1、(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律知识点题库1单选题1、如图所示,某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成,当将质量为m的物体竖直射向空中时,底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为30,则此时每根弹簧的伸长量为()A3mgkB4mgkC5mgkD23mgk2、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()A5 NB12 NC10 ND15 N3、物体质量为m5Kg放在粗糙的水平面上,在力F的作用下做a2m/s2的匀加速直线运动,方向向右
2、,已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3,则外力F为()A20NB15NC25ND10N4、科学研究发现,在月球表面:没有空气;重力加速度约为地球表面的16;没有磁场。若宇航员登上月球后,在空中同时释放氢气球和铅球,忽略地球和其他星球对月球的影响,以下说法正确的是()A氢气球和铅球都处于超重状态B氢气球将加速上升,铅球加速下落C氢气球和铅球都将下落,但铅球先落到地面D氢气球和铅球都将下落,且同时落地多选题5、质量为3kg的物体,静止于水平地面上,在10N的水平拉力作用下,开始沿水平地面做匀加速直线运动,物体与地面间的摩擦力是4N。则()A物体在3s末的速度大小为10m/sB物体在3s末的速度大
3、小为6m/sC物体在03s内发生的位移大小为15mD物体在03s内发生的位移大小为9m6、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2NC全过程所用的时间为2+62sD物体运动过程中机械能减小了24J7、如图所示,足够长水平传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动,将一质量为m的小物块(可视为质点)静止放置在传送带的左端,同时对小物块施加竖直向上的力F,力的大小满足F=kv,v为小物
4、块的水平速度,小物块与传送带间的动摩擦因数为,重力加速度为g,下列所画出的小物块的水平速度v随时间变化的图象(图中t0=v0g,vm=mgk)可能正确的是()ABCD8、将一个物体以某一初速度从地面竖直向上抛出,设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变,则物体()A刚抛出时的速度最大B在最高点的加速度为零C上升时间小于下落时间D上升时的加速度小于下落时的加速度填空题9、如图所示,一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上,下端与一重力为G的托盘连接,托盘中有一个质量为2G的砝码。当托盘静止时,弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉,弹簧又伸长了L(未超过弹簧的弹性限度),然后使托盘由静止释放,则刚释放托盘
5、时,砝码对托盘的作用力大小等于_。10、在探究超重和失重规律时,某体重为G的同学站在一压力传感器上,传感器和计算机相连,经计算机处理后得到如图所示的压力F随时 间t变化的图象,则该同学是完成一次_ (选填“下蹲”或“起立”)的动作,该过程中 最大加速度为_ m/s2。(g取l0m/s2)11、两类基本问题(1)从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况,可以由牛顿第二定律求出物体的_,再通过运动学的规律确定物体的_情况。(2)从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况,根据运动学规律求出物体的_,结合受力分析,再根据牛顿第二定律求出_。(3)如图所示,一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上,
6、物体与地面间的动摩擦因数为0.2,用一水平拉力F=20 N拉物体,使其由A点开始运动,经过8 s后撤去拉力F,再经过一段时间物体到达B点停止。则:(g取10 m/s2)a.在拉力F作用下物体运动的加速度大小为_ m/s2;b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=_ m/s;c.撤去拉力F后物体运动的距离x=_ m。12、力的单位(1)力的国际单位是_,根据_定义的。当物体的质量为m=1kg,在某力的作用下获得的加速度为a=1m/s2,由牛顿第二定律可得,F=ma=_,我们就把它定义为1牛顿。即:1牛=1千克 米/秒2 (2)光滑水平桌面上有A、B两个相距较远的物体,已知mA=2mB当用F=10 N
7、的水平力作用在A上时,能使A产生5 m/s2的加速度,当用2F的水平力作用在B上时,能使B产生的加速度为_m/s2。解答题13、如图所示,质量为m1=1kg的小物块A,以v1=4.0m/s的初速度水平向右滑上质量为m2=1.0kg、初速度大小为v2=5.0m/s向左运动的长木板B,已知A、B之间的动摩擦因数1=0.20 ,B与地面之间的动摩擦因数2=0.40,整个过程中小物块并未从长木板上滑下,g取10 m/s2。则:(1)求小物块A刚滑上长木板B时,小物块与长木板的加速度大小和方向。(2)求从小物块A刚滑上长木板B到二者刚好相对静止时小物块的位移大小。14、如图所示为滑沙游戏,游客从顶端A点
8、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=37,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数=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。15、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒,运行的最大速度为15m
9、/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景,可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底,颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N,若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10m/s2),求:(1)电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间;(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等,求观景台的高度;(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统,电梯出现故障,绳索牵引力突然消失,电梯从观景台处自由下落,为防止电梯落地引发人员伤亡,电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零,牵引力为重力的3倍,下落过程所有阻力不计,则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置?16、如图所
10、示,竖直平面内一倾角=37的粗糙倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点,BC长度可忽略,且与传送带水平段平滑连接于C点。一质量m=0.2kg的小滑块从A点静止释放,经B点最后从C点水平滑上传送带。已知A点离地高度H=1.2m,AB长L1=1.25m,滑块与AB间的动摩擦因数1=0.25,与传送带间的动摩擦因数2=0.2,CD长度L2=3m,圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点,不计空气阻力,g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。求:(1)小滑块经过C点时对轨道的压力;(2)当传送带以顺时针方向v1=4m/s的速度转动时,小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后,落地点
11、到D点的水平距离。实验题17、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: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;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;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t,则滑块
12、和桌面的动摩擦因数为_(用d,s,h,t、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。18、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
13、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=_(结果保留两位有效数字)。19、利用图甲装置研究滑块在斜面上的运动,其中光电门的位置可移动,让带有宽度为d的遮光片的滑块自斜面上同一位置自由下滑,与光电门相连的计时器可以显示出遮光片通过光电门所用的时间t,并用刻度尺测量滑块到光电门之间的距离s,改变光电门的位置进行多次测量,利用所得数据描绘出dt2-s图象,如图乙所示。(1)若用某工具测量遮光片宽度的读数为d=2.40mm,则所用工具
14、为_。A最小分度为毫米的刻度尺B10分度游标卡尺C20分度游标卡尺D螺旋测微器(2)滑块沿斜面下滑的加速度大小为_m/s2。(保留两位有效数字)(3)若斜面倾角=53,重力加速度大小为g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6,则滑块与斜面间的动摩擦因数=_。(结果保留一位有效数字)20、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
15、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/kgs2,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。
16、27(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_004参考答案1、答案:D解析:物体受重力和支持力,根据牛顿第二定律,有Nmgma其中N6mg,解得a5g再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析,整体受重力和两个拉力,根据牛顿第二定律,在竖直方向满足2Fcos 30mgma解得F=23mg根据胡克定律,有x=Fx=23mgk故选D。2、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=ma2v-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/s2a2=0-1210-4m/s2=-2m/s
17、2联立以上各式可得F=15N故ABC错误,D正确。故选D。3、答案:C解析:根据牛顿第二定律得a=F合m则有FmgmaF0.3510+2525N故选C。4、答案:D解析:由于在月球表面没有空气,没有磁场,物体在月球表面只受重力作用,物体由静止释放,将做自由落体运动,位移h相同,运动的加速度g相同,运动的时间也一定相同,应该同时落地。自由落体运动处于完全失重状态。故选D。5、答案:BD解析:根据牛顿第二定律得a=F-fm=10-43m/s2=2m/s2则3s末的速度v=at=23m/s=6m/s03s内的位移x=12at2=12232m=9m故BD正确,AC错误故选BD。6、答案:BCD解析:A
18、B根据动能定理Ek=F合x故图像的斜率代表了物体受到的合力,有mg+f=12mg-f=8解得m=1kg,f=2NA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=12v0=a1t1x=12a1t12 解得t1=1s,x=6m设下降加速度为a2,时间为t2,则ma2=8x=12a2t22解得t2=62s所以总时间t有t=t1+t2=2+62sC正确;故选BCD。7、答案:BC解析:D小物块由静止开始向右做加速运动
19、,开始运动后受到重力mg、竖直向上的力F、支持力N=mg-F、水平向右的滑动摩擦力f=N,若kv0mg,根据牛顿第二定律可知,小物块运动的加速度大小a=mg-kvm可见随着速度v的增大,小物块做加速度逐渐减小的加速运动。故D错误;A当v=0时,a=g=v0t0,所以图线在O点的切线应过点t0,v0。故A错误;B当mg=kvm时,a=0,对应速度vm=mgk,当vmv0,小物块加速到v0时,小物块与传送带共速,摩擦力为零,小物块随传送带一起向右做匀速运动。故C正确。故选BC。8、答案:AC解析:A物体在空中运动过程,有阻力做负功,机械能减小,故刚抛出时机械能最大,而刚抛出时的重力势能最小,故动能
20、最大,速度最大,故A正确;B在最高点时,仍然受到重力作用,加速度不为零,故B错误;CD上升过程,加速度大小为a1=mg+fm下降过程加速度大小为a2=mg-fm上升时的加速度大于下落时的加速度,而上升过程的逆运动是初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动,根据h=12at2a1a2 可知上升时间小于下落时间,故C正确,D错误。故选AC。9、答案:4G解析:1设弹簧劲度系数为k,设砝码质量为2m,则托盘质量为m,托盘静止,弹簧伸长L时,以托盘及砝码整体为研究对象,受力平衡,有kL=3mg伸长2L时,释放瞬间,以整体为研究对象,由牛顿第二定律得2kL-3mg=3ma解得a=g隔离砝码为研究对象,则N
21、-2mg=2ma解得N=4mg据牛顿第三定律,砝码对托盘的作用力为4mg,即4G。10、答案: 起立 6解析:1 对人的运动过程分析可知,人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,起立过程开始加速起立,加速度向上,处于超重状态,后减速上升,加速度向下,处于失重状态,根据图像,可知是先超重,后失重,则是起立动作2当压力最大时,加速度最大,根据牛顿第三定律,压力大小等于支持力,对于该同学根据1.6G-G=ma解得a=6m/s211、答案: 加速度 运动 加速度
22、 合外力 0.5 4 4解析:(1)1 如果已知物体的受力情况,可以求出合力,根据牛顿第二定律,可以求出物体的加速度。2结合运动学规律公式,可以求出物体的运动情况。(2)3 如果已知物体的运动情况,根据运动学规律求出物体的加速度。4结合牛顿第二定律,可以求出物体受到的合外力。(3)5受力分析得F-mg=ma解得a=0.5m/s26根据速度公式得v=at=4m/s7 撤去拉力F后,受力分析得-mg=ma解得a=-2m/s2物体运动的位移为x=-v22a=4m12、答案: 牛顿 F=ma 1kgm/s2 20解析:(1)1 力的国际单位是牛顿,根据F=ma定义的。当物体的质量为m=1kg,在某力的
23、作用下获得的加速度为a=1m/s2,由牛顿第二定律可得,F=ma=1kgm/s2我们就把它定义为1牛顿。即:1牛=1千克 米/秒2(2)2根据牛顿第二定律,当用F=10 N的水平力作用在A上时F=mAaA用2F的水平力作用在B上时2F=mBaB解得aB=20m/s213、答案:(1)10m/s2,方向水平向右;(2)4m解析:(1)以A为研究对象,根据牛顿第二定律有1m1g=m1a1解得加速度a1=1g=2m/s2方向水平向左;以B为研究对象,根据牛顿第二定律有1m1g+2(m1+m2)g=m2a2解得加速度a2=10m/s2方向水平向右(2)AB都做匀减速运动,当B的速度减为零时,所需的时间
24、为t=v2a2=0.5s此时A的速度vA=v1-a1t=3m/s方向水平向右;此后,由于1m1g=2N2(m1+m2)g=8N所以B静止,A继续向右匀减速运动,直到停止。对A由匀变速运动推导公式v12=2a1x解得物块的位移大小为x=4m14、答案:(1)16m/s;(2)180N解析:(1)由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=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=-2ax解得a=8m/s2由牛顿第二定律得Fmg=ma解得制动力F=180N15、答案:(1)1m/s
25、2、15s;(2)525m;(3)70s解析:(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a,由牛顿第二定律得:FT-mg=ma解得a=1m/s2由v=v0at解得t=15s(2)匀加速阶段位移x1=12at2=121152m=112.5m匀速阶段位移x2=v(50s-2t)=15(50-215)m=300m匀减速阶段位移x3=v22a=112.5m因此观景台的高度x=x1x2x3=525m(3)由题意知,电梯到地面速度刚好为0。自由落体加速度大小a1=g启动辅助牵引装置后加速度大小a2=F-mgm=3mg-mgm=2g 方向向上则vm22a1+vm22a2=x解得vm=1070m/s则tm=vmg=7
26、0s即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。16、答案:(1)6N;(2)1.2m解析:(1)根据题意,滑块由A运动B的过程,应用动能定理mgL1sin37-1mgcos37L1=12mvB2-0代入数据解得vB=10ms由于BC长度可忽略,则vC=vB=10ms滑块在C点,受轨道的支持力FN和本身重力mg,根据牛顿第二定律FN-mg=mv2R代入数据解得FN=6N根据牛顿第三定律,小滑块经过C点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力6N。(2)假设滑块划上传送带之后全程加速,根据牛顿第二定律2mg=ma代入数据解得a=2ms2设滑块到达传送带右端的速度为v,根据公式v2-vc2=2a
27、L2代入数据解得v=22ms4ms则滑块未达到传送带右端就和传送带共速,则滑块以传送带的速度从D点水平抛出,竖直方向,由于BC长度可忽略,则H-L1sin37=12gt2代入数据解得t=0.3s水平方向,落地点到D点的水平距离x=vt=40.3m=1.2m17、答案: 0.180 d22gs-ht2 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0.0516mm=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
28、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=g且0-v2=-2as-h速度v由光电门测出v=dt联立各式可得=d22gs-ht2(3)3由运动学规律可知v=dt=vt2vx2所以测量值小于真实值。18、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x=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)10-290.12m/s2=0.50m/s2(2)23则图3对应的示数为2.0
29、0N;图4对应的示数为1.00N;(3)4对滑块以及重物的整体:mg-Mg=(M+m)a其中mg=1.00N,Mg=2N,解得=0.4319、答案: C 5.0 0.5解析:(1)1读数结果以毫米为单位,由读数规则知:最小分度为毫米的刻度尺及10分度游标卡尺的小数点后只有1位数字,20分度游标卡尺的小数点后有2位数字,螺旋测微器的小数点后有3位数字,所以所用工具为20分度游标卡尺,故ABD错误,C正确。故选C。(2)2滑块经过光电门时的速度大小为v=dt滑块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,其速度大小满足dt2=2as所以dt2-s图线的斜率大小为加速度大小的2倍,所以滑块的加速度大小为a=5.0m/s2(3)3由牛顿第二定律知a=mgsin-mgcosm代入数值得=0.520、答案: 2ht2 m 5.5 3.5解析:(3)1A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)34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