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1、1 (文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点总结 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 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
2、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 2 D在t时刻，a和b的动量相同 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，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mg
3、 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 C空气对鸽子的作用力的功率为D鸽子克服自身的重力的功率为sin15 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，3 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
4、作用力大小不相同 Bf甲f乙 C小明受到电梯的作用力方向竖直向上 Df甲与f乙大小关系与倾角大小无关 6、如图所示，轻杆一端固定在点，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为，N 2图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A2=时，小球完全失重 B2=时，杆对小球弹力方向竖直向上 C小球的质量为D当地的重力加速度大小为 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
5、下列说法正确的是（）A若v1v2，则v2=v2 C不管v2多大，总有v2=v2 D只有v1=v2时，才有v2=v1 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 填空题 9、一物体从倾角为的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，
6、已知斜面与物体间的动摩擦因数与物体离开斜面顶端距离x之间满足=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）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，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_。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_。5 12、如图，光滑固定斜面的倾角为 3
7、0，A、B 两物体的质量之比为 41。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_。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13，求作用力F的大小。（g10m/s2）14、如图所示，一物块（可视为质点）以水平向右的初速度0=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
8、平飞出后，最后垂直打在一倾角=45的斜坡上。已知传送带的长度=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=0.2，重力加速度g取10m s2，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。6 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1=0.20，B 与地面之间的动摩擦因数2=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
9、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。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13，求作用力F的大小。（g10m/s2）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_。7 A平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系
10、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 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；改变砂桶中沙子的质量，重复实验三次。(1)在验证“质量一定，加速度与合外力的关系”时，某学生根据实验数据作出了如图乙所示的 图像，其中图线
11、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远小于小车和砝码的总质量（即 xb，根据运动学规律 x12at2 得 aaab 又由牛顿第二定律a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 12 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：B 解析：A物体通过O点时弹簧的弹力
12、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，CD 错误。故选 B。4、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，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cos75，C 错误；D鸽子克服自身的重力的功率为 13 =重力 由力的功率表达式 重力=cos（15+90）联立解得 =sin15 D
13、正确。故选 D。5、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，由牛顿第二定律，对甲有 甲 sin=对乙有 乙=cos 对比可得 甲 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 14 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、答案：ACD 解析：A由图可知：2=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
14、，故 A 正确；B由图可知：当2 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2=时，杆对小球弹力方向向下，故 B 错误；CD在最高点，若=0，则有 N1=0 当N=0时，则有：=2=可得 =，=故 CD 正确。故选 ACD。7、答案：AB 解析：15 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 =222 然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：若v1v2，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。若v1v2，物体向右运动时先
15、加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小 =122222=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、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。9、答案：gsin tan 解析：16 1=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 =sin 2速度最大时，加速度为零，有 cos=sin 此时
16、 cos=sin 解得 =sincos=tan 10、答案：(cos)2:1 cos:1 解析：1将细线 L2剪断瞬间，细绳 L1上的拉力 1=cos 弹簧弹力不变，为=cos 则 1=(cos)21 2 对 A 由牛顿第二定律得 sin=解得 17 =sin 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 tan=解得=tan 则 A 与 B 的加速度之比为cos:1 11、答案：质量m mg 解析：略 12、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 1=4sin30=2 对 B 物体 1=+2 解得下边绳子的拉力为 2
17、=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 18 =2 B 落地速度=2 此时 A 的速度=gsin30=122 即当 B 落地前瞬间，A、B 的速度大小之比为 1:2。13、答案：9.4N 解析：对物体受力分析，建立直角坐标系如图 由 vt2v022ax 20220.420.6220.5m/s20.2m/s2 负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。19 y轴方向 FN+Fsin30mg F（mg-Fsin30）x轴方向，由牛顿第二定律得 Fcos30Fma 即 Fcos30（mgFsin30）ma 解得 F9.4N 14、答
18、案：（1）传=10m/s；（2）=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 =由运动学有 2 02=2 又 传=解得 传=10m/s 20 （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=tan45 竖直速度=竖直位移 =122 水平位移 =距离 =2+2 联立并带入数据解 =55m 15、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 11=11 解得加速度 1=1=2m/s2 21 方向水平向左；以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律有 11+2(1+2)=22 解
19、得加速度 2=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 =22=0.5s 此时 A 的速度=1 1=3m/s 方向水平向右；此后，由于 11=22(1+2)=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 12=21 解得物块的位移大小为=4m 16、答案：9.4N 解析：对物体受力分析，建立直角坐标系如图 22 由 vt2v022ax 20220.420.6220.5m/s20.2m/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+Fsin30mg F（mg-Fsin30）x轴方向，由
20、牛顿第二定律得 Fcos30Fma 即 Fcos30（mgFsin30）ma 解得 F9.4N 17、答案：正比 反比 B 23 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)3A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、答案：AD 3.0 (+)解析：(1)1AB图线
21、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 x=aT2，可得小车运动的加速度 =(4+5+6)(1+2+3)92=(5.69+6.18+6.66)(4.25+4.73+5.22)9 0.042 102m s2=3.0m s2 24 (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
22、mgMg=（M+m）a 解得=(+)19、答案：重复测量 3 次下落时间，取其平均值作为测量值t B =2(2+0+)2 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 =(+0+)又 =122 解得 =2(2+0+)2 20、答案：1.5 1.9 9.5 解析：25 (1)1打点间隔为 =1=0.02s 相邻计数点间的时间间隔为 =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 5=(13.78+15.70)1022 0.1m s=1.5m s (2)2根据逐差法，可得 =(11.92+13.78+15.70)(6.19+8.11+10.00)9 0.12 102m s2=1.9m s2 3根据牛顿第二定律，有 2 1=(1+2)解得 =9.5m s2