(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律总结(重点)超详细.docx

(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律总结(重点)超详细

1

单选题
1、质量为3kg的物体，在0 ~ 4s内受水平力F的作用，在4 ~ 10s内因受摩擦力作用而停止，其v-t图像如图所示。在0 ~ 4s内物体所受的拉力为（　　）

A．5 NB．12 NC．10 ND．15 N
2、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（       ）

A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1. 2s
C．小物块向上滑行的最远距离为4m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
3、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（       ）

A．20NB．15NC．25ND．10N
4、下列说法正确的是（     ）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
多选题
5、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动
B．物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关
C．平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同
D．初速度越大，物体在空中的飞行时间越长
6、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（　　）

A．若小车向左运动，FN可能为零B．若小车向左运动，FT可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零D．若小车向右运动，FT不可能为零
7、从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的空气阻力的作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2，则（　　）

A．该物体的质量为2kgB．空气阻力大小为2N
C．全过程所用的时间为2+62sD．物体运动过程中机械能减小了24J
8、物块的质量m＝1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方v2随路程x变化的关系图象如图所示，取g＝10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是（　　）

A．恒力F大小为7 N
B．在t＝1 s时刻，物块开始反向运动
C．2～3 s内物块做匀加速运动
D．在物块运动路程为13 m过程中，高度上升了3 m
填空题
9、完全失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______的状态。
（2）产生条件：a＝g，方向______。
10、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

11、如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.2。此时有一个质量为1kg的物块静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块对铁箱压力的大小为______N，水平拉力F的大小为______。

12、判断正误：（1）物体加速度的方向一定与合外力方向相同。( )
（2）质量越大的物体，加速度越小。( )
（3）物体的质量与加速度成反比。( )
（4）物体受到外力作用，立即产生加速度。( )
解答题
13、如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝33、μ2＝0.5，求：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；
（2）物体运动到B处的速度；
（3）推力作用的距离及时间。

14、如图甲所示，水平地面上放置着一长木板，一质量m=3kg的滑块（可看成质点）以初速度v0=3m/s从长木板左端滑上，且与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2。已知长木板的质量M=4kg、长度L=1.25m，与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求滑块刚滑到长木板右端时的速度大小；
（2）若滑块刚滑上长木板左端时，在长木板的右端施加一水平恒力F（如图乙所示），使得滑块刚好不能从长木板的右端滑出，求水平恒力F的大小。

15、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？
（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？
（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

16、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取10m/s2）
实验题
17、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cos53°=0.6、sin37°=0.6、cos37°=0.8，实验步骤如下：

a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=______ms2；（保留3位小数）
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=______ms2；（保留3位有效数字）
(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A．       正确                                     B．错误                                          C．无法判断
18、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为___________N/m。某时刻观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为___________（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为___________m/s2。

19、某实验小组利用图示装置来测定滑块与桌面间的动摩擦因数，具体实验步骤如下：

①首先用游标卡尺测量出遮光片宽度为d；然后将遮光片固定在滑块上；
②如图所示，将滑块置于桌面上左端A处，与桌面平行的细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物连接，保持滑块静止，测量重物离地面的高度h；
③在距滑块h处固定一个光电门，滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的C点（未与滑轮碰撞），记下数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用的时间；并用毫米刻度尺测量出C、A间的距离s；（已知重力加速度为g）。请完成以下问题：
(1)若游标卡尺读数如图所示，则遮光片宽度d=_______cm；

(2)某次实验中数字毫秒计的示数为Δt，则滑块和桌面的动摩擦因数为_________（用d，s，h，Δt、g表示）
(3)本实验在获得小车通过光电门的瞬时速度时存在误差，测量的速度值______（填“大于”“等于”或“小于”）遮光片中心通过光电门时的瞬时速度的真实值。
20、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，小车加速度a与拉力F的关系”。

按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上
A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a
B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动
C．取下细绳和沙桶。测量沙子和桶的质量m。改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。进行多次实验正确的实验步骤是__________
(2)某一次实验得到如图（c）所示的图像。开始计时1s后释放小车，由图像可知，小车在绳子拉力作用下做匀加速运动的加速度为__________m/s2，由此可以推断出实验桌面距离地面高度至少为__________m。（结果保留两位有效数字）

(3)下列说法正确的是__________
A．图线中A点表示刚好碰到弹簧·此时速度最大
B．图线中B点表示弹力刚好等于拉力，此时加速度为0，此时小车速度最大
C．图线中C点表示弹簧压缩量最大，此时加速度最大，速度也最大
D．图线中C点对应的弹簧的弹力约为6mg

27

(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_026参考答案
1、答案：D
解析：
在0 ~ 4 s内，由牛顿第二定律
F-f=ma1
在4 ~ 10s内，物体因受摩擦力作用减速到零，由牛顿第二定律
-f=ma2
v-t图像的斜率表示加速度，则前后两个阶段的加速度分别为
a1=12-04-0m/s2=3m/s2
a2=0-1210-4m/s2=-2m/s2
联立以上各式可得
F=15N
故ABC错误，D正确。
故选D。
2、答案：C
解析：
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
t1=v1-v2-a1=0.6s
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为
t2=v1a2=1s
故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为
x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m
故C正确。
故选C。
3、答案：C
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F合m
则有
F﹣μmg＝ma
F＝0.3×5×10+2×5＝25N
故选C。
4、答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
B．万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。
故选C。
5、答案：AC
解析：
A．物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；
B．由水平位移公式
x=v0t
竖直方向的位移为
h=12gt2
联立可得
x=v02hg
故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；
C．由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；
D．由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。
故选AC。
6、答案：AB
解析：
A. 若小车向左减速，加速度方向向右，若小球所受拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则N为零，A正确；
B. 若小车向左加速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，B正确；
C. 若小车向右加速，加速度方向向右，若小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则此时N为零，C错误；
D. 若小车向右减速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，D错误。

故选AB。
7、答案：BCD
解析：
AB．根据动能定理
ΔEk=F合x
故图像的斜率代表了物体受到的合力，有
mg+f=12
mg-f=8
解得
m=1kg，f=2N
A选项错误，B选项正确；
D．根据图像可知初动能为72J，回到起点的动能为48J，损失的机械能即为24J，D正确；
C．设初速度为v0，则
12mv02=Ek=72J
代入得到
v0=12m/s
设上升加速度为a1，时间为t1，上升位移为x，则
ma1=12
v0=a1t1
x=12a1t12
解得
t1=1s，x=6m
设下降加速度为a2，时间为t2，则
ma2=8
x=12a2t22
解得
t2=62s
所以总时间t有
t=t1+t2=2+62s
C正确；
故选BCD。
8、答案：BC
解析：
A．物块匀减速上升的加速度大小为
a1＝v02x1＝1002×5m/s2＝10 m/s2
物块匀加速下降的加速度大小为
a2＝v22x2＝642×8m/s2＝4 m/s2
物块上升时，根据牛顿第二定律有
mg+f-F=ma1
物块下降时，根据牛顿第二定律有
mg-f-F=ma2
解得
F＝3 N
f＝3 N
A错误；
B．物块匀减速上升的时间为
t1=v0a1=1010s=1s
则在t＝1 s时刻，物块开始反向运动，B正确；
C．物块匀加速下降时有
x2=12a2t22
解得物块匀加速下降的时间为
t2＝2 s
又物块匀减速上升的时间t1＝1 s，则2～3 s内物块做匀加速运动，C正确；
D．在物块运动路程为13 m的过程中，物块先上升5 m，后下降8 m，则高度下降3 m，D错误。
故选BC。
9、答案：     等于零     竖直向下
解析：
略
10、答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
11、答案：     20     88
解析：
[1]物块和铁箱保持静止，则一起向右匀加速，设加速度为a，铁箱对物块的支持力为N，对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件
μ2N=mg
水平方向，根据牛顿第二定律
N=ma
联立解得
a=20ms2，N=20N
根据牛顿第三定律可知，物块对铁箱压力的大小为20N。
[2]把物块和铁箱看成整体，水平方向，根据牛顿第二定律
F-μ1M+mg=M+ma
代入数据解得
F=88N
12、答案：     正确     错误     错误     正确
解析：
（1）[1]由牛顿第二定律
F=ma
可知物体加速度的方向一定与合外力方向相同，故正确；
（2）[2]只有当合外力一定时，质量越大的物体，加速度越小，故错误；
（3）[3] 只有当合外力一定时，物体的质量与加速度成反比，故错误；
（4）[4] 由牛顿第二定律知：物体受到外力作用，立即产生加速度。
13、答案：（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）23m/s；（3）2m， 233s
解析：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
F+mgsin30°-μ1mgcos30°=ma1
解得
a1=3m/s2
方向沿斜面向下；
（2）物体在水平面上运动的加速度大小为
a2=μ2mgm=5m/s2
根据速度-位移关系可得
vB2＝2a2x
解得
vB=23m/s
（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力
mgsin30°＝1.5N
摩擦力大小为
f＝μ1mgcos30°＝1.5N
所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为
v=vB=23m/s
推力作用的距离为
s=v22a1=2m
经过的时间为
t=va1=233s
14、答案：（1）v=2ms；（2）F=7.4N
解析：
（1）对长木板受力分析有
μ1mg<μ2M+mg
则木板始终静止，取滑块初速度方向为正，对滑块受力分析有
a1=-μ1g=-2m/s2
滑块刚滑到长木板右端时，由匀变速直线运动公式有
v2-v02=2a1L
解得
v=2ms
（2）由题可知滑块滑到长木板右端时两者刚好速度相同，滑块在长木板上滑动时的加速度仍为a1，设长木板的加速度大小为a2，经过时间t两者速度大小相等
v0+a1t=a2t
v0t+12a1t2-12a2t2=L
解得
a2=1.6m/s2
对长木板由牛顿第二定律有
F+μ1mg-μ2M+mg=Ma2
解得
F=7.4N
15、答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N
解析：
（1）由图像可知：前2m内对A有
v2=2a1x
得出
a1=1m/s2
2m后，对A有
v12-v02=2a2x
a2=4m/s2
（2）对B受力分析有
μ1mg-μ22mg=ma0
外力F使A在B上的临界加速度为
a0=2m/s2
外力F对AB整体有
F0-μ2⋅2mg=2ma0
F0=6N

（3）运动前2m
a1=1m/s2<a0
可知AB一起匀加速运动
对AB整体有
F1-μ22mg=2ma1
F1=4N
运动2m后对A有
a2=4m/s2>a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
16、答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
17、答案：     1.958m/s2     0.5或0.50     9.79m/s2     B
解析：
(1)[1]小物块在斜面上做匀加速直线运动有
x=12at2
变形为
xt=12at
故xt-t图像的斜率
k=a2
由图2可知
k=0.979
故此时的加速度
a=2k=1.958m/s2
(2) (3)[2][3]长木板倾角为53°时有
mgsin53°-μmgcos53°=ma1
长木板倾角为37°时有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
联立可解得
μ=0.5，g=9.79m/s2
(4)[4]xt-t图像中的面积微元Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。
18、答案：     10     竖直向上     1.0
解析：
[1] 根据胡克定律F=kΔx可得
k=FΔx=ΔmgΔx=(100-90)×10-3×101×10-2N/m=10N/m
[2] 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；
[3] 此时弹簧的弹力大小为
F=mg+kΔx'=0.1×10+10×0.01N=1.1N
根据牛顿第二定律有
F-mg=ma
代入数据解得
a=1.0m/s2
19、答案：     0.180     d22gs-hΔt2     小于
解析：
(1)[1]游标卡尺可先以毫米为单位读数，游标尺的零刻度超过主尺上1mm处，因此整数部分为1mm，游标尺上第16格（标注8的位置）与主尺上某格对齐，因此小数部分为0.05×16mm=0.80mm，因此读数为1+0.80mm=1.80mm=0.180cm。
(2)[2]由题意可知，滑块先做匀加速直线运动（此过程位移为h，初速度为零）后做匀减速直线运动（此过程位移为s-h，末速度为零）；而且匀减速运动加速度为
a=μg
且
0-v2=-2as-h
速度v由光电门测出
v=dΔt
联立各式可得
μ=d22gs-hΔt2
(3)[3]由运动学规律可知
v=dΔt=vt2<vx2
所以测量值小于真实值。
20、答案：     BAC     0.20     0.90     BD
解析：
（1）[1]实验时，首先要平衡摩擦力，使导轨倾斜一个角度，轻推小车做匀速运动，然后挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下，点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a，在改变沙子和桶的质量m重复进行，所以步骤是BAC。
（2）[2]根据图可得做匀加速运动的加速度为
a=0.20m/s2。
（2）[3]由图可知沙子和桶，开始做匀加速的时间是3秒，沙子和桶的运动的加速度和小车一样，则实验桌面距离地面高度大于等于沙子和桶下降的高度，所以实验桌面距离地面高度至少为
h=12at2=0.90m。
（3）[4]ABC．图线中A点表示刚好碰到弹簧，随着弹力的增大，小车先做加速度减小的加速运动，当弹力和拉力相等时即到达B点，加速度为零，速度最大，在做加速度增大的减速运动一直到达C点停止，此时加速度最大，速度为零，AC错误B正确；
D．小车做匀加速运动
mg=(m+M)a
到达C点时加速度为a1=1m/s2
F-mg=(m+M)a1
解得
F=6mg
D正确。
故选BD。