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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律专项训练题

1

单选题
1、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（       ）

A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1. 2s
C．小物块向上滑行的最远距离为4m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
2、如图所示，所有质点同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为（     ）

A．圆弧B．抛物线C．水平线D．斜线
3、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θ＝30°，则此时每根弹簧的伸长量为（　　）

A．3mgkB．4mgkC．5mgkD．23mgk
4、如图所示为乘客在进入车站乘车时，将携带的物品放在以恒定速率运动的水平传送带上，使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查时的情景。当乘客将携带的物品轻放在传送带上之后，关于物品受到的摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．当物品与传送带相对静止时，物品受到静摩擦力
B．当物品受到摩擦力作用时，摩擦力方向与物品运动方向相同
C．当物品受到摩擦力作用时，物品不一定受到弹力作用
D．由于物品相对于地面是运动的，物品一直受到滑动摩擦力
多选题
5、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
6、如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．货车的速度等于vcosθ
B．货物处于超重状态
C．缆绳中的拉力FT小于（m0+m）g
D．货车的对地面的压力小于货车的重力
7、如图所示，甲为履带式电梯，乙为台阶式电梯，它们倾角相同，没有顾客乘坐时低速转动，有顾客乘坐时会匀加速启动，启动时两个电梯的加速度大小相同。质量相同的小红和小明两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼，在电梯启动阶段两位乘客受到的摩擦力大小分别为f甲、f乙，则（ ）

A．小明和小红受到电梯的作用力大小不相同B．f甲>f乙
C．小明受到电梯的作用力方向竖直向上D．f甲与f乙大小关系与倾角大小无关
8、如图1所示，传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持定的速度运行。现把一质量为m＝2kg的小物块，从皮带的底端A点以初速度v0＝10m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的v﹣t图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（　　）

A．传送带以4m/s的速度顺时针转动
B．小物块沿传送带向下运动的过程中，其机械能先增加后减少
C．小物块在0～0.8s内摩擦力的冲量大小为20N•s
D．小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108J
填空题
9、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________。

10、牛顿第二定律确定了物体______和力的关系：加速度的大小与物体______的大小成正比，与物体的______成反比；加速度的方向与物体______的方向相同。
11、理想实验是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到一种理想状态，从而来揭示自然现象本质的假想实验。为了说明运动和力的关系，伽利略设计了如图所示的理想实验。

(1)关于伽利略的这个理想实验，下列说法正确的是( )
A．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实
B．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是合理外推的理想状态
C．“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是揭示自然现象的本质
D．“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质
(2)伽利略的理想实验否定了亚里士多德关于运动和力关系的错误认识。亚里士多德的认识是____________________。
12、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_______时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_______。（外界大气压强为P0）

解答题
13、如图所示，底边AB恒定为b，当斜面与底边夹角θ为多大时，物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短？

14、如图所示，水平传动带以v0=4m/s的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，则：
（1）经多长时间物块会与传动带共速。
（2）经多长时间物块会从传动带右端掉下来。

15、平直的公路上有两个停止线相距187.5m的红绿灯，在沿某一方向行驶时前一个红绿灯变为绿灯后经10s，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一辆汽车在前一红绿灯停止线处停车等红绿灯，在该红绿灯变为绿灯时立即加速向前驶出，达到限速后匀速行驶，在后一个红绿灯变为红灯时恰好通过。汽车的质量为1.0t，行驶时所受阻力为车重的0.05倍，加速和减速过程中可近似看成是匀变速直线运动，且加速过程中所受牵引力与减速过程中所受制动力大小恒定且相等，汽车遵守交通规则行驶。重力加速度g取10m/s2，忽略汽车自身长度。
（1）汽车加速时的加速度为多大？
（2）若该汽车司机因为低头看手机并未及时驶出，只能在后一个红绿灯停止线前减速停车，请问汽车减速时的加速度为多大？
（3）在（2）问中请问该司机在两红绿灯间行驶的时间为多长？
16、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？
（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？
（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

实验题
17、很多智能手机都有加速度传感器。安装能显示加速度情况的应用程序，会有三条加速度图像，它们分别记录手机沿图甲所示坐标轴方向的加速度随时间变化的情况。
某同学将手机水平拿到距离缓冲垫上方一定高度处，打开加速度传感器，然后松手释放，让手机自由下落，最终手机跌到缓冲垫上。观察手机屏幕上的加速度传感器的图线如图乙所示。
请观察图像回答以下问题∶（本题结果均保留2位有效数字）
（1）由图乙可读出当地的重力加速度大小约为____________m/s
（2）手机自由下落的高度约为____________m；
（3）若手机的质量为170g，缓冲垫对手机竖直方向上的最大作用力约为____________N。

18、物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图1，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。

(1)图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2。根据图中数据计算滑块的加速度a=__________m/s2（保留两位有效数字）。
(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有__________。
A．木板的长度l
B. 木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E. 滑块运动的时间
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）。与真实值相比，测量的动摩擦因数__________（填“偏大”或“偏小”）。
19、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

20、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个力传感器按如图甲方式对拉，其中一只系在墙上，另一只握在手中，在计算机屏上显示出力，如图乙所示。

(1)横坐标代表的物理量是________。
(2)由图可得到的实验结论是________（填字母）。
A．两力传感器间的作用力与反作用力大小相等
B．两力传感器间的作用力与反作用力方向相反
C．两力传感器间的作用力与反作用力同时变化
D．两力传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_00A参考答案
1、答案：C
解析：
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
t1=v1-v2-a1=0.6s
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为
t2=v1a2=1s
故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为
x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m
故C正确。
故选C。
2、答案：A
解析：
设轨道与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律，物体的加速度
a = mgcosθm = gcosθ
所有小物体在相等时间内的位移
x=12at2=12gcosθ⋅t2=12gt2⋅cosθ
由图可知

12gt2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，某一时刻这些小物体所在位置构成的面是圆弧。
故选A。
3、答案：D
解析：
物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有
N－mg＝ma
其中N＝6mg，解得
a＝5g
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 30°－mg＝ma
解得
F=23mg
根据胡克定律，有
x=Fx=23mgk
故选D。
4、答案：B
解析：
A．当物品与传送带相对静止时，物品不受摩擦力作用，A错误；
B．当把物品放上传送带时，物品相对传送带有向后运动的趋势，受到向前的摩擦力，B正确；
C．有摩擦力，一定有弹力，C错误；
D．物品虽然相对地面是运动的，但相对传送带静止时，物品不受摩擦力作用，D错误。
故选B。
5、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。
6、答案：BD
解析：
A．把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则
v=v1cosθ
即
v1=vcosθ
故A错误；
B．货车匀速行驶，θ在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；
C．因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；
D．货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。
故选BD。
7、答案：BD
解析：
A．小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作用，重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，A错误；
B．设电梯倾角θ，由牛顿第二定律，对甲有
f甲-mgsinθ=ma
对乙有
f乙=macosθ
对比可得
f甲>f乙
B正确；
C．由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，C错误；
D．结合B解析可知，f甲大于f乙的关系与倾角大小无关，D正确。
故选BD。
8、答案：BD
解析：
A．小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带以4m/s的速度逆时针转动，故A错误；
B．小物块沿传送带向下运动的过程中，传送带对物块的滑动摩擦力先做正功，物块与皮带相对静止后，静摩擦力对物块做负功，所以机械能先增大后减小，故B正确；
C．在0～0.8s内，由图象的斜率可知物块的加速度大小为
a＝100.8m/s2＝12.5m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin30°+f＝ma
解得
f＝15N
所以摩擦力的冲量大小为
I＝ft＝12N•s
故C错误；
D．小物块上升过程中，传送带的位移大小为
x带＝vt上＝4×0.8m＝3.2m
物块的位移大小为
x物＝102×0.8m＝4m
所以物块与传送带的相对位移大小为
△x＝x物+x带＝4m+3.2m＝7.2m
所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为
Q＝f△x＝15×7.2J＝108J
故D正确。
故选BD。
9、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
10、答案：     加速度     所受合力     质量     受到的合力
解析：
略
11、答案：     AD     运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）
解析：
(1)[1]AB．“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实，A正确、B错误；
C．“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是合理外推的理想状态，C错误；
D．“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质，D正确。
故选AD。
(2)[2]亚里士多德的认识是运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）。
12、答案：     p02     p0S2m-g
解析：
[1]气缸中封闭气体的初始气压为
P1=P0
当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程
P1V1=P2V2
解得
P2=V1V2P1=p02
当气缸内气体的压强为p02时，气缸将获得最大加速度。
[2]此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
(P0-P2)S-mg=ma
解得
a=P0S2m-g
气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。
13、答案：45°
解析：
设斜面长度为L，有
L＝bcosθ
a＝gsin θ
且有
L＝12at2
解得
t＝2bgsinθcosθ＝4bgsin2θ
故当θ＝45°时，所用时间最短，最短时间为
tmin＝4bg
14、答案：（1）2s；（2）3s
解析：
（1）物块刚放上传动带时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得物块的加速度为
a=2m/s2
物块与传送带共速所需时间为
t1=v0a=2s
（2）物块匀加速运动的位移为
s=v02t1=4m
之后匀速运动到右端的时间为
t2=L-sv0=1s
物块从传动带左端到右端的时间为
t=t1+t2=3s
即经3s物块会从传动带右端掉下来。
15、答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s
解析：
（1）加速和匀速总位移
v2t1+vt2=x
加速和匀速总时间
t1+t2=t
解得
t1=7.5s
加速段加速度为
a1=v1t1=4m/s2
（2）加速段由牛顿第二定理可得
F-kmg=ma1
减速段由牛顿第二定理可得
F+kmg=ma2
可得
a2=5m/s2
（3）若加速和减速过程能达到最大速度30m/s，则加速和减速阶段总位移为
x'=v22a1+v22a2=202.5m>x
因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段
x'=v22a1+v22a2
v=5033m/s
在两红绿灯间行驶时间为
t=va1+va2=1532s
16、答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N
解析：
（1）由图像可知：前2m内对A有
v2=2a1x
得出
a1=1m/s2
2m后，对A有
v12-v02=2a2x
a2=4m/s2
（2）对B受力分析有
μ1mg-μ22mg=ma0
外力F使A在B上的临界加速度为
a0=2m/s2
外力F对AB整体有
F0-μ2⋅2mg=2ma0
F0=6N

（3）运动前2m
a1=1m/s2<a0
可知AB一起匀加速运动
对AB整体有
F1-μ22mg=2ma1
F1=4N
运动2m后对A有
a2=4m/s2>a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
17、答案：     [9.8，10]     [0.60，1.01]     2.5或2.6
解析：
(1)[1]根据图乙可读出当地的重力加速度大小约为9.8m/s2.
(2)[2] 手机自由下落的高度约
h=12gt2=12×9.8×0.42m=0.78m
(3)[3]向上加速度最大时，缓冲垫对手机竖直方向上的作用力最大
F-mg=ma
解得
F=2.5N
18、答案：     0.50     CD     m3g-m2+m3am2g     偏大
解析：
(1)[1]根据逐差法求解加速度
a=x36-x039T2=3.88+3.39+2.88-1.40-1.89-2.409×0.12×10-2m/s2=0.50m/s2
(2)[2]对托盘和砝码、滑块组成的系统应用牛顿第二定律
m3g-f=m2+m3a
滑动摩擦力
f=μm2g
解得
μ=m3g-m2+m3am2g
结合上述表达式可知，ABE错误，CD正确。
故选CD。
(3)[3]根据(2)可知动摩擦因数
μ=m3g-m2+m3am2g
[4]系统除了受到木板的摩擦力以外，还受到纸带和打点计时器之间的摩擦力、空气阻力等，所以导致动摩擦因数的测量值偏大。
19、答案：     E     1.37     0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
vD=xCE2T=xCD+xDE2T
代入数据解得：vD=1.37m/s；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
20、答案：     时间     ABC
解析：
考查牛顿第三定律探究实验。
（1）[1]由题可知，图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；
（2）[2]从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时变化，且作用在不同的物体上，故A、B、C正确，D错误。故选ABC。