考點01 牛頓第一定律
1．(2020·浙江7月選考·2)如圖1所示，底部均有4個輪子的行李箱a豎立、b平臥放置在公交車上，箱子四周有一定空間．當公交車( )
圖1
A．緩慢起動時，兩只行李箱一定相對車子向后運動
B．急剎車時，行李箱a一定相對車子向前運動
C．緩慢轉(zhuǎn)彎時，兩只行李箱一定相對車子向外側(cè)運動
D．急轉(zhuǎn)彎時，行李箱b一定相對車子向內(nèi)側(cè)運動
【答案】 B
【解析】a行李箱與車廂底面接觸的為4個輪子，而b行李箱與車廂底面接觸的為箱體平面．緩慢起動時，加速度較小，兩只行李箱所受靜摩擦力可能小于最大靜摩擦力，故兩只行李箱可能相對公交車靜止，不會向后運動，故A錯誤；急剎車時，a、b行李箱由于慣性，要保持原來的運動狀態(tài)，但a行李箱與車廂底面的摩擦為滾動摩擦，比較小，故a行李箱會向前運動，b行李箱可能靜止不動，也可能向前運動，故B正確；緩慢轉(zhuǎn)彎時，向心加速度較小，兩只行李箱特別是b行李箱所受靜摩擦力可能足以提供向心力，則b行李箱可能相對公交車靜止，不一定相對車子向外側(cè)運動，故C錯誤；急轉(zhuǎn)彎時，若行李箱b所受靜摩擦力不足以提供向心力時會發(fā)生離心運動，可能會向外側(cè)運動，故D錯誤.
2．(2022·浙江6月選考·2)下列說法正確的是( )
A．鏈球做勻速圓周運動過程中加速度不變
B．足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大
C．乒乓球被擊打過程中受到的作用力大小不變
D．籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向無關(guān)
【答案】 B
【解析】 鏈球做勻速圓周運動過程中加速度方向在改變，A錯誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，則足球下落過程中慣性不隨速度增大而增大，B正確；乒乓球被擊打過程中受到的作用力隨著形變量的變化而變化，C錯誤；籃球飛行過程中受到空氣阻力的方向與速度方向相反，D錯誤．
3．(2023·浙江6月選考·2)在足球運動中，足球入網(wǎng)如圖所示，則( )
A．踢香蕉球時足球可視為質(zhì)點
B．足球在飛行和觸網(wǎng)時慣性不變
C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力
D．觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力大于網(wǎng)對足球的力
【答案】 B
【解析】 在研究如何踢出香蕉球時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質(zhì)點，故A錯誤；慣性只與質(zhì)量有關(guān)，足球在飛行和觸網(wǎng)時質(zhì)量不變，則慣性不變，故B正確；足球在飛行時腳已經(jīng)離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯誤；觸網(wǎng)時足球?qū)W(wǎng)的力與網(wǎng)對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。
考點02 牛頓第二定律與直線運動
1. （2022·浙江6月選考·19）物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中，如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度l1＝4 m，水平滑軌長度可調(diào)，兩滑軌間平滑連接．若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝eq \f(2,9)，貨物可視為質(zhì)點(取cs 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)．
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大??；
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大??；
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s，求水平滑軌的最短長度l2.
【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律可得
mgsin 24°－μmgcs 24°＝ma1
代入數(shù)據(jù)解得a1＝2 m/s2
(2)根據(jù)運動學(xué)公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2
根據(jù)運動學(xué)公式有vmax2－v2＝－2a2l2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2＝2.7 m.
2.(2020·浙江7月選考·19)如圖1甲所示，有一質(zhì)量m＝200 kg的物件在電機的牽引下從地面豎直向上經(jīng)加速、勻速、勻減速至指定位置．當加速運動到總位移的14時開始計時，測得電機的牽引力隨時間變化的F－t圖線如圖乙所示，t＝34 s末速度減為0時恰好到達指定位置．若不計繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件
圖1
(1)做勻減速運動的加速度大小和方向；
(2)勻速運動的速度大??；
(3)總位移的大?。?br>【答案】 (1)0.125 m/s2 豎直向下 (2)1 m/s (3)40 m
【解析】(1)由題圖可和，物件在0～26 s時間內(nèi)，物件勻速運動，26～34 s時間內(nèi)，物件勻減速運動，在勻減速運動過程中，
由牛頓第二定律有mg－F＝ma
則a＝g－Fm＝0.125 m/s2，方向豎直向下
(2)由運動學(xué)公式有v＝at2＝1 m/s
(3)由題圖乙可知，勻速上升的位移h1＝vt1＝26 m
勻減速上升的位移h2＝v2t2＝4 m
由題意可知h1＋h2＝34h，
所以物件的總位移大小h＝40 m
3.（2022·遼寧高考卷·7）如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過1 s從另一端滑落．物塊與桌面間動摩擦因數(shù)為μ，g取10 m/s2.下列v0、μ值可能正確的是( )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
【答案】 B
【解析】物塊沿中線做勻減速直線運動，則eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＝eq \f(v0＋v,2)，由題知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入數(shù)據(jù)有v00，則μmgsin θ，所以小包裹與傳送帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，根據(jù)牛頓第二定律可知μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2
(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳送帶上做勻減速直線運動，
用時t1＝eq \f(v2－v1,a)＝eq \f(1.6－0.6,0.4) s＝2.5 s
在傳送帶上滑動的距離為
x1＝eq \f(v1＋v2,2)t1＝eq \f(0.6＋1.6,2)×2.5 m＝2.75 m
共速后，勻速運動的時間為t2＝eq \f(L－x1,v1)＝eq \f(3.95－2.75,0.6) s＝2 s
所以小包裹通過傳送帶所需的時間為t＝t1＋t2＝4.5 s.
5．（2021·北京高考真題·15）物理實驗一般都涉及實驗?zāi)康?、實驗原理、實驗儀器、實驗方法、實驗操作、數(shù)據(jù)分析等．例如：
(1)實驗儀器．用游標卡尺測某金屬管的內(nèi)徑，示數(shù)如圖1所示．則該金屬管的內(nèi)徑為________ mm.
甲
(2)數(shù)據(jù)分析．打點計時器在隨物體做勻變速直線運動的紙帶上打點，其中一部分如圖乙所示，B、C、D為紙帶上標出的連續(xù)3個計數(shù)點，相鄰計數(shù)點之間還有4個計時點沒有標出．打點計時器接在頻率為50 Hz的交流電源上．則打C點時，紙帶運動的速度vC＝________ m/s(結(jié)果保留小數(shù)點后兩位)．
乙
(3)實驗原理．圖丙為“探究加速度與力的關(guān)系”的實驗裝置示意圖．認為桶和砂所受的重力等于使小車做勻加速直線運動的合力．實驗中平衡了摩擦力后，要求桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多．請分析說明這個要求的理由．_____________________________________
________________________________________________________________________.
丙
【答案】 (1)31.4 (2)0.44
(3)見解析
【解析】(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則，可知內(nèi)徑為
31 m ＋ 4×0.1 mm＝31.4 mm
(2)每隔4個點取一個點作為計數(shù)點，故兩計數(shù)點間有5個間隔；故兩點間的時間間隔為T＝5×0.02 s＝0.1 s
勻變速直線運動中一段時間中點的速度等于該過程中的平均速度，則有vC＝eq \f(xBD,2T)＝0.44 m/s
(3)設(shè)繩的拉力為FT，小車運動的加速度為a.對桶和砂，有mg－FT＝ma
對小車，有FT＝Ma
得FT＝eq \f(M,M＋m)mg
小車受到細繩的拉力FT等于小車受到的合力F，
即F＝eq \f(M,M＋m)mg＝eq \f(1,1＋\f(m,M))mg
可知，只有桶和砂的總質(zhì)量m比小車質(zhì)量M小得多時，才能認為桶和砂所受的重力mg等于使小車做勻加速直線運動的合力F.
6.（2021·湖南高考真題·11）某實驗小組利用圖1所示裝置探究加速度與物體所受合外力的關(guān)系．主要實驗步驟如下：
圖1
圖2
圖3
(1)用游標卡尺測量墊塊厚度h，示數(shù)如圖2所示，h＝________ cm；
(2)接通氣泵，將滑塊輕放在氣墊導(dǎo)軌上，調(diào)節(jié)導(dǎo)軌至水平；
(3)在右支點下放一墊塊，改變氣墊導(dǎo)軌的傾斜角度；
(4)在氣墊導(dǎo)軌合適位置釋放滑塊，記錄墊塊個數(shù)n和滑塊對應(yīng)的加速度a；
(5)在右支點下增加墊塊個數(shù)(墊塊完全相同)，重復(fù)步驟(4)，記錄數(shù)據(jù)如下表：
根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖3上描點，繪制圖線．
如果表中缺少的第4組數(shù)據(jù)是正確的，其應(yīng)該是________m/s2(保留三位有效數(shù)字)．
【答案】(1)1.02 (5)見解析圖 0.343(0.341～0.345)
【解析】 (1)墊塊的厚度為
h＝1 cm＋2×0.1 mm＝1.02 cm
(5)繪制圖線如圖；
根據(jù)mg·eq \f(nh,l)＝ma
可知a與n成正比關(guān)系，則根據(jù)圖像可知，斜率
k＝eq \f(0.6,7)＝eq \f(a,4)
解得a≈0.343 m/s2.
7.（2022·山東高考真題·13）在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質(zhì)量的實驗．受此啟發(fā)．某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設(shè)計了測量物體質(zhì)量的實驗，如圖甲所示．主要步驟如下：
①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；
②接通氣源，放上滑塊．調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；
③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊．彈簧處于原長時滑塊左端位于O點．A點到O點的距離為5.00 cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；
④計算機采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示．
回答以下問題(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)：
(1)彈簧的勁度系數(shù)為________ N/m.
(2)該同學(xué)從圖乙中提取某些時刻F與a的數(shù)據(jù)，畫出a—F圖像如圖丙中Ⅰ所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為________ kg.
(3)該同學(xué)在滑塊上增加待測物體，重復(fù)上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像Ⅱ，則待測物體的質(zhì)量為________ kg.
【答案】 (1)12 (2)0.20 (3)0.13
【解析】 (1)由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00 cm.拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時．結(jié)合題圖乙的F—t圖像有
Δx＝5.00 cm，F(xiàn)＝0.610 N
根據(jù)胡克定律k＝eq \f(F,Δx)
可得k≈12 N/m
(2)根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma
則a—F圖像的斜率表示滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)題圖丙中Ⅰ，則有
eq \f(1,m)＝eq \f(3.00－0,0.60) kg－1＝5 kg－1
則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m＝0.20 kg
(3)滑塊上增加待測物體，同理，根據(jù)題圖丙中Ⅱ，則有eq \f(1,m′)＝eq \f(1.50－0,0.50) kg－1＝3 kg－1
則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為
m′≈0.33 kg
則待測物體的質(zhì)量為Δm＝m′－m＝0.13 kg.
考點03 牛頓第二定律的應(yīng)用
1．（2022·全國乙卷高考真題·15）如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L.一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直．當兩球運動至二者相距eq \f(3,5)L時，它們加速度的大小均為( )
A.eq \f(5F,8m) B.eq \f(2F,5m) C.eq \f(3F,8m) D.eq \f(3F,10m)
【答案】 A
【解析】 當兩球運動至二者相距eq \f(3,5)L時，如圖所示，
由幾何關(guān)系可知sin θ＝eq \f(\f(3L,10),\f(L,2))＝eq \f(3,5)
設(shè)繩子拉力為FT，水平方向有2FTcs θ＝F
解得FT＝eq \f(5,8)F
對任意小球由牛頓第二定律有FT＝ma
解得a＝eq \f(5F,8m)
故A正確，B、C、D錯誤．
2．(多選)（2022·河北高考真題·9）如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，懸掛在定滑輪上，質(zhì)量mQ>mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為eq \f(g,3).T時刻輕繩突然斷開，物體P能夠達到的最高點恰與物體Q釋放位置處于同一高度，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機械能為E.重力加速度大小為g，不計摩擦和空氣阻力，兩物體均可視為質(zhì)點．下列說法正確的是( )
A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1∶3
B．2T時刻物體Q的機械能為eq \f(E,2)
C．2T時刻物體P重力的功率為eq \f(3E,2T)
D．2T時刻物體P的速度大小為eq \f(2gT,3)
【答案】 BCD
【詳解】開始釋放時物體Q的加速度大小為eq \f(g,3)，
則有mQg－FT＝mQ·eq \f(g,3)，F(xiàn)T－mPg＝mP·eq \f(g,3)，
解得FT＝eq \f(2,3)mQg，eq \f(mP,mQ)＝eq \f(1,2)，選項A錯誤；
在T時刻，兩物體的速度大小v1＝eq \f(gT,3)，
P上升的距離h1＝eq \f(1,2)×eq \f(g,3)T2＝eq \f(gT2,6)，
輕繩斷后P能上升的高度h2＝eq \f(v12,2g)＝eq \f(gT2,18)，
則開始時P、Q豎直方向上的距離為h＝h1＋h2＝eq \f(2gT2,9)，
開始時P所處的水平面為零勢能面，則開始時Q的機械能E＝mQgh＝eq \f(2mQg2T2,9)，
從開始到輕繩斷裂，輕繩的拉力對Q做負功，大小為WF＝FTh1＝eq \f(mQg2T2,9)，
則繩斷裂時物體Q的機械能
E′＝E－WF＝eq \f(mQg2T2,9)＝eq \f(E,2)，
此后物體Q的機械能守恒，則在2T時刻物體Q的機械能仍為eq \f(E,2)，選項B正確；
在2T時刻，重物P的速度v2＝v1－gT＝－eq \f(2gT,3)，
方向向下，此時物體P重力的瞬時功率
PG＝mPg|v2|＝eq \f(mQg,2)·eq \f(2gT,3)＝eq \f(mQg2T,3)＝eq \f(3E,2T)，
選項C、D正確．
3．(多選)（2023·湖南高考真題·10）如圖，光滑水平地面上有一質(zhì)量為2m的小車在水平推力F的作用下加速運動。車廂內(nèi)有質(zhì)量均為m的A、B兩小球，兩球用輕桿相連，A球靠在光滑左壁上，B球處在車廂水平底面上，且與底面的動摩擦因數(shù)為μ，桿與豎直方向的夾角為θ，桿與車廂始終保持相對靜止，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是( )
A．若B球受到的摩擦力為零，則F＝2mgtan θ
B．若推力F向左，且tan θ≤μ，則F的最大值為2mgtan θ
C．若推力F向左，且μ2μ，則F的范圍為4mg(tan θ－2μ)≤F≤4mg(tan θ＋2μ)
【答案】 CD
【詳解】設(shè)桿所受的彈力為FN，對小球A：豎直方向受力平衡，則桿水平方向的分力與豎直方向的分力滿足eq \f(FNx,FNy)＝tan θ，豎直方向FNy＝mg，則FNx＝mgtan θ，若B球受到的摩擦力為零，對B根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝ma，可得a＝gtan θ，對小球A、B和小車整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4ma＝4mgtan θ，A錯誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為FNx＝mgtan θ，對小球B，由于tan θ≤μ，小球B受到向左的合力的最大值F′＝μ(FNy＋mg)－FNx≥mgtan θ，則對小球A，根據(jù)牛頓第二定律可得FNx＝mamax，對系統(tǒng)整體根據(jù)牛頓第二定律F＝4mamax，解得F＝4mgtan θ，B錯誤；若推力F向左，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值為FNx＝mgtan θ，小球B所受向左的合力的最大值Fmax＝(FNy＋mg)·μ－FNx＝2μmg－mgtan θ，由于μ0
解得
F2=m2(m1+m2)m1(μ2?μ1)g
μ2>m1+m2m2μ1，BC正確；
圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。
故選BCD。
5．（2020·山東高考真題·14）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關(guān)系圖像如圖1所示．乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小為g.以下判斷正確的是( )
圖1
A．0～t1時間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg
B．t1～t2 時間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N

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