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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律知识总结例题

1

单选题
1、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
2、一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。小物块沿斜面上滑时的加速度大小为（　　）

A．5 m/s2B．4 m/s2
C．8 m/s2D．10 m/s2
3、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
4、塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度-时间图像如图所示，由图像可知，该建筑材料（　　）

A．前15s内先上升后下降
B．前15s内速度先增加后减小
C．前5s内处于失重状态
D．整个上升过程中的平均速度小于0.5m/s
多选题
5、如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则（　　）

A．小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为7m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．2s内物体机械能的减少量△E＝24 J
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能Q＝48J
6、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4．工件滑上A端瞬时速度vA＝5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（　　）

A．若传送带以4m/s顺时针转动，则vB＝4m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，则vB＜3m/s
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s
D．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB＞3m/s
7、如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T­a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则（　　）

A．a＝403m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为34
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
8、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
填空题
9、如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m＝1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。图（b）中图线与纵坐标交点a0为_______，图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为_______。

10、作用力和反作用力总是互相_______、同时_______的，我们可以把其中任何一个力叫作_______，另一个力叫作_______。
11、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的25，地球表面重力加速度取10m/s2。）

（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_________m/s。
（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是( )
A．气动减速段，只受到气体阻力的作用
B．伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力
C．动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质______，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小______。
12、在倾角为37°足够长的斜面上，一个物体从静止开始下滑，若动摩擦因数为0.25，则物体运动的加速度为_______m/s2，它下滑2m时的速度是________m/s。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
解答题
13、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）游客匀速下滑时的速度大小；
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。

14、如图所示，斜面AC长L=4m，倾角θ=37°，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=1kg的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；
（2）小物块在斜面和水平面上滑行的总时间t。

15、如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量为m2，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m1的物体A，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。
（1）求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT。
（2）若在B上再叠放一个与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到32FT，求m1：m2。

16、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度v0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离L=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角θ=37°。将一可视为质点的小物块无初速度地从A端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，物块在与传送带相对滑动时能在传送带上留下白色痕迹。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：
（1）物块在传送带上运动的时间t；
（2）物块相对传送带的位移Δx的大小；

实验题
17、某同学设计了如图实验方案测量当地重力加速度g的值，所用器材有：一倾角可以调节的足够长的光滑斜面、小物块、计时器、米尺等。请填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤：

（1）如图1所示，在斜面上选择一固定位置A，用米尺测量A与斜面底端B之间的距离L。
（2）用米尺测量A相对于B的高度h。
（3）让物块自A处从静止开始下滑至B，并记录所用的时间t。
（4）改变________________，重复步骤(2)与(3)。
（5）图2是以h为纵坐标，以____为横坐标，根据实验数据作出的图象。
（6）由图象可知g=______(用字母a、b、L表示)。
18、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
(1)当质量m一定时，a与F合成________；当力F一定时，a与M成________。
(2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图，以下做法正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B．本实验中探究的方法是控制变量法
C．实验时，先放开小车，后接通电源
D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究结果也不会产生影响
19、图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点：

(1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点C时纸带的速度大小v=__________m/s；打该纸带的过程中滑块的加速度大小a=__________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
(2)若已知滑块的质量为m1，木板的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________。（用相应的字母符号表示）
20、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）。

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_024参考答案
1、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。
2、答案：C
解析：
对物块分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°=ma
代入数据解得
a=8ms2
故ABD错误C正确。
故选C。
3、答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，ma<mb，A项错误；
B．经时间t到下半区域的同一水平面，由动能定理
W=qEx=ΔEk
xa>xb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
4、答案：B
解析：
A．v-t图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15s内速度一直为正，即一直上升，故A错误；
B．v-t图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，故B正确；
C．前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C错误；
D．若构造上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则
v=0+vm2=0.5m/s
而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由v=xt可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，故D错误。
故选B。
5、答案：BD
解析：
A．由v﹣t图象的面积规律可以知道传送带A、B间的距离x即为v﹣t图线与t轴所围的面积，所以：
x=12v1t1+v1+v22t2=102×1m+10+122×1=16m
由平均速度的定义得小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为
v=xt=162m/s=8m/s
选项A错误；
B．由v﹣t图象可以知道传送带运行速度为v1＝10m/s，0﹣1s内物体的加速度为
a1=ΔvΔt=101m/s2=10m/s2
1﹣2s内的加速度为
a2=21m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律得
a1＝gsinθ+μgcosθ
a2＝gsinθ﹣μgcosθ
联立计算得出
μ＝0.5
θ＝37°
故B正确；
C．物体从A到B的过程中，动能的变化量为
E1=12mv22=12×2×122J=144J
势能的变化量为
E2＝mgh＝mg（﹣Lsin37°）＝﹣192J
机械能的变化量
△E＝E1+E2＝﹣48J
故C错误；
D．0﹣1s内，物块的位移
x1=12a1t12=5m
传送带的位移为
x2＝vt1＝10×1＝10m
则相对位移的大小为
△x1＝x2﹣x1＝5m
则1﹣2s内，物块的位移为
x3=vt2+12a2t22=11m
传送带的位移为
x4＝vt2＝10m
则相对位移的大小为
△x2＝x3﹣x4＝1m
所以相对路程的大小为
△s＝△x1+△x2＝6m
摩擦产生的热量为
Q＝μmgcosθ△s＝0.5×20×0.8×6＝48J
故D正确。
故选BD。
6、答案：AC
解析：
A．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
a=μmgm=4m/s2
若传送带以4m/s顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s时的位移为
s=vB2-vA22a=52-422×4m=1.125m
然后物体随传送带匀速运动，故达到B端的瞬时速度为4m/s， A正确；
B．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B端时的速度为
vB=vA2-2aL=52-2×4×2m/s=3m/s
B错误；
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B选项可知因为到达B端的速度为3m/s ，故最后物体到达B端的速度为vB=3m/s，C 正确；
D．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B端的速度为3m/s，只有当传送带的速度大于3m/s时到达右端的速度才可能是vB>3m/s， D 错误。
故选AC。
7、答案：ABC
解析：
A．小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得
Tcos θ－FNsin θ＝ma
Tsin θ＋FNcos θ＝mg
联立解得
FN＝mgcos θ－masin θ
T＝macos θ＋mgsin θ
所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，小球将要离开斜面，则此时FN＝0，选项A正确；
BC．当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以
mgsin θ＝T
当a＝403m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以
mgtanθ＝ma
联立可得
tan θ＝34
m＝0.1 kg
选项B、C正确；
D．将θ和m的值代入
FN＝mgcos θ－masin θ
得
FN＝0.8－0.06a(N)
选项D错误。

8、答案：ACD
解析：
C．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.4
C正确；
D．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=f22mg=440=0.1
D正确；
AB．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
9、答案：     6m/s2     静止状态
解析：
[1][2]当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
θ=0°时，木板水平放置，由牛顿第二定律
F-f=ma0
又
f=μmg
联立解得
a0=6m/s2
由图可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
10、答案：     依赖     存在     作用力     反作用力
解析：
略
11、答案：     不变     2.5×10-3     C     匀减速直线运动     6.68×103N
解析：
（1）[1]惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变
[2] 平均速度
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A错误；
B．伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B错误；
C．动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力， D错误。
故选C。
（3）[4][5]由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据
vt=v0+at
可得火星车在此阶段的加速度
a=vt-v0t=3.6-9580m/s2=-1.14m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g火=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F推=6.68×103N
12、答案：     4     4
解析：
[1][2]对物体受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
即加速度为
a=gsinθ-μgcosθ=4ms2
又由运动学公式
v2=2ax
解得物体下滑2m时的速度为
v=4ms
13、答案：（1）16m/s；（2）180N
解析：
（1）由牛顿第二定律得
mgsinθ-µmgcosθ=ma
解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小
a=2m/s2
游客匀速下滑时的速度大小
v=at1=16m/s
（2）设游客在BC段的加速度大小为a′，由公式
0-v2=-2a′x
解得
a'=8m/s2
由牛顿第二定律得
F＋µmg=ma′
解得制动力
F=180N
14、答案：（1）4m/s；（2）2.8s
解析：
(1)沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma1
从A到C根据速度位移公式有
2a1L=v2-0
解得小物块滑到斜面底端C点时的速度大小
v=4m/s
(2)从斜面下滑阶段有
v=a1t1
解得
t1=2s
水平段，根据牛顿第二定律有
μmg=ma2
根据速度时间公式
0=v-a2t2
解得
t2=0.8s
所以总时间为
t=t1+t2=2.8s
15、答案：（1）m1m2m1+m2g；（2）2：1。
解析：
（1）对A有
m1g﹣FT=m1a1
对B有
FT=m2a1
则
FT=m1m2m1+m2g
（2）对A有
m1g﹣FT2=m1a2
对B+C有
FT2=2m2a2
则
FT2=2m1m2m1+2m2g
由
FT2=32FT
得
2m1m2gm1+2m2=3m1m2g2(m1+m2)
所以
m1：m2=2：1
16、答案：（1）2.2s；（2）3.8m
解析：
（1）设物块刚放到传送带上时初速度为0，在物块速度达到v0前的过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
经历的时间为
t1=v0a1=210s=0.2s
物块运动的位移
x1'=v0t12m=2×0.22m=0.2m
物块的速度达到v0之后，有
mgsinθ>μmgcosθ
所以物块与传送带共速后继续向下做匀加速运动。
由牛顿第二定律可得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为t2，则有
x2'=L-x1'=v0t2+12a2t22
解得
t2=2s
所以此物块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=2.2s
（2）传送带运动的位移分别为
x1=v0t1=2×0.2m=0.4m
x2=v0t2=4m
划出痕迹的长度为
ΔL1=x1-x1'=0.2m
ΔL2=x2'-x2=8m-4m=4m
物块相对传送带的位移为
Δx=ΔL2-ΔL1=3.8m
17、答案：     倾斜角度（h的高度）     1t2     2aL2b
解析：
(4)[1]．改变斜面倾斜角度（h的高度），重复步骤(2)与(3)。
(5)[2]．由
L=12⋅gsinθ⋅t2=12g⋅hL⋅t2
解得
h=2L2g⋅1t2
即以h为纵坐标，以1t2为横坐标建立坐标系；
(6)[3]．则由图像可知
ba=2L2g
得
g=2aL2b
18、答案：     正比     反比     B
解析：
(1)[1]当质量m一定时，a与F合成正比；
[2]当力F一定时，a与M成反比；
(2)[3]A．平衡摩擦力时，应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动，A错误；
B．实验中采用控制变量法，即研究加速度与合力关系时控制小车质量不变，研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变，B正确；
C．实验时，先接通电源打点，后放开小车拖动纸带运动，C错误；
D．为减小实验误差，实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量，D错误。
故选B。
19、答案：     0.58     4.7     μ=m3g-(m1+m3)am1g
解析：
(1)[1][2]．相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；
vC=xBD2T=(5.85-1.20)×10-20.08m/s=0.58m/s
a=xCE-xAC4T2=(9.30-3.15-3.15)×10-24×0.042m/s2=4.7m/s2
(2)[3]．根据牛顿第二定律可得
m3g-μm1g=(m1+m3)a
解得
μ=m3g-(m1+m3)am1g
20、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