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历年高考物理力学牛顿运动定律考点总结

1

单选题
1、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
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。
2、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，ma<mb，A项错误；
B．经时间t到下半区域的同一水平面，由动能定理
W=qEx=ΔEk
xa>xb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
3、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（　　）

A．物体通过O点时所受的合外力为零
B．物体将做阻尼振动
C．物体最终只能停止在O点
D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg
答案：B
解析：
A．物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；
B．物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；
CD．物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。
故选B。
4、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°
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。
多选题
5、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
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。
6、如图所示，轻杆一端固定在O点，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．v2=a时，小球完全失重B．v2=c时，杆对小球弹力方向竖直向上
C．小球的质量为bRaD．当地的重力加速度大小为aR
答案：ACD
解析：
A．由图可知：v2=a时，FN=0，此时小球仅受重力作用，加速度为向下的重力加速度，处于完全失重状态，故A正确；
B．由图可知：当v2<a时，球需要的向心力小于重力，杆对小球弹力方向向上；当v2>a时，球需要的向心力大于重力，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故B错误；
CD．在最高点，若v=0，则有
mg-FN1=mg-b=0
当FN=0时，则有：
mg=mv2R=maR
可得
g=aR，m=bRa
故CD正确。
故选ACD。
7、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是（　　）

A．若v1<v2，则v2'=v1
B．若v1>v2，则v2'=v2
C．不管v2多大，总有v2'=v2
D．只有v1=v2时，才有v2'=v1
答案：AB
解析：
由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为x，加速度大小为a，则
x=v222a
然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时（向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程，位移大小还是等于x），恰好离开传送带。
②若v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小
x'=v122a<v222a=x
说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。
故选AB。
8、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD
解析：
A．亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；
BCD．牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
故选BCD。
填空题
9、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx（k为已知量）。物体刚下滑时加速度大小为______，当下滑距离为______时，物体有最大速度。（重力加速度为g）
答案：     gsinθ     tanθk
解析：
[1]x=0时，动摩擦因数为零，则物体不受摩擦力，所以加速度大小为
a=gsinθ
[2]速度最大时，加速度为零，有
μmgcosθ=mgsinθ
此时
kxcosθ=sinθ
解得
x=sinθkcosθ=tanθk
10、如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为______，A与B的加速度之比为______。

答案：     (cosθ)2:1     cosθ:1
解析：
[1]将细线L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力
F1=mgcosθ
弹簧弹力不变，为
FT=mgcosθ
则
F1FT=(cosθ)21
[2] 对A由牛顿第二定律得
mgsinθ=maA
解得
aA=gsinθ
弹簧的弹力不可突变，将细线L2剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得
mgtanθ=maB
解得
aB=gtanθ
则A与B的加速度之比为cosθ:1
11、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＝______。
答案：     质量m     mg
解析：
略
12、如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比为_______，在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为_______。

答案：     2:1     1:2
解析：
[1]设AB的质量分别为4m和m，对A分析可知，绳子的拉力
T1=4mgsin30∘=2mg
对B物体
T1=mg+T2
解得下边绳子的拉力为
T2=mg
则B物体上、下两绳拉力之比为2:1；
[2]设开始时AB距离地面的高度分别为h，则B落地时间
t=2hg
B落地速度
vB=2gh
此时A的速度
vA=at=gsin30∘t=122gh
即当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为1:2。
解答题
13、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
14、如图所示，一物块（可视为质点）以水平向右的初速度v0=12m/s滑上一恒定转动的水平传送带左端，到达传送带右端时恰好与传送带共速，物块水平飞出后，最后垂直打在一倾角β=45°的斜坡上。已知传送带的长度L=11m，且传送带的速度小于物块的初速度，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10ms2，不计空气阻力。求：
（1）传送带的速度大小；
（2）传送带右端与物块刚打在斜面上的点的距离。

答案：（1）v传=10m/s；（2）s=55m
解析：
（1）由题知传送带向右运动，且物块在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律有
μmg=ma
由运动学有
v2-v02=-2aL
又
v传=v
解得
v传=10m/s
（2）物块飞出传送带后做平抛运动，物体打在斜面上时，由平抛运动规律
有
vvy=tan45°
竖直速度
vy=gt
竖直位移
y=12gt2
水平位移
x=vt
距离
s=x2+y2
联立并带入数据解
s=55m
15、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μ1=0.20 ，B与地面之间的动摩擦因数μ2=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。

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
μ1m1g=m1a1
解得加速度
a1=μ1g=2m/s2
方向水平向左；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g+μ2(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
μ1m1g=2N＜μ2(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=4m
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、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。
18、用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上，实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为f=50 Hz。平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加速度为a；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次。

(1)在验证“质量一定，加速度a与合外力F的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图像，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生这两种现象的原因可能有___________。
A．木板右端垫起的高度过小（即平衡摩擦力不足）
B．木板右端垫起的高度过大（即平衡摩擦力过度）
C．砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M（即m<<M）
D．砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M
(2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，则小车运动的加速度a=___________m/s2。（结果保留2位有效数字）

(3)某同学想利用该实验装置测出金属铝块和木板间动摩擦因数，进行了如下操作：
①将长木板重新平放于桌面上
②将小车更换为长方体铝块，为了能使细绳拖动铝块在木板上滑动时产生明显的加速度，又往砂桶中添加了不少砂子，并测得砂桶和砂子的总质量为m，铝块的质量为M（m不再远小于M）。
③多次实验测得铝块的加速度大小为a
请根据以上数据（M、m、a、g），写出动摩擦因数μ=___________。
答案：     AD     3.0     mg-M+maMg
解析：
(1)[1]AB．图线不经原点且在具有一定的拉力F后，小车方可有加速度，所以木板右端垫起的高度太小，即平衡摩擦力不足，A正确，B错误；
CD．图线末端产生了弯曲现象，是因为砂桶和沙子的总质量m没有远小于小车和砝码的总质量M，C错误，D正确。
故选AD。
(2)[2]交流电的频率f=50Hz，相邻两计数点间还有一个点，则两计数点间的时间间隔是T=0.04s，由Δx=aT2，可得小车运动的加速度
a=x4+x5+x6-x1+x2+x39T2=5.69+6.18+6.66-4.25+4.73+5.229×0.042×10-2ms2=3.0ms2
(3)[3]因为砂桶和沙子的总质量m不再远小于铝块的质量M，由牛顿第二定律可知
mg−μMg=（M +m）a
解得
μ=mg-M+maMg
19、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；
③在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；
④左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间t。
请回答下列问题：
(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为______；
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了______；
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=______。
答案：     重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t     B     g=22M+m0+mHmt2
解析：
(1)[1]多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
(2)[2]由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
故选B。
(3)[3]根据牛顿第二定律有
mg=(M+m0+n+M)a
又
H=12at2
解得
g=2(2M+m0+m)Hmt2
20、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
（2）用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2。
答案：     1.5     1.9     9.5
解析：
(1)[1]打点间隔为
T=1f=0.02s
相邻计数点间的时间间隔为
∆t=5×0.02s=0.1s
在纸带上打下计数点5时的速度就是纸带上计数点4到计数点6的平均速度，即
v5=(13.78+15.70)×10-22×0.1ms=1.5ms
(2)[2]根据逐差法，可得
a=11.92+13.78+15.70-(6.19+8.11+10.00)9×0.12×10-2ms2=1.9ms2
[3]根据牛顿第二定律，有
m2g-m1g=m1+m2a
解得
g=9.5ms2

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