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文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律知识点汇总

1

单选题
1、如图所示，质量为m的滑块Q沿质量为M的斜面P下滑，P、Q接触面光滑，斜面P静止在水平面上，已知重力加速度为g，则在滑块Q下滑的过程中（　　）

A．滑块Q重力将减小
B．滑块Q处于超重状态
C．水平面对斜面P没有摩擦力
D．水平面对斜面P的支持力小于(M+m)g
2、物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/s2
3、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（     ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
4、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（　　）

A．F1:F2=3:1B．F1:F2=3:2
C．F1:F2=4:3D．F1:F2=5:4
多选题
5、如图所示，倾角θ=37°的固定斜面体顶端连一轻质定滑轮，小物体C与长木板B通过轻质细绳跨过定滑轮连接，长木板B上放一物体A。已知三物体的质量均为m=1kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.5，B与斜面体之间的动摩擦因数μ2=0.25，重力加速度为g=10m/s2。现同时由静止释放A、B、C，关于三物体的运动状态分析正确的是（　　）

A．A、B以相同加速度沿斜面下滑
B．A的加速度大小为2m/s2，方向沿斜面向下
C．B所受摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下
D．斜面体对B的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下
6、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
7、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2>v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
8、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025
填空题
9、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＝______。
10、力和运动的关系
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所受合力的大小成正比，与物体的___________成反比；加速度的方向与物体___________的方向相同。
11、在竖直方向运行的电梯中，会出现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__________现象。此时电梯的运动情况是__________。
12、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。
解答题
13、2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在冰壶比赛中，球员掷壶时，身体下蹲，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心。比赛场地简图如图所示，本垒圆心到前卫线之间的距离x1=8m，前卫线到营垒中心的距离x2=32m。某次投掷过程中，运动员在前卫线处放开冰壶，放开时冰壶的速度v=2m/s，冰壶恰好自行滑行到营垒中心。冰壶运动可以简化为由球员掷壶阶段的初速度为零的匀加速直线运动和自行滑行阶段的匀减速直线运动。冰壶的质量m=20kg，可以看做质点，在滑行过程中冰壶与冰面之间的动摩擦因数不变。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）冰壶向前卫线滑行过程中受到的合力大小F；
（2）冰壶与冰面之间的动摩擦因数μ。

14、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取10m/s2）
15、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

16、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

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、某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。

(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是____；
A．钩码的质量要远小于木块的质量
B．要保证长木板水平
C．接通电源的同时释放木块
(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a=____m/s2；（结果保留两位有效数字）
(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为____（用M、m、a、g表示结果）。
19、某小组的同学设计了一个研究汽车通过凹形桥最低点时的速度与其对桥面压力关系的实验装置。所用器材有小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径R=0.30 m）。完成下列填空：

（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.10 kg。
（2）将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，则该小钢球的重力为______N（重力加速度取10 m/s2）。
（3）将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放，小钢球经   过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次 从同一位置释放小钢球，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.78
1.83
1.76
1.84
（4）根据以上数据，可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为______N（重力加速度取10 m/s2）；小钢球通过最低点时的速度大小为______m/s；小钢球处于______（选填“超重”或“失重”）状态。
20、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cos53°=0.6、sin37°=0.6、cos37°=0.8，实验步骤如下：

a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=______ms2；（保留3位小数）
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=______ms2；（保留3位有效数字）
(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A．       正确                                     B．错误                                          C．无法判断

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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_018参考答案
1、答案：D
解析：
A．滑块的重力
G=mg
与滑块的运动状态无关，故A错误；
B．滑块沿斜面加速下滑，加速度为
a=gsinθ
有向下的分加速度，所以滑块Q处于失重状态，故B错误；
C．对整体在水平方向，根据牛顿第二定律可得
f=M×0+macosθ
得
f=mgsinθcosθ
受到的摩擦力向左，故C错误；
D．对整体在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
Mg+mg-FN=M×0+masinθ
解得
FN=(M+m)g-mgsin2θ
故D正确。
故选D。
2、答案：B
解析：
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时
v2=2a1s1
圆盘在桌面上运动时
v2=2a2s2
盘没有从桌面上掉下的条件是
s1+s2=L2
联立解得
s1=μ2L2μ1+μ2
圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得
s=12at2
对圆盘有
s1=12a1t2
而
s=L2+s1
由以上各式解得
a=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=2.5m/s2
故B正确，ACD错误。
故选B。
3、答案：D
解析：
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
D正确。
故选D。
4、答案：A
解析：
设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为θ，对于加速上升过程，竖直方向
FN1cosθ-mg=m⋅12g
水平方向
FN1sinθ=F1
解得
F1=32mgtanθ
对于减速上升过程，竖直方向
mg-FN2cosθ=m⋅12g
水平方向
FN2sinθ=F2
解得
F2=12mgtanθ
因此
F1=3F2
故BCD错误A正确。
故选A。
5、答案：BC
解析：
AB．由静止释放三物体时，设A、B、C三物体相对静止，则整体沿斜面下滑的加速度为
a0=2mgsinθ-2μ2mgcosθ-mg3m<0
与假设矛盾，所以A、B、C不能一起下滑，A沿长木板下滑的加速度
aA=mgsinθ-μ1mgcosθm=2m/s2
故B正确，A错误；
D．以B、C为研究对象受力分析得
mCg-mBgsinθ-μ1mAgcosθ=0
可知B、C相对斜面体静止，且斜面体对B的摩擦力为零，故D错误；
C．B对A的滑动摩擦力为
FfBA=μ1mAgcosθ=4N
方向沿斜面向上，由牛顿第三定律可知，B所受摩擦力大小为4N，方向沿斜面向下，故C正确。
故选BC。
6、答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
7、答案：BC
解析：
A．相对地面而言，小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；
B．小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1~t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；
C．由B中分析可知，0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；
D．在0~t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2~t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。
故选BC。
8、答案：BD
解析：
A．根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为
H=2710s0sinθ=8150s0
故A错误；
B．从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=12
故B正确；
C．根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=Ek0s0
联立解得
F=3Ek0s0
故C错误；
D．整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
9、答案：     质量m     mg
解析：
略
10、答案：     加速度     质量     合外力
解析：
[1][2][3]根据牛顿第二定律可知，物体加速度和力的关系为：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体合外力的方向相同。
11、答案：     失重     向下加速或向上减速
解析：
[1][2]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：
12、答案：     2     变大
解析：
[1]由牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=FM-g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。
13、答案：（1）F=5N；（2）μ=0.00625
解析：
（1）冰壶从本垒圆心到前卫线做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
v2=2a1x1
解得
a1=0.25m/s2
根据牛顿第二定律
F=ma1
解得
F=5N
（2）冰壶从前卫线到营垒中心做匀减速直线运动，由运动学公式有：
0-v2=-2a2x2
解得
a2=0.0625m/s2
冰壶减速前进过程中，由滑动摩擦力提供加速度，即：
ma2=μmg
解得
μ=0.00625
14、答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
15、答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
16、答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
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：     B     1.1     mg-(M+m)aMg
解析：
（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求M≫m ；又因为f=μMg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；
（2）由逐差法公式可求得加速度
a=x34-x122T2=1.1m/s2
（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）
a=T-μMgM ,a=mg-Tm
解得
μ=mg-M+maMg
19、答案：     3.0     7.0     2     超重
解析：
（1）[1]托盘秤的示数是1.40kg，则小钢球的质量是0.30kg，小钢球的重力是3.0N；
（4） [2][3][4]将5组实验数据取平均值为1.80kg ，则小钢球对桥的压力
F压=（1.80-1.10）×10N=7.0N
结合牛顿第三定律，根据
FN-mg=mv2R
可得
v=2m/s
小钢球对桥的压力大于自身重力，处于超重状态。
20、答案：     1.958m/s2     0.5或0.50     9.79m/s2     B
解析：
(1)[1]小物块在斜面上做匀加速直线运动有
x=12at2
变形为
xt=12at
故xt-t图像的斜率
k=a2
由图2可知
k=0.979
故此时的加速度
a=2k=1.958m/s2
(2) (3)[2][3]长木板倾角为53°时有
mgsin53°-μmgcos53°=ma1
长木板倾角为37°时有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
联立可解得
μ=0.5，g=9.79m/s2
(4)[4]xt-t图像中的面积微元Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。