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(文末附答案)高中物理牛顿运动定律知识点梳理1单选题1、一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.25。若斜面足够长，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（）A1.0 mB2.2 mC0.8 mD0.4 m2、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（）Aa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3、处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆，穿过细杆的两个小球分别从A点和C点由静止释放，它们下滑到D点的时间分别是t1、t2，则t1：t2是（）A1：1B2：1C3:2D2:34、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，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mg5、在光滑的水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用原长为l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1F2。以A、B为一个系统，如图甲所示，F1、F2向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0+l1），系统的加速度大小为a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0l2），系统的加速度大小为a2。则下列关系式正确的是（）Al1=l2，a1=a2Bl1l2，a1=a2Cl1=l2，a1a2Dl1l2，a1a26、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，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mg7、一质量为m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图线，如图所示（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）。则（）A小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2B小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25C小物块在斜面上滑行的最大位移是8mD小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4J8、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（）A当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重B当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重C当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重D当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重多选题9、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为=37，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是（）A物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点B物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)sC物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2mD物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m10、如图所示，轻弹簧放在倾角37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，sin37=0.6，cos37=0.8。则（）A物块与斜面间的动摩擦因数为0.5B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0.5mgLD物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL11、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mAmB，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（）Aa1a2Ba1=a2CN1N2DN1xb，根据运动学规律x12at2得aaab又由牛顿第二定律aFm知，maxb，所以WaWb，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Epq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Ftpp0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、答案：C解析：由几何关系得，AD与水平面的夹角为30，设圆周的半径为RxAD = 2Rcos30 = 3R根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度a1= gsin30 = 12g根据xAD = 12a1t12得t1= 43RgxCD = 2R小球在CD上运动的加速度a2= gsin60 = 32g根据xCD = 12a2t22得t2= 8R3g则t1t2 = 32故选C。4、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mg，CD错误。故选B。5、答案：A解析：A、B完全相同，设它们的质量都是m，对图甲所示情况的整体有F1-F2=2ma1对图甲中的A有F1-kl1=ma1对图乙所示情况的整体有F1-F2=2ma2对图乙中的A有F1-kl2=ma2联立以上各式，有a1=a2，l1=l2故选A。6、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mg，CD错误。故选B。7、答案：B解析：A由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为a1=vt=81=8.0m/sA错误；B对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin37+Ff=ma1FN-mgcos37=0又Ff=FN代入数据解得=0.25B正确；C由小物块上滑过程的速度-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移x=v02t=821=4mC错误；D小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是E=2Wf=2mgcos37x=20.25200.84=32JD错误。故选B。8、答案：C解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。故选C。9、答案：BD解析：A对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma1a1=8m/s2共速后mgsin-mgcos=ma2a2=4m/s2物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；B运动学图像如图所示t1=4-12-8s=1st2=0-4-4s=1s物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移x=12(12+4)1m+1241m=10m物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移x=12a2t32解得t3=5s则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为t=t1+t2+t3=(2+5)sB正确；C在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为L1=12(12+4)1m-41m=4m此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则L2=41m-1241m=2m因为L2mgcos+F弹物块继续向下加速，F弹继续变大，当mgsinmB可知N1N2故C错误D正确。故选BD。12、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。13、答案：BC解析：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有mg-F=ma解得a=2m/s2方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。故选BC。14、答案：ABC解析：B设斜面倾角为，若斜面光滑，根据牛顿第二定律可知，A、B整体的加速度为a=g sin 对物体A，水平方向f=ma cos =mg sin cos 竖直方向mg-N=masin =mgsin2即N=mg cos2mg即A、B之间有相互作用力，此时A受重力、支持力和静摩擦力，故B正确；A若A、B整体一起匀速下滑，则上述表达式中a=0，此时f=0，FN=mg，即A受到重力和B的支持力两个力的作用，故A正确；C若A、B一起加速下滑，则A的加速度有向下的分量，则A处于失重状态，选项C正确；D若A、B整体一起加速下滑，则水平方向有分加速度，对整体由牛顿第二定律可知，地面与斜面体有向左的静摩擦力，故D错误。故选ABC。15、答案：ACD解析：C根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1=1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为1=0.4C正确；D在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为2=f22mg=440=0.1D正确；AB在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F-1mg=ma对木板有1mg-22mg=ma联立解得a=2m/s2F=12N则木板的最大加速度为2m/s2，根据F=0.5t可求得t2=24sA正确，B错误。故选ACD。16、答案：AB解析：A运动员在助滑区做匀加速运动，由x1=12at2解得a=7.25m/s2由牛顿第二定律a=mgsin53-mgcos53m解得=0.125故A正确；B从助滑区滑下的速度为v=at=7.256829=17ms在起跳区，由动能定理-mgx2=12mv12-12mv2解得起跳时速度v1=16ms水平起跳后做平抛运动，由x=v1t1， y=12gt12， tan37=yx落地点到起跳点的距离为s=x2+y2=48m故B正确；C从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为E=mgx1cos53+mgx2=1594J+1320J=2914J故C错误；D若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度v2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为，则tan=v2gt2又tan37=v2t212gt22=2v2gt2所以着陆速度方向与竖直方向的夹角不变，则着陆速度方向与着陆坡的夹角不变。故D错误。故选AB。17、答案： 35 gtan 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=(40-101)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mgtan=ma故a=gtan（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=FNsin37Tcos45+FNcos37=mg联立解得FN=50N18、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FcosFf=maFsinFNG=0FN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=FN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=121.352m=16.25m19、答案： 失重 向下加速或向上减速解析：12置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为失重现象，此时电梯的加速度竖直向下，则其运动情况为：向下加速或者向上减速。小提示：20、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-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。21、答案： 平行 gtan解析：12由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为时，受力分析如图由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有Fmg=tan由牛顿第二定律知F=ma解得a=gtan22、答案： 匀速直线运动 惯性 惯性 维持 加速度解析：（1）1内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态（2）23意义：揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；45揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因23、答案： 2 1解析：根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式x=v0t+12at2与x=2t-t2对照可得v0=2m/s，a=-2m/s2假设F方向向前，由牛顿第二定律F-mg=ma带入可得F=-1N说明F方向向后，大小为1N。24、答案： 加速度 力解析：略25、答案：（1）8m/s；（2）10.25m/s解析：（1）箱子A在水平方向上受到向左的摩擦力，由牛顿第二定律有1mAg=mAaA代入数据解得aA=4m/s2t=2s时，箱子A的速度大小为vA=aAt=8m/s（2）1s时，汽车B的速度大小为vB=aBt1=5m/s设汽车B所受牵引力为F，对汽车B，由牛顿第二定律有F-1mAg-2mA+mBg=mBaB箱子A滑下后，对汽车B，由牛顿第二定律有F-2mBg=mBaBvB=vB+aBt2代入数据解得2s时汽车的速度vB=10.25m/s26、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=kx=400(0.3-0.2)N=40N木箱匀速运动，受力平衡，则有f=F=40NFN=mg=100N则动摩擦因数为=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/s227、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=bAC=2b故轻绳BC与AB垂直=45由牛顿第二定律mgtan =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 =mam根据题意FTm=2mg所以最大加速度为am=3g28、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mg=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