历年高考物理力学牛顿运动定律必练题总结

单选题1、塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度-时间图像如图所示，由图像可知，该建筑材料（）A．前15s内先上升后下降B．前15s内速度先增加后减小C．前5s内处于失重状态D．整个上升过程中的平均速度小于0.5m/s答案：B解析：A．图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15s内速度一直为正，即一直上升，故A错误；B．图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s内速度先增加后减小，故B正确；C．前5s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C错误；D．若构造上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由可知整个上升过程中的平均速度大于0.5m/s，故D错误。故选B。2、如图所示，倾角为的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带足够长，取，g=10m/s2，下列说法正确的是（

）A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B．小物块向上运动的时间为1.2sC．小物块向上滑行的最远距离为4mD．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案：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a1=10m/s2方向沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有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：a2=2m/s2方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为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故C正确。故选C。3、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（）A．宇航员在火箭发射过程中处于失重状态B．航天员甲的质量为C．天宫一号在太空中处于超重状态D．太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小答案：B解析：A．宇航员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；B．支架复位过程，航天员甲的加速度为由牛顿第二定律可得联立解得B正确；C．天宫一号在太空中处于失重状态，C错误；D．太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D错误。故选B。4、如图所示，一个倾角为的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与物块A接触，物块A与物块B接触且均不粘连，弹簧与斜面平行，物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接，物块A、B和C的质量均为1kg，物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住C使细线恰好伸直时，A、B处于静止状态且与斜面间静摩擦力刚好为0，然后松开手，物块C下落时A、B上升，重力加速度为g，，。下列说法中正确的是（）A．物块C下落速度最大时物块A、B分离B．A、B物块分离时细线的拉力为9NC．从释放C到A、B分离，物块A的位移为12cmD．从释放C到A、B分离，物块A的位移为9cm答案：B解析：CD．刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共同作用下保持平衡，设弹簧的压缩量为，根据平衡条件有得到释放物块C后，三个物块一起做加速运动，当物块A、B分离瞬间，根据牛顿第二定律，对整体有对物块B、C整体分析有联立得到分离时加速度为此时弹簧的压缩量为所以物块A在这段时间内上升的位移为故CD错误；B．对B分析有得到细线的拉力故B正确；A．因为物块A与B分离时C还有向下的加速度，所以其速度还没有达到最大，故A错误。故选B。多选题5、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1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，根据可得滑块与木板间的动摩擦因数为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，对滑块有对木板有联立解得则木板的最大加速度为2m/s2，根据可求得A正确，B错误。故选ACD。6、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（）A．B．C．D．答案：BD解析：当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳的拉力提供时，水平方向竖直方向联立解得最大加速度当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳拉力提供时，竖直方向水平方向联立解得最大加速度故BD正确，AC错误。故选BD。7、物体的质量为，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能为（）A．B．C．D．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由牛顿第二定律可得解得AD错误，BC正确。故选BC。8、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L，bc长为，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5B．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0.5mgLD．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL答案：AD解析：AD．物块由a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解得则整个过程因摩擦产生得热量为故AD正确；B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于物块继续向下加速，继续变大，当时，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；C．设弹簧的最大弹性势能为，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得解得故C错误。故选AD。填空题9、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数μ=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是_____m/s，水平拉力的大小为______N。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与x=2t-t2对照可得v0=2m/s，a=-2m/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。10、小胡同学使用如图甲所示的挂有5根相同弹簧的拉力器训练，已知每根弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，若他对拉力器两端的拉力均为F，则每根弹簧的伸长量为______。如图乙所示，小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，突然右侧弹簧连接钢球处断开，则断开瞬间，钢球的加速度大小为______。（忽略弹簧及拉环质量）答案：

g解析：[1]小胡同学对拉力器两端的拉力均为F，则5根弹簧的弹力为F，每根弹簧的弹力为，由胡克定律可知则每根弹簧的伸长量[2]小王同学取下其中两根弹簧，互成120°角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，根据平衡条件可知弹簧的弹力右侧弹簧连接钢球处断开，断开瞬间，小球所受右侧弹簧弹力消失，左侧弹簧弹力不变，则此时小球的合力与消失的弹力等大方向，根据牛顿第二定律则11、如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的______，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出______。答案：

加速度

力解析：略12、“蹦极”一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空点自由下落，图中点是弹性绳的原长度位置，是人所到达的最低点，是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从点下落到最低点点的过程中，加速度变化情况为___________；___________点速度最大（选填“”“”“”“”）。答案：

先不变再减小后反向增大

b解析：[1][2]人从P点到a点过程中做自由落体运动，从a到b过程中随着弹性绳的拉力增大，人的加速度减小，当到b点时，加速度为零，速度达到最大，从b到c过程中，弹性绳弹力大于重力，人的加速度反向增大。解答题13、“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为的光滑圆形轨道，B为圈形轨道的最低点。P为一倾角的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一薄层防滑木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间时恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量，薄木板质量，木板与斜面之间的动摩擦因数，木板与物块之间的动摩擦因数，重力加速度，，不计空气阻力，求：（1）物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力（计算结果可以保留根号）；（2）物块相对于木板运动的距离；（3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。答案：（1）；（2）1.5m；（3）87J解析：（1）物块由C到D，做抛体运动水平方向物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度物块在C点由B到C其中，在B点由牛顿第三定律得（2）物块刚滑上木板时：对物块做匀减速直线运动对木板做匀加速直线运动设两者经时间达到共速此过程中物块相对于木板运动的距离（3），此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体整个过程中，系统由于摩擦产生的热量14、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度，传送带与水平面平滑连接，光滑水平面上放置两个用弹簧连接的滑块B和C，传送带以速度顺时针传动，现将质量的滑块A（可视为质点）轻放在传送带的最高端，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数，滑块B和C的质量分别为、，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑块A第一次到达传送带底端时速度大小；（2）滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能；（3）滑块B、C与弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能和滑块C的最大动能。答案：（1）6m/s；（2）；（3），解析：（1）依题意，可得滑块A向下加速的加速度达到传送带速度所用时间下滑位移此后滑块A的加速度设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有解得（2）滑块A第二段加速运动到传送带底端所用时间滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移第二段加速运动过程与传送带间的相对位移滑块A与B发生弹性碰撞，有解得，可知滑块A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑块B，滑块A向上冲到最高点所用时间再次返回传送带底端所用时间与传送带相对位移滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能（3）滑块B与C作用，当两者达到共同速度时，弹簧弹性势能最大，有解得当弹簧恢复原长时，滑块C有最大动能，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得则滑块C的最大动能15、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X和Y相接触。图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°。可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是0≤μ≤1。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求小物块P落地时速度；（2）令μ=0.5，将P由D点静止释放，求小物块P在斜面上运动时间；（3）对于不同的μ，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的取值在哪个范围内，挡板X始终受到压力的作用。答案：（1）3.46m/s；（2）0.71s；（3）0.75<μ<1解析：（1）当μ=0时，P从D点释放到落地的过程中。只有重力做功，因此机械能守恒。可得其中h=Lsin37°+H=0.5×0.6+0.3m=0.6m解得（2）设μ=0.5时，P沿斜面下滑的加速度为a，受力如图4所示由牛顿第二定律得mgsin37°-f=ma，N=mgcos37°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，由运动学公式得s=0.71s（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F=6.4μ-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<116、如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？（要求画出受力图）(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向左运动的最大加速度是多大。（要求画出受力图）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=bAC=b故轻绳BC与AB垂直θ=45°由牛顿第二定律mgtanθ=ma解得(2)小车向左的加速度增大，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+mgtanθ=mam根据题意FTm=2mg所以最大加速度为am=3g实验题17、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；（2）用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2。答案：

1.5

1.9

9.5解析：(1)[1]打点间隔为相邻计数点间的时间间隔为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(2)[2]根据逐差法，可得[3]根据牛顿第二定律，有解得18、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2；(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些()A．没有使用电火花计时器

B．m1和m2的质量太悬殊C．绳子和定滑轮之间存在阻力

D．绳子拉力不等于m2的重力答案：

1.5

1.9

9.5

C解析：解：(1)[1]由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是T=5×0.02s=0.1s打计数点5时的速度(2)[2]重锤的加速度大小[3]由牛顿第二定律有m2g−m1g=（m1+m2）a解得重力加速度大小为g=9.5m/s2(3)[4]A．与没有使用电火花计时器无关，A错误；B．m1和m2的质量相差不大，B错误；C．在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；D．绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。故选C。19、如图甲，为测定木块与长木板之间的动摩擦因数的装置，图中长木板水平固定，实验过程中，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行。（1）如图乙为木块在水平长木板上运动带动纸带打出的一部分点迹，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出，电源的频率为50Hz。从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm。则木块加速度大小a=_____________m/s2.（结果保留两位有效数字）（2）已知