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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律易错知识点总结

1

单选题
1、2022年北京冬奥会自由式滑雪空中技巧项目在张家口云顶滑雪公园华行。奥运冠军徐梦桃（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台起跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，关于运动员在圆孤形跳台上的运动，下列说法正确的是（　　）

A．在此阶段运动员受重力、支持力和向心力
B．在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态
C．在此阶段运动员的滑行速率保持不变
D．在圆弧形跳台最低点时运动员处于超重状态
2、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
3、关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体作曲线运动时，它的速度可能保持不变
B．作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上
C．物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动
D．作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向可能不一样
4、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
多选题
5、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2
6、给水平面上物体一个10m/s的水平初速度，由于物体与地面之间摩擦，物体在地面上做匀减速直线运动，物体运动5s停下来，已知物体的质量为1kg，重力加速度为g取10m/s2，不计空气阻力，则下列分析正确的是（　　）
A．物体运动的加速度大小为2m/s2B．物体与地面之间动摩擦因数为0.2
C．物体与地面之间的滑动摩擦力大小为10ND．物体运动的加速度大小为5m/s2
7、如图所示，倾角θ=37°的固定斜面体顶端连一轻质定滑轮，小物体C与长木板B通过轻质细绳跨过定滑轮连接，长木板B上放一物体A。已知三物体的质量均为m=1kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.5，B与斜面体之间的动摩擦因数μ2=0.25，重力加速度为g=10m/s2。现同时由静止释放A、B、C，关于三物体的运动状态分析正确的是（　　）

A．A、B以相同加速度沿斜面下滑
B．A的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下
C．B所受摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下
D．斜面体对B的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下
8、如图所示，质量为0.500kg的篮球从距地面高为1.500m处由静止释放，与正下方固定的长为0.400m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.250m。篮球第一次反弹至最高点时，距地面高为1.273m。经过多次反弹后，篮球静止在弹簧上端，此时，篮球距地面高为0.390m，弹簧的弹性势能为0.025J。若篮球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为500N/m.
B．篮球静止处即下落过程中速度最大处
C．篮球在运动过程中受到的空气阻力约为0.5N
D．篮球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
填空题
9、质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F＝_____________N，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝___________。（g取10m/s2）

10、方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的______，利用牛顿第二定律可得G＝______。
11、牛顿第三定律
（1）实验探究：如图所示，把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，结果发现两个弹簧测力计的示数是___________的。改变拉力，弹簧测力计的示数也随着改变，但两个弹簧测力计的示数总是___________的，方向___________。

（2）牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小___________，方向___________，作用在___________。
12、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于______________方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于______________方法。
解答题
13、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块A位于质量为2m、长为L的木板B的右端P处，B放在光滑水平面上，A、B之间的动摩擦因数为μ。某时刻给B施加一大小为5μmg的水平拉力F，当A位于B的中点时撤去拉力。求：
（1）拉力F的作用时间；
（2）滑块A在木板B上与P端的最远距离。

14、如图所示，用F=5N的水平恒力把质量为0.5kg的物块（可视为质点）压在竖直挡板上，物块离地面高度为H=8m，物块由静止开始向下做匀加速运动，经2s到达地面。
（1）求物块下落的加速度大小；
（2）求物块与挡板间的动摩擦因数；
（3）若将挡板做成一个倾角为37°的斜面（如图），要使物块沿斜面匀速向上运动，求水平推力的大小。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

15、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

16、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。

实验题
17、如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。拍高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得了多组数据，得到的F-1t2的图线如图乙所示。不计空气阻力及一切摩擦。

实验中测得两光电门的距离L=0.08m，砂和砂桶的总质量m=0.35kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为______（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将______（填“变大”、“变小”或“不变”）。
18、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）
19、在学习完《圆周运动》这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：

（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=___________。
（2）在小明计数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=___________cm。
（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：

根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是___________。
（4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=___________（用题目所给出的符号表示）。
20、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

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_012参考答案
1、答案：D
解析：
A．运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，选项A错误；
BD．在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，选项B错误，D正确；
C．随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，受向下的重力和雪地的摩擦阻力作用，速率逐渐减小，选项C错误。
故选D。
2、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。
3、答案：B
解析：
A．曲线运动的物体，速度方向一直在变，所以曲线运动速度不可能保持不变，故A错误；
B．做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在一条直线上，故B正确；
C．只要物体的合外力方向与速度方向不在一条直线上，物体就做曲线运动，力的方向不一定改变。例如平抛运动，故C错误；
D．由牛顿第二定律可知，加速度的方向必须与合外力方向相同，故D错误。
故选B。
4、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。
5、答案：BC
解析：
电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有
mg-F=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。
故选BC。
6、答案：AB
解析：
AD．由运动学公式可得，物体运动的加速度大小为
a=Δvt=2m/s2
A正确，D错误；
BC．由牛顿第二定律可得
f=μmg=ma
解得
f=2N，μ=0.2
B正确，C错误。
故选AB。
7、答案：BC
解析：
AB．由静止释放三物体时，设A、B、C三物体相对静止，则整体沿斜面下滑的加速度为
a0=2mgsinθ-2μ2mgcosθ-mg3m<0
与假设矛盾，所以A、B、C不能一起下滑，A沿长木板下滑的加速度
aA=mgsinθ-μ1mgcosθm=2m/s2
故B正确，A错误；
D．以B、C为研究对象受力分析得
mCg-mBgsinθ-μ1mAgcosθ=0
可知B、C相对斜面体静止，且斜面体对B的摩擦力为零，故D错误；
C．B对A的滑动摩擦力为
FfBA=μ1mAgcosθ=4N
方向沿斜面向上，由牛顿第三定律可知，B所受摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下，故C正确。
故选BC。
8、答案：ACD
解析：
A．篮球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
mg=kΔx
mg=k(0.400-0.390)
解得
k=500N/m
A正确；
B．篮球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，篮球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于篮球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，篮球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终篮球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则篮球静止处并不是下落过程中速度最大处，B错误；
C．篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
mg(1.500-1.273)-f(1.500-0.250)+(1.273-0.250)=0
解得
f≈0.5N
C正确；
D．对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律得
mg(1.500-0.390)=fs+Ep
解得
s=11.05m
D正确。
故选ACD。
9、答案：     3     0.05
解析：
[1][2]物体在力F作用下加速运动的加速度
a1=1010m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律可知
F-μmg=ma1
撤去F后，加速度大小
a2=1020m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可知
μmg=ma2
联立解得
F=3N
μ=0.05
10、答案：     质量m     mg
解析：
略
11、答案：     相等     相等     相反     相等     相反     同一条直线上
解析：
（1）[1][2][3]实验探究：如图所示，把A、B两个弹簧测力计连接在一起，B的一端固定，用手拉测力计A，结果发现两个弹簧测力计的示数是相等的，改变拉力，弹簧测力计的示数也随着改变，但两个弹簧测力计的示数总是相等的，方向相反；
（2）[4][5][6]根据牛顿第三定律的定义可知，两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
12、答案：     等效替代     控制变量
解析：
[1]合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；
[2]探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。
13、答案：（1）Lμg；（2）56L
解析：
（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有
对滑块A
μmg＝maA
对木板B
F－μmg＝2maB
根据运动学规律，A、B的位移分别为
xA＝12aAt2
xB＝12aBt2
由题意知
xB－xA＝L2
整理得
t=Lμg
（2）撤去F时，A、B的速度分别为
vA＝aAt，vB＝aBt
设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得
mvA＋2mvB＝m＋2mv
设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得
μmgx1＝12mv2－12mvA2
－μmgx2＝12⋅2mv2－12⋅2mvB2
最终滑块与木板P端的距离为
Δx＝L2＋x2－x1＝56L
14、答案：（1）a=4m/s2； （2）μ=0.6；（3）F=13511N
解析：
（1）由H=12at2 可得
a=2Ht2=4m/s2
（2）水平方向
FN=F=5N
竖直方向
mg-μFN=ma
联立得
μ=0.6
（3）受力分析如图

正交分解，由平衡条件可得，x轴上有
Fcos37∘-mgsin37∘-f=0
y轴上有
F'N-Fsin37∘-mgcos37∘=0
又有
f=μF'N
联立方程，解得
F=13511N
15、答案：（1）F=3N，μ=0.05；（2）2m，方向水平向左
解析：
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
方向水平向右
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
16、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.
17、答案：     0.56kg⋅m     不变
解析：
[1]小车由静止开始做匀加速运动，位移
L=12at2
a=2Lt2
根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶
F合=F-mg=ma
F=m2Lt2+mg
则图线的斜率为
k=2mL=0.56kg⋅m
[2] k与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，图线斜率将不变
18、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
19、答案：     tn     23.55     h     2πgg
解析：
解：（1）[1] 因从按下秒表的那一刻开始计数0，所以数到n时，经历了n个周期，因此
T=tn
（2）[2]刻度尺的最小分度值是0.1cm，有估读值，因此读数是23.55cm，即
h=23.55cm
（3）[3]由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有
mgtanθ=m（2πT）2Lsinθ
其中θ为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又
h=Lcosθ
解得
T=2πhg
由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与h成正比。
（4）[4]由以上结果
T=2πhg
可知
T=2πggh
由数学知识可知，图b中图像的斜率是
k= 2πgg
20、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。