運動員和滑板的總質量為60kg,sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度

g=10m∕s2?求：

(1)滑板與水平面AB段間的動摩擦因數；

(2)斜面BC的長度。

試卷第8頁，共8頁

參考答案:

1.A

【詳解】AB.設斜面的傾角為仇物塊的質量為，"，根據動能定理可得，上滑過程中

-7∕j?xsinθ-Jumgxcosθ=Ek-Ek0

則

Ek=Eko—(mgsinθ+/.ιmgcosθ)x

下滑過程中

,

MJgX'sin。-μιngxcosθ=Ek-O

則

Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)x'

可知，物塊的動能以與位移X是線性關系，圖像是傾斜的直線，根據能量守恒定律可得,

最后的總動能減小，故A正確，B錯誤；

CD.由牛頓第二定律可得，取初速度方向為正方向，物塊上滑過程有

TngSine-μmgcosθ=ma

下滑過程有

-mgsinθ+μmgcosθ=ma

則物塊上滑和下滑過程中加速度方向不變，但大小不同，故CD錯誤.

故選A0

2.B

【詳解】當F方向與水平面成53。角時，對物體受力分析如圖所示

根據牛頓第二定律

FCOS53°-/=ma

對地面的壓力為

N=mg-Fsin530

答案第I頁，共Il頁

摩擦力為

f=〃N

尸水平時，根據牛頓第二定律有

F-μmg=ma

聯(lián)立解得

〃=0.5

故選Bo

3.B

【詳解】根據牛頓第二定律，對兩組車

2F-k(m1+m2)g=(∕π∕+z∏2)a

設對接處的作用力為拉力，對后一組

F+F12-km2g=m2a

整理得

m}-tn2

FI2=一一

ιnλ+%

說明對接處的作用力為推力，大小為I尸。

w1+W2

故選Bo

4.C

【詳解】以P、Q整體為研究對象，P的質量不變，當，”0≤"zp時，整體受重力和地面的支持

力，處于平衡狀態(tài)，此時加速度〃=0,當，頂>〃3時，整體只受重力作用，做勻加速直線運

動，由牛頓第二定律，可有

mQg-mpg=(mp+m°)a

則有加速度

；2wP、

a=1------g

I∕∏P+∕MQ)

當，頂增大時，加速度。增大，且是非均勻增大，隨機o增大，加速度。趨向于g,因此有起

初加速度等于零，當膽2>〃步后，隨“均增大，加速度”逐漸增大，且趨向于g,因此ABD

錯誤，C正確。

故選C。

5.B

答案第2頁，共11頁

【詳解】物體先向左做減速運動，加速度大小α="g=4m∕s2,經過IS速度減小到零，此時向

左運動了

1,

N=——。廣=2)7ZV3機

而沒到達左端，因此接下來向右加速運動，加速度不變，經0.5s速度達到2m∕s,與皮帶的

速度相等，這時向右僅運動了

12

S2=-Cit=0.5m

接下來向右勻速運動.

A.圖像與結論不相符，選項A錯誤；

B.圖像與結論相符，選項B正確；

C.圖像與結論不相符，選項C錯誤；

D.圖像與結論不相符，選項D錯誤；

6.C

【詳解】試題分析：速度圖象的斜率等于物體的加速度.斜率的正負表示加速度的方向.根

據加速度的方向判斷物體的運動狀態(tài).

解：A、由圖象可知，在0?2s內，物體向上做勻加速運動，加速度向上，物體處于超重狀

態(tài)，故A錯誤；

B、由圖象可知，在2?8s內物體做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，故B錯誤.

C、物體在8?IOS內向上做勻減速運動，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故C正確.

D、超重、失重狀態(tài)根據加速度的方向判斷，與物體的質量無關，是可以判斷的，故D錯誤.

故選C

【點評】本題要能根據圖象得出有用的信息，知道速度-時間圖象中直線的斜率表示加速度

是關鍵，同時要明確超重和失重的條件.

7.BC

【詳解】C.設重物距離。點為〃時到達最高點，根據動能定理

mg(161-h)=∣∕ng(20∕-√∕r+(12/)2)

解得

4=3.5/

%=161（舍去）

答案第3頁，共11頁

所以重物沒有到達。，就已經靜止，重力勢能的增加量

ΔE1)="7g(16∕-3.5∕)=12.5mg∕

C正確；

A.設剛開始繩子和豎直桿夾角為。，則

16/4

cosa==—

20/5

4I

則繩子對重物的拉力沿桿的分力大小為重物所受到的合力為7"g,根據牛頓第二定

律，加速度小于g,隨著重物上升，夾角變大，繩子對重物的拉力沿桿的分力逐漸的減小，

加速度逐漸變小，因為沒有到達。時，所受到的合力大小小于重力，加速度小于g,A錯誤;

B.重物上升到最高點的過程中，繩子的拉力一直對重物做正功，桿對重物的支持力不做功,

所以重物的機械能增加，B正確；

D.當重物的加速為零時，重物的速度最大，此時繩子對重物的拉力沿桿的分力大小為〃zg,

則繩子和桿的夾角為

拉力作用點移動的距離

”，12/-

X=20/--------=51

即重物上升的高度為

,,,12/r,

h=16/--------=7/

根據動能定理，則最大的動能Ek

F5l-mg7l=Ek

D錯誤。

故選BC0

8.AD

【詳解】A.根據最終小物塊恰好沒有滑出長木板，由圖像可求出木板的長度為

答案第4頁，共11頁

故A符合題意；

BC.物塊的質量不能求出來，也無法求出木板的質量，故不能求出物塊與木板的質量之和，

只能根據圖像求出物塊作勻減速階段的加速度以及木板做勻加速直線運動的加速度，故BC

不符合題意；

D.對物塊，根據圖像可以求出物塊作勻減速階段的加速度大小，即

八口

由牛頓第二定律可知

聯(lián)立解得物塊與木板之間的動摩擦因數為

故D符合題意。

故選AD..

9.BC

【詳解】A.UIS時，物體開始運動，故此時的拉力等于物體的最大靜摩擦力，故有

∕=F=1.5N

故A錯誤；

B.根據牛頓第二定律有

F-f=ma

代入F=6N,α=3rτ^^

m=1.5kg

故B正確；

C.在n—，圖象中，與時間軸所圍面積為物體的速度，則有

U=LX3x3m∕s=4.5m∕s

2

由動量定理可得

I=∏7?v=1.5×4.5N?s=6.75N?s

故C正確；

D.在0~4s時間內，尸的沖量為

答案第5頁，共11頁

IF=92χ4N?s=12N?s

r2

則摩擦力沖量為

∕f=∕-∕f=(6.75-12)N?s=-5.25N?s

故D錯誤。

故選BC0

10.AD

【詳解】由圖(b)、圖(c?)可知，在2s~4s內產的變化率與4s~6s的變化率相同，而在2s~4s

內加速度a的變化率小于4s~6s內加速度?的變化率，根據牛頓第二定律

F=ma

可判斷知，2s~4s內，M與加一起加速，4s~6s內為自己加速，則由圖(?)>(C)知在2s

時刻耳=3N,則

M(M+m)g=F1

在4s時刻

F4-F1=(M+m)a4

代入圖")、(C)中對應數據求得

M+/M=3kg,χ∕1=0.1

在4s~6s

m?a,=ΔF,

代入圖")、(C)對應數據求得

m=1.5kg

所以

M=1.5kg

在4s時刻，E=6N有

F4-μ2mg=ma4

求得

ju2=0.3

故AD正確，Be錯誤。

答案第6頁，共11頁

故選ADo

11.AB

【詳解】A.令滑輪A和豎直桿之間的繩長為L,距離為d,則根據晾衣繩模型可知

d

Slna=—

L

而

TTcosa=G

解得繩子上的張力為

T=G

2cosa

所以將繩的8端向上緩慢移動一小段距離時，d不變，Z不變，故α不變，所以繩子的張力

不變。A正確；

B.將豎直桿緩慢向右移動一小段距離，則“變大，L不變，故α變大，因此繩子的張力增

大，B正確；

C.由于有整個裝置處于靜止狀態(tài)，所以M和根都受力平衡。所以M和團之間沒有摩擦力，

因此M所受的摩擦力等于繩子的張力。但由于是靜摩擦力，所以

亞X(M+小

C錯誤；

D.剪斷A處輕繩瞬間，〃?的加速度為零，D錯誤。

故選ABo

12.BC

【詳解】A.圖甲中墊起的排球在最高點瞬間的速度為零，但所受合外力向下，所以加速度

不為零，故A錯誤；

B.圖乙中線斷后小球，小球所受合外力為零，運動狀態(tài)將保持斷線后瞬間的運動狀態(tài)不變,

即沿光滑水平面做勻速直線運動，故B正確；

C.圖丙中，由于，〃受到加的吸引，T形架發(fā)生轉動，使石英絲N發(fā)生扭轉，扭轉的角度

可以從平面鏡M反射的光點在刻度尺上移動的距離求出，由于扭轉的角度較小不易觀測，

所以將這個角度放大為容易觀測的光點移動的距離，因此這個結構利用了“放大”的思想，故

C正確；

D.慣性不因物體的運動狀態(tài)而改變，所以圖丁中列車靜止時依然具有慣性，故D錯誤。

故選BCo

答案第7頁，共11頁

13.AC

【詳解】ABC.根據牛頓第二定律，飛機離開電磁彈射區(qū)后有

%-0.2mg=Ina2

解得

2

a2=4.0m∕s

由

22

v-v∣=2a2(∕-∕l)

解得飛機在電磁彈射區(qū)的末速度

v1=20?∕2m∕s

由

2

v1=2a∣∕∣

解得飛機在電磁彈射區(qū)運動的加速度

4=5m∕s2

根據牛頓第二定律有

?+?-0?2mg=〃叼

代入數據解得

∕?=2×104N

故B錯誤，AC項正確;

D.根據

P=Fv

可知電磁彈射器在彈射過程中的功率不斷增加，故D錯誤。

故選ACo

14.3.425.750.81

【詳解】(1)［1］根據勻變速直線運動中間時刻速度等于該段時間的平均速度，打點計時馨

打B點時重錘速度的大小為

(6.73+6.96)×IO-2'，

XAC=------------------------m∕s≈3.42m/S

"2T2×0.02

(2)12］由紙帶數據可知相鄰位移差為

答案第8頁，共11頁

?x=6.73—6.50=6.96—6.73==7.42-7.19=0.23cm

重錘下落的加速度大小為

a=Ax=0.23x10-m/s2=575m/s2

T20.022

(3)［引設重錘下落過程受到的平均阻力大小為根據牛頓第二定律可得

mg-f=ma

解得

f=mg-nuι=0.2×(9.8-5.75)N=0.8IN

15.(1)68N；(2)0.5s；(3)19.84J

【詳解】(1)小物塊從2到M過程，根據動能定理可得

mgR=?-?/WV2

解得

vl=2?∕30m∕s

小物塊下滑到M點時，根據牛頓第二定律可得

N-m2-m—

R

解得

N=68N

(2)小物塊從P到N過程，根據動能定理可得