2023学年高中物理第4章牛顿运动定律章末高考真题链接练习（人教版）必修1.doc

第四章　牛顿运动定律章末高考真题链接 1.(2023年·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是(　　) 解析：选A　由牛顿运动定律，F－mg＋F弹＝ma，F弹＝k(x0－x)，kx0＝mg，联立解得F＝ma＋ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A． 2.(2023年·上海卷)如图，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(　　) A．OA方向　　　　　　 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向 解析：选D　据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度方向也应该向右，故选项D正确． 3.(2023年·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—时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s、5～10 s、10～15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则(　　) A．F1＜F2 B．F2＞F3 C．F1＞F3 D．F1＝F3 解析：选A　由v­t图象可知，0～5 s内加速度a1＝0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F1＝ma1，F1＝mgsin θ－f－0.2m；5～10 s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F2＝ma2，F2＝mgsin θ－f；10～15 s内加速度a3＝－0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f－F3＝ma3，F3＝mgsin θ－f＋0.2m.故可得：F3＞F2＞F1，选项A正确． 4．(多选)(2023年·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢一大小为a的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为a的加速度向西行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　) A．8 B．10 C．15 D．18 解析：选BC　由设这列车厢的节数为n，P、Q挂钩西边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知：＝，解得k＝n，k是正整数，n只能是5的倍数，故B、C正确，A、D错误． 5．(多选)(2023年·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　) A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选ACD　小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝t1，根据牛顿第二定律，向上滑行过程：＝gsin θ＋μgcos θ，向下滑行过程：＝gsin θ－μgcos θ，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C对；根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin θ＝t1×＝v0，选项D对；仅根据速度时间图象，无法求得物块质量，选项B错． 6.(2023年·全国卷Ⅲ)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，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N＝5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． (2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n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s­t图象，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．n＝2时的s­t图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表. n 1 2 3 4 5 a/m·s－2 0.20 0.58 0.78 1.00 (4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a­n图象．从图象可以看出：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． (5)利用a­n图象求得小车(空载)的质量为______kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s–2)． (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)． A．a­n图线不再是直线 B．a­n图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a­n图线仍是直线，但该直线的斜率变大 解析：(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故将(2,0.80)代入s＝at2可得a＝0.40 m·s－2. (4)根据描点法可得如图所示图线． (5)根据牛顿第二定律可得nmg＝(5m＋M)a，代入m＝0.010 kg，n＝1、2、3、4、5，以及相应的加速度求可得M＝0.45 kg. (6)因为如果不平衡摩擦力，则满足F－f＝ma的形式，若保持木板水平，未平衡摩擦力，则是F－f＝ma的形式，即nmg－μ[(5－m)mg＋Mg]＝(5m＋M)a得a＝－，显然a­n图线是直线，但不过原点，且斜率由原来的变为，即斜率变大，故B、C正确． 答案：(3)0.40　(4)见解析　(5)0.45　(6)BC 7．(2023年·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1＜s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度． 解析：(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1＝μg　① 由速度与位移的关系知－2a1s0＝v－v　② 联立①②得μ＝＝.　③ (2)设冰球运动的时间为t，则t＝　④ 又s1＝at2　⑤ 由③④⑤得a＝.　⑥ 答案：(1)　(2) 5