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1、1 (文末附答案)高中物理牛顿运动定律知识点梳理 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 m 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
2、，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（）2 A1：1B2：1C3:2D2:3 4、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
3、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 5、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=a2Bl1l
4、2，a1=a2 3 Cl1=l2，a1a2Dl1l2，a1a2 6、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 7、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
5、10m/s2）。则（）A小物块冲上斜面过程中加速度的大小是 5.0m/s2 B小物块与斜面间的动摩擦因数是 0.25 C小物块在斜面上滑行的最大位移是 8m D小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是 6.4J 4 8、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
6、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)s C物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为 2m D物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m 5 10、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，
7、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4，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 0.5 B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 0.5mgL D物块在上述过程因摩擦产生的热量为 0.6mgL 11、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，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1，AB间弹力大小为1，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2，AB间弹力大小为2，则（）A1
8、 2B1=2C1 2D1xb，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 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：19 由几何关系得，AD与水平面的夹角为 30，设圆周的半径为R xAD=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
9、=43 xCD=2R 小球在CD上运动的加速度 a2=gsin60=32g 根据 xCD=12a2t22 得 t2=83 则 12=32 故选 C。20 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，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 1 2=21 对图甲中的 A 有 1 1=1 对
10、图乙所示情况的整体有 1 2=22 对图乙中的 A 有 1 2=2 联立以上各式，有 1=2，1=2 故选 A。21 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，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 1=81=8.0m/s A 错误；B对小物块进行受力分析，根据牛顿第二
11、定律有 sin37+f=1 N cos37=0 又 f=N 代入数据解得 =0.25 22 B 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 =02=82 1=4m 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 0.25 20 0.8 4=32J D 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
12、得 sin+cos=1 1=8m/s2 共速后 23 sin cos=2 2=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 1=4 128s=1s 2=0 44s=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 =12(12+4)1m+12 4 1m=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 =12232 解得 3=5s 24 则物块从冲上传送
13、带到返回A端所用时间为 =1+2+3=(2+5)s B 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 1=12(12+4)1m 4 1m=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 2=4 1m 12 4 1m=2m 因为L2 cos+弹 物块继续向下加速，弹继续变大，当 sin 可知 1 2 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，则为零，A 正确；27 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
14、力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力为零，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、
15、答案：ABC 28 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
16、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 29 1=1 可得滑块与木板间的动摩擦因数为 1=0.4 C 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=22=440=0.1 D 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 1=对木板有 1 22=联立解得 =2m/s2 =12N 则木板的最大加速度为 2m/s2，根据 =0.5 可求得 2
17、=24s A 正确，B 错误。30 故选 ACD。16、答案：AB 解析：A运动员在助滑区做匀加速运动，由 1=122 解得 =7.25m/s2 由牛顿第二定律 =sin53 cos53 解得 =0.125 故 A 正确；B从助滑区滑下的速度为 =7.25 6829=17m s 在起跳区，由动能定理 2=1212122 解得起跳时速度 1=16m s 水平起跳后做平抛运动，由 31 =11，=1212，tan37=落地点到起跳点的距离为 =2+2=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 =1cos53+2=1594J+1320J=2914J 故 C 错误；D若考虑起跳
18、区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为，则 tan=22 又 tan37=221222=222 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 tan 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 1=(40 10 1)m s=30m s 所以落地前最后一秒的平均速度为 32 =1+2=35m s 所以落地前最后一秒的位移为 =35m（2）2对小球受力分析，由牛顿第二定律得 tan=故 =tan（3）3对小球受力分析
19、如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得 sin45=sin37 cos45+cos37=联立解得=50 18、答案：16.25m 解析：33 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=ma FsinFNG=0 FN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=16.25m 19、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
20、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：34 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，
21、受力分析如图 35 由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为 0，则有=tan 由牛顿第二定律知=解得 =tan 22、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 =0+122 36 与x=2t-t2对照可得 v0=2m/s，a=-2
22、m/s2 假设 F 方向向前，由牛顿第二定律 =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 1=代入数据解得=4m/s2 =2s时，箱子 A 的速度大小为=8m/s（2）1s 时，汽车 B 的速度大小为 37 =1=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 1 2(+)=箱子 A 滑下后，对汽车 B，由牛顿第二定律有 2=+2 代入数据解得 2s 时汽车的速度=10.25m/s 26、答案：（1）40N
23、，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 =400 (0.3 0.2)N=40N 木箱匀速运动，受力平衡，则有 =40N N=100N 则动摩擦因数为 38 =N=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 1 =代入数据解得 =2m/s2 27、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=b AC=2b 故轻绳BC与AB垂直=45 由牛顿第二定律 39 mgtan=ma 解得 =(2)小车向左的加速
24、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=3g 28、答案：（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 =40 由运动学有 2 02=2 又 传=解得 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=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 41 29
25、、答案：（1）23m/s，74；（2）44.7N；（3）2.6m 解析：（1）物块从A到B做平抛运动，有 =122 设在B点竖直方向的速度为，则=02+2 代入数据解得 =23m/s 方向与水平面的夹角为，则 tan=0=74（2）从A至C点，由动能定理得 =12221202 设C点受到的支持力为N，则有 N =22 代入数据解得 2=26m/s N 44.7N 42 根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为 44.7N.；（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力 f=1=5N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 f=2()=10N 因 f 则物块与木板之间发生相对滑动，
26、对物块，根据牛顿第二定律有 =物 解得 物=6m s2 对木板，根据牛顿第二定律有 =木 解得 木=2m s2（2）设力F作用的时间为，根据位移与时间的关系式=0+122可知，此时，物块的位移为 1=12物2 木板的位移为 2=12木2 45 又有 1 2=1 解得 =1s（3）撤去拉力时，根据=0+可知，此时，物块的速度为 物=6m s 木板的速度为 木=2m s 要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有 物+木=(+)共 解得 共=103m s 撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有 =1 解得 1=4m s2 木板的受力没有发生变化，则木板的加速
27、度不变，根据公式2 02=2可知，物块的位移为 1=289m 木板的位移为 46 2=169m 则木板的最小长度为 =1+1 2=103m 32、答案：（1）2；（2）4 解析：（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有 2=根据匀变速直线运动规律，有 =122 解得 =2（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为1，物块的加速度为2，经过时间1，物块离开木板，木板的位移为1，物块的位移为2。对木板，根据牛顿第二定律有 3=1 对物块，同理有=2 根据匀变速直线运动的规律，有 1=12112 47 2=12212 当物块离开木板时，有 1 2=解得 1=1.5 在这过程中，木板与地面摩擦
28、产生的热量 1=21=3 物块和木板相对运动产生的热量 2=所以，产生的总热量 =1+2=4 33、答案：可靠的实验事实 解析：(1)1本题向我们展示了科学史上著名的理想实验的思想方法，即在实验事实的基础上，经过合理的推理、想象，获取结论,正确的排列顺序是。(2)2针对题目所述的实验步骤，步骤属于可靠的实验事实。34、答案：0.64 1.0 CD 3（2+3）2 解析：(1)1电源频率为 50Hz，每相邻两计数点间还有 4 个计时点，则计数点间的时间间隔为 48 =0.02 5=0.1s D点的瞬时速度等于CE的平均速度为=2=21.60 8.792 0.1 102m/s=0.64m/s 2由
29、匀变速运动的推论=2可得加速度为 =42=21.60 8.79 8.794 0.12 102m/s2=1.0m/s2(2)3以系统为研究对象，由牛顿第二定律得 3 =(2+3)滑动摩擦力为 =2 解得=3（2+3）2。要测动摩擦因数，需要测出滑块的质量m2与托盘和砝码的总质量m3，故选 CD。(3)4由(2)可知，动摩擦因数的表达式为 =3（2+3）2 35、答案：2.950 222 ABD 解析：(1)1挡光片宽度=2.5mm+45.0 0.01mm=2.950mm 2由牛顿第二定律 =49 以及公式 2=2 其中 =解得=222(2)3 A多次测量取平均值可以减小测量动摩擦因数的误差。A
30、符合题意；B多次实验，采用图像法处理数据可以减小测量动摩擦因数的误差。B 符合题意；CD换用宽度更窄的遮光条可以使更接近瞬时速度，从而减小测量动摩擦因数的误差。D 符合题意，C 不符合题意。故填 ABD。36、答案：时间 ABC 解析：考查牛顿第三定律探究实验。（1）1由题可知，图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；（2）2从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时变化，且作用在不同的物体上，故 A、B、C 正确，D 错误。故选 ABC。50 37、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 =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=2=(7.14 2.00)1022 0.02m/s 1.3m/s（2）2根据逐差法得加速度为 =42=(10.28 4.38 4.38)1024 0.022m/s2=9.5m/s2（3）3根据牛顿第二定律 =得 =代入数据解得 =0.6N