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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律专项训练

1

单选题
1、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空突击与反装甲能力。已知飞机的质量为m，只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为n0，此时升力刚好等于重力。当搭载质量为m3的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2n0，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力加速度为g）（　　）

A．g3B．gC．2gD．3g
2、如图所示，质量为m的滑块Q沿质量为M的斜面P下滑，P、Q接触面光滑，斜面P静止在水平面上，已知重力加速度为g，则在滑块Q下滑的过程中（　　）

A．滑块Q重力将减小
B．滑块Q处于超重状态
C．水平面对斜面P没有摩擦力
D．水平面对斜面P的支持力小于(M+m)g
3、物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/s2
4、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是（　　）

A．释放瞬间甲球加速度较大
B．m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
多选题
5、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
6、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（　　）

A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
7、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025
8、运动员以一定的初速度将冰壶沿水平冰而推出，冰壶在最后1s由于摩擦阻力的作用，速度随时间变化的v-t图像如图所示，空气阻力不计，重力加速度为g，根据图象能求出的物理量是（　　）

A．冰壶在最后1s内位移的大小B．冰壶滑动时加速度的大小
C．冰壶滑动时所受摩擦力D．冰壶与冰面间的动摩擦因数
填空题
9、沿水平直路向右行驶的车内悬一小球，悬线与竖直线之间夹一大小恒定的角θ，如图所示，已知小球在水平底板上的投影为O点，小球距O点的距离为h。，若烧断悬线，则小球在底板上的落点P应在O点的___________侧；P点与O点的距离为___________。

10、超重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______物体所受重力的现象。
（2）产生条件：物体具有______（选填“竖直向上”或“竖直向下”）的加速度。
11、某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_______m/s2，方向为_______。
12、两个物体之间的作用总是_______的，物体间相互作用的这一对力，通常叫作_______和_______。
解答题
13、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

14、2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在冰壶比赛中，球员掷壶时，身体下蹲，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心。比赛场地简图如图所示，本垒圆心到前卫线之间的距离x1=8m，前卫线到营垒中心的距离x2=32m。某次投掷过程中，运动员在前卫线处放开冰壶，放开时冰壶的速度v=2m/s，冰壶恰好自行滑行到营垒中心。冰壶运动可以简化为由球员掷壶阶段的初速度为零的匀加速直线运动和自行滑行阶段的匀减速直线运动。冰壶的质量m=20kg，可以看做质点，在滑行过程中冰壶与冰面之间的动摩擦因数不变。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）冰壶向前卫线滑行过程中受到的合力大小F；
（2）冰壶与冰面之间的动摩擦因数μ。

15、如图所示，滑板静止在水平轨道上，质量m＝2 kg，板长L＝0.6 m，左端A点到轨道上B点距离x＝6 m，滑板与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。现对滑板施加水平向右的推力F＝10 N，作用一段时间后撤去，滑板右端恰能到达B点，求：
（1）推力F作用的时间；
（2）推力F的最大功率。

16、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

实验题
17、小王想测量家中自己锻炼用的两个不同沙袋的质量，但没有直接测量质量的工具，于是他利用家中已有的如下器材进行测量：悬挂沙袋的轻质细绳、大小和质量均不计的光滑定滑轮、一套总质量为1kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。

（1）如图所示，两沙袋用轻绳跨过定滑轮连接安装好，设右边沙袋A的质量为m1、左边沙袋B的质量为m2。
（2）取出质量为m的玩具方块放入A中，剩余玩具方块都放入B中，放手后发现A下降、B上升。
（3）用毫米刻度尺测出A从静止下降的距离h，用手机中的秒表软件测出A下降距离h所用的时间t，则A下降的加速度大小a=__________（用h和t表示）。
（4）从B中取出部分玩具方块放入A中，以改变m，测量相应的加速度大小a，得到多组m及a的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作出a随__________（选填“m”或“1m”）变化的关系图线。
（5）若图线的斜率k=2m/kg⋅s2，图线在纵轴上的截距b=1m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，则m1=__________kg、m2=__________kg。
18、图甲所示为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m0=0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。
（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。
（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A下落到F处的速度v=_________，下落过程中的加速度大小a=________。（用d、t、h表示）
（4）改变m重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出a-m图象如图乙所示。可得A的质量mA=_________kg，B的质量mB=_________kg。（重力加速度g取9.8m/s2）
19、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
20、某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。

(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是____；
A．钩码的质量要远小于木块的质量
B．要保证长木板水平
C．接通电源的同时释放木块
(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a=____m/s2；（结果保留两位有效数字）
(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为____（用M、m、a、g表示结果）。

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_02F参考答案
1、答案：C
解析：
空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，则有
kn02=mg
当搭载质量为m3的货物，螺旋桨的转速达到2n0时，竖直方向上由牛顿第二定律可得
F-(m+m3)g=(m+m3)a
其中升力
F=k(2n0)2
联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为
a=2g
故C正确，ABD错误。
故选C。
2、答案：D
解析：
A．滑块的重力
G=mg
与滑块的运动状态无关，故A错误；
B．滑块沿斜面加速下滑，加速度为
a=gsinθ
有向下的分加速度，所以滑块Q处于失重状态，故B错误；
C．对整体在水平方向，根据牛顿第二定律可得
f=M×0+macosθ
得
f=mgsinθcosθ
受到的摩擦力向左，故C错误；
D．对整体在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
Mg+mg-FN=M×0+masinθ
解得
FN=(M+m)g-mgsin2θ
故D正确。
故选D。
3、答案：B
解析：
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时
v2=2a1s1
圆盘在桌面上运动时
v2=2a2s2
盘没有从桌面上掉下的条件是
s1+s2=L2
联立解得
s1=μ2L2μ1+μ2
圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得
s=12at2
对圆盘有
s1=12a1t2
而
s=L2+s1
由以上各式解得
a=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=2.5m/s2
故B正确，ACD错误。
故选B。
4、答案：C
解析：
A．释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；
B．运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等
mg＝kv
则
m1m2=v1v2
选项B错误；
C．由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；
D．下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。
故选C。
5、答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
6、答案：ACD
解析：
滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为
a2＝μm2gm2＝μg
a1＝μm2gm1
由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则
a2＜a1
即
μg＜μm2gm1
则
m1＜m2
故选ACD。
7、答案：BD
解析：
A．根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为
H=2710s0sinθ=8150s0
故A错误；
B．从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=12
故B正确；
C．根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=Ek0s0
联立解得
F=3Ek0s0
故C错误；
D．整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
8、答案：ABD
解析：
A．位移可由图象下的面积求出，则冰壶在最后1s内位移的大小能求出，故A正确；
B．v-t图线的斜率可求出冰壶滑动时加速度的大小，故B正确；
CD．由牛顿第二定律可得
F合=μmg=ma
可得
μ=ag
则动摩擦因数也可求出，由于不知冰壶的质量，不能求出冰壶所受摩擦力，故C错误，D正确。
故选ABD。
9、答案：     左     htanθ
解析：
[1][2]烧断悬线前，悬线与竖直方向的夹角θ，小球所受合力
F=mgtanθ
根据牛顿第二定律知，车与球沿水平向右做匀加速运动，其加速度为
a=Fm=gtanθ
烧断悬线后，小球将做平抛运动，设运动时间为t，则有
h=12gt2
小球在水平方向上的位移为
s1=vt=v2hg
对小车
s2=vt+12at2=v2hg+12gtanθ⋅2hg
球对车的水平位移
Δs=s1-s2=-h⋅tanθ
负号表示落点应在点的左侧，距离OP为h⋅tanθ。
10、答案：     大于     竖直向上
解析：
略
11、答案：     0.4##0.40     竖直向上##向上
解析：
[1][2]由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为
N=520N
人的重力为
mg=500N
则电梯与人的加速度满足
N-mg=ma
解得
a=0.4m/s2
方向竖直向上。
12、答案：     相互     作用力     反作用力
解析：
略
13、答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
14、答案：（1）F=5N；（2）μ=0.00625
解析：
（1）冰壶从本垒圆心到前卫线做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
v2=2a1x1
解得
a1=0.25m/s2
根据牛顿第二定律
F=ma1
解得
F=5N
（2）冰壶从前卫线到营垒中心做匀减速直线运动，由运动学公式有：
0-v2=-2a2x2
解得
a2=0.0625m/s2
冰壶减速前进过程中，由滑动摩擦力提供加速度，即：
ma2=μmg
解得
μ=0.00625
15、答案：（1）1.2 s；（2）36 W
解析：
（1）在外力F作用下，根据牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得
a1＝3 m/s2
经历的时间为t，则
v＝a1t
通过的位移为
x1=v22a1
撤去外力后的加速度大小为
a2=μmgm=2m/s2
减速通过的位移为
x2=v22a2
又因
x1＋x2＝x－L
联立解得
t＝1.2 s
v＝3.6 m/s
（2）推力的最大功率
P＝Fv＝10×3.6 W＝36 W
16、答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
17、答案：     2ht2     m     5.5     3.5
解析：
(3)[1]A下降距离h所用的时间t，据匀变速直线运动的位移公式可得
h=12at2
解得A下降的加速度大小为
a=2ht2
(4)[2]设玩具方块总质量为M，整体据牛顿第二定律可得
(m+m1)g-(M-m)g-m2g=(m1+m2+M)a
整理得
a=2gm1+m2+Mm+m1-m2-Mm1+m2+Mg
为使图像直观，应作出a随m变化的关系图线。
(5)[3][4]图线的斜率为
k=2gm1+m2+M
纵轴的截距为
b=m1-m2-Mm1+m2+Mg
带入数据解得m1=5.5kg、m2=3.5kg
18、答案：     dt     d22ht2     2.5     1
解析：
(3)[1]遮光条挡光过程的平均速度等于A下落到F处的速度
v=dt
[2]由匀加速直线运动位移公式
h=v22a
解得
a=d22ht2
(4)[3][4]整体由牛顿第二定律可得
(mA+m)g-(mB+m0-m)g=(mA+mB+m0)a
整理得
a=2gmA+mB+m0m+(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
对比图乙可得，图线的斜率为
k=4.9=2gmA+mB+m0
纵轴截距为
b=2.45=(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
联立解得
mA=2.5kg，mB=1kg
19、答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43
20、答案：     B     1.1     mg-(M+m)aMg
解析：
（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求M≫m ；又因为f=μMg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；
（2）由逐差法公式可求得加速度
a=x34-x122T2=1.1m/s2
（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）
a=T-μMgM ,a=mg-Tm
解得
μ=mg-M+maMg