2019年高考物理总复习牛顿运动定律专题卷

1、、单选题1. 通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是（ A. 亚里士多德略尔【答案】【考点】 【解析】牛顿运动定律专题C.D.笛卡牛顿B.伽利B牛顿第一定律【解答】A:亚里士多德提出了运动需要力来维持；B、伽利略用理想实验验证了 “力不是维持物体运动的原D 牛顿总结了前人的工作【分析】物理学史的知识，每一位科因” C 笛卡尔在伽利略基础上了提出了相似的观点 学家都有他的经典之作，记牢即可选择出答案。2.（2018?卷I）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动，以 和 x 之间关系的图像可能正确的是（P,系统处于静止状

2、态， 现用一竖直向上的 x表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示777777777777777CD【答案】【考点】【解析】A连接体问题，胡克定律，物体的受力分析【解答】由牛顿运动定律，F-mc+Fw=maA。故答案为：AF弹=k(xo-x),kxo=mg,联立解得F=ma kx,对比题给的四个图象，可能正确的是【分析】该题需选择物块 P 为研究对象，对 P 分两种情况进行进行受力分析：未对 施加拉力 F 后，然后根据牛顿第二定律 F合=ma 列出方程。即可推导出拉力F 与 x 的关系式。P 施加拉力 F 时，有 mg=kx）;对 P3. （2018?北京）根据高中所学知识可知

3、，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。 但实际上，赤道上方 200m 处无 初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm 处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球（）A. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C. 落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【答案】D【考点】对质点系的应用，位移的合成与分解【解析】 【解答】 根据题意， 将小球从赤道地面竖直上抛， 水平方向受到一个与竖直方向的

4、速度大小成正比的力, 小球从地面竖直上抛，速度越来越小，故水平方向的力越来越小，到达最高点时，竖直方向的速度为零，故水平方向的加速度为零，水平方向小球做加速度减小的加速运动，故到达最高点时，小球的速度不为零，故AB 错误；小球在下落的过程中，竖直方向做匀加速直线运动，所以水平方向加速度逐渐增大；水平方向加速度向东，所以向西做 加速度增大的减速运动，再根据运动学规律得出落地点在抛出点西侧，故C 错误；故答案为：Db【分析】本题属于新颖的题型，这样的水平力，学生平时应该都没有见过，但是仔细分析题干就会得出其实这就是运动的合成与分解，小球参与了水平和竖直两个方向的运动，结合牛顿运动定律即可得出答案。

5、4.用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是（）2 2A. kg.m /sC. N/mB.kg.m/sD. N.m【答案】A【考点】单位制及量纲【解析】【解答】能量单位为焦耳 J，根据做功 W=FL 可知 1J=1Nm 而 1N=1kg.m/s2，因此正确答案为 A【分析】利用公式推导新的单位，这是对量纲的考察，国际基本单位有7 个，Kg、ms、A、mol, T、Cd;其它单位都是导出单位。5.如图所示，在光滑水平面上以水平恒力F 拉动小车，让小车和木块一起做无相对滑动的加速运动，若小车质量为M 木块质量为 m,加速度大小为a,木块和小车间的动摩擦因数为卩对于这个过程，某同学用了以下

6、4 个式子来表达拉力 F 的大小，下述表达式一定正确的是（）A. MaB.卩 mg+MC. （M+maD. mg+m【答案】C【考点】滑动摩擦力，静摩擦力，对质点系的应用，连接体问题【解析】【解答】解：A、先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F= （ M+m a, A 不符合题意，C 符合题意，B、由于 M 与 m 间无相对滑动，未静摩擦力，则不能用f=卩 mg 来计算两者间的摩擦力大小，BD 不符合题意故答案为：C【分析】先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律未静摩擦力，则不能用 f=卩 mg 来计算两者间的摩擦力大小。F= （ M+m a,由于

7、M 与 m 间无相对滑动,6.如图所示，n 个质量为 m 的相同木块并列放在水平面上，木块跟水平面间的动摩擦因数为 个水平向右的推力 F 时，木块加速运动，木块5 对木块 4 的压力大小为（，当对 1 木块施加一777777777777777777)A. FB.C.B. 1.5gsinaC. gsinaD. 2gsina【答案】【考点】【解析】D对单物体（质点）的应用【解答】解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F=nma得:a=nm以 1234 为研究对象，设 5 对 4 的压力为 N,根据牛顿第二定律：F-N=4m?a联立以上二式得：N=，ABC 不符合题意，D 符合题意.n【答案】【考

8、点】【解析】对系统，B对质点系的应用，连接体问题【解答】解：木板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为由牛顿第二定律得：3mgsina=2mga 解得：a=1.5gsina;故答案为：D.【分析】本题考查整体法与隔离法结合牛顿第二定律的应用，整体应用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离计 算木块 5 对木块 4 的压力大小。7.如图所示，A B 两物体质量分别为RA、m ，且RAm?，置于光滑水平面上，相距较远.将两个大小均为 的力，同时分别作用在 A、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）故答案为：B.【分析】本体用整体法比较简单，猫

9、保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为律方程即可求解。9.如图所示，某滑雪场的索道与水平面夹角为 道以 a=2m/s2的加速度斜向上运动时，已知0,对整体列牛顿第二定0=37，g=10m/s2质量为 m=50g 的人坐在缆车内的水平座椅上，当缆车随索sin37 =0.6，cos37 =0.8，则（A. 停止运动B.向左运A.座椅对人的摩擦力大小为100NB.座椅对人的摩擦力方向与水平方向的夹角为动C.向右运上方动D.运动方向不能确定C.座椅对人的支持力大小为560ND.座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角为【答案】C上方【考点】对单物体（质点）的应用，动量定理， 动量守恒定律，匀变速

10、直线运动基本公式应用【答案】C【解析】【解答】解：力 F 大小相等，RA RB，【考点】对单物体（质点）的应用由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aA tB，由动量定理可知厶碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，ABD 不符合题意，C 符合题意.故答案为：C.【分析】判断两物体发生碰撞并粘在一起后做什么样的运动，先由牛顿第二定律求出加速度，再判断冲量的大小， 最后根据碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右。8.如图，在倾角为a的固定光滑斜面上，有一用绳子栓着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质 量的2 倍当绳子

11、突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加由 IA=F?tA， IB=F?tB，得：IA IB，FA=IA， PB=IB，贝 V PAPB，在水平方向上根据牛顿第二定律得：f=max=80N,故 AB 错误.C 在竖直方向上，根据牛顿第二定律得：N- mg=ma ，解得：N=mg+my=560N,故 C 正确D 座椅对人的作用力方向与水平方向的夹角的正切值为:故选：C.【分析】将加速度 a 分解为水平方向和竖直方向，在两个方向上通过牛顿第二定律求出静摩擦力和弹力的大小.10.如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球 a 置于水平地

12、面上， 球 b 被拉到与细杆同一水平的位置， 把绳拉直后，由静止释放球 b，当球 b 摆到 0 点正下方时，球 a 对地面的压力大小为其重力的已知图中 Ob 段的长度小于 Oa 段的长度，不计空气阻力，则（A.球 b 下摆过程中处于失重状【分析】根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化情况.12.某个质量为 m 带电量为-q （ q 0）的小球仅在重力作用下从静止开始沿竖直向下方向做匀加速直线运动,B.球 b 下摆过程中向心加速度变小C.当球 b 摆到 0 点正下方时，球 b 所受的向心力为球

13、 a 重力的 普D.两球质量之比 ma: m=9： 2【答案】D【考点】对单物体（质点）的应用，向心力，动能定理的理解【解析】【解答】解：A、球 b 下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A 错误；B b 球速度增大，根据 a=可知，向心加速度增大，故B 错误；C 当球 b 摆到 0 点正下方时，球 a 对地面的压力大小为其重力的戸，则 F+FN=mg，解得 尸=駅曲，球 b 所受的向心力为 F向=F- mg=丹:衣于蝕好，故 C 错误D 设 Ob 绳长为 I，在下落过程中，根据动能定理可知小冒：；_小:厂U匚一斗，联立解得 m： m=9： 2,故 D 正确；故

14、选：D【分析】b 球下落过程中作圆周运动的一部分，根据加速度的方向判断出超失重现象，当b 球摆到竖直最低位置时，球 a 对地面的压力大小为其重力的，判断出绳子的拉力，由牛顿第二定律，结合向心力公式可列出质量、速度及半径间的关系；再运用机械能守恒定律可列出b 球的质量与速度间的关系；最后可求出两球质量关系.11.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）段时间后在小球运动的空间中施加竖直方向的匀强电场，小球又经过相等的时间恰好回到出发点，则（A.电场强度方向竖直向下，大小为B.电场强度方向竖直向下，大小为S

15、niff亠C.电场强度方向竖直向上，大小为大小为【答案】A【考点】牛顿运动定律与电磁学综合，匀变速直线运动导出公式应用【解析】【解答】解：电场力大小为 F=qE,设匀加速直线运动的时间为t .向下的过程中：h= 对于匀变速直线运动，有 a= -_二据题有:-匕-:、匚|解得 F=4mg所以：E= 罕.故 A 正确，BCD 错误.故选：AD.电场强度方向竖直向上,【分析】物体先向上匀加速直线运动，撤去拉力后的运动可以看成一种有往复的匀减速直线运动，两个过程的位移大小相等、方向相反，由牛顿第二定律和位移公式结合求解.13.如图所示，质量分别为 m 和 M 的两长方体物块 P 和 Q,叠放在倾角为B

16、的固定斜面上.P、Q 间的动摩擦因数为 卩1, Q 与斜面间的动摩擦因数为卩2.当它们从静止释放沿斜面滑下时，两物块始终保持相对静止，则物块P对 Q 的摩擦力为（）A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸肯定不会滑出桌面【答案】B【考点】滑动摩擦力，对质点系的应用，连接体问题，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A 错误;B 由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大

17、小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at 可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故 B 正确；C 鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不 变；故 C 错误；D 猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故D 错误；故选：BA. mgcosB，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下C.卩2mgcos0，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下B.2mgcos0，方向D.11mgcos0，方向【答案】B【考点】对单物体（质点）的应用，整体法隔离法【解析

18、】【解答】解：对 PQ 整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有：（ m+M gsinB-卩2（m+M geos0= （ M+m a解得：a=g (sin0-卩2eos0)再对 P 物体受力分析，受到重力 mg 支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有 mgsin0 -Ff=ma由解得 P 受到的摩擦力大小为：Ff=u2mgeos0，方向沿斜面向上；根据牛顿第三定律可得物块P 对 Q 的摩擦力为 卩2mgeos0，方向平行于斜面向下.故 ACD 错误、故选：B.【分析】先对律列式求解出14.如图所示，B 正确;PQ 整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速

19、度，然后隔离出物体 Q 对 P 的摩擦力，再根据牛顿第三定律求解P 对 Q 的摩擦力.质量分别为 m 2m 的球 A、B 由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内, A的加速度大小分别为（细线中的拉力为 F,此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力的大小和小球P,受力分析后根据牛顿第二定7FA.+g【答案】【考点】【解析】+gB.，+gC.D. ,F丄+gA对质点系的应用，连接体问题【解答】解：剪断细线前：设弹簧的弹力大小为对整体：F- 3mg=3ma对 B 球: f - 2mg=2ma解得，f=f.根据牛顿第二定律得剪断细线的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为f

20、=13对 A 球: mg+f=msAif得 aA=+g故选 A【分析】先分别以整体和 B 球为研究对象，根据牛顿第二定律研究剪断细线前弹簧的弹力剪断细线的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，再由根据牛顿第二定律求出A 球的加速度.15. 一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙.滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示.下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移X、速度 V、动能 E0则滑块的运动情况是（）6A.动量方向沿杆向下, 正在均匀减小C.动量方向沿杆向上, 正在均匀减小正在均匀增大正在均匀增大B.动量方向沿杆向下,D.动量方向沿杆向上,【答案】D【考

21、点】对质点系的应用，连接体问题，整体法隔离法，假设法【解析】【解答】解：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得,若假设 滑块速度方向向下，则沿斜面方向：（ m+m） gsin0- f= （m+m） a垂直斜面方向： FN= （m+m） gcos0其中摩擦力：f=卩 FN联立可解得： a=gsin0-卩 gcos0,对小球现有：0 v 3，则有agsin3所以 gsin0-卩 gcos0 gsin3gsin0 -gsin3geos0因为03，所以 gsin0 -gsin3 0 所以假设不成立，即速度的方向一定向上.滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆

22、的方向向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小故ABC 错误，D 正确故选：D【分析】滑块与小球保持相对静止，并以相同的加速度a 一起下滑，对整体进行受力分析求出加速度，采用隔离法，分析小球的受力，求出加速度，结合03分析即可判断.17.如图所示，竖直半圆环中有多条起始于A 点的光滑轨道，其中 AB 通过环心 O 并保持竖直.一质点分别自A 点沿各条轨道下滑，初速度均为零那么，质点沿各轨道下滑的时间相比较（）A.无论沿图中哪条轨道下滑，所用的时间均相同B.质点沿着与 AB 夹角越大的轨道下滑，时间越短C.质点沿着轨道 AB 下滑，时间最短D.轨道与

23、 AB 夹角越小（AB 除外），质点沿其下滑的时间越短【答案】A【考点】对单物体（质点）的应用，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【解答】解：设半径为 R,斜面与竖直方向夹角为0，则物体运动的位移为 x=2Rcos0，物体运动的加速度 a=J=geos0，根据 x= - at2,则 t= 于，与0角无关.而知道弦长和倾角也能算出半径，所以A 正确,BCD 错误.故选：A.【分析】设半径为 R,斜面与竖直方向夹角为 然后根据 x= at2求解时间.D.相遇后的任意时刻，重力对球a 做功功率小于重力对球 b 做功功率【答案】D【考点】超重失重，动能定理的综合应用【解析】【解答】解：A、ab 运动的

24、加速度都向下，故都处于失重状态，A 不符合题意；B、从题目内容可看出，在 0.5h 处相遇，此时 a 球和 b 球的位移大小相同，时间相同，它们的加速度也相同，a 竖直上抛，b 自由落体，设相遇时间为 t，相遇时 A 的速度为 v, b 的速度为 v则有：匚_；,由自由落体规律得， v =gt, v=v- gt，故相遇时 a 的速度为零，B 不符合题意；C 根据动能定理额可知 E 0, C 错误.BC 不符合题意，AD 符合题意故答案为：AD.【分析】 本题 AB 两个物体连接体， 对于连接体问题， 通常采用整体法和隔离法相结合求解， 当以整体为研究对象受 力分析时 AB 之间的作用力不分析.

25、24.如图所示，M 为定滑轮，一根细绳跨过 M 一端系着物体 C,另一端系着一动滑轮 N,动滑轮 N 两侧分别悬挂着 A、 B 两物体，已知 B 物体的质量为 3kg，不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，若C 物体的质量为 9kg，则关于 C物体的状态下列说法正确的是（）A.当 A 的质量取值合适，C 物体有可能处于平衡状态B.无论 A 物体的质量是多大，C 物体不可能平衡C.当 A 的质量足够大时，C 物体不可能向上加速运动D.当 A 的质量取值合适，C 物体可以向上加速也可以向下加速运动【答案】A,D【考点】共点力平衡条件的应用，对单物体（质点）的应用【解析】【解答】解：A、首先取 AB 连接

26、体为研究对象，当 A 的质量远远小于 B 的质量，则 B 以接近重力加速度做向下的加速运动，B 处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A 的质量远远大于 B 的质量时，则 B 以接近重力加速度向上做加速运动， B 处于超重状态， 细绳的最大拉力接近 B 的重力的两倍， 故此时细绳拉 C 的最大拉力为 B 的重 力的 4 倍，故当 A 的质量取值合适，C 的质量在大于零小于 12kg 之间都有可能处于平衡，故 A 正确，B 错误； C 结合以上的分析，当细绳对C 拉力小于 C 的重力时 C 产生向下的加速度，当细绳对C的拉力大于C的重力时 C 产生向上的加速度，故 C 错误、D 正确.BC 不

27、符合题意，AD 符合题意故答案为：AD【分析】本题主要考查物体的平衡和牛顿运动定律的应用，物体平衡条件和牛顿运动定律的应用的分析和处理能力。25.如图所示，A、B 两物体的质量分别为 2m 和 m 静止叠放在水平地面上.AB 间的动摩擦因数为 卩，B 与地面间的动摩擦因数为卩最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对 A 施加一水平拉力巳则（）1 B、当F=亍卩 mg 时，若 A 与 B 仍然没有相对运动，则：三/罠:三1=广”:磚又：F fmax= （mA+m） ai所以：=善氓此时 A 与 B 之间的摩擦力 f ,则：mai=F f所以：f=31mg 时，A 相对 B 滑动.故 C

28、正确；D 当 A 与 B 之间的摩擦力最大时，B 的加速度最大，此时 B 沿水平方向受到两个摩擦力的作用，又牛顿第二定律得：ma3=fmax-fmax=2mg- 1.5img=0.51mg所以：a3=0.5ig即无论 F 为何值，B 的加速度不会超过ig.故 D 正确.A 不符合题意，BCD 符合题意；故答案为：BCD【分析】本题考查牛顿第二定律的综合运用，考查隔离法和整体法的应用，利用牛顿第二定律和整体法隔离法求出A、B 不发生相对滑动时的最大拉力.26.如图所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m 的物块 A, A 放在质量也为 m 的托盘 B 上,初始时，在竖直向上的

29、力F 作用下系统静止，且弹簧处于原长状态以N 表示 B 对 A 的作用力，x 表示弹簧的伸长量，现改变力 F 的大小，使 B 以的加速度匀加速向下运动（g 为重力加速度，空气阻力不计），此过程中N 或 F的大小随 x 变化的图象正确的是（）B.t=2.0s时刻 A，B 之间作用力为零D. 从 t=0 时刻到 A, Ba，以整体为研究对象，则有:A,D弹力，对单物体【解答】解：设形3刃/2，.兀=1.2m/s,分离时：F2- f=mBa,得：F2=f+moa=0.3+2X1.2=2.7N ,（质点）的应用t 时刻 AB 分离，分离之前 AB 物体共同运动，加速度为经历时间：t=A.当 Fv2 卩

30、 mg 时，A, B 都相对地面静止B.当 F= 卩 mg 时，A 的加速度为I卩 gC.当 F3 卩 mg 时，A 相对 B 滑动D. 无论F 为何值，B 的加速度不会超过 匸卩 g【答案】B,C,D【考点】对单物体（质点）的应用，整体法隔离法【解析】【解答】解：AB 之间的最大静摩擦力为： 尸卩 mg=2 卩 mg, B 与地面间的最大静摩擦力为：f max=卩（m+m）g=1.5 卩 mgA、当 1.5 卩 mggsin0=31 - 3X10X0.6N=13N以 B 为研究对象，则： FT-msin0=md所以：a =0.75m/s2.故 D 错误 故选：AB【分析】未加拉力 F 时，物

31、体 A 对弹簧的压力等于其重力的下滑分力；重力的下滑分力， 根据平衡条件并结合胡克定律求解出两个状态弹簧的形变量， 得到弹簧的长度变化情况， 从而求 出A 发生的位移； 根据牛顿第二定律求出 F 的大小；当 A 的加速度为零时，A 的速度最大，根据合力为零求出弹簧的拉力，从而结合牛顿第二定律求出31.在倾角为0的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为为 k, C 为一固定挡板，系统处于静止状态.现用一平行于斜面向上的恒力 离开挡板 C 时，物块 A 运动的距离为 d，速度为 v,则此时（）a,解得,则:物块故选：AD【分析】当牵引力 F=600ON 时的过程中牵引力不

32、变，根据牛顿第二定律知，做匀加速直线运动，倾斜段图线的斜率 表示电动车的功率，斜率不变，贝 y 功率不变，根据功率与牵引力的关系，判断倾斜段的运动情况，速度达到最大时， 牵引力等于阻力30.在倾角0=37的光滑足够长斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A 和 B,它们的质量分别 m=2kg、m=3kg，弹簧的劲度系数为 k=100N/m, C 为一固定挡板，系统处于静止状态，现用一沿斜面向上的恒力F 拉物块 A 使之沿斜面向T7777777777TA. 物块 B 的质量满足 mgsin0=kdC0B.物块 A 的加速度为a=0.2，故 A 先加速运动，后做加速度较F-FT-mgsin0=0B 刚要离

33、开 C 时，弹簧的拉力等于物体 BB 的加速度.,弹簧劲度系数F 拉物块 A 使之向上运动，当物块 B 刚要上运动，当 B 刚要离开 C 时，A 的速度为 1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小为0.5m/s2, 已知 sin37 =0.6 ,C.拉力做功的瞬时功率为Fv0 -mv2期 LD.此过程中，弹簧弹性势能的增量为Fd-mdgsin则（ ）【答案】【考点】【解析】B,C,D对质点系的应用，连接体问题，动能定理的综合应用，机械能守恒及其条件【解答】解：A、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A 的重力沿斜面下的分力，当,但由于开始是弹簧是压缩的，故B.从用力 F 拉物块 A 开始到 B 刚离

34、开 C 的过程中，A 沿斜面向上运动 0.3mC.物块 A 沿斜面向上运动过程中，A 先加速后匀速运动D.A 的速度达到最大时，B 的加速度大小为 0.5m/s2的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故mgsin0=kx2vkd,故 A 错误；B、当 B 刚离开 C 时，对 A,根据牛顿第二定律得：F-mgsin0- kx2=ma1,又开始时，A 平衡, 而 d=X1+X2,解得：物块 A 加速度为 a1=，故 B 正确；丄B 刚离开 C 时，弹簧dX2,故 mgsin0贝U有：mgsin0=kx1,【答案】A,BC 拉力的瞬时功率 P=Fv,故 C 正确；D 根据功能关系，弹簧弹性势能的增加

35、量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为:【考点】对单物体（质点）的应用，故 D 正确;故选：BCD【分析】当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛 顿第二定律求出物块 A 的加速度大小；根据机械能守恒定律求解A 的速度.32.如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上， 其上放置一质量为 m 小滑块.木板受到随时间 t 变化的 水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，取 g=10m/s2，则（）A.滑块的质量 m=2kg,木板的质量 M=4kgB.当 F=8N

36、时，滑块的加速度为 1m/s2C.滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2D.当 0vFv6N 时，滑块与木板之间的摩擦力随F 变化的函数关系 f= F【答案】B,D【考点】V-t 图象，牛顿定律与图象【解析】【解答】解：A、当 F 等于 6N 时，加速度为：a=1m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有：F= （ M+m a,代入数据解得：M+m=6kg当 F 大于 6N 时，根据牛顿第二定律得：a=,1 1知图线的斜率 k= =解得：M=2kg, m=4kg,故 A 错误.BC 根据 F 等于 6N 时， 二者刚好滑动， 此时 m 的加速度为 1m/s2,以后拉力增大， 滑块的加速度不变，所以当

37、 F=8N 时，滑块的加速度为 1m/s2;根据牛顿第二定律可得 a=yg,解得动摩擦因数为卩=0.1，故 B 正确、C 错误；D 当 0vFv6N 时，M 与 m 以共同加速运动，加速度大小为a=kF=，以滑块为研究对象，其摩擦力大小为f=ma=-:r，故 D 正确；05故选：BD.【分析】当拉力较小时， m 和 M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析.33.如图所示，光滑水平面上放着长为L 木板 B,木板 B 上放着木块 A. A、 B接触面粗糙，现用一水平拉力 F 作用在B 上使其由静止开始运动，用f1代

38、表 B 对 A 的摩擦力，f2代表 A 对 B 的摩擦力，当滑块运动到木板左端时，木板在地面上移动的距离为 x 下列说法正确的有（）A.力 F 做的功一定等于 A, B 系统动能的增加量B.其他条件不变的情况下，木板质量越大，x 越大C.力 f1对 A 做的功等于 A 动能的增加量与系统产生的热量之和D.其他条件不变的情况下，AB 间摩擦力越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】B,D【考点】连接体问题，功能关系，动能定理的综合应用，摩擦力做功，能量守恒定律【解析】【解答】解：A、由题滑块运动到木板左端的过程中，说明拉力足够大，A 与 B 有相对运动， 对整体分析可知，F 做功转化为两个物体的

39、动能及系统的内能；故拉力 F 做的功大于 AB 系统动能的增加量；故 A 错误； B A 与 B之间的摩擦力不变，则 A 的加速度不变；根据牛顿第二定律，其他条件不变的情况下，木板质量越大，木板的加速度越小；木板与木块之间的相对位移等于木板的长度，由运动学的公式：訐十耗討;盘古窝 L其中 L是木板的长度，由公式可知，木板的加速度越小则运动的时间越长，而运动的时间越长则木块的位移越大，所以木 板的位移 x 就越大.故 B 正确；C 对 A 来说，只有摩擦力 f1做功，由动能定理可知，摩擦力 f1对 A 做的功等于 A 的动能的增加量.故 C 错误.D 滑块与木板间产生的热量：Q=f1?L,可知其

40、他条件不变的情况下，AB 间摩擦力越大，滑块与木板间产生的热量越多.故 D 正确故选：BD【分析】对两物体及整体受力分析，结合两物体可能的运动状态，由功能关系进行分析拉力与两物体动能之间的关系，再单独分析 AB,明确摩擦力做功与能量之间的关系.34.A、B 两小球用不可伸长的轻绳悬挂在同一高度，如图所示，A 球的质量小于 B 球的质量，悬挂 A 球的绳比悬挂 B球的绳更长.将两球拉起，使两绳均被水平拉直，将两球由静止释放，两球运动到最低点的过程中（）A. A 球的速度一定大于 B 球的速度B. A球的动能一定大于 B 球的动能C.A 球所受绳的拉力一定小于 B 球所受绳的拉力D. A 球的向心

41、加速度一定大于 B 球的向心加速度【答案】A,C【考点】对质点系的应用，连接体问题，向心力，机械能守恒及其条件【解析】【解答】解：A对任意一球，设绳子长度为 L.小球从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgL= m : 解得：v=, v%,则知，通过最低点时，A 球的速度一定大于 B 球的速度.故 A 正确.B、由于 A 球的质量小于 B 球的质量，而 A 球的速度大于 B 球的速度，故无法确定 AB 两球的动能大小，故 B 错误；C 在最低点，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：RjV-F- mg=m ,解得，F=3mg 与 L 无关，与 m 成正比，所以 A 球所受绳的拉力一定

42、小于 B 球所受绳的拉力，故 C 正确D 在最低点小球的向心加速度a向=2g,与 L 无关，所以 A 球的向心加速度一定等于 B 球的向心加速度，故 D错误.故选：AC送带底端【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，得到最低点的速度表达式；在最低点由牛顿第二定律可得绳子 的拉力和向心加速度表达式，再比较它们的大小.35.三角形传送带以 1m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m 且与水平方向的夹角均为37 .现有两个小物块AB 从传送带顶端都以 1m/s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5 ,（ g 取=0.8）下列说法正确的是（）B.物块 A, B

43、同时到达传 A. t0时刻，A, B 间的静摩擦力最大B. t0时刻，A,B 的速度最大C.0 时刻和 2t0时刻，A B 间的静摩擦力最大D. 2t0时刻，A, B 离出发点最远【答案】B,C,D【考点】牛顿定律与图象，整体法隔离法，力与运动的关系【解析】【解答】解：A、C 以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以 A 为研究对象，分析可知，A 受到的静摩擦力最大. A 不符合题意，C 符合题意.B 整体在 0 - t0时间内，做加速运动，在 t。-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻， B 速度最大.B 符合题意.D 2t0时刻

44、，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B 位移最大.D 符合题意.故答案为：BCD【分析】解决这类问题的关键是知道速度最大时加速度为零，位移最大时速度为零。三、实验探究题-3W/X10 J2.4 2.9 3.3 3.8 4.252516Ek/X10-2.3 2.7 3.1 3.6 4.013210请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出E - W 图象.(4)实验结果表明， E卩 mgcos37，贝UA 物体所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直 线运动，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，则运 动的时间相等故 A 错误，B

45、正确.C 传送带对 A、B 的摩擦力方向与速度方向相反，都做负功故C 正确.D 对 A,划痕的长度等于 A 的位移减为传送带的位移， 以 A 为研究对象，由牛顿第二定律得：a=2m/s2由运动学公式得运动时间分别为：t=1s 所以皮带运动的位移为 x=vt=1m 所以 A 对皮带的划痕为： xi=2m- 1m=1m 对 B,划痕的长度等于 B 的位移加上传送带的位移， 同理得出 B 对皮带 的划痕 X2=3m.所以划痕之比为 1: 3,故 D 正确.故选：BCD【分析】分析 A 重力沿斜面向下的分力与摩擦力的关系，判断A 物体的运动规律，B 所受的摩擦力沿斜面向上，向下做匀变速直线运动，结合运

46、动学公式分析求解.36.如图所示，A、B 两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，物体B 从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图所示，运动过程中 A、B 始终保持相对静止.则在 02to时间内，下列说法正确的是()37.利用如图 1 所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系小车的质量为m=10.0g，打点计时器的电源为 50Hz 的交流电.M=200.0g，钩码的质量为打戍计图2(1)挂钩码前， 为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到_.(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2 所示选择某一点为 O,次每隔 4 个计时点取一个计数点用刻度

47、尺量出相邻计数点间的距离 x，记录在纸带上计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度 V1=_m/s .(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g=9.80m/s2,禾U【考点】探究动能定理38.为了测量木块与木板间的动摩擦因数，应用位移传感器设计图甲所示的实验装置位移传感器连接计算机,让木块从倾斜木板上的 P 点由静止释放，描绘出木块到传感器的距离x 随时间 t 的变化图象如图乙所示.（1） 根据图象计算出 t=0.4s 时木块的速度 v=_ m/s，木块的加速度 a=_m/s2.（2） 为测量动摩擦因数 ，还需测量的是 _，计算卩的表达式为 卩=_ （已知当地的重力加

48、速度为 g)【解析】【解答】（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车 做匀速运动，即重力沿斜面的分力平衡了摩擦力.计数点 1 的瞬时速度m/s=0.228m/s vl_IT 02根据表格中的数据做出厶 E-W 图象如图所示.对整体分析，根据牛顿第二定律得，a= -019.8k l nQQMN=.093N.【答案】（1） 0.4 ; 1.0（2）木板的倾角0;曲-化:戸【考点】对单物体（质点）的应用，动摩擦因数(2)(3)(4)，则小车受到的实际拉力F=故答案为：（1）小车做匀速运动（2） 0.228 / * Ifr J【解析】【解答】解：（1）根据

49、某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速度,得 0.4s 末的速度为:0.2s 末的速度为：v则木块的加速度为：v=0.40.4+r1a=m/s=0.40m/s=0.2m/s ,(Mg022 2m/s =1.0 m/s（2） 选取木块为研究的对象， 木块沿斜面方向是受力:;(4) 0.093ma=mgsin0 -卩 mgcos0得：卩=沪网，所以要测定摩擦因数，还需要测出木板的倾角0;故答案为：（1） 0.4 , 1.0 ; （ 2）木板的倾角0,“ 77：孑【分析】（1 ）由于滑块在斜面上做匀加速直线运动，所以某段时间内的平均速度等于这段时间内中点时刻的瞬时速 度；根据加速度的定义

50、式即可求出加速度；（2）为了测定动摩擦力因数卩还需要测量的量是木板的倾角039.要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮（质量和 摩擦可忽略）、砝码一套（总质量m=0.5kg）、细线、刻度尺、秒表他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量请完成下列【分析】（1 ）为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到小车做匀速运动（根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度得出计数点1 的瞬时速度.（3）根据表格中的数据作出厶 E . ：.-J

51、.根据数学知识得知：作“ a-m ”图线，图线的斜率i，_p閱徑約計阳 h-_ -_k=，图线的截距 b=将 k、b、m 代入计算，解得 m=3kg, mi=1.5kg .故答案为：（3）; （ 4） a - m ;（ 5） 3; 1.5 .t-【分析】本题是加速度不同的连接体问题，运用隔离法研究加速度，当质量为m 的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，根据下降的距离h 和时间，由位移公式求出其加速度；根据牛顿第二定律对m2、m 分别研究，得出m与 a的关系式，根据数学知识分析图线的斜率与截距的意义，求解两个沙袋的质量。四、综合题40. （2018?卷 H）汽车在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现

52、其正前方停有汽车，立即采取制动措施，但仍然撞上【解析】【分析】（1 ）对 B 车由牛顿第二定律和运动学公式可求得碰后瞬间B 车的速度。（2） 对 A 车由牛顿第二定律和运动学公式可求得其碰后的速度， 两车在碰撞过程中由动量守恒定律可得碰撞前的瞬 间A 车的速度大小。41.（2018?卷 H） 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示： 中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 1,磁感应强度的大小为，方向垂真于吃平面：磁场的上下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为，方向均沿 x 轴正方向：M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电

53、的粒子以某一速度从M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y轴正方向射出。不计重力。了汽车.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后车向前滑动了 4-訂，车向前滑动了已知 和 的质量分别为 me.；和 i：i 普;=两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小，求（1）碰撞后的瞬间车速度的大小（2）碰撞前的瞬间车速度的大小【答案】（1 ）设B车质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有 口总彩=出沦式中卩是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由

54、运动学公式有5 亠忽 联立式并利用题给数据得1甘-，”讣:（2）设A车的质量为m,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有+ 联立式并利用题给数据得【考点】对单物体（质点）的应用，动量守恒定律，匀变速直线运动基本公式应用（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从 M 点入射时速度的大小；（3） 若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从 M 点运动到 N 点的时间【答案】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨

55、迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为Vo,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为（见图（b）,速度沿电场方向的分量为V1,根据牛顿第二定律有0.10,两qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有V1=atfa憨粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得设飞机滑跑过程中的平均速度为，有 二匚在滑跑阶段，牵引力的平均功率二，联立式得 P=8.4x106W【考点】对单物体（质点）的应用，功率的计算，高考真

56、题，匀变速直线运动导出公式应用【解析】【分析】根据匀变速直线运动公式v1 2=2ax 可以直接求出加速度 a;通过牛顿第二定律，可以将受力和加速度联系起来，求出牵引力 F,根据功率的计算式，从而求出功率 .1加速度a的大小；2牵引力的平均功率P。由几何关系得二_上匚联立式得2E1（3） 由运动学公式和题给数据得vl= vOcotf联立式得q43.如图所示，质量 M=10kg 上表面光滑的足够长的木板在F=50N 的水平拉力作用下，以初速度 v=5m/s 沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg,将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了 L=1m 时，又无初速度地

57、在木板的最右端放上第块.（取 g=10m/s2）试问:wi2 块铁块，只要木板运动了 L 就在木板的最右端无初速度放一铁存加力.# S*加疗刃（1）木板与地面之间的滑动摩擦系数多大?2JI式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,?由？式得【考点】匀速直线运动，对单物体（质点）的应用，匀变速直线运动基本公式应用，洛伦兹力，带电粒子在匀强磁场 中的圆周运动【解析】【分析】（1）明确粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动。正确画出运动轨迹。（2）在电场中运用运动学公式，磁场中由洛伦兹力公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解该粒子从M 点入射时速度的大小。（3）利用运动学公式结合（2）中分

58、析过程求解粒子比荷，明确粒子由M点运动到N点所用的时间包含电场中的两段时间和磁场中的时间（需正确解出粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角）可解出其从M 点运动到 N 点的时间。42.（2018?天津） 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6x103m 时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量 m=7.0 x104kg ,滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度取- 1 门：一|。求飞机滑跑过程中（2） 第 1 块铁块放上后，木板运动

59、了L 时，木板的速度多大？（3）最终木板上放有多少块铁块？【答案】（1 ）解：木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得:竖直方向：FN=Mg水平方向：Ff=F,滑动摩擦力为：Ff=yFN,则得：F=yMg解得：卩=0.5 ;【答案】（1 ）解：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有（2）解：设飞机滑跑受到的阻力为，依题意可得=0.1mg设发动机的牵引力为 F,根据牛顿第二定律有；答：木板与地面之间的滑动摩擦系数是0.5 .（2）解：放第 1 块铁块后，木板做匀减速运动，则有：（ M+r） g - F=Ma；由运动学公式得为：2a1L=v02- V12代入数据解得：V1=2m/

60、s答：第 1 块铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度是 2 m/s .（3）解：设最终有 n 块铁块能静止在木板上.则木板运动的加速度大小为： 第 1块铁块放上后有：2a1L=v02-vj第 2 块铁块放上后有：2a2L=V12- V222 2第 n 块铁块放上后有：2anL=vn-1- vn由以上各相加得：（1+2+3+ +n） ?2?要使木板停下来，必须有 vn=0，代入解得：n=6.6则 6vnv7故最终有 7 块铁块放在木板上.答：最终木板上放有 7 块铁块.【考点】对单物体（质点）的应用，匀变速直线运动基本公式应用【解析】【分析】解答本题的关键是对物体进行正确的受力分析，根据牛顿