历年高考物理力学牛顿运动定律必考考点训练.pdf

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1、历年高考物理力学牛顿运动定律必考考点训练历年高考物理力学牛顿运动定律必考考点训练单选题1、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/s）。则（）2A小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/sB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6.4J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

2、速度大小为8=8.0m/s121=A 错误；B对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有sin37+f=1N cos37=01又f=N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08=1=4m22=C 错误；D小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是=2f=2cos37=2 0.2520 0.84=32JD 错误。故选 B。2、一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在0时刻撤去力F，其图像如下图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则力F的大小为（）AB2 mg C3 mg D4答案：C解析：2设加速阶段加速度大小为a1，减速阶

3、段加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得 =1=2由图像可知1=22则=3故选 C。3、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，当电梯以的加速度匀加速上21升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为1，当电梯以2的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为2，重力加速度为g，则（）1A1:2=3:1B1:2=3:2C1:2=4:3D1:2=5:4答案：A解析：设斜面对物体的弹力为N，N与竖直方向的夹角为，对于加速上升过程，竖直方向1cos =123N水平方向N1sin=1解得31=tan2对于减速上升过程，竖直方向1cos=22 N水平方向N2sin=2解得12=tan2因此1=

4、32故 BCD 错误 A 正确。故选 A。4、下列有关物体惯性的说法中正确的是（）A同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的B力是改变物体惯性的原因C物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性D受力物体的惯性将随着所受力的增大而逐渐消失答案：A4解析：A惯性只与物体的质量有关，则同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的，选项A 正确；B力是改变物体运动状态的原因，物体的惯性是不变的，选项B 错误；C物体惯性只与质量有关，在任何状态下都均有惯性，选项C 错误；D物体的惯性与受力的大小无关，选项D 错误。故选 A。多选题5、如图所示，质量为m的某同学在背越式跳高过程中，恰好越过高度为h的横杆，

5、不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A人起跳阶段地面对人的弹力做正功B人起跳阶段地面对人的弹力不做功C人跳起后在空中处于完全失重状态D人在过杆时重心不可能低于横杆答案：BC解析：AB在起跳过程中人不能看作质点，但地面对人脚底的支持力的位移为零，所以做功为零，故A 错误，B 正确；5C人跳起后，在空中只受重力作用，处于完全失重状态，故C 正确；D在过杆时，人可拆成两段，头到腰一段，腰以下一段，这两段在人过杆时重心都压在杆之下，合重心在杆之下，故 D 错误。故选 BC。6、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

6、能为（）A2m/s2B3m/s2C4m/s2D5m/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 9N由牛顿第二定律可得=解得2.5m/s2 4.5m/s2AD 错误，BC 正确。故选 BC。7、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k0、0为已知量，斜面与水平面的夹角的正弦值sin=0.6，下列说法正确的是（）6A滑块上升的最大高度为100B滑块与斜面间的动摩擦因数为22k00127C恒力F的大小等于108k025D滑块与斜面间因摩

7、擦产生的热量为答案：BD解析：A根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为0时动能为k0，位移为50时恒力F撤去，此时动能为5k0，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50时动能减为k0，可得滑块上升过程中的最大位移为0，则滑块上升的最大高度为10271199=27810sin=10500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27090270909k0sin cos=01051055滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有7272727k00sin 0cos=101025联立解得1=2故 B 正确；C根据k 图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知

8、，下滑过程有27k01025270sin cos=受恒力F沿斜面上滑过程有k00 sin cos=联立解得3k00=故 C 错误；D整个过程中因摩擦产生的热量为27108k00=1025=2cos 故 D 正确。故选 BD。8、如图所示.轻弹簧放在倾角为 37的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的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，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为4，重力加速度为g，sn37=0.6，cos37=0.8，则（）18A物块与斜面间的动摩擦因数为0.3B物块与弹簧作用过程

9、中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小C弹簧具有的最大弹性势能为mgLD物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL答案：BD解析：A设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有1sin37 cos37 2=02解得3=16A 错误；B物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B 正确；Cc点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得59=(sin37 cos37)=416C 错误；D当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于53sin37=449D 正确。故选 BD。填空题9、方法一：利用牛顿第二定

10、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mmg解析：略10、惯性（1）定义：物体具有保持原来_状态或静止状态的性质（2）量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性_，质量小的物体惯性_（3）普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况_答案：匀速直线运动大小无关解析：（1）1定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质（2）23量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小；（3）4普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。11

11、、某同学质量为 50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_m/s，方向为_。答案：0.4#0.40竖直向上#向上解析：10212由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为=520N人的重力为=500N则电梯与人的加速度满足 =解得=0.4m/s2方向竖直向上。12、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对_（选填“平衡力”或“相互作用力”）。答案：减小相互作用力解析：1喷洒消毒液的

12、过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；2汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。解答题13、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C，质量为m3=2kg。木板 C 上静置一物块 B，质量为m2=1 kg。现有一质量为m1=2 kg 的物块 A 以v0=5 m/s 的速度从左端滑上木板C，木板 C 与地面间的动摩擦因数为3=0.2,物块 A 与木板 C 间的动摩擦因数为1=0.4。物块 A 滑行一段距离后与物块 B 发生弹性正碰，碰撞时间极短。从物块 A 滑上木板 C 开始计时，木板 C 的速度随时间t变化的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块 A、B 大小可忽略。取g

13、=10 m/s，求：112（1）木板 C 刚开始运动时的加速度大小；（2）物块 B 与木板 C 间的动摩擦因数2；（3）物块 A、B 间的最终距离。答案：（1）1m/s；（2）0.4；（3）=15m解析：（1）由图乙可知木板 C 开始运动时的加速度大小=1m/s228=（2）物块 A 与木板 C 之间的摩擦力1=11=8N，1=11木板 C 与地面之间的最大静摩擦力3=3(1+2+3)=10N所以开始物块 A 滑动时，木板 C 静止不动。物块 A、B 碰撞后都向右滑动的过程中，物块B 与木板 C 之间的摩擦力2=22，2=22木板 C 的加速度1+2 33=12解得2=0.4（3）由图乙可知木

14、板在 0.5s 时开始滑动，说明物块A 滑行 0.5s 时与物块 B 碰撞，碰撞前瞬间物块A 的速度2=1 11=3m/s物块 A 与物块 B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律得12=13+24由机械能守恒定律得11122212=13+24222解得3=1m/s，4=4m/sA、B 碰撞后物块 A 向右减速，加速度大小为a1，物块 B 向右减速，加速度大小为a2，木板 C 向右加速，加速度大小为a，经时间t，物块 A 与木板 C 共速，则5=3 1=此时物块 B 的速度大小6=4 2此过程 A 运动的位移3+521=B 运动的位移2=4+62此后 A、C 整体相对静止和 B 分别减速至零，以 A

15、、C 整体为研究对象，由牛顿第二定律得133 2=(1+3)共此过程 A、C 整体的位移253=2共B 的位移264=22由以上各式联立，解得 A、B 间的最终距离28m15=(2+4)(1+3)=14、如图所示，倾角=37的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离1=0.7m，E、F间距离2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量=4kg的平板B和质量=3kg的重物C，质量A=1kg且可看成质点的小物块A置于长=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小=10N的恒力。已知小物块

16、A、平板B之间动摩擦因数1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：（1）小物块 A 在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；（2）小物块 A 由静止运动到挡板P所用的时间。14答案：（1）2N；（2）2.05s解析：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得(+)sin37 2(+)cos37=(+)解得=4m/s2设B对A的静摩擦力大小为f，对A受力分析，由牛顿第二定律得sin37 fBA=解

17、得fBA=2NA、B间的最大静摩擦力fmax=1cos=6Nf fmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足20=2解得0=4m/s设该过程的运动时间为1，则0=1解得151=1s当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有+sin37 1cos37=1解得1=10m/s2对平板B有1cos37+sin37 2(+)cos37=2解得2=5m/s2当小物块A刚运动至E点时，速度满足221 0=212解得1=14m/s小物块A在EF之间的运动时间为1 0=1s12=

18、对平板B有2=0+22=9m/s平板B运动的位移为222 0=6.5m22此时平板B的下端距离P的距离为16=1 +(2)=0m此时平板B与挡板刚好相撞，此后小物块A离开EF区域，在平板B的上表面匀速滑行，A离开EF区域后滑行时间为1=0.05s13=因此小物块A到达P所用的时间为=1+2+3=2.05s15、如图所示，一个上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长1=66cm的水银柱，中间封有长2=6.6cm的空气柱，上部有长3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐，已知大气压强为0=76cmHg。（1）如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转至开口向下，求此时空气柱的长度；（封入的气体可

19、视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气）（2）如果使玻璃管以=5m/s2的加速度向上匀加速运动，求空气柱的长度。17答案：（1）12cm；（2）5.58cm。解析：（1）设玻璃管的横截面积为，玻璃管开口向上时，空气柱的压强为1=0+3=120cmHg玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分流出，封闭端会有部分真空，以1=66cm的水银柱为对象，可知空气柱的压强变为2=1=66cmHg设此时空气柱的长度为，根据玻意耳定律可得12=2解得=12cm（2）使玻璃管以=5m/s2的加速度向上匀加速运动，设此时空气柱压强变为，空气柱的长度为，以上部长3=44cm的水银柱为对象，根据牛顿第二定律可得 0

20、3=3解得=0+3(+)=142cmHg根据玻意耳定律可得12=解得 5.58cm16、2021 年 9 月 29 日万里黄河第一隧“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长=4760m。一位质量为=75kg的司机驾驶某小型汽车从起点处由静止以=4m/s2的加速度匀加速起步，速度达到=16m/s后保18持匀速行驶，到达终点前3=80m开始匀减速运动，到达终点时刚好停下，假设司机相对汽车始终静止，汽车在运动过程中始终可以看做水平面上的直线运动，重力加速度取10m/s2，求（1）汽车通过全程所用时间；（2）司机匀加速过程中所受汽车作用力的大小。答案：（1）304.5s；（2）15029N解析：（1）

21、加速过程由运动学公式=11=4s121=12减速过程0+233=3=10s匀速过程2=1 32=总时间=1+2+3=304.5s（2）作用力克服重力并提供了加速度，根据力的合成=()2+()2192=290.5s=15029N实验题17、甲图是英国数学家和物理学家阿特伍德（GAtwood 1746-1807）创制的一种著名力学实验装置阿特伍德机，用来研究竖直方向上做匀变速直线运动物体的超失重规律。某同学对该装置加以改进后还可以用来测量一个物体的质量，如图乙所示。(1)实验时，该同学进行了如下操作：将质量均为M（A 的含挡光片，B 的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出

22、_（填“A 的上表面”“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h；在 B 的下端挂上质量为m（未知）的物块 C，让系统（重物 A、B 以及物块 C）由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t；测出挡光片的宽度d，利用有关物理量，就可以计算出物块C 的质量m。(2)已知当地重力加速度为g，则物块 C 的质量m可表达为_（用M、h、d、t、g表示）。22答案：挡光片中心222解析：(1)1要计算系统重力势能的变化量，需要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。(2)2对系统，设加速度大小为，由牛顿第二定律可得20=(2+)又2=2而=联立解得22=22 218、小华利用如图甲所

23、示装置探究力与运动的关系，内装个质量均为0的砝码的盒子与砝码盘由绕过光滑定滑轮的细绳相连，纸带与打点计时器的摩擦不计，桌面水平。重力加速度为=10m/s2，电源频率为50Hz。(1)轻推盒子后，发现打出的纸带点距相等，然后测得装有砝码的盒子的总质量为1、砝码盘的质量为2，则盒子与桌面间的动摩擦因数为_。(2)将一个砝码由盒子中转移到砝码盘中，无初速度释放盒子，打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间还有四个点未画出，其中1=7.05cm、2=7.68cm、3=8.33cm、4=8.95cm、5=9.61cm、6=10.26cm，则盒子运动的加速度为_ms2，上述0与1的比值为_（填数字）。(3)依次

24、将 2 个、3 个砝码由盒子中转移至砝码盘中，分别进行实验并求出加速度，利用描点连线法画出加速度随转移的砝码个数()变化的图像，则图像可能为_。21答案：2 0.64 0.064 A1解析：(1)1纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，有1=2得21=(2)2由逐差公式有(4+5+6)(1+2+3)=(3)2由题意知=0.1s，代入数据得=0.64m/s2根据牛顿第二定律有(2+0)(1 0)=(1+2)解得=0.0640:1=(3)3根据牛顿第二定律有(2+0)(1 0)=(1+2)得22=0+01+2即与成正比，因此选 A。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

25、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/s）。（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12345（）1.801.781.831.761.84（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_

26、N（重力加速度取 10 m/s）；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。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）234将5组实验数据取平均值为1.80kg，则小钢球对桥的压力2322压=（1.80 1.10）10N=7.0N结合牛顿第三定律，根据2 =可得=2m/s小钢球对桥的压力大于自身重力，处于超重状态。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

27、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和小物块在长木板上的运动时间；c.改变释放位置，得到多组、数据，作出 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

28、=_ms2；（保留 3 位24小数）(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数=_；(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度=_ms2；（保留 3 位有效数字）(4)某同学认为：图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间内的位移大小。该观点是否正确？()A正确 B错误 C无法判断答案：1.958m/s20.5或0.509.79m/s2 B解析：(1)1小物块在斜面上做匀加速直线运动有12=2变形为1=2故 图像的斜率=2由图 2 可知=0.979故此时的加速度=2=1.958m/s2(2)(3)23长木板倾角为53时有53 53=125长木板倾角为37时有37 37=2联立可解得=0.5，=9.79m/s2(4)4 图像中的面积微元=，无物理意义，故选 B。26