(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点突破

PAGEPAGE36(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点突破单选题1、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m=1kg的小木块以初速度为v0=10m/s沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，则下列判断正确的是（）A．在t=5s时刻，摩擦力方向发生变化B．0~13s内小木块做匀变速直线运动C．斜面倾角θ=30°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为2、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动B两小球的质量相等，重力加速度为若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间B两球的加速度分别为（ ）A．𝑎 =𝑎 =𝑔B．𝑎 ==0A．A B A BC．𝑎 ==0D．𝑎 ==0C．A B A B3、如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量取10m/s2。则下列说法中正确的是（）运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态起跳过程中运动员对地面的压力为C．运动员起跳时地面弹力做功不为零D．运动员起跳时地面弹力的冲量为零4、如图，一倾角为θ37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t0时，滑块以初速度10m/s上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ=重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=下列说法正确的是（ ）A．滑块上滑的距离小于5mB．t1sC．t2sD．t3s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的水平变力作用，从时刻开始计时，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0.16、北京冬奥会于2022年2月4日开幕，中国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为“跳台滑雪”赛道的组成部分，为简便处理可抽象为：助滑道倾角为53o，着陆坡倾角为37o57829𝑚=80kg68s滑到起跳区，从起跳区滑出并在着陆坡着陆。已29知各处摩擦因数相同，忽略空气阻力，重力加速𝑔=10m/s2。则（ ）0.125落地点到起跳点的距离为48mC．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，着陆速度方向与着陆坡的夹角将增大N7、如图所、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤力F后，三物体仍一起向右运动，设此时B间摩擦力为、C间作用力为F。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（ ）NA．f＝0B．f≠0C．F＝0D．F≠0N N8、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速𝑣1运行，初速度大小𝑣2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动𝑣−𝑡图像（以地面参考系）如图乙所示，已𝑣2>𝑣1，则（ ）𝑡2时刻，小物块离A处的距离达到最大𝑡2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大D．0~𝑡3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用填空题9、（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为。则它在最后1s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 。10、如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时AB离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比，在C处剪断轻绳，当B落前瞬间、B的速度大小之比。11、两个物体之间的作用总的，物体间相互作用的这一对力，通常叫。12、方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度再用天平测量物体，利用牛顿第二定律可得解答题13、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度𝜃=37°，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𝑣0=4m/s顺时针传动，现将质量𝑚1=1kg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𝜇=0.5，滑块B和C的质量分别为𝑚2=2kg、𝑚3=1kg，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：滑块A滑块A滑块、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。14、在杂技节目“水流星”的表演中，碗的质量m=0.1kg，内部盛水质量m=0.4kg，拉碗的绳子长m，使1 2碗在竖直平面内做圆周运动，如果碗通过最高点的速度v=9m/sv=10m/s2，1 2求碗在最高点时绳的拉力大小及水对碗的压力大小。15A𝑣0=4m/s𝑚=的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道，经圆弧轨道后滑上与C木板上，圆弧轨道C𝑀=、B两点距C𝐻=ℎ===𝜇2=取10m/s2，求：小物块运动至B点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？16、如图所示，质量M＝3kg且足够长的木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F＝11N作用下由静止开始向右运动，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ＝0.2，（g＝10m/s2），求：物块经多长时间才与木板保持相对静止；物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？全过程产生的热量是多少？实验题171kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。𝐴𝑚1𝐵𝑚2。𝑚𝐴中，剩余玩具方块都放入B𝐴B用毫米刻度尺测𝐴从静止下降的距ℎ，用手机中的秒表软件测𝐴下降距ℎ所用的时𝑡，𝐴下降加速度大𝑎= （ℎ和𝑡表示）。从B𝐴𝑚𝑎𝑚𝑎的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作𝑎（选填“𝑚”或“1”）变化的关系图线。𝑚（5）若图线的斜率𝑘=2m/(kg⋅s2)，图线在纵轴上的截距𝑏=1m/s2，取重力加速度大小𝑔=10m/s2，则= kg𝑚2= kg。18、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a= 𝑚⁄𝑠2.（结果保留两位有效字）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3应的示数图4对应的示数重力加速度g10𝑚/𝑠2，滑块与木板间的动摩擦因𝜇= （结果保留两位有效数字）。19𝐵、𝐶𝐷、𝐸是纸带上依次个点，𝐴到𝐵𝐶、𝐷𝐸4.38cm、7.14cm50Hz，𝑔=9.8m/s2。打点计时器打C点时，物体的速度大小m⁄s（结果保留两位有效数字）；物体运动的加速度大小m⁄s2（结果保留两位有效数字）；（3）若该物体的质量则在运动过程中，该物体受到的平均阻𝑓N。20乱的步骤：①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要到达原来的高度。②如图为两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面。③如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排（填写序号即可）。(2)在上述的设想实验步骤中，有的属于可靠的实验事实，有的则是理想化的推论，请问步骤②属于 。(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_02B参考答案1、答案：D解析：A．x0—5m﹣v2=2ax﹣0结合图象看出在0—5ma=0𝑣22𝑥

=0100

m/s2

=﹣20由图示图象可知v20

100(m/s)2

=10m/s，则小木块匀减速运动的时间0t=0𝑣0𝑎

=10

s=1s1s后物体反向做匀加速运动，t=1s时摩擦力反向，A错误；B．由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度𝑣2 32= =

2=2m/s22𝑥 2×8m/s结合A选项可知，在0—1s后物体反向做匀加速运动，整个过程加速度aCD．由牛顿第二定律得，小木块上滑有ma下滑有mn﹣msθ=m′代入数据解得μ=0.5，θ=37°C错误、D正确。故选D。2、答案：D解析：水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得𝐹=𝐹sin60°T𝐹cos60°=𝑚A𝑔+𝐹1=𝑚B𝑔又𝑚 =𝑚A B解得𝐹=2√3𝑚𝑔T AT T 所受合力与𝐹=T T

𝑔，所以可得𝑎 =A

𝐹T=2√3𝑔𝑚A𝑎 =0BABC错误，D正确。故选D。3、答案：B解析：运动员起跳后到上升到最高点，先加速后减速，所以是先超重后失重，故A错误；B．运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据𝑣=√2𝑔ℎ1=√2×10×(2.45−1.90)m/s=√11m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知𝑣2=2𝑎ℎ解得m/s2 2𝑣2 𝑎= = =2ℎ 2×m/s2 2对运动员，根据牛顿第二定律可知𝐹−𝑚𝑔=𝑚𝑎解得𝐹=1425N故B正确；CD．运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，有作用时间，冲量不为零，故CD错误。故选B。4、答案：D解析：A+=ma1代入数据解得𝑎1=10m/s2滑块向上的最大位移𝑣2 100x=02𝑎1

= =5m2×10A错误；由于>错误；C．下滑过程，由牛顿第二定律得mn﹣msθ=ma2代入数据解得𝑎2=2m/s2滑块向上运动到最高点的时间𝑡1

=0−(−𝑣0)=10=1s10向下的运动1𝑥= 𝑎2𝑡22 2所以𝑡2=√5s滑块恰好又回到出发点的总时间𝑡=𝑡1+𝑡2=(1+√5)sC错误；D3sv=﹣v+at+at′=﹣10+0×1+2×2s=3 0 11 22D正确。故选D。5、答案：ACD解析：2根据图乙可知，滑块在2

以后受到的摩擦力不变，为8N，根据𝑓1=𝜇1𝑚𝑔可得滑块与木板间的动摩擦因数为𝜇1=0.4C正确；1在1

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𝜇 = =4=0.12 2𝑚𝑔 40D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𝐹−𝜇1𝑚𝑔=𝑚𝑎对木板有𝜇1𝑚𝑔−2𝜇2𝑚𝑔=𝑚𝑎联立解得𝑎=2m/s2𝐹=则木板的最大加速度为2m/s2，根据𝐹=0.5𝑡可求得𝑡2=24sA正确，B错误。。6解析：A．运动员在助滑区做匀加速运动，由1𝑥1=2𝑎𝑡2解得𝑎=7.25m/s2由牛顿第二定律𝑎=𝑚𝑔sin53°−𝜇𝑚𝑔cos53°𝑚解得𝜇=0.125故A正确；B．从助滑区滑下的速度为𝑣=𝑎𝑡=7.25×68=17m⁄s29在起跳区，由动能定理1−𝜇𝑚𝑔𝑥2=2𝑚𝑣1

12−2𝑚𝑣2解得起跳时速度𝑣1=16m⁄s水平起跳后做平抛运动，由2𝑥=𝑣1𝑡1，𝑦=1𝑔𝑡12

2，tan37°=𝑦𝑥落地点到起跳点的距离为𝑠=√𝑥2+𝑦2=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Δ𝐸=𝜇𝑚𝑔𝑥1cos53°+𝜇𝑚𝑔𝑥2=1594J+1320J=2914J故C错误；D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度𝑣2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为𝜃，则tan𝜃=

𝑣2𝑔𝑡2又2 tan37°=2

𝑣2𝑡21𝑔𝑡

=2 𝑔𝑡2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。7、答案：BC解析：CDF的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对C总的摩擦力𝑓′=𝐹B1F；3 3FC受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知𝑎𝐵

2𝐹 𝐹3= =32𝑚 3𝑚1𝐹 𝐹𝑎 =3 =𝐶 𝑚 3𝑚、CC间作用力𝐹 =0ND错误，C正确；ABF后，整个过程三物体无相对滑动，则ABA有向左的摩擦力𝑓=𝑚𝑎𝐵

=𝐹3A错误，B正确。故选BC。8、答案：BC解析：0~𝑡1𝑡1A0~𝑡1时间内，反向向右做匀加速𝑡2~𝑡3于传送带静止一起向右匀速运动，所以由B中分析可知，0~𝑡2确；0~𝑡2𝑡2~𝑡3物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D故选BC。9、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=50𝑁10、答案： 2:1 1:2解析：AB4m，对A𝑇1=4𝑚𝑔sin30∘=2𝑚𝑔对B物体𝑇1=𝑚𝑔+𝑇2解得下边绳子的拉力为𝑇2=𝑚𝑔则B物体上、下两绳拉力之比为2:1；AB距离地面的高度分别为，则B𝑡=√𝑔√B𝑣𝐵=此时A的速度𝑣 =𝑡=g∘𝑡= 𝐴 2即当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为1:2。11、答案： 相互 作用力 反作用解析：略12、答案： 质量m mg解析：略13、答案：（1）6m/s；（2）13.6J；（3）16J，128J3 9解析：依题意，可得滑块A𝑎1=𝑔sin37°+𝜇𝑔cos37°=10m/s2达到传送带速度所用时间

𝑡1

=𝑣0=0.4s𝑎1下滑位移1𝑥1=2𝑣0𝑡1=0.8m此后滑块A的加速度𝑎2=𝑔sin37°−𝜇𝑔cos37°=2m/s2设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有0𝑣2−𝑣2=2𝑎2(L−𝑥1)0解得𝑣=6m/s滑块A𝑡2

=𝑣−𝑣0=1s𝑎2滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移𝑑1=𝑣0𝑡1−𝑥1=0.8m第二段加速运动过程与传送带间的相对位移𝑑2=(L−𝑥1)−𝑣0𝑡2=1m滑块A与B发生弹性碰撞，有𝑚1𝑣=𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣21 1 1 1 𝑚𝑣2= 𝑚𝑣2+ 𝑚𝑣21 1 2 2 1 2 2解得𝑣1=−2m/s，𝑣2=4m/s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𝑡3

=𝑣1=0.2s𝑎1再次返回传送带底端所用时间𝑡4=𝑡3=0.2s与传送带相对位移𝑑3=𝑣0(𝑡3+𝑡4)=1.6m滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能E=𝜇𝑚1𝑔cos37°(𝑑1+𝑑2+𝑑3)=13.6J滑块B与C𝑚2𝑣2=(𝑚2+𝑚3)𝑣共解得3𝑣 =8m/s3共1 1 16E = 𝑚2𝑣2− (𝑚2+𝑚3)𝑣2= Jp 2 2 2 共 3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𝑚2𝑣2=𝑚2𝑣4+𝑚3𝑣31 1 1𝑚2𝑣2= 𝑚2𝑣2+ 𝑚3𝑣22 2 2 4 2 3解得3𝑣33

=16m/s则滑块C的最大动能1 1283kE=2𝑚3𝑣2= 9 J3k14、答案：76N，60.8N解析：解：对水和碗＋m=0.5kg1 2由牛顿第二定律可得𝑚𝑣2F1T1 𝑙𝑚𝑣2 81F= 1× N 0.5×10N=76NT1 𝑙

0.51以水为研究对象，设最高点碗对水的压力为F，则1𝑚2𝑣2F＋m11 2 𝑙解得F=60.8N1由牛顿第三定律可知，水对碗的压力大小F′=F=60.81 115、答案：（1）√23m/s，√7；（2）44.7N；（3）2.6m4解析：物块从A到B做平抛运动，有1H−ℎ=2𝑔𝑡2B𝑣𝑦=𝑔𝑡𝑣=√𝑣2+𝑣20 𝑦代入数据解得𝑣=√23m/s方向与水平面的夹角为θ，则tan𝜃=𝑣𝑦=√74从A至C点，由动能定理得1 1𝑚𝑔H= − 2 2 2 0N设CN

，则有𝐹 −𝑚𝑔=𝑚N

𝑣22𝑅代入数据解得𝑣2=√26m/s𝐹 ≈44.7NN根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C44.7N.；由题意可知小物块对长木板的摩擦力1𝐹=𝜇𝑚𝑔=5N1f长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力2𝐹′=𝜇(M＋𝑚)𝑔=10N2f因𝐹<𝐹′f f所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度𝑎=𝜇1𝑔=5m/s2若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为𝑣2L= 2

=26

m=2.6m2𝑎 1016、答案：（1）1s；（2）6.28N；（3）4J解析：物体加速度a1板的加速度𝑎2=

𝐹−M

=1m/s2当两物体达速度相等后保持相对静止，故at1 2t＝1s相对静止后，对整体F＝（M+m）a对物体有f＝ma解得f＝6.28N（3）1s内物块的位移1𝑥1=2𝑎1𝑡2=1m木板的位移1𝑥2=𝑣𝑡+2𝑎2𝑡2=1.5m则相对路程△