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历年高考物理力学牛顿运动定律考点精题训练

1

单选题
1、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
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。
2、在梯井中，由钢索悬挂竖直电梯C，顶部用绳子悬挂了球A，A下方焊接一个弹簧，弹簧下端悬挂球B，整个装置处于静止状态，简化示意图如图所示。已知绳子、弹簧的质量远小于两球质量，两球质量又远小于电梯质量。若悬挂电梯的钢索突然断裂，在电梯下落瞬间，球A、球B、电梯C各自加速度约为（　　）

A．9.8m/s2，9.8m/s2，0B．19.6m/s2，0，9.8m/s2
C．0，9.8m/s2，9.8m/s2D．9.8m/s2，0，9.8m/s2
答案：D
解析：
假设球A与电梯之间的绳子无弹力，则钢索突然断裂的瞬间，电梯只受重力其加速度为g，而A受到弹簧向下的拉力其加速度大于g，则假设不成立，可知球A与电梯之间的绳子有弹力，可得电梯与球A的加速度相同，因为电梯质量远大于两球质量，钢索断裂后，电梯可视为在自身重力下运动，因此加速度大小为g=9.8m/s2，弹簧形变量在瞬间不会发生突变，因此球B受力不变，其加速度为0。
故选D。
3、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（       ）

A．20NB．15NC．25ND．10N
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F合m
则有
F﹣μmg＝ma
F＝0.3×5×10+2×5＝25N
故选C。
4、科学研究发现，在月球表面：①没有空气；②重力加速度约为地球表面的16；③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
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。
多选题
5、如图所示，轻弹簧放在倾角37º的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为L4，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则（　　）

A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
答案：AD
解析：
AD．物块由a点静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得
mgsinθL-μmgcosθL+L4+L4=0
解得
μ=0.5
则整个过程因摩擦产生得热量为
Q=μmgcosθL+L4+L4=0.6mgL
故AD正确；
B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于
mgsinθ>μmgcosθ+F弹
物块继续向下加速，F弹继续变大，当
mgsinθ<μmgcosθ+F弹
时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；
C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得
mgsinθL+L4=μmgcosθL+L4+Epm
解得
Epm=0.25mgL
故C错误。
故选AD。
6、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。
7、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
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。
8、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N<F<9N
由牛顿第二定律可得
a=Fm
解得
2.5m/s2<a<4.5m/s2
AD错误，BC正确。
故选BC。
填空题
9、如图（a），商场半空中悬挂的轻绳上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过绳传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，轻绳的形状如图（b），其左侧与水平夹角为θ=37°，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，不计铁夹与轻绳之间的摩擦，则铁夹的加速度方向______（填水平向右或水平向左），大小为______。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

答案：     水平向右     103m/s2
解析：
[1][2]对此时节点处的钢丝进行受力分析，如图所示

y轴方向，根据平衡条件有
Tsinθ=mg
x轴方向，根据牛顿第二定律有
T-Tcosθ=ma
联立解得
a=103m/s2
方向水平向右
10、如图所示，物体的质量m=4kg，与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2，在倾角为37°、大小为10N的恒力F的作用下，由静止开始加速运动，（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则物体运动的加速度大小a=________m/s2；经过10s时间撤去恒力F，物体还能继续滑行的距离s=_________m；

答案：     0.3     2.25
解析：
[1]根据牛顿第二定律有
Fcos37°-μmg-Fsin37°=ma
解得
a=0.3m/s2
[2]撤去拉力时物体的速度大小为
v=at=3m/s
撤去拉力后物体做匀减速运动的加速度大小为
a'=μg=2m/s2
物体还能继续滑行的距离为
s=v22a'=2.25m
11、如图所示，一只质量为m的小鸟停在圆弧形的树枝上休息，如果小鸟要停在树枝的A、B两点，你认为小鸟停在哪一点更轻松________（填“A”或“B”）；已知弧形树枝A点位置切线的倾角为θ，则小鸟停在该位置时对树枝的作用力大小为________（重力加速度为g）。

答案：     B     mg
解析：
[1]停在树枝的A点要避免滑落，需抓牢树枝，故小鸟停在B点更轻松。
[2]小鸟停在该B点时由平衡条件可得，树枝对小鸟的作用力竖直向上，大小等于mg，由牛顿第三定律可知，小鸟对树枝的作用力大小为mg。
12、（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

解答题
13、如图所示，截面是直角梯形的物块静置于光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的挡板X和Y相接触。图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°。可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是0 ≤μ≤ 1。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）
（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求小物块P落地时速度；
（2）令μ=0.5，将P由D点静止释放，求小物块P在斜面上运动时间；
（3）对于不同的μ，每次都在D点给小物块P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求μ的取值在哪个范围内，挡板X始终受到压力的作用。

答案：（1）3.46m/s；（2）0.71s；（3）0.75 <μ< 1
解析：
（1）当μ=0时，P从D点释放到落地的过程中。只有重力做功，因此机械能守恒。可得
mgh=12mv2
其中
h=Lsin37° +H=0.5 × 0.6 + 0.3m=0.6m
解得
v=2gh=2×10×0.6m/s=23m/s=3.46m/s
（2）设μ=0.5时，P沿斜面下滑的加速度为a，受力如图4所示

由牛顿第二定律得
mgsin37° -f=ma，N=mgcos37°
又滑动摩擦力
f=μN
由以上式子可得
mgsin37° -μmgcos37°=ma
解得
a=g(sin37° -μcos37°)=2m/s2
P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式
L=12at2
得
t=2La=2×0.52s=0.71s
（3）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图5所示

由平衡条件可得
F+Nsinθ=fcosθ
所以
F=μmgcosθcosθ-mgcosθsinθ
代入数据得
F=6.4μ- 4.8
挡板X受压力，则F> 0，所以6.4μ- 4.8 > 0
得
μ> 0.75
所以μ的取值范围为0.75 <μ< 1
14、如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为2 b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。
(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？（要求画出受力图）
(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。（要求画出受力图）

答案：(1)g，见解析图甲；(2)3g，见解析图乙
解析：
(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示

因为
AB=BC=b
AC=2b
故轻绳BC与AB垂直
θ=45°
由牛顿第二定律
mgtan θ=ma
解得
a=g
(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示

由牛顿第二定律
FTm+mgtan θ=mam
根据题意
FTm=2mg
所以最大加速度为
am=3g
15、用一原长为20cm、劲度系数k为400N/m轻质弹簧水平拉动一质量为10kg的木箱，当弹簧伸长到30cm时（在弹性限度内），木箱在水平地面上匀速滑动，求此时
（1）这个弹簧的弹力大小和木箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）若将拉力增大到60N，木箱做匀加速直线运动，求加速度a的大小。

答案：（1）40N，0.4；（2）2m/s2
解析：
（1）弹簧原长为
x0=20cm=0.2m
伸长后长度为
x=30cm=0.3m
根据胡克定律得
F=kΔx=400×(0.3-0.2)N=40N
木箱匀速运动，受力平衡，则有
f=F=40N
FN=mg=100N
则动摩擦因数为
μ=fFN=40100=0.4
（2）木箱做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得
F1-f=ma
代入数据解得
a=2m/s2
16、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝13，求作用力F的大小。（g＝10m/s2）

答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由
vt2－v02＝2ax
a＝vt2-v022x＝0.42-0.622×0.5m/s2＝-0.2m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。
y轴方向
FN+Fsin30°＝mg
Fμ＝μ（mg-Fsin30°）
x轴方向，由牛顿第二定律得
Fcos30°－Fμ＝ma
即
Fcos30°－μ（mg－Fsin30°）＝ma
解得
F＝9.4N
实验题
17、图甲所示为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m0=0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。
（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。
（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A下落到F处的速度v=_________，下落过程中的加速度大小a=________。（用d、t、h表示）
（4）改变m重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出a-m图象如图乙所示。可得A的质量mA=_________kg，B的质量mB=_________kg。（重力加速度g取9.8m/s2）
答案：     dt     d22ht2     2.5     1
解析：
(3)[1]遮光条挡光过程的平均速度等于A下落到F处的速度
v=dt
[2]由匀加速直线运动位移公式
h=v22a
解得
a=d22ht2
(4)[3][4]整体由牛顿第二定律可得
(mA+m)g-(mB+m0-m)g=(mA+mB+m0)a
整理得
a=2gmA+mB+m0m+(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
对比图乙可得，图线的斜率为
k=4.9=2gmA+mB+m0
纵轴截距为
b=2.45=(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
联立解得
mA=2.5kg，mB=1kg
18、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
(1)当质量m一定时，a与F合成________；当力F一定时，a与M成________。
(2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图，以下做法正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B．本实验中探究的方法是控制变量法
C．实验时，先放开小车，后接通电源
D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究结果也不会产生影响
答案：     正比     反比     B
解析：
(1)[1]当质量m一定时，a与F合成正比；
[2]当力F一定时，a与M成反比；
(2)[3]A．平衡摩擦力时，应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动，A错误；
B．实验中采用控制变量法，即研究加速度与合力关系时控制小车质量不变，研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变，B正确；
C．实验时，先接通电源打点，后放开小车拖动纸带运动，C错误；
D．为减小实验误差，实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量，D错误。
故选B。
19、某同学用如图甲所示装置来验证铁块沿斜面向下做匀加速直线运动的牛顿第二定律，已知实验时打点计时器的周期为T，铁块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，铁块做匀加速直线运动对应的打点计时器打出的纸带如图乙所示，回答下列问题：

（1）本实验________（填“需要”或“不需要”）测量铁块的质量；
（2）铁块的加速度a=________（用x1、x2、x3、T表示）；
（3）当表达式_________成立时，牛顿第二定律得到验证。
答案：     不需要     x3+x2-2x14T2     g(sinθ-μcosθ)=x3+x2-2x14T2
解析：
（1）[1]在验证牛顿第二定律时，可以把铁块的质量消去，所以不需要测量铁块的质量：
（2）[2]由纸带公式
a=ΔxT2
可得
a=x3+x2-x1-x1(2T)2=x3+x2-2x14T2
（3）[3]对铁块受力分析，根据题中所给的条件，铁块的合力
F=mgsinθ-μmgcosθ
若
F=ma
成立,即
g(sinθ-μcosθ)=x3+x2-2x14T2
成立，牛顿第二定律得到验证。
20、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）。

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

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