(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律重点易错题

PAGEPAGE36(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律重点易错题单选题1𝜃=37°v=2m/sv=8m/s1 2的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因𝜇=0.5，传送带足够长，sin37°=0.6,cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s212s小物块向上滑行的最远距离为4mD2、在光滑的水平地面上有两个完全相同的滑块A、，两滑块之间用原长为l的轻质弹簧相连，在外力F、F0 1 2的作用下运动，且F>F。以AB、

向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达1 2 1 2到稳定时，弹簧的长度为+△l），系统的加速度大小为a

相向推A、B两个滑块，0 1 1 1 2当运动达到稳定时，弹簧的长度为l﹣l），系统的加速度大小为a。则下列关系式正确的是（ ）0 2 2A．△l=△l，a=a>△l，a=a1 2 1 2 1 2 1 2C．△l=△l，a>aD．△l＜△l，a＜a1 2 1 2 1 2 1 23、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长物体的质量为与水平面间的动摩擦因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4、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图线，如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则（ ）小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25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，损失的机械能是多选题25、如图所示，质量为m2

的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连1接质量为m的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（物体1和物体2相对车厢静止，重力加速1度大小为）车厢的加速度大小为1cosθ226、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度0v=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（ ）08m/s204m/s2的加速度加速回到A物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2mD(124√5)m7、如图所示，轻弹簧放在倾角37º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，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长为长𝐿，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则（ ）4物块与斜面间的动摩擦因数为0.5物块接触弹簧后，速度先减小后增大弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgLD．物块在上述过程因摩擦产生的热量为8、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，不计空气阻力，重力加度为。下列说法正确的是（ ）B．人起跳阶段地面对人的弹力不做功CD．人在过杆时重心不可能低于横杆填空题9、一对作用力和反作用是同一种类的力，而一对相互平衡的是同一种类的力。（均选填“定”或“不一定”）10、如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出 。、（）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为2。则它在最后s内下落的高度为 m；动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车保持静止，重力加速度为。则动车的加速度大小；如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为 。12、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足为已知量）。物体刚下滑时加速度大小，当下滑距离时，物有最大速度。（重力加速度为解答题13、如图所示，截面是直角梯形的物块静置于光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的挡板YAB、ADP（图中未画出）质量μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是01。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）令，将P由D点静止释放，求小物块P令P由D点静止释放，求小物块P对于不同的，每次都在D点给小物块P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求μ取值在哪个范围内，挡板X14、2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠军．参赛滑道简图如图所示，𝑎𝑏𝑐𝑑为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道𝑎𝑏𝑐𝑑滑至d𝑎𝑏𝑐𝑑𝜃=37°，𝑎𝑏=𝑏𝑐𝐿2=ℎ=9m．𝜇=0.4，不考虑转弯b和c处的能𝑚=60kg．10m/s2．运动员从ab所用的时间；运动员到达c点时的速度大小；15𝜃=30°的光滑斜面固定在地面上。一质量的物体在沿斜面向上的力F作用下由静止开始从斜面底部向上运动。已知在物体运动的第1s内力F的大小为8.0N，在随后2s时间力F的大小变为4.0N，物体运动3s后撤去力。设斜面足够长，重力加速度g取，求物体向上运动的最大位移s及整个过程中力F对物体所做的功。16、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取实验题17𝑔。选用的实验器材是：长木板、小滑块（可安装挡光片）器材安装如图甲所示。主要的实验过程如下：①用螺旋测微器测量挡光片宽𝑑，读数如图乙所示，𝑑mm；②让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数𝑡；③用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离𝐿；④求出小滑块与木板间动摩擦因𝜇= （用物理𝑔𝑑𝐿𝑡表示）；为了减小测量动摩擦因数的误差，可采用的方法A．多次测量取平均值多次实验，采用图像法处理数据𝑑更接近瞬时速度𝑡𝑑更接近瞬时速度𝑡18、在探究物体质量一定时加速度与力的关系实验中，小明同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。实验时，下列操作或说法正确的A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量BC．选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小m⁄s2。（计算结果保留三位有效数字）f由实验得到小车的加速度𝑎与力传感器示数𝐹的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩擦力f

= N。19、图甲所示为某实验小组同时测量AB两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略为光电门，为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外0该实验小组还准备了砝码一套（总质量m=0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。0在铁架台上标记一位置，并测得该位置与光电门之间的高度差。取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。记录下遮光条通过光电门的时间根据所测数据可计算出A下落到F处的速度，下落过中的加速度大小。（用、、h表示）改变m重复步骤，得到多组m及a的数据，作出图象如图乙所示。可得Am= kg，B的质量m= 。（重力加速度g取A B20、某同学利用气垫导轨测量当地的重力加速度的装置如图甲所示。数字计时器可以测出遮光条经过光电门1和光电门2的挡光时间。实验前，利用游标卡尺测量遮光条的宽度如图乙所示，则调节气垫导轨水平后，挂上槽码，连接滑块与槽码的细线与气垫导轨平行，开动气泵，释放槽码和滑块，12的挡光时间为tt1和2之间的距离为1 2的加速度。（用、t、ts表示）；1 2若测得滑块和遮光条的质量为槽码的质量为则当地重力加速度。（用a表示）(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_002参考答案1、答案：C解析：ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入数据解得a=10m/s21方向沿斜面向下。1设物体减速到传送带速度需要的时间为t，有1𝑡1

=𝑣1−𝑣2=0.6𝑠−𝑎1由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得：a=2m/s22方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为

=𝑣1=1s𝑎2故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。C．小物块向上滑行的最远距离为𝑥=𝑣1+𝑣2𝑡

+

2+8 2=×0.6+ ×1m=4𝑚=2 1 2 2 2 2故C正确。故选C。2、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𝐹1−𝐹2=2𝑚𝑎1对图甲中的A有𝐹1−𝑘Δ𝑙1=𝑚𝑎1对图乙所示情况的整体有𝐹1−𝐹2=2𝑚𝑎2对图乙中的A有𝐹1−𝑘Δ𝑙2=𝑚𝑎2联立以上各式，有=𝑎2，Δ𝑙1=Δ𝑙2故选A。3、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O𝜇𝑚𝑔，CD故选B。4、答案：B解析：-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为𝑎 =Δ𝑣 81 Δ𝑡

=1=8.0m/sA错误；对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有𝑚𝑔sin37°+𝐹f

=𝑚𝑎1𝐹 −𝑚𝑔cos37°=0N又𝐹=𝜇𝐹f N代入数据解得𝜇=0.25B正确；-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移𝑥=𝑣0 82𝑡=2×1=4mC错误；小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是Δ𝐸=2𝑊f

=2𝜇𝑚𝑔cos37°⋅𝑥=2×0.25×20×0.8×4=32JD错误。故选B。5、答案：AB解析：AB．对物体1进行受力分析，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有1𝐹cos𝜃=𝑚𝑔1T1𝐹sin𝜃=𝑚𝑎1T得𝐹=T

𝑚1𝑔cos𝜃𝑎=𝑔tan𝜃所以AB正确；CD．对物体2进行受力分析有2𝐹 +𝐹′=𝑚𝑔2N Tf𝐹 静𝑚2𝑎f且有𝐹′=𝐹T T解得2𝐹 =𝑚2N

𝑔−𝑚1𝑔cos𝜃2𝐹 =𝑚𝑔tan𝜃2f 静故CD错误。故选AB。6、答案：BD解析：A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得𝑚𝑔sin𝜃+𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎1𝑎1=8m/s2共速后𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎2𝑎2=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𝑡2

=4−12s=1s−8−4=0−4s=1s−8−4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1 𝑥= ×2+)×m+ ×4×m=m2 2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𝑥= 𝑎𝑡2 222 3解得𝑡3=√5s则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为𝑡=𝑡1+𝑡2+𝑡3=(2+√5)sB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L = ×2+)×m−4×m=4m1 2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L =4×1

m=2m2 −2×4×1因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；D．在2s到(2+√5)s时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了4√5m，则物块在传送带上的划痕为L3=(10+4√5+2)m=(12+4√5)m故D故选D。7、答案：AD解析：ADa点静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得L L−𝜃L+ + )=04 4解得𝜇=0.5则整个过程因摩擦产生得热量为L L𝑄=𝜇𝑚𝑔cos𝜃L +4+4

=0.6𝑚𝑔L故AD正确；B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于𝑚𝑔sin𝜃>𝜇𝑚𝑔cos𝜃+𝐹弹物块继续向下加速继续变大，当弹𝑚𝑔sin𝜃<𝜇𝑚𝑔cos𝜃+𝐹弹时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；pC．设弹簧的最大弹性势能为𝐸pm

，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得𝑚𝑔sin𝜃L +L =𝜇𝑚𝑔cos𝜃L +L +𝐸m4 4 pm解得𝐸 =0.25𝑚𝑔Lpm故C错误。故选AD。8、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；C．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。9、答案： 一定 不一解析：略10、答案： 加速度 解析：略11、答案： 35 𝑔tan𝜃 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𝑣1=𝑣−𝑔𝑡=(40−10×1)m⁄s=30m⁄s所以落地前最后一秒的平均速度为

𝑣=𝑣1+𝑣=35m⁄s2所以落地前最后一秒的位移为𝑥=𝑣𝑡=35m（2）[2]对小球受力分析，由牛顿第二定律得𝑚𝑔tan𝜃=𝑚𝑎故𝑎=𝑔tan𝜃（3）[3]对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得𝑇sin45°=𝐹𝑁sin37°𝑇cos45°+𝐹𝑁cos37°=𝑚𝑔联立解得𝐹𝑁=50𝑁12、答案： tan𝜃𝑘解析：[1]𝑥=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𝑎=𝑔sin𝜃[2]速度最大时，加速度为零，有𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑔sin𝜃此时𝑘𝑥cos𝜃=sin𝜃解得𝑥=

sin𝜃

tan𝜃=𝑘cos𝜃 𝑘13、答案：（1）3.46m/s；（2）0.71s；（3）0.75<μ<1解析：当P从D1𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣2其中h=Lsin37°+H=0.5×0.6+0.3m=0.6m解得𝑣=√2𝑔ℎ=√2×10×0.6m/s=2√3m/s=3.46m/s设P沿斜面下滑的加速度为4由牛顿第二定律得又滑动摩擦力f=μN由以上式子可得mgsin37°-μmgcos37°=ma解得a=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2P沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式L= 𝑡22得𝑡=√2L=√2×0.5s=0.71s𝑎 2（3）P在斜面上下滑过程中梯形物块受力如图5所示由平衡条件可得F+Nsinθ=fcosθ所以F=μmgcosθcosθ-mgcosθsinθ代入数据得4.8挡板X受压力，则F>0，所以6.4μ-4.8>0得μ>0.75所以μ的取值范围为0.75<μ<114、答案：（1）8.9s；（2）23m/s解析：在ab段的加速度为𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=𝑚𝑎根据运动公式1L1=2𝑎𝑡2解得a=2.8m/s2t=8.9s到达b点时的速度𝑣𝑏=𝑎𝑡≈25m/sbc由动能定理1 1𝑐𝑏-𝜇𝑚𝑔L2=2𝑚𝑣2−2𝑚𝑣2𝑐𝑏解得cv=23m/sc15、答案：5.6m；28J解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得第1s内物体加速度为𝑎 =−𝑚𝑔sin𝜃=3m⁄s21 𝑚位移为1=2𝑎1𝑡1 2=1.5m速度为𝑣1=𝑎1𝑡1=3m⁄s2s~3s内，加速度为𝑎2

=𝐹2−𝑚𝑔sin𝜃=−1m⁄s2𝑚速度为𝑣2=𝑣1+𝑎2𝑡2=1m⁄s位移为

𝑥 =+𝑣2

=4m2 2 2F后，加速度为𝑎3

=−𝑚𝑔sin𝜃=−5m⁄s2𝑚位移为𝑥3

=0−𝑣22𝑎3

2=0.1m所以整个过程位移为𝑥=𝑥1+𝑥2+𝑥3=5.6m整个过程中力F对物体所做的功为F𝑊=+=F16、答案：4N解析：由位移公式可得1𝑥=2𝑎𝑡2由牛顿第二定律可得𝐹−𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎联立解得水平拉力大小为F=4N17、答案： 2.950 𝑑22𝑔L𝑡2解析：(1)[1]挡光片宽度

ABD𝑑=2.5mm+45.0×0.01mm=2.950mm[2]由牛顿第二定律𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎以及公式𝑣2=2𝑎L其中𝑣=𝑑𝑡解得𝜇=

𝑑22𝑔L𝑡2(2)[3]A符合题意；BB符合题意；CD．换用宽度更窄的遮光条可以使𝑑更接近瞬时速度，