历年高考物理力学牛顿运动定律经典大题例题

历年高考物理力学牛顿运动定律经典大题例题
单选题
1、如图所示，有A、B两物体，m A＝2m B，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）
A．它们的加速度a＝g sinθ
B．它们的加速度a<g sinθ
C．细绳的张力F T≠0
m B gsinθ
D．细绳的张力F T=1
3
答案：A
解析：
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
(m A+m B)g sinθ＝(m A+m B)a
解得
a＝g sinθ
A正确，B错误；
B．对B受力分析，由牛顿第二定律可得
m B gsinθ+T=m B a
解得
T=0
故细绳的张力为零，CD错误。

故选A。

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，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）
A．a A=a B=g B．a A=2g，a B=0
C．a A=√3g，a B=0D．a A=2√3g，a B=0
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 T=Fsin60°
Fcos60°=m A g+F1
F1=m B g
又
m A=m B
解得
F T=2√3m A g
水平细线被剪断瞬间，F T消失，弹力不能突变，A所受合力与F T等大反向，F1=m B g，所以可得
a A=F T
m A
=2√3g a B=0
ABC错误，D正确。

故选D。

3、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，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μmg
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O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。

故选B。

4、下列说法正确的是（）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=G m1m2
可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
r2
=k中，k是一个与中心天体有关的常量
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3
T2
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B B．万有引力表达式F=G m1m2
r2
错误；
=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3
T2
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。

故选C。

多选题
5、运动员以一定的初速度将冰壶沿水平冰而推出，冰壶在最后1s由于摩擦阻力的作用，速度随时间变化的
v−t图像如图所示，空气阻力不计，重力加速度为g，根据图象能求出的物理量是（）
A．冰壶在最后1s内位移的大小B．冰壶滑动时加速度的大小
C．冰壶滑动时所受摩擦力D．冰壶与冰面间的动摩擦因数
答案：ABD
解析：
A．位移可由图象下的面积求出，则冰壶在最后1s内位移的大小能求出，故A正确；B．v−t图线的斜率可求出冰壶滑动时加速度的大小，故B正确；
CD．由牛顿第二定律可得
F
合
=μmg=ma
可得
μ=a g
则动摩擦因数也可求出，由于不知冰壶的质量，不能求出冰壶所受摩擦力，故C错误，D正确。

故选ABD。

6、如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与细绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。

初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了1.5cm，绳子拉力为13.0N。

已知弹簧劲度系数k= 200N/m，小球质量m=0.5kg，取重力加速度g=10m/s2。

某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（）
A．小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力大小为3.0N
B．剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变
C．剪断轻绳的瞬间，小球加速度为2m/s2
D．剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动
答案：AC
解析：
A．小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故
f=kx=3N
故A正确；
B．剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；C．剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5N，最大静摩擦力变为
f′=μF N=2N
则小球受力不平衡，所以加速度为
a=kx−f′
m
=2m/s2
故C正确；
D．剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以做变加速直线运动，故D错误。

故选AC。

7、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v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（）
A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点
B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+√5)s
C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m
D．物块在传送带上留下的划痕长为(12+4√5)m
答案：BD
解析：
A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=8m/s2
共速后
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
a2=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
t1=4−12
−8s=1s
t2=0−4
−4s=1s
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
x=1
2
×(12+4)×1m+
1
2
×4×1m=10m
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t3，下滑的位移
x=1
2
a2t32
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)s B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
L1=1
2
×(12+4)×1m−4×1m=4m
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
L2=4×1m−1
2
×4×1m=2m
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正确。

故选D。

8、物块的质量m＝1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方v2随路程x变化的关系图象如图所示，取g＝10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是（）
A．恒力F大小为7 N
B．在t＝1 s时刻，物块开始反向运动
C．2～3 s内物块做匀加速运动
D．在物块运动路程为13 m过程中，高度上升了3 m
答案：BC
解析：
A．物块匀减速上升的加速度大小为
a1＝v0
2x1＝100
2×5
m/s2＝10 m/s2
物块匀加速下降的加速度大小为
a2＝v2
2x2＝64
2×8
m/s2＝4 m/s2
物块上升时，根据牛顿第二定律有
mg+f−F=ma1物块下降时，根据牛顿第二定律有
mg−f−F=ma2解得
F＝3 N
f＝3 N
A错误；
B．物块匀减速上升的时间为
t1=v0
a1
=
10
10s=1s
则在t＝1 s时刻，物块开始反向运动，B正确；C．物块匀加速下降时有
x2=1
2
a2t22
解得物块匀加速下降的时间为
t2＝2 s
又物块匀减速上升的时间t1＝1 s，则2～3 s内物块做匀加速运动，C正确；
D．在物块运动路程为13 m的过程中，物块先上升5 m，后下降8 m，则高度下降3 m，D错误。

故选BC。

填空题
9、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的
初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。

假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。

答案： 2 变大
解析：
[1]由牛顿第二定律可得
F−Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=F
M
−g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。

10、一对作用力和反作用力_______是同一种类的力，而一对相互平衡的力_______是同一种类的力。

（均选填“一定”或“不一定”）
答案：一定不一定
解析：
略
11、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。

如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F f随角度α的变化图像如图乙所示（F f1，F f2，θ1，θ2为已知量），当角度从θ1到θ2变化过程中木块的加速度_________（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_____________。

答案：越来越大F f1
F f2
tanθ1
解析：
[1]根据木块受力分析，结合乙图，知α在0~θ1范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当α=θ1时，木块刚要下滑
mgsinθ1=F f2
α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律
mgsinα−F f=ma
由乙图知此过程F f随α的增大在减小，sinα随α的增大而增大，所以加速度a越来越大；
[2]α在θ1到θ2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力
F f1=μmgcosθ1
联立可得
μ=F f1
F f2
tanθ1
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___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．
答案：匀速直线运动惯性惯性维持加速度
（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][3]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；
②[4][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．
解答题
13、一小物块从全长为5m、倾角为37°的斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示。

（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：
（1）小物块的质量m和下滑过程中的加速度a；
（2）斜面和小物块间的滑动摩擦因数μ；
（3）当小物块的动能与重力势能相等时，沿斜面下滑的时间t。

答案：（1）1kg，a大小为2m/s2，方向沿斜面向下；（2）0.5；（3）1.94s
解析：
（1）由图线I可知，物体滑行5m到斜面底端时势能为零，故零势能面为斜面底端所在水平面。

开始下滑时
E p0=mgh0=30J
其中
h0=L sinθ=3m
m =E p 0
gℎ0=1kg
由图线II 可知，物块下滑过程中动能从零增大为
E kt =12mv t 2=10J
解得末速度为
v t =√2E kt m =√20m/s 小物块由静止开始匀加速下滑有
v t 2=2aL 可得a =2m/s 2，方向沿斜面向下。

（2）下滑过程中，物块受力情况为
由牛顿运动定律可知
mgsinθ−f =ma 其中
f =μN 且
N =mgcosθ 可得
a =gsinθ−μgcosθ
将a =2m/s 2
代入得
μ=0.5
（3）由图线可知，E p 、E k 与s 的函数关系分别为 E p =30−6s
E k =2s
联立可得，s =3.75m 时小物块的动能与重力势能相等。

由
s =12
at 2 知下滑时间
t =√2s a
≈1.94s 14、如图甲所示，水平地面上放置着一长木板，一质量m =3kg 的滑块（可看成质点）以初速度v 0=3m/s 从长木板左端滑上，且与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2。

已知长木板的质量M =4kg 、长度L =1.25m ，与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g =10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

（1）求滑块刚滑到长木板右端时的速度大小；
（2）若滑块刚滑上长木板左端时，在长木板的右端施加一水平恒力F （如图乙所示），使得滑块刚好不能从长木板的右端滑出，求水平恒力F 的大小。

答案：（1）v=2m s⁄；（2）F=7.4N
解析：
（1）对长木板受力分析有
μ1mg<μ2(M+m)g
则木板始终静止，取滑块初速度方向为正，对滑块受力分析有
a1=−μ1g=−2m/s2
滑块刚滑到长木板右端时，由匀变速直线运动公式有
v2−v02=2a1L
解得
v=2m s⁄
（2）由题可知滑块滑到长木板右端时两者刚好速度相同，滑块在长木板上滑动时的加速度仍为a1，设长木板的加速度大小为a2，经过时间t两者速度大小相等
v0+a1t=a2t
v0t+1
2
a1t2−
1
2
a2t2=L
解得
a2=1.6m/s2
对长木板由牛顿第二定律有
F+μ1mg−μ2(M+m)g=Ma2
解得
F=7.4N
15、如图，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量mC＝4kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，某时刻A、B两滑块同时
开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1m/s、vB＝5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。

（1）求刚开始时滑块A、B和木板C的加速度大小；
（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；
（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？
答案：（1）5m/s2，5m/s2，0；（2）4m/s；（3）2.5m
解析：
（1）对滑块A受力分析得
μ1m A g=m A a1
a1=5m/s2
对滑块B受力分析得
μ1m B g＝m B a2
a2＝5m/s2
对木板C受力分析得：
μ1m A g=μ1m B g
木板与地面间无摩擦，故
a3=0
（2）设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，
滑块A
0=v A−a1t1滑块B
v B1=v B−a2t1解得
v B1=4m/s （3）A从开始到速度减到0的过程中，
滑块A向右运动的位移为
x A1=νA t1−1
2
a1t12
滑块B向左运动的位移为
x B1=νB t1−1
2
a2t12
设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中滑块A、木板C
μ1m B g−μ2(m A+m B+m C)=(m A+m C)a4
x A2=1
2
a4t22
v B1−a2t2=a4t2滑块B
x B2=v B1t2−1
2
a2t22
Δx2=x B2−x A2
L=x A1+x B1+Δx2=2.5m 故木板C的长度至少为2.5m。

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10m/s2）
答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=1
2
at2
由牛顿第二定律可得
F−μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
实验题
17、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。

给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为x AB=1.20cm，x BC=6.19cm，x CD= 11.21cm，x DE=16.23cm。

在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

答案：E 1.37 0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，
所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
v D=x CE
2T
=
x CD+x DE
2T
代入数据解得：v D=1.37m/s；[3]根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=x AB+x BC−x CD−x DE
4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
−μmg=ma
解得：μ=0.5
18、某同学设计了一个用气垫导轨和光电门等装置测量重力加速度的方案。

实验装置结构如图所示。

在某次测量中，他用刻度尺测得气垫导轨两端AB间的高度差为h、长度为L。

与光电门相连的计时器记录下如下数据：挡光片通过第一个光电门的挡光时间为t1，挡光片通过第二个光电门的挡光时间为t2，通过两光电门之间的时间为t。

然后，他又测量滑块上的挡光片宽度为d。

完成下列填空。

（1）两个光电门间的距离______（填：“近一些”或“远一些”）有利于减小误差；
（2）重力加速度的计算表达式为g=______（用题中所给字母表示）；
（3）考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，因此，当地的实际重力加速度会______（填：“略大于”或“略小于”）测量值。

答案：远一些d
t2
−d
t1
t
⋅L
ℎ
略大于
解析：
（1）[1]适当增大两光电门之间的距离，可以增加滑块通过两光电门的速度差，有利于减小误差，故选远一些；（2）[2]经过两光电门的速度为
v1=d t1
v2=d t2
加速度为
a=mgsinθ
m
=
gℎ
L
=
v2−v1
t
解得
g=d
t2−
d
t1
t
⋅
L
ℎ
（3）[3]考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，测量的加速度值会偏小，当地的实际重力加速度会
略大于测量值。

19、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。

某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，小车加速度a与拉力F的关系”。

按照图示安装好实验装置，把手机固定在小车上
A．挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下·点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a
B．调节导轨的倾角，使得轻推小车后，小车能沿着导轨向下匀速运动
C．取下细绳和沙桶。

测量沙子和桶的质量m。

改变沙子的质量，重新挂上细绳和沙桶。

进行多次实验正确的实验步骤是__________
(2)某一次实验得到如图（c）所示的图像。

开始计时1s后释放小车，由图像可知，小车在绳子拉力作用下做匀加速运动的加速度为__________m/s2，由此可以推断出实验桌面距离地面高度至少为__________m。

（结果保留两位有效数字）
(3)下列说法正确的是__________
A．图线中A点表示刚好碰到弹簧·此时速度最大
B．图线中B点表示弹力刚好等于拉力，此时加速度为0，此时小车速度最大
C．图线中C点表示弹簧压缩量最大，此时加速度最大，速度也最大
D．图线中C点对应的弹簧的弹力约为6mg
答案： BAC 0.20 0.90 BD
解析：
（1）[1]实验时，首先要平衡摩擦力，使导轨倾斜一个角度，轻推小车做匀速运动，然后挂上沙桶，点击手机软件开始按钮，释放小车，待小车停下，点击手机软件停止按钮，读出小车做匀加速运动的加速度a，在改变沙子和桶的质量m重复进行，所以步骤是BAC。

（2）[2]根据图可得做匀加速运动的加速度为
a=0.20m/s2。

（2）[3]由图可知沙子和桶，开始做匀加速的时间是3秒，沙子和桶的运动的加速度和小车一样，则实验桌面距离地面高度大于等于沙子和桶下降的高度，所以实验桌面距离地面高度至少为
at2=0.90m。

ℎ=1
2
（3）[4]ABC．图线中A点表示刚好碰到弹簧，随着弹力的增大，小车先做加速度减小的加速运动，当弹力和拉力相等时即到达B点，加速度为零，速度最大，在做加速度增大的减速运动一直到达C点停止，此时加速度最大，速度为零，AC错误B正确；
D．小车做匀加速运动
mg=(m+M)a
到达C点时加速度为a1=1m/s2
F−mg=(m+M)a1
解得
F=6mg
D正确。

故选BD。

20、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个相同的弹簧测力计连接在一起对拉（如图所示），发现作用力与反作用力的大小_____（选填“相等”或“不相等”）；作用力与反作用力的方向______（选填“相同”
或“相反”）；同时发现作用力与反作用力的作用________（选填“有”或“没有”）先后。

答案：相等相反没有
解析：
[1][2][3]根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，
同时变化，同时消失，
F=−F′
则作用力与反作用力的作用没有先后。