历年高考物理力学牛顿运动定律知识点归纳超级精简版.docx

历年高考物理力学牛顿运动定律知识点归纳超级精简版

1

单选题
1、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。
2、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（　　）

A．宇航员在火箭发射过程中处于失重状态
B．航天员甲的质量为Ftv
C．天宫一号在太空中处于超重状态
D．太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小
答案：B
解析：
A．宇航员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；
B．支架复位过程，航天员甲的加速度为
a=vt
由牛顿第二定律可得
F=Ma
联立解得
M=Ftv
B正确；
C．天宫一号在太空中处于失重状态，C错误；
D．太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D错误。
故选B。
3、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。
4、一个倾角为θ=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μ=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（　　）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
答案：A
解析：
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
多选题
5、如图所示，足够长水平传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，将一质量为m的小物块（可视为质点）静止放置在传送带的左端，同时对小物块施加竖直向上的力F，力的大小满足F=kv，v为小物块的水平速度，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列所画出的小物块的水平速度v随时间变化的图象（图中t0=v0μg，vm=mgk）可能正确的是（　　）

A．B．
C．D．
答案：BC
解析：
D．小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg、竖直向上的力F、支持力N=mg-F、水平向右的滑动摩擦力f=μN，若kv0v0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力为零，小物块随传送带一起向右做匀速运动。故C正确。
故选BC。
6一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是（　　）
A．木块受到的重力和支持力是一对平衡力
B．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力
C．木块受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力
D．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力
答案：AD
解析：
AC．木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；
BD．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确。
故选AD。
7、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4．工件滑上A端瞬时速度vA＝5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（　　）

A．若传送带以4m/s顺时针转动，则vB＝4m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，则vB＜3m/s
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s
D．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB＞3m/s
答案：AC
解析：
A．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
a=μmgm=4m/s2
若传送带以4m/s顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s时的位移为
s=vB2-vA22a=52-422×4m=1.125m
然后物体随传送带匀速运动，故达到B端的瞬时速度为4m/s， A正确；
B．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B端时的速度为
vB=vA2-2aL=52-2×4×2m/s=3m/s
B错误；
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B选项可知因为到达B端的速度为3m/s ，故最后物体到达B端的速度为vB=3m/s，C 正确；
D．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B端的速度为3m/s，只有当传送带的速度大于3m/s时到达右端的速度才可能是vB>3m/s， D 错误。
故选AC。
8、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。
填空题
9、如图所示，一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上，下端与一重力为G的托盘连接，托盘中有一个质量为2G的砝码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉，弹簧又伸长了L（未超过弹簧的弹性限度），然后使托盘由静止释放，则刚释放托盘时，砝码对托盘的作用力大小等于___________。

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。
10、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，校车的加速度大小为___________。

答案：     平行     gtanθ
解析：
[1][2]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θ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
F'mg=tanθ
由牛顿第二定律知
F'=ma
解得
a=gtanθ
11、如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m＝1kg通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。图（b）中图线与纵坐标交点a0为_______，图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为_______。

答案：     6m/s2     静止状态
解析：
[1][2]当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
θ=0°时，木板水平放置，由牛顿第二定律

F-f=ma0
又
f=μmg
联立解得
a0=6m/s2
由图可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
12、牛顿第一定律
（1）内容：一切物体总保持_______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）意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有___，因此牛顿第一定律又叫___定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是___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_____的原因．
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）[2][3]意义：①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；
②[4][5]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．
解答题
13、如图甲所示，倾角 α = 37° 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长 LAB = 3 m，斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块，在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s （以 A 为起点）变化的关系如图乙所示，以水平地面为零重力势能面（g 取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求：
（1）小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度；
（2）小滑块通过第 2 m 位移所用的时间；
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能；
（4）在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s（0≤s≤3 m）变化的大致图线。

答案：（1）6 m/s2；（2）36s；（3）12 J；（4）
解析：
（1）在通过前 1 m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有
F-mgsinα=ma
a = Fm-gsinα=121-10×0.6 = 6 m/s2
（2）对于前 1 m位移的过程，有
v2=2as1
v=2as1=2×6×1=23m/s
对于第2m位移的过程，有F=6N，mgsinα=6Ν，所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动
t2=s2v=123=36s
所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为36s。
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时
Ek=12mv2=12×1×(23)2=6J
Ep=mgssinα=1×10×1×0.6=6J
E = Ek + Ep = 12 J
（4）如图

14、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）游客匀速下滑时的速度大小；
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。

答案：（1）16m/s；（2）180N
解析：
（1）由牛顿第二定律得
mgsinθ-µmgcosθ=ma
解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小
a=2m/s2
游客匀速下滑时的速度大小
v=at1=16m/s
（2）设游客在BC段的加速度大小为a′，由公式
0-v2=-2a′x
解得
a'=8m/s2
由牛顿第二定律得
F＋µmg=ma′
解得制动力
F=180N
15、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？

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/s2a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
16、如图所示，竖直平面内一倾角θ=37°的粗糙倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点，BC长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于C点。一质量m=0.2kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知A点离地高度H=1.2m，AB长L1=1.25m滑块与AB间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，CD长度L2=3m，圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小滑块经过C点时对轨道的压力；
（2）当传送带以顺时针方向v1=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D点的水平距离。

答案：（1）6N；（2）1.2m
解析：
（1）根据题意，滑块由A运动B的过程，应用动能定理
mgL1sin37°-μ1mgcos37°L1=12mvB2-0
代入数据解得
vB=10ms
由于BC长度可忽略，则
vC=vB=10ms
滑块在C点，受轨道的支持力FN和本身重力mg，根据牛顿第二定律
FN-mg=mv2R
代入数据解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，小滑块经过C点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力6N。
（2）假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律
μ2mg=ma
代入数据解得
a=2ms2
设滑块到达传送带右端的速度为v，根据公式
v2-vc2=2aL2
代入数据解得
v=22ms>4ms
则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，由于BC长度可忽略，则
H-L1sin37°=12gt2
代入数据解得
t=0.3s
水平方向，落地点到D点的水平距离
x=vt=4×0.3m=1.2m
实验题
17、如图所示某同学在探究物体自由落体运动的规律实验中打出了一条纸带，A、B、C、D、E是纸带上依次打出的5个点， A到B、C、D、E之间的距离分别为2.00cm、4.38cm、7.14cm、10.28cm，打点计时器所接电源的频率为50Hz，当地的重力加速度大小g=9.8m/s2。

（1）打点计时器打下C点时，物体的速度大小为________ms（结果保留两位有效数字）；
（2）物体运动的加速度大小为________ms2（结果保留两位有效数字）；
（3）若该物体的质量为2kg，则在运动过程中，该物体受到的平均阻力f=________N。
答案：     1.3     9.5     0.6
解析：
（1）[1]根据题意知纸带上相邻计数点间的时间间隔
T=0.02s
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得
vC=xBD2T=(7.14-2.00)×10-22×0.02m/s≈1.3m/s
（2）[2]根据逐差法得加速度为
a=xCE-xAC4T2=(10.28-4.38-4.38)×10-24×0.022m/s2=9.5m/s2
（3）[3]根据牛顿第二定律
mg-f=ma
得
f=mg-ma
代入数据解得

f=0.6N
18、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。
(1)请在图中除0以外的6根长刻度线旁，标注加速度的大小，示数的单位用m/s2表示，加速度的方向向上为正、向下为负。说明这样标注的原理。
(2)仿照以上装置，设计一个“水平加速度测量仪”。要求：画出它的装置图；说明它的构造；介绍加速度刻度的标注原理。g取10 m/s2。

答案：(1) 标注原理见解析；(2) 构造和原理见解析；
解析：
(1)[1]悬吊1.0N重物时,由平衡条件得
mg=1.0
解得m=0.1kg
依题意，向上为正，在C点弹簧的弹力等于0.9N，根据牛顿第二定律得
0.9-mg=maC
解得aC=-1.0m/s2 ，所以在C点标注-1.0，以此类推标注其它刻度如图所示。

(2)[2]水平加速度测量仪如图所示，光滑槽放在水平桌面上，左端固定一块木板，带有指针的弹簧左端固定在木板上，右端连一个小球，带有刻度的木板固定在槽上，小球静止时指针指在零刻度，木板上的刻度表示加速度的数值，正刻度表示加速度方向向左，负刻度表示加速度方向向右。
刻度的标注原理如下：将装置竖直放置，按照(1)问的方法标注刻度，然后水平放置，移动刻度尺使0刻度对准指针，并固定刻度板。

19、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD．.....FG之间的间距分别是x1、x2、x3......x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=________（用题目和图中已知字母表示）；

（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=________（用字母m、a、g表示）；
（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会______（填“偏大”或“偏小”）。
答案：     x4+x5+x6-x1-x2-x39T2     m(g+a)g-a     偏小
解析：
（1）[1]物体P和Q一起做匀加速运动。故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有
Δx=aT2
所以
a=x4+x5+x6-x1-x2-x39T2
（2）[2]忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有
Mg-mg=(M+m)a
整理得到
M=m(a+g)g-a
（3）[3]若考虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q质量的测量值会偏小。
20、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43

24