歷年高考物理力學(xué)牛頓運動定律知識點

（文末答案）歷年高考物理力學(xué)牛頓運動定律知識點匯總

單選題

1、如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊Q沿質(zhì)量為M的斜面P下滑，P、Q接觸面光滑，斜面P靜止在水平面上，已知重

力加速度為g,則在滑塊Q下滑的過程中（）

A.滑塊Q重力將減小

B.滑塊Q處于超重狀態(tài)

C.水平面對斜面P沒有摩擦力

D.水平面對斜面P的支持力小于（M+m）g

2、物理是來源于生活，最后應(yīng)用服務(wù)于生活。在日常生活中，有下面一種生活情境。一小圓盤靜止在桌布上,

位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖。已知盤與桌布間的動摩擦因數(shù)大小為0」,

盤與臭面間的動摩擦因數(shù)大小為0.2。現(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于

力8邊，若圓盤最后未從桌面掉下，則加速度a至少為多大（g取10m/s2）（）

A.0.25m/s2B.2.5m/s2C.0.5m/s2D.5m/s2

3、如圖，一傾角為8=37。的足夠長的斜面固定在水平地面上。當(dāng)時，滑塊以初速度必二10m/s沿斜面向

上運動，已知滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為〃=05重力加速度g取lOm/s?,sin370-0.6,cos370-0.8,下

列說法止確的是（）

A.滑塊上滑的距離小于5m

B.￡=ls時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上

C.f=2s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點

D.￡=3s時，滑塊的速度大小為4m/s

4、如圖所示，電梯內(nèi)有一固定斜面，斜面與電梯右側(cè)墻壁之間放一光滑小球，當(dāng)電梯以的加速度勻加速上

升時，電梯右側(cè)墻壁對小球彈力為片,當(dāng)電梯以gg的加速度勻減速上升時，電梯右側(cè)墻壁對小球彈力為尸2,重

力加速度為g則（）

A.F/F2=3:1B.&:尸2=3:2

C.招：&=4:3D.6血=5:4

多選題

5、如圖所示，傾角9=37。的固定斜面體頂端連一輕質(zhì)定滑輪，小物體C與長木板B通過輕質(zhì)細(xì)繩跨過定滑輪

連接，長木板B上放一物體A。已矢1三物體的質(zhì)量均為巾=lkg,A、B之間的動摩擦因數(shù)%=05B與斜面

體之間的動摩擦因數(shù)%=。-25,重力加速度為g=lOm/s??，F(xiàn)同時由靜止釋放A、B、C,關(guān)于三物體的運動

2

狀態(tài)分析正確的是（）

A.A、B以相同加速度沿斜面下滑

B.A的加速度大小為2m/s2,方向沿斜面向下

C.B所受摩擦力大小為4N,方向沿斜面向下

D.斜面體對B的摩擦力大小為4N,方向沿斜面向下

6、如圖所示，滑塊2套在光滑的豎直桿上并通過細(xì)繩繞過光滑定滑輪連接物塊1,物塊1又與一輕質(zhì)彈簧連

接在一起，輕質(zhì)彈簧另一端固定在地面上、開始時用手托住滑塊2,使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，

此時彈簧的壓縮量為現(xiàn)將滑塊2從/I處由靜止釋放，經(jīng)過8處的速度最大，到達(dá)。處的速度為零，此時物

塊1還沒有到達(dá)滑輪位置。已知滑輪與桿的水平距離為344C間距離為4d不計滑輪質(zhì)量、大小及摩擦。下

列說法中正確的是（）

/////////////

A.滑塊2下滑過程中，加速度一直減小

3

A.滑塊上升的最大高度為第。

B.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為:

C.恒力〃的大小等于洶

So

D.滑塊與斜面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為喑

填空題

9、方法一：利用牛頓第二定律

先測量物體做自由落體運動的加速度g,再用天平測量物體的利用牛頓第二定律可得G=o

10、力和運動的關(guān)系

牛頓第二定律確定了物體和力的關(guān)系：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與物體的

成反比；加速度的方向與物體的方向相同。

11、在豎直方向運行的電梯中，會出現(xiàn)置于電梯地板上的物體對地板的壓力小于物體所受重力的現(xiàn)象，這種現(xiàn)

象稱為現(xiàn)象。此時電梯的運動情況是________O

12、某型號火箭的質(zhì)量為2.5x105kg,已知火箭發(fā)動機(jī)點火后豎直向下噴出高溫高壓氣體，氣體對火箭產(chǎn)生的

初始推力為3X106N,則火箭起飛時的加速度為m/s2o假設(shè)火箭在豎直向上飛行階段，氣體對火箭產(chǎn)生

的推力恒定，那么，火箭飛行的加速度將（填寫“變小”、“不變”或“變大”）。

解答題

5

13、2022年2月2日，在率先開賽的北京冬奧會冰壺混合團(tuán)體比賽中，中國隊以7:6擊敗瑞士隊取得開門紅。

在冰壺比賽中，球員擲壺時，身體卜蹲，使身體跪式向前滑行，同時手持冰壺從本壘圓心推球向前，至前衛(wèi)線

時，放開冰壺使其自行以直線或弧線軌道滑向營壘中心。比賽場地簡圖如圖所示，本壘圓心到前衛(wèi)線之間的距

離與=8m,前衛(wèi)線到營壘中心的距離必=32m。某次投擲過程中，運動員在前衛(wèi)線處放開冰壺，放開時冰壺

的速度u=2m/s,冰壺恰好自行滑行到營壘中心。冰壺運動可以簡化為由球員擲壺階段的初速度為零的勻加速

直線運動和自行滑行階段的勻減速直線運動。冰壺的質(zhì)量m=20kg,可以看做質(zhì)點，在滑行過程中冰壺與冰面

之間的動摩擦因數(shù)不變。取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)冰壺向前衛(wèi)線滑行過程中受到的合力大小廠；

(2)冰壺與冰面之間的動摩擦因數(shù)小

?I?

__iJ

8m!32m

S1?

本壘用營壘

中心刖衛(wèi)線中心

14、一質(zhì)量為汨1kg的物塊原來靜止在水平地面上，物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,現(xiàn)在施加給物塊

一個水平方向的恒力長使物塊開始做勻加速直線運動，要求在5s內(nèi)前進(jìn)25m,則施加的水平恒力少為多大？

(重力加速度g取10m/s2)

15、2022年北京冬季奧運會將于2022年2月4日在北京開幕，在冬奧會上跳臺滑雪是非常具有觀賞性的項目。

某段直滑道的示意圖如下，0、球區(qū)、〃為滑道上的四個點，其中捌.段的長度，i=200m,,必段的長度為％=

300m,運動員從。點由靜止開始勻加速下滑，已知運動員經(jīng)過拗'段所用的時間和經(jīng)過刖°段所用的時間相同，

求：

(1)滑道如段的長度，；

(2)若滑道的傾角8=30。，忽略一切阻力，求運動員經(jīng)過〃咋殳的時間匕

6

o

M

N

____

16、2022年北京冬季奧運會將于2022年2月4日在北京開幕，在冬奧會上跳臺滑雪是非常具有觀賞性的項目。

某段直滑道的示意圖如卜，〃M八，尸為滑道上的四個點，其中例V段的長度。=200m,陽，段的長度為％=

300m,運動員從。點由靜止開始勻加速下滑，已知運動員經(jīng)過拗'段所用的時間和經(jīng)過,儼段所用的時間相同,

求：

(1)滑道如段的長度1；

(2)若滑道的傾角8=30。，忽略一切阻力，求運動員經(jīng)過W段的時間

實驗題

17、很多智能手機(jī)都有加速度傳感器。安裝能顯示加速度情況的應(yīng)用程序，會有三條加速度圖像，它們分別記

錄手機(jī)沿圖甲所示坐標(biāo)軸方向的加速度隨時間變化的情況。

某同學(xué)將手機(jī)水平拿到距離緩沖墊上方一定高度處，打開加速度傳感器，然后松手釋放，讓手機(jī)自由下落，最

終手機(jī)跌到緩沖墊上。觀察手機(jī)屏幕上的加速度傳感器的圖線如圖乙所示。

請觀察圖像回答以下問題：(本題結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)

(1)由圖乙可讀出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為m/s

(2)手機(jī)自由下落的高度約為m；

7

（3）若手機(jī)的質(zhì)量為170g,緩沖墊對手機(jī)豎直方向上的最大作用力約為No

51015

Time(s)

甲乙

18、某實驗小組要測量木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)，設(shè)計如圖甲所示裝置，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?。

定F輪,線_i_打點計時器

m鉤碼口口;葭板r帶

3(cm

1245

??■■1

111

入3.62、—-5.83—

甲乙

⑴對干實驗的要求，下列說法正確的一項是一；

A.鉤碼的質(zhì)量要遠(yuǎn)小于木塊的質(zhì)量

B.要保證長木板水平

C.接通電源的同時釋放木塊

⑵按正確的操作要求進(jìn)行操作，打出的一條紙帶如圖乙所示，打點計時器使用的是50Hz的交流電源，紙帶上

的點每5個點取1個記數(shù)點，則該穴塊的加速度a=-m/s2；（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

⑶若木塊的質(zhì)量為M,鉤碼的質(zhì)量為m,則木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為一（用M、m、a、g表示結(jié)果）。

19、某小組的同學(xué)設(shè)計了一個研究汽車通過凹形橋最低點時的速度與其對橋面壓力關(guān)系的實驗裝置。所用器材

有小鋼球、壓力式托盤秤、凹形橋模擬器（圓弧部分的半徑生0.30m）。完成下列填空：

8

(1)將凹形橋模擬器靜置于托盤秤上，如圖甲所示，托盤秤的示數(shù)為1.10kg。

(2)將小鋼球靜置于凹形橋模擬器最低點時，托盤秤的示數(shù)如圖乙所示，則該小鋼球的重力為N(重力

加速度取lOm/s?)o

(3)將小鋼球從凹形橋模擬器某一位置釋放，小鋼球經(jīng)過最低點后滑向另一側(cè)，此過程中托盤秤的最大示

數(shù)為用；多次從同一位置釋放小鋼球，記錄各次的加值如表所示：

序號12345

m(kg)1.801.781.831.761.84

(4)根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可求出小鋼球經(jīng)過凹形橋最低點時對橋的壓力為N(重力加速度取lOm/s?);小鋼

球通過最低點時的速度大小為m/s；小鋼球處于(選填“超重”或"失重”)狀態(tài)。

20、2020年12月8日，中尼兩國聯(lián)合宣布珠穆朗瑪峰的最新高程為8848.86米。在此次珠峰高程測量中，采

用的一種方法是通過航空重力儀測量重力加速度，從而間接測量海拔高度。我校“誠勤立達(dá)”興趣小組受此啟

發(fā)設(shè)計了如下實驗來測量渝北校區(qū)所在地的重力加速度大小。已知sin53o=0.8、cos53o=0.6、sin37°=

0.6、cos37°=0.8,實驗步驟如下:

圖1

9

a如圖1所示，選擇合適高度的墊塊，使長木板的傾角為53。；

。.在長木板上某處自由釋放小物塊，測量小物塊距長木板底端的距離工和小物塊在長木板上的運動時間t；

c改變釋放位置，得到多組無、t數(shù)據(jù)，作出圖像，據(jù)此求得小物塊下滑的加速度為4.90m/s2;

d.調(diào)節(jié)墊塊，改變長木板的傾角，重復(fù)上述步驟。

回答下列問題：

⑴當(dāng)長木板的傾角為37。時，作出的圖像如圖2所示，則此時小物塊下滑的加速度a=m/s2；（保留3位

小數(shù)）

⑵小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)〃=；

⑶依據(jù)上述數(shù)據(jù)，可知我校渝北校區(qū)所在地的重力加速度g=m/s2；（保留3位有效數(shù)字j

⑷某同學(xué)認(rèn)為：:-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示小物塊在時間t內(nèi)的位移大小。該觀點是否正確？

（）

A.正確B.錯誤C.無法判斷

10

(文末答案)歷年高考物理力學(xué)牛頓運動定律_018參考答案

1、答案：D

解析

A.滑塊的重力

G=mg

與滑塊的運動狀態(tài)無關(guān)，故A錯誤；

B.滑塊沿斜面加速下滑，加速度為

a=gsin3

有向r的分加速度，所以滑塊Q處于失重狀態(tài)，故B錯誤；

C.對整體在水平方向，根據(jù)牛頓第二定律可得

/=Mx0+macosd

得

f=mgsinGcosd

受到的摩擦力向左，故C錯誤；

D.本整體在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律可得

Mg+mg-FN=Mx0+masin。

解得

尸N=(M+m)g-mgs\n20

故D正確。

故選D。

11

2、答案：B

解析

圓盤在桌布上時做勻加速運動，掉到桌面上后在桌面上做勻減速運動。圓盤在桌布上和桌面上受力情況如圖所

AN

h

mg

根據(jù)牛頓第二定律知，圓盤在桌布上加速運動時

417ng=rnay

解得加速度大小為

%=41g

方向向右；圓盤在桌面上運動時，根據(jù)牛頓第一定律可得

42mg=ma2

解得加速度大小為

?=42g

方向向左；圓盤在臬布和臬面上運動的情境如卜圖所不

12

設(shè)圓盤從桌布上脫離瞬間的速度為匕由勻變速直線運動的規(guī)律知，圓盤離開桌布時

2

v=2a1s1

圓盤在桌面上運動時

2

v=2a2s2

盤沒有從桌面上掉下的條件是

L

S1+S2”

聯(lián)立解得

二

S】-2(%+〃2)

圓盤剛離開桌布時，對桌布根據(jù)位移-時間關(guān)系可得

12

s=-atL

乙

對圓盤有

12

S1

而

13

S=5+Si

由以上各式解得

〃)道

Cl—_(%+224

〃2

帶入數(shù)據(jù)解得

a=2.5m/s2

故B正確，ACD錯誤。

故選Bo

3、答案：D

解析

A.以沿斜面向下為正方向，上滑過程，由牛頓第二定律得

儂sin9+{jmgcosd=mai

代入數(shù)據(jù)解得

%=10m/s2

滑塊向上的最大位移

A錯誤

B.由于

儂sinJ>(jmgcos。

14

可知，滑塊不可能靜止在斜面上，B錯誤；

C.下滑過程，由牛頓第二定律得

儂sin8-〃儂cosQ=加包

代入數(shù)據(jù)解得

2

a2=2m/s

滑塊向上運動到最高點的時間

0-So)10

io=ls

□=%

向下的運動

12

所以

t2=V5s

滑塊恰好又回到出發(fā)點的總時間

￡=tl+=(1+V5；s

C錯誤；

D.選取向下為正方向，f=3s時，滑塊的速度為

v3=-vo+aiti+a2t2=-10+10x1+2x2m/s-4m/s

D正確。

故選D°

4、答案：A

15

解析

設(shè)斜面對物體的彈力為尸N，風(fēng)與豎直方向的夾角為氏對于加速上升過程，豎直方向

cosO—mg=m

水平方向

對于減速上升過程，豎直方向

mg—鳳cos。=m

水平方向

FN2sin6=F2

￡=36

故BCD錯誤A正確.

故選Ao

5、答案：BC

16

解析

AB.由靜止釋放三物體時，設(shè)A、E、C三物體相對靜止，則整體沿斜面下滑的加速度為

2mgsinG—l^mgcosO-mg

<0

3m

與假設(shè)矛盾，所以A、B、C不能一起下滑，A沿長木板下滑的加速度

mgsinJ-41mgeos。

=2m/s2

0A=m

故B正確，A錯誤；

D.以B、C為研究對象受力分析得

mcg—mQgs\nO—^m^gcosO=0

可知B、C相對斜面體靜止，且斜面體對B的摩擦力為零，故D錯誤；

C.B對A的滑動摩擦力為

/=Him^gcosO=4N

方向沿斜面向上，由牛頓第三定律可知，B所受摩擦力大小為4N,方向沿斜面向下，故C正確。

故選BCO

6、答案：BD

解析

AB.滑塊2下滑過程中，繩子拉力增大，合力先減小后反向增大，在B處速度最大，加速度為零，則加速度先

減小后反向增大，故A錯誤，B正確；

C.物體1靜止時，彈簧壓縮量為%=d；當(dāng)月下滑到C點時，物體2上升的高度為

h=J(3d)2+(4d)2-3d=2d

17

則當(dāng)物體2到達(dá)C時彈簧伸長的長度為必此時彈簧的彈性勢能等于物體1靜止時的彈性勢能；對于力與8及彈

簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律應(yīng)有

加華?2d=m2g-4d

解得

叫：如=2:1

故C錯誤；

D.根據(jù)物體1和2沿繩子方向的分速度大小相等，則得

v2cos0=%

其中

4d4

COS3=5d=5

則得滑塊2到達(dá)C處時，物塊1和滑塊2的速度之比

Vj：也=4:5

故D正確；

故選BDO

7、答案：BC

解析

A.相對地面而言，小物塊在0?￡i小時間內(nèi)，向左做勻減速運動，G之后反向向右向右運動，故小物塊在G時

刻離力處距離最大，A錯誤；

B.小物塊在0?G小時間內(nèi)，向左做勻減速運動，相對傳送帶也是向左運動；G?12時間內(nèi)，反向向右做勻加速

運動，但速度小于傳送帶向右速度，仍是相對傳送帶向左運動，。時刻兩者同速，在「2?匕時間閃，小物塊相對

18

于傳送帶靜止一起向右勻速運動，所以G時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達(dá)到最大值，B正確；

C.由B中分析可知，0?J時間內(nèi)，小物塊相對傳送帶一直向左運動，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正

確；

D.在0?時間內(nèi)，小物塊相對傳送帶一直向左運動，故小物塊一直受向右的滑動摩擦力，在匕~13時間內(nèi)，小

物塊相對于傳送帶靜止；小物塊不受摩擦力作用，故D錯誤。

故選BCO

8、答案：BD

解析

A.根據(jù)題圖結(jié)合題意可知，上滑過程滑塊位移為so時動能為Eg,位移為時恒力/撤去，此時動能為春穌0,

之后滑塊在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做減速運動，位移為裝S。時動能減為Eg可得滑塊上升過程

中的最大位移為磊S。，則滑塊上升的最大高度為

2781

H=-^e=-sQ

故A錯誤；

B.從撤去恒力至滑塊上升到最高點的過程由動能定理有

/27s09S0\/27S09S0\9Fk0

滑塊從最高點下滑到斜面底端的過程中有

272727瓦0

—m^sosin^-—nmgs0cos9=

■LUJ.\J乙口

聯(lián)立解得

1

19

故B正確；

C.根據(jù)為-s圖象斜率的絕對值表示滑塊所受合外力大小可知，下滑過程有

27f10

mgsinO-nmgcosO=k0

受恒力/沿斜面上滑過程有

F—jngsinO—/imgcosG=—

s。

聯(lián)立解得

F_3.ko

So

故c錯誤；

D.整個過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為

27108Fk0

Q=2fimgcos0x_s=

A\J0乙J

故D正確。

故選BD0

9、答案：質(zhì)量mmg

解析

略

10、答案：加速度質(zhì)量合外力

解析

⑴⑵⑶根據(jù)牛頓第二定律可知，物體加速度和力的關(guān)系為：加速度的大小與物體所受合力的大小成正比，與

20

物體的質(zhì)量成反比；加速度的方向與物體合外力的方向相同。

11、答案：失重向下加速或向上減速

解析

⑴⑵置于電梯地板上的物體對地板的壓力小于物體所受重力的現(xiàn)象，這種現(xiàn)象稱為失重現(xiàn)象，此時電梯的加速

度豎亙向下，則其運動情況為：向下加速或者向上減速，

小提示：

12、答案：2變大

解析

⑴由牛頓第二定律可得

F—Mg=Ma

解得火箭起飛時的加速度為

a=2m/s2

［2］由口］的解析可得

F

a=M-9

由于火箭豎直向下噴出高溫高壓氣體，火箭質(zhì)量逐漸減小，故火箭飛行的加速度將變大。

13、答案：(1)F=5N；(2)〃=0.00625

解析

(1)冰壺從本壘圓心到前衛(wèi)線做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)公式有：

v2=

21

解得

%=0.25m/s2

根據(jù)牛頓第二定律

F=max

解得

F=5N

(2)冰壺從前衛(wèi)線到營壘中心做勻減速直線運動，由運動學(xué)公式有：

2

0—v=—2a2x2

解得

2

a2=0.0625m/s

冰壺減速前進(jìn)過程中，由滑動摩擦力提供加速度，即：

ma2=4mg

解得

〃=0.00625

14、答案：4N

解析

由位移公式可得

12

x=-atL

2

由牛頓第二定律可得

F—4mg=ma

22

聯(lián)立解得水平拉力大小為

產(chǎn)二4N

15、答案：(1)112.5m；⑵375s或6.7s

解析

(1)運動員經(jīng)過亞丫段所用的時間為運動員的加速度為a,根據(jù)勻變速直線運動的推論可得

12Tl=at2

G+G

又

聯(lián)立解得

I=112.5m

(2)根據(jù)牛頓第二定律，可得

mgsin。=ma

根據(jù)勻變速直線運動位移時間公式可得

代入數(shù)據(jù)，解得

t=3vss=6.7s

16、答案：(1)112.5m；(2)375s或6.7s

解析

23

(1)運動員經(jīng)過MV段所用的時間為我運動員的加速度為況根據(jù)勻變速直線運動的推論可得

12Tl=at

G+l2

又

'Ji

聯(lián)立解得

I=112.5m

(2)根據(jù)牛頓第二定律，可得

mgsinO=ma

根據(jù)勻變速直線運動位移時間公式可得

1

I=-at

乙

代入數(shù)據(jù)，解得

t=3V§s=6.7s

17、答案：[9810][0.60,1.01]2.5或2.6

解析

⑴⑴根據(jù)圖乙可讀出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮〖s為9.8m/s：

⑵[2]手機(jī)自由下落的高度約

11

h=-gt2=-x9.Qx0.42m=0.78m

⑶網(wǎng)向上加速度最大時，緩沖墊對手機(jī)豎直方向上的作用力最大

24

F-mg=ma

解得

F=2.5N

mg-(M+?