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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律知识集锦

1

单选题
1、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置，是鸟类的好居处。如图所示，质量为m的鸽子，沿着与水平方向成15°角、斜向右上方的方向以大小为v的速度匀速飞行，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．鸽子处于失重状态B．空气对鸽子的作用力大于mg
C．空气对鸽子的作用力的功率为mgvD．鸽子克服自身的重力的功率为mgvsin15°
2、将倾角为θ的足够长的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，已知斜面体始终保持静止，重力加速度为g，若α=θ，则下列说法正确的是（　　）

A．小球、滑块的加速度为gsinθ，斜面体的上表面粗糙
B．小球、滑块的加速度为gtanθ，斜面体的上表面光滑
C．地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．地面对斜面体的摩擦力水平向左
3、如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示（取g＝10 m/s2），则下列说法正确的是（　　）

A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
4、如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长。求：经多长时间两者达到相同的速度？（　　）

A．0.5sB．1sC．1.5sD．2s
多选题
5、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（　　）

A．g2B．3g3C．3g2D．3g
6、如图所示，质量m=100kg的重物，在大小F=1.25×103N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　）

A．重物上升的加速度大小为12.5m/s2
B．重物上升的加速度大小为2.5m/s2
C．运动2s时速度大小为25m/s
D．运动2s时速度大小为5m/s
7、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动
B．物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关
C．平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同
D．初速度越大，物体在空中的飞行时间越长
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
填空题
9、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带，经过0.5s时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2，则货箱与传送带之间的动摩擦因数为____________，因摩擦产生的热量为__________J。

10、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角θ=37∘角的斜向上的拉力。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为________。

11、完全失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______的状态。
（2）产生条件：a＝g，方向______。
12、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

解答题
13、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。

14、如图甲所示，传送带以v0=10m/s的速度逆时针转动，一质量m=10kg的物体（可视为质点）以水平向右的速度v冲上传送带。从物体冲上传送带开始，物体在0~2s内受到与物体运动方向相反的水平恒力作用，2~4s将水平外力反向，大小不变，物体的对地速度与时间的关系图象如图乙所示，取g=10m/s2。求：传送带与物体之间的动摩擦因数；

15、如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝33、μ2＝0.5，求：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；
（2）物体运动到B处的速度；
（3）推力作用的距离及时间。

16、如图甲所示，倾角 α = 37° 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长 LAB = 3 m，斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块，在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s （以 A 为起点）变化的关系如图乙所示，以水平地面为零重力势能面（g 取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求：
（1）小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度；
（2）小滑块通过第 2 m 位移所用的时间；
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能；
（4）在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s（0≤s≤3 m）变化的大致图线。

实验题
17、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为___________N/m。某时刻观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为___________（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为___________m/s2。

18、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：

①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；
②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；
③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Δt，则滑块和桌面的动摩擦因数为_________（用d，s，h，Δt、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。
19、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，小车加速度a与拉力F的关系”。

按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上
A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a
B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动
C．取下细绳和沙桶。测量沙子和桶的质量m。改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。进行多次实验正确的实验步骤是__________
(2)某一次实验得到如图（c）所示的图像。开始计时1s后释放小车，由图像可知，小车在绳子拉力作用下做匀加速运动的加速度为__________m/s2，由此可以推断出实验桌面距离地面高度至少为__________m。（结果保留两位有效数字）

(3)下列说法正确的是__________
A．图线中A点表示刚好碰到弹簧·此时速度最大
B．图线中B点表示弹力刚好等于拉力，此时加速度为0，此时小车速度最大
C．图线中C点表示弹簧压缩量最大，此时加速度最大，速度也最大
D．图线中C点对应的弹簧的弹力约为6mg
20、某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：

(1)根据纸带求出物体经过5号计数点时的瞬时速度v=________m/s，物体运动的加速度a=________m/s2；（结果保留二位有效数字）
(2)用h表示物块A下落的高度，v表示物块A下落h时的速度，若某同学作出v22-h图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=________m/s2。

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_01A参考答案
1、答案：D
解析：
A．由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，A错误；
B．由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg，B错误；
C．空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°，C错误；
D．鸽子克服自身的重力的功率为
P=-P重力
由力的功率表达式
P重力=mgvcos（15°+90°）
联立解得
P=mgvsin15°
D正确。
故选D。
2、答案：D
解析：
AB．小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力，合力平行斜面向下，满足
F=mgsinθ=ma
可得加速度
a=gsinθ
故斜面一定是光滑的，故AB错误；
CD．对整个系统，水平方向有向左的加速度，水平方向有向左的合外力，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C错误，D正确。
故选D。
3、答案：B
解析：
AB．由匀变速直线运动规律可得
v2-v02=2ax
整理得
v2=2a⋅x+v02
对比图线可知，斜率为
2a1=1005m/s2
解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为
a1＝10m/s2
减速到零的时间为
t1=v0a1=1s
故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；
CD．物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足
2a2=6413-5m/s2
解得
a2＝4m/s2
两过程据牛顿第二定律分别可得
F＋f＝ma1
F－f＝ma2
联立两式解得
F＝7N，f＝3N
则动摩擦因数为
μ=fmg=0.3
CD错误。
故选B。
4、答案：D
解析：
小物块放到小车上后，根据题意，对小物块由牛顿第二定律得
μmg=ma1
对小车由牛顿第二定律得
F-μmg=Ma2
设经过时间t两者速度相等，根据速度与时间的关系式有
3+a2t=a1t
解得
t=2s
故ABC错误D正确。
故选D。
5、答案：BD
解析：
当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向
TAOcos30°=ma
竖直方向
TAOsin30=mg
联立解得最大加速度
a=3g
当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向
TBOsin60°=mg
水平方向
TBOcos60°=ma'
联立解得最大加速度
a'=33g
故BD正确，AC错误。
故选BD。
6、答案：BD
解析：
由牛顿第二定律有
F-mg=ma
得
a=2.5m/s2
由匀变速直线运动规律有
v=at
得
v=5m/s
故BD正确，AC错误。
故选BD。
7、答案：AC
解析：
A．物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；
B．由水平位移公式
x=v0t
竖直方向的位移为
h=12gt2
联立可得
x=v02hg
故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；
C．由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；
D．由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。
故选AC。
8、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。
9、答案：     0.4     3
解析：
[1]货箱在摩擦力的作用下加速运动，根据牛顿第二定律可得
f=ma=μmg
又
v=at
代入数据，解得
μ=0.4
[2]根据摩擦力产生热量的公式，即
Q=μmgΔx
又
Δx=x传-x货箱
代入数据，解得
Δx=0.5m
故可得因摩擦产生的热量为
Q=3J
10、答案：16.25m
解析：
物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。

根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff=ma
Fsinθ＋FN－G=0
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力
Ff=μFN
联立方程，解得
a=1.3m/s2
由运动学公式得5s内物体的位移
x=12at2=12×1.3×52m=16.25m
11、答案：     等于零     竖直向下
解析：
略
12、答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
13、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
14、答案：μ=0.3
解析：
由图像可知0~2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为
a1=Δv1Δt1=102m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律有
f+F=ma2
2~4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为
a2=Δv2Δt2=22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有
f-F=ma2
联立并代入数据解得
f=30N
又
f=μmg
解得
μ=0.3
15、答案：（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）23m/s；（3）2m， 233s
解析：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
F+mgsin30°-μ1mgcos30°=ma1
解得
a1=3m/s2
方向沿斜面向下；
（2）物体在水平面上运动的加速度大小为
a2=μ2mgm=5m/s2
根据速度-位移关系可得
vB2＝2a2x
解得
vB=23m/s
（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力
mgsin30°＝1.5N
摩擦力大小为
f＝μ1mgcos30°＝1.5N
所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为
v=vB=23m/s
推力作用的距离为
s=v22a1=2m
经过的时间为
t=va1=233s
16、答案：（1）6 m/s2；（2）36s；（3）12 J；（4）
解析：
（1）在通过前 1 m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有
F-mgsinα=ma
a = Fm-gsinα=121-10×0.6 = 6 m/s2
（2）对于前 1 m位移的过程，有
v2=2as1
v=2as1=2×6×1=23m/s
对于第2m位移的过程，有F=6N，mgsinα=6Ν，所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动
t2=s2v=123=36s
所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为36s。
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时
Ek=12mv2=12×1×(23)2=6J
Ep=mgssinα=1×10×1×0.6=6J
E = Ek + Ep = 12 J
（4）如图

17、答案：     10     竖直向上     1.0
解析：
[1] 根据胡克定律F=kΔx可得
k=FΔx=ΔmgΔx=(100-90)×10-3×101×10-2N/m=10N/m
[2] 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；
[3] 此时弹簧的弹力大小为
F=mg+kΔx'=0.1×10+10×0.01N=1.1N
根据牛顿第二定律有
F-mg=ma
代入数据解得
a=1.0m/s2
18、答案：     0.180     d22gs-hΔt2     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0.05×16mm=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=μg
且
0-v2=-2as-h
速度v由光电门测出
v=dΔt
联立各式可得
μ=d22gs-hΔt2
(3)[3]由运动学规律可知
v=dΔt=vt2<vx2
所以测量值小于真实值。
19、答案：     BAC     0.20     0.90     BD
解析：
（1）[1]实验时，首先要平衡摩擦力，使导轨倾斜一个角度，轻推小车做匀速运动，然后挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下，点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a，在改变沙子和桶的质量m重复进行，所以步骤是BAC。
（2）[2]根据图可得做匀加速运动的加速度为
a=0.20m/s2。
（2）[3]由图可知沙子和桶，开始做匀加速的时间是3秒，沙子和桶的运动的加速度和小车一样，则实验桌面距离地面高度大于等于沙子和桶下降的高度，所以实验桌面距离地面高度至少为
h=12at2=0.90m。
（3）[4]ABC．图线中A点表示刚好碰到弹簧，随着弹力的增大，小车先做加速度减小的加速运动，当弹力和拉力相等时即到达B点，加速度为零，速度最大，在做加速度增大的减速运动一直到达C点停止，此时加速度最大，速度为零，AC错误B正确；
D．小车做匀加速运动
mg=(m+M)a
到达C点时加速度为a1=1m/s2
F-mg=(m+M)a1
解得
F=6mg
D正确。
故选BD。
20、答案：     2.4     4.8     9.7
解析：
(1)[1]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器计时周期为T=0.02s，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，则打下计数点5时物体的瞬时速度
v=x462×5T
代入数据解得v=2.4m/s
[2]物体运动的加速度
a=x65-x54(5T)2
代入数据解得a=4.8m/s2
(2)[3]对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有
mA-mBg=mB+mAa
解得加速度
a=mA-mBmB+mAg
根据速度位移公式有
v2=2ah
解得
v22=mA-mBmB+mAgh
可知斜率
k=mA-mBmB+mAg
由题中所给的图象，可得斜率
k=5.821.20=4.85
联立解得g=9.7m/s2