历年高考物理力学牛顿运动定律重难点归纳(精选试题附答案).docx

历年高考物理力学牛顿运动定律重难点归纳

1

单选题
1、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（　　）

A．物体通过O点时所受的合外力为零
B．物体将做阻尼振动
C．物体最终只能停止在O点
D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg
答案：B
解析：
A．物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；
B．物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；
CD．物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。
故选B。
2、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
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。
3、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（　　）

A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
答案：C
解析：
当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。
故选C。
4、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。小物块返回斜面底端时的速度大小为（　　）

A．2 m/sB．22 m/sC．1 m/sD．3 m/s
答案：B
解析：
物块上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgsin37°=ma1
设上滑的最大位移为x，根据速度与位移的关系式有
v02=2a1x
物块下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgsin37°=ma2
设物块滑到底端时的速度为v，根据速度与位移的关系式有
v2=2a2x
联立代入数据解得
v=22ms
故ACD错误B正确。
故选B。
多选题
5、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）

A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点
B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s
C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m
D．物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m
答案：BD
解析：
A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=8m/s2
共速后
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=4m/s2
物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；
B．运动学图像如图所示

t1=4-12-8s=1s
t2=0-4-4s=1s
物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移
x=12×(12+4)×1m+12×4×1m=10m
物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移
x=12a2t32
解得
t3=5s
则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为
t=t1+t2+t3=(2+5)s
B正确；
C．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为
L1=12×(12+4)×1m-4×1m=4m
此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
L2=4×1m-12×4×1m=2m
因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；
D．在2s到(2+5)s时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了45m，则物块在传送带上的划痕为
L3=(10+45+2)m=(12+45)m
故D正确。
故选D。
6、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
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。
7、如图所示，A、B两个木块靠在一起放在光滑的水平面上，已知mA>mB，第一次用水平力F从左边推动两木块一起运动，此时它们的加速度大小为a1，AB间弹力大小为N1，第二次将水平力F反向，大小不变，从右边推动两木块一起运动，此时它们的加速度大小为a2，AB间弹力大小为N2，则（　　）

A．a1>a2B．a1=a2C．N1>N2D．N1<N2
答案：BD
解析：
AB．第一次用水平力F从左边推动两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体分析，由牛顿第二定律得
a1=FmA+mB
同理，当水平推力F作用于木块B的右端时，整体的加速度为
a2=FmA+mB
可知
a1=a2
故A错误B正确；
CD．第一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离B分析有
N1=mBa1=mBFmA+mB
当水平推力F作用于木块B的右端时，隔离A分析有
N2=mAa2=mAFmA+mB
因为
mA>mB
可知
N1<N2
故C错误D正确。
故选BD。
8、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
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。
填空题
9、一对作用力和反作用力_______是同一种类的力，而一对相互平衡的力_______是同一种类的力。（均选填“一定”或“不一定”）
答案：     一定     不一定
解析：
略
10、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像如图乙所示（Ff1，Ff2，θ1，θ2为已知量），当角度从θ1到θ2变化过程中木块的加速度_________（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_____________。

答案：     越来越大     Ff1Ff2tanθ1
解析：
[1]根据木块受力分析，结合乙图，知α在0~θ1范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当α=θ1时，木块刚要下滑
mgsinθ1=Ff2
α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律
mgsinα-Ff=ma
由乙图知此过程Ff随α的增大在减小，sinα随α的增大而增大，所以加速度a越来越大；
[2] α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力
Ff1=μmgcosθ1
联立可得
μ=Ff1Ff2tanθ1
11、（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为______m；
（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为______；
（3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为______N。

答案：     35     gtanθ     50
解析：
（1）[1] 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为
v1=v-gt=(40-10×1)ms=30ms
所以落地前最后一秒的平均速度为
v=v1+v2=35ms
所以落地前最后一秒的位移为
x=vt=35m
（2）[2]对小球受力分析，由牛顿第二定律得
mgtanθ=ma
故
a=gtanθ
（3）[3]对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得
Tsin45°=FNsin37°
Tcos45°+FNcos37°=mg
联立解得
FN=50N

12、牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___________，跟它的质量成___________，加速度的方向跟作用力的方向__________。
答案：     正比     反比     相同
解析：
[1][2][3]牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
解答题
13、游乐场中滑滑梯是儿童喜欢的游乐项目，如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角为θ的平直斜面。可以观察到有些小朋友能从滑梯上端加速下滑，有些小朋友却一直无法滑下来。已知当地的重力加速度为g，忽略滑滑梯侧壁对小朋友下滑的摩擦力。
（1）若小朋友下滑过程与滑面间的动摩擦因数为μ，求下滑加速度大小a；
（2）找出小朋友坐在滑面上却无法滑下的物理原因。

答案：（1）gsinθ-μcosθ；（2）见解析
解析：
（1）设小朋友的质量为m，由牛顿第二定律
mgsinθ-f=ma
N-mgcosθ=0
由滑动摩擦力公式
f=μN
解方程组得
a=gsinθ-μcosθ
（2）把小朋友的重力分解，如图示

Gx=mgsinθ
重力沿斜面向下的分力Gx≤最大静摩擦力（fm）时，小朋友坐在滑面上无法滑下
14、一小物块从全长为5m、倾角为37°的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：
（1）小物块的质量m和下滑过程中的加速度a；
（2）斜面和小物块间的滑动摩擦因数μ；
（3）当小物块的动能与重力势能相等时，沿斜面下滑的时间t。

答案：（1）1kg，a大小为2m/s2，方向沿斜面向下；（2）0.5；（3）1.94s
解析：
（1）由图线I可知，物体滑行5m到斜面底端时势能为零，故零势能面为斜面底端所在水平面。开始下滑时
Ep0=mgh0=30J
其中
h0=Lsinθ=3m
可得
m=Ep0gh0=1kg
由图线II可知，物块下滑过程中动能从零增大为
Ekt=12mvt2=10J
解得末速度为
vt=2Ektm=20m/s
小物块由静止开始匀加速下滑有
vt2=2aL
可得a=2m/s2，方向沿斜面向下。
（2）下滑过程中，物块受力情况为

由牛顿运动定律可知
mgsinθ-f=ma
其中
f=μN
且
N=mgcosθ
可得
a=gsinθ-μgcosθ
将a=2m/s2代入得
μ=0.5
（3）由图线可知，Ep、Ek与s的函数关系分别为
Ep=30−6s
Ek=2s
联立可得，s=3.75m时小物块的动能与重力势能相等。由
s=12at2
知下滑时间
t=2sa≈1.94s
15、如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为m=1kg，B物体距离地面高度h=2m。现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物体A与桌面间动摩擦因数μ；
（2）若A与滑轮的距离L=3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。

答案：（1）0.2；（2）6N
解析：
（1）以物体B为研究对象
h=12at2
a=4m/s2
A与B连接在一条绳子上，则加速度大小相同，绳子对两者弹力大小相同，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律可知
mg-T=ma
以物体A为研究对象，同理有
T-Ff=ma
Ff=μmg
解得
μ=0.2
（2）当物体B落地后，A物体将在力作用下做匀减速直线运动直到停止，当物体B落地时，A物体与B物体具有相同的速度大小，由
v=v0+at
v=4m/s
由
2a'x=v2
其中
x=L-h
得A物体作匀减速运动的加速度大小
a'=8m/s2
由牛顿第二定律
F+μmg=ma'
解得
F=6N
16、如图，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量mC＝4kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1m/s、vB＝5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求刚开始时滑块A、B和木板C的加速度大小；
（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；
（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？

答案：（1）5m/s2，5m/s2，0；（2）4m/s；（3）2.5m
解析：
（1）对滑块A受力分析得
μ1mAg=mAa1
a1=5m/s2
对滑块B受力分析得
μ1mBg＝mBa2
a2＝5m/s2
对木板C受力分析得：
μ1mAg=μ1mBg
木板与地面间无摩擦，故
a3=0
（2）设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，
滑块A
0=vA-a1t1
滑块B
vB1=vB-a2t1
解得
vB1=4m/s
（3）A从开始到速度减到0的过程中，
滑块A向右运动的位移为
xA1=νAt1-12a1t12
滑块B向左运动的位移为
xB1=νBt1-12a2t12
设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中
滑块A、木板C
μ1mBg-μ2(mA+mB+mC)=(mA+mC)a4
xA2=12a4t22
vB1-a2t2=a4t2
滑块B
xB2=vB1t2-12a2t22
Δx2=xB2-xA2
L=xA1+xB1+Δx2=2.5m
故木板C的长度至少为2.5m。
实验题
17、测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示∶一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g=9.8m/s2。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运动的加速度a=__________m/s2（保留两位有效数字）；
（2）忽略各类阻力，求出物块Z质量的理论值为M理=_________（保留两位有效数字）；

答案：     5.5     0.51kg
解析：
（1）[1]根据逐差法得
a=x36-x039T2=(8.86+7.98+7.10-6.21-5.34-4.47)×10-29×0.042m/s2=5.5m/s2
（2）[2]由
Mg=(M+2m)a
得到
M=2mag-a=2×0.2×5.59.8-5.5kg=0.51kg
18、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
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。
19、大家知道，质量可以用天平来测量。但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量，那么应该如何测量呢？
北京时间2013年6月20日上午10时，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测仪完成的。由牛顿第二定律F=ma可知，如果给物休施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。

（1）如图，假如航天员在A、B两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1.将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2.据此可知A、B两物块的质量之比mA：mB=___________。

（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a=______（用x、t表示）。这样，我们就能够计算出A物体的质量mA=_______（用F、N1、N2、x、t表示）。
答案：     N1:N2     2xt2     Ft2N12x(N1+N2)
解析：
（1）[1] 让舱壁支架给B物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1
F=(mA+mB)a ，N1=mAa
将A、B对换位置，给A施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2
F=(mA+mB)a ，N2=mBa
A、B两物块的质量之比
mA:mB=N1:N2
（2）[2][3]物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度
x=12at2 ，a=2xt2
A物体的质量
mA=Ft2N12x(N1+N2)
20、某同学设计了一个用气垫导轨和光电门等装置测量重力加速度的方案。实验装置结构如图所示。在某次测量中，他用刻度尺测得气垫导轨两端AB间的高度差为h、长度为L。与光电门相连的计时器记录下如下数据：挡光片通过第一个光电门的挡光时间为t1，挡光片通过第二个光电门的挡光时间为t2，通过两光电门之间的时间为t。然后，他又测量滑块上的挡光片宽度为d。完成下列填空。

（1）两个光电门间的距离______（填：“近一些”或“远一些”）有利于减小误差；
（2）重力加速度的计算表达式为g=______（用题中所给字母表示）；
（3）考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，因此，当地的实际重力加速度会______（填：“略大于”或“略小于”）测量值。
答案：     远一些     dt2-dt1t⋅Lh     略大于
解析：
（1）[1]适当增大两光电门之间的距离，可以增加滑块通过两光电门的速度差，有利于减小误差，故选远一些；
（2）[2]经过两光电门的速度为
v1=dt1
v2=dt2
加速度为
a=mgsinθm=ghL=v2-v1t
解得
g=dt2-dt1t⋅Lh
（3）[3]考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，测量的加速度值会偏小，当地的实际重力加速度会略大于测量值。

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