历年高考物理力学牛顿运动定律知识点归纳超级精简版

（文末答案）历年高考物理力学牛顿运动定律知识点归纳超级精简版

单选题

1、在梯井中，由钢索悬挂竖直电梯C,顶部用绳子悬挂了球A,A下方焊接一个弹簧，弹簧下端悬挂球B,整

个装置处于静止状态，简化示意图如图所示。已知绳子、弹簧的质量远小于两球质量，两球质量又远小于电梯

质量。若悬挂电梯的钢索突然断裂，在电梯下落瞬间，球A、球B、电梯C各自加速度约为（）

OJ

H

5

OC

A.93m/s：9.8m/sJ,OB.19.6m/s\0,9.8m/sJ

C.0,9.8m/s2,9.8m/s'D.9.8m/s\0,9.8m/s'

2、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尸，光栅测速装置能测出支架复位时

的速度了和所用的时间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干超重状态

D.太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小

3、科学研究发现，在月球表面：①没有空气；②重力加速度约为地球表面的;；③没有磁场。若宇航员登上月

球后，在空中同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球对月球的影响，以下说法正确的是:）

A.氢气球和铅球都处于超重状态

B.氢气球将加速上升，铅球加速下落

C.氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面

D.氢气球和铅球都将下落，且同时落地

4、一个倾角为氏37。的斜面固定在水平面上，一个质量为月1.0kg的小物块（可视为质点）以54.0m/s的初

速度臼底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数40.25。若斜面足够长，已知而37。=06cos37°=0.8.

2

10m/so小物块上滑的最大距离为（）

I

A.1.0mB.2.2mC.0.8mD.0.4m

多选题

5、如图所示，足够长水平传送带以大小为分的速度顺时针匀速转动，将一质量为勿的小物块（可视为质点）

静止放置在传送带的左端，同时对小物块施加竖直向上的力£力的大小满足F=/为小物块的水平速度,

小物块与传送带间的动摩擦因数为4，重力加速度为g,下列所画出的小物块的水平速度/随时间变化的图象

（图口£。=缶詈）可能正确的是（）

6、一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是()

A.木块受到的重力和支持力是一对平衡力

B.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力

C.木块受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力

D.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力

7、如图所示，水平传送带人〃两端相距s=2m,工件与传送带间的动摩擦因数〃=.工件滑上力端瞬时速

度M=5m/s,达到8端的瞬时速度设为。8,贝IJ()

A.若传送带以4m/s顺时针转动，则r/?=4m/s

B.若传送带逆时针匀速转动，则3m/s

C.若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB-3m/s

3

11、如图(a)所示，木板处可绕轴。在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为

尸二8卜1的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量勿=lkg,通过DIS实验，得到如图(b)所示的

加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为02假定物块与木板间的最大静摩擦力始终

等于滑动摩擦力，g取图(b)中图线与纵坐标交点为为,图(b)中图线与6轴交点坐标分别

为行和必木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为

12、牛顿第一定律

(1)内容：一切物体总保持状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.

(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有因此牛顿第一定律又叫一定律；

②揭示了力与运动的关系：力不是.物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生—的原因.

解答题

13、如图甲所示，倾角a=37。的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长£.=3m,斜面底端4处有一质量加二

1kg的小滑块，在平行于斜面向上的力/作用下由静止开始运动。已知产随位移s(以力为起点)变化的关系

如图乙所示，以水平地面为零重力势能面(g取10m/s[sin37°=0.6,cos37°=0.8)o求：

(1)小滑块在通过前lm位移过程中的加速度；

(2)小滑块通过第2m位移所用的时间；

5

(3)小滑块在位移s=lm处时的机械能；

(4)在图丙上画出小滑块的机械能？随位移s(0这s近3m)变化的大致图线。

E/J

24

18

12

6

0s/m

123

甲乙丙

14、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端力点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端8点，

在水三滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量桁60kg,倾斜滑道/0长/将128n倾角色37。,

滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数X05滑沙车经过6点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s；

sin37°=0.6,cos370=0.8,不计空气阻力。求：

(1)游客匀速下滑时的速度大小；

(2)若游客在水平滑道故段的最大滑行距离为16m,则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。

15、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板氏木板的最左端有一个小物块4小物块力受一个

外力的作用，两个物体开始运动，已知物块］和木板8的质量都为1千克，物块/I和木板〃之间的动摩擦因数

为/“=64,3与地面的动摩擦因数为〃z=01设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块力运动的苏一

工函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)根据图象得出物块/在2米前后加速度处和做分别为多大？

(2)当外力为至少为多少可以使物块力相对于木板8运动？

(3)物块力在运动前2米的过程中所加的外力F】为多少？运动了2米之后，作用于物块/上的外力F2又为多

6

少？

甲

16、如图所示，竖直平面内一倾角e=37。的粗糙倾斜直轨道48与光滑圆弧轨道8C相切于B点，BC长度可忽略,

且与传送带水平段平滑连接于。点。一质量m=0.2kg的小滑块从小点静止释放，经3点最后从。点水平滑上传送

带。已知4点离地高度"=L2m,4B长&=1.25m,滑块与AB间的动摩擦因数%=0.25,与传送带间的动摩

擦因数“2=02CD长度〃2=3m,圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，g=lOm/sZ,

sln370=0.6,cos370=0.8o求.

(1)小滑块经过。点时对轨道的压力；

(2)当传送带以顺时针方向%=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D

点的水平距离。

V////////////////////////////////////////////.

实验题

17、如图所示某同学在探究物体自白落体运动的规律实验中打出了一条纸带，4、B、C、。、E是纸带上依次

打出的5个点,A到8、C、D、E之间的距离分别为2.00cm、4.38cm、7.14cm、10.28cm,打点计时器所接电源

2

的频密为50Hz,当地的重力加速度大小g=9.8m/so

~BCDE~?

7

(1)打点计时器打下C点时，物体的速度大小为m/s(结果保留两位有效数字)；

(2)物体运动的加速度大小为m/s2(结果保留两位有效数字)；

(3)若该物体的质量为2kg,则在运动过程中，该物体受到的平均阻力/=No

18、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。

把一杈轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬

吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0,以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加

速度测量仪”。

⑴请在图中除0以外的6根长刻度线旁、标注加速度的大小，示数的单位用m/s,表示，加速度的方向向上为

正、向下为负。说明这样标注的原理。

(2)仿照以上装置，设计一个“水平加速度测量仪”。要求：画出它的装置图；说明它的构造；介绍加速度刻度

的标注原理。g取10m/s0

〃

c

K

OTJ

]OG

单位:m/s2

19、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重

物P相连，另一端与待测物块Q(Q的质量大于血)相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知

当地重力加速度大小为心

8

甲

(1)某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q,得到如图所示的纸带，已知相

邻计数点之间的时间间隔是T,孙BC、CD......龙之间的间距分别是必、X2、x&..…总则由纸带可知待测物

块Q下落的加速度大小a-(用题目和图中已知字母表示)；

)ABCDE

X\X2'应%4了5工6'

(2)在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为心(用字母m、Q、g表示)；

(3)若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会

一(填“偏大”或"偏小”)O

20、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.

(1)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50Hz,相

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.(结果保留两位有效数

字)

9

(2)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对

应的示数为N,图4对应的示数为N；

演i4

N“N

三-

iM:

一

三

三

三

I二111

L三h-

三

三

三

W一

一h-2

三

一

三

一

二

三2

-一-

，

—

三

针

指

一

三

-・

一

一

一1B---

-h三=

三

一

1三33_3

一_

--

=-三

1三_

=一

一=

--=

三

=m-=

三

=44一=4

-l--

=-一=

一ffi

-

31

(3)重力加速度g取10m/s2,滑块与木板间的动摩擦因数(结果保留两位有效数字)。

10

（文末答案）历年高考物理力学牛顿运动定律_02C参考答案

1、答案：D

解析

假设球A与电梯之间的绳子无弹力，则钢索突然断裂的瞬间，电梯只受重力其加速度为g而A受到弹簧向下

的拉力其加速度大于g,则假设不成立，可知球A与电梯之间的绳子有弹力，可得电梯与球A的加速度相同，

因为电梯质量远大于两球质量，钢索断裂后，电梯可视为在自身重力下运动，因此加速度大小为炉9.8m/s；

弹簧形变量在瞬间不会发生突变，因此球B受力不变，其加速度为0。

故选D。

2、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

v

a=-

t

由牛顿第二定律可得

F=Ma

联立解得

Ft

M=—

v

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。

11

故选Bo

3、答案：D

解析

由于在月球表面没有空气，没有磁场，物体在月球表面只受重力作用，物体由静止释放，将做自由落体运动，

位移//相同，运动的加速度g相同，运动的时间也一定相同，应该同时落地。自由落体运动处于完全失重状态。

故选D。

4、答案：A

解析

小物块在斜面上上滑过程受力情况妇图所示

mg

根据牛顿第二定律有

mgsinO+iimgcosO=ma

解得

a=gsin370+〃gcos37°=8m/s2

小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有

12

巧2—VQ=2ax

解得

x二度二1.0m

2a

故A正确，BCD错误。

故选Ao

5、答案：BC

解析

D.小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg、竖直向上的力尺支持力N=mg-尸、水平

向右的滑动摩擦力/=〃N,若ku0〈mg,根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小

-ku)

a=-----------

m

可见随着速度。的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动。故D错误；

A.当u=0时，a—g*所以图线在。点的切线应过点(％%)。故A错误；

co

B.当=时，a=0,对应速度飞=等，当为<%时，小物块加速到飞时，支持力N=0,摩擦力为零,

K

小物块脱离传送带做匀速运动。故B正确；

C.当环>%,小物块加速到为时，小物块与传送带共速，摩擦刀为零，小物块随传送带一起向右做匀速运动。

故C正确。

故选BCo

6、答案：AD

解析

13

AC.木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；

BD.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确。

故选ADo

7、答案：AC

解析

A.物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为

若传送带以4m/s顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s时的位移为

诏-VA52-42

s=——m=1.125m

2a2x4

然后物体随传送带匀速运动，故达到4端的瞬时速度为4m/s,A正确；

B.若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达8端时的速度为

2

vB=Jvj--2aZ=Vs—2x4x2m/s=3m/s

B错误；

C.若传送带以2m/s顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B选项可知因为到达/，端的速度为3m/s,故最

后物体到达6端的速度为q=3nMs,C正确；

D.因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达8端的速度为3m/s,只有当传送带

的速度大于3m/s时到达右端的速度才可能是%>3m/s,D错误，

故选AC。

8、答案.BD

14

解析

A.小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作

用，重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，A错误；

B.设电梯倾角仇由牛顿第二定律，对甲有

「甲一mgsinO=ma

对乙有

/乙=macosO

对比可得

/甲〉/■乙

B正确；

C.由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，C错

误；

D.结合8解析可知，大于人的关系与倾角大小无关，D正确。

故选BD0

9、答案：4G

解析：

[1]设弹簧劲度系数为£设硅码质量为2处则托盘质量为色托盘静止，弹簧伸长£时，以托盘及硅码整体为

研究对象，受力平衡，有

kL=3mg

伸长2£时，释放瞬间，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得

15

2kL-3/ng=3ma

解得

a-g

隔离防码为研究对象，则

N-2m52ma

解得

A-4/z^

据牛顿第三定律，破码对托盘的作用力为4勿g,即4G。

10s答案：平行次an。

解析

⑴[2]由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为。时,

受力分析如图

O

、'mg

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0,则有

F'

---=tan。

mg

由牛顿第二定律知

F'=ma

16

解得

a=gtanO

11、答案：6m/s2静止状态

解析

当斜面倾角为%时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为外时，摩擦力沿斜面向上且加速度为

零；当斜面倾角在处和。2之间时，物块处于静止状态。

。=0°时，木板水平放置,由牛顿第二定律

F—f=ma0

又

联立解得

2

a0=6m/s

由图可知，当斜面倾角为用时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为％时，摩擦力沿斜面向上且加

速度为零；当斜面倾角在处和多之间时，物块处于静止状态。

12、答案：匀速直线运动惯性惯性维持加速度

解析

(1)[1]内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.

(2)[2]⑶意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；

②⑷[5]揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速

度的原因.

17

13、答案：⑴6m/s2；(2)〉s；(3)12J；(4)

解析

(1)在通过前1m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有

F—mgsina=ma

gsina=Y_10x0.6=6n/s'

(2)对于前1m位移的过程，有

2

v=2as1

v=72asi=，2x6xl=2Vsm/s

对于第2m位移的过程，有尸=6N,mgsina=6N,所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动

匕=£=嘉=合

所以小滑块通过第2m位移所用的时间为fs。

O

(3)小滑块在位移s=1m处时

22

Ek=\mv=1x1x(2V3)=6J

Ep=mgssina=1x10x1x0.6=6J

E-Ek+Ep-12)

(4)如图

18

14、答案：(1)lbm/S；(2)18UN

解析

(1)由牛顿第二定律得

娱in3〃叫鸵os3=ma

解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小

a=2m/s

游客匀速下滑时的速度大小

r=a力=16m/s

(2)设游客在回段的加速度大小为由公式

0-v=-2a'x

解得

a'=8m/s2

由牛顿第二定律得

F+/jnfg=ma

解得制动力

A180N

19

15、答案：⑴lm/s2；4m/s?；(2)6N；(3)4N；8N

解析

(1)由图像可知：前2m内对力有

v2=2«1%

得出

%=lm/s2

2m后，对力有

22

%—v0=2a2x

2

a2=4m/s

(2)对/，受力分析有

417ng-1122mg=ma0

外力F使A在”上的临界加速度为

2

aQ=2m/s

外力产对粕整体有

%一出•2mg=2ma0

Fo=6N

<-------[A]--------►F

(3)运动前2m

2

Qi=lm/s<a0

20

可知仍一起匀加速运动

对"整体有

FT—422mg=2maA

A=4N

运动2m后对4有

2

a2=4m/s>a0

则2m后/步两个物体开始相对运动

对力有

F2~出血9=ma2

F2=8N

16、答案：(1)6N；(2)1.2m

解析

(1)根据题意，滑块由力运动8的过程，应用动能定理

。o1

-^mgcosS?0--mv1-0

代入数据解得

vB=VTom/s

由于EC长度可忽略，则

vc=vB=VTom/s

滑块在。点，受轨道的支持力FN和五身重力巾0根据牛顿第二定律

21

v2

『mgm~R

代入数据解得

FN=6N

根据牛顿第三定律，小滑块经过。点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力6N0

(2)假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律

42mg=ma

代入数据解得

a=2m/s2

设滑块到达传送带右端的速度为L根据公式

2

v—-2aL2

代入数据解得

v=x/22m/s>4m/s

则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从〃点水平抛出，竖直方向，由于BC长度可

忽略，则

1

H-AiSin37°=-^t2

乙

代入数据解得

t=0.3s

水平方向，落地点到。点的水平距底

%=vt=4x0.3m=1.2m

22

17、答案：1.39.50.6

解析

(1)口］根据题意知纸带上相邻计数点间的时间间隔

T=0.02s

根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得

XBD(7.14-2.00)x10一2

Vc=m/s«1.3m/s

lT2x0.02

(2)［2］根据逐差法得加速度为

x-x(10.28-4.38-4.38)x10-2

a=CEACm/s2=9.5m/s2

~^4X0.022

(3)［3］根据牛顿第二定律

mg—f=ma

得

f=mg-ma

代入数据解得

f=0.6N

人

081

0

0

-

三0

50

-

-0

q二0

二0

-

5二0

二0

4单位:m/s2

o

-a-1.5-1.0-0.500.51.01.5

0.5Y

朱0000000000)00)o

10i6G

1.5-^⑵\光滑的槽构造和原理见解析;

18、答案：(1)单位:m/s?标注原理见解析;