(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点总结.docx
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(文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律考点总结 1 单选题 1、如图所示为乘客在进入车站乘车时,将携带的物品放在以恒定速率运动的水平传送带上,使物品随传送带一起运动并通过检测仪接受检查时的情景。当乘客将携带的物品轻放在传送带上之后,关于物品受到的摩擦力,下列说法正确的是( ) A.当物品与传送带相对静止时,物品受到静摩擦力 B.当物品受到摩擦力作用时,摩擦力方向与物品运动方向相同 C.当物品受到摩擦力作用时,物品不一定受到弹力作用 D.由于物品相对于地面是运动的,物品一直受到滑动摩擦力 2、如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动。在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( ) A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量相同 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 4、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置,是鸟类的好居处。如图所示,质量为m的鸽子,沿着与水平方向成15°角、斜向右上方的方向以大小为v的速度匀速飞行,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( ) A.鸽子处于失重状态B.空气对鸽子的作用力大于mg C.空气对鸽子的作用力的功率为mgvD.鸽子克服自身的重力的功率为mgvsin15° 多选题 5、如图所示,甲为履带式电梯,乙为台阶式电梯,它们倾角相同,没有顾客乘坐时低速转动,有顾客乘坐时会匀加速启动,启动时两个电梯的加速度大小相同。质量相同的小红和小明两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼,在电梯启动阶段两位乘客受到的摩擦力大小分别为f甲、f乙,则( ) A.小明和小红受到电梯的作用力大小不相同B.f甲>f乙 C.小明受到电梯的作用力方向竖直向上D.f甲与f乙大小关系与倾角大小无关 6、如图所示,轻杆一端固定在O点,一端固定一小球,在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时,杆与小球间弹力大小为FN,小球在最高点的速度大小为v,FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是( ) A.v2=a时,小球完全失重B.v2=c时,杆对小球弹力方向竖直向上 C.小球的质量为bRaD.当地的重力加速度大小为aR 7、如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动,传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后,经过一段时间又返回光滑水平面上,这时速率为v2',则下列说法正确的是( ) A.若v1<v2,则v2'=v1 B.若v1>v2,则v2'=v2 C.不管v2多大,总有v2'=v2 D.只有v1=v2时,才有v2'=v1 8、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是( ) A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变 B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去 C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向 D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 填空题 9、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑,已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx(k为已知量)。物体刚下滑时加速度大小为______,当下滑距离为______时,物体有最大速度。(重力加速度为g) 10、如图所示,A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上,A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接,细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ,细绳L2水平拉直,现将细绳L2剪断,则细绳L2剪断瞬间,细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为______,A与B的加速度之比为______。 11、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g,再用天平测量物体的______,利用牛顿第二定律可得G=______。 12、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A、B离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比为_______,在C处剪断轻绳,当B落地前瞬间,A、B的速度大小之比为_______。 解答题 13、如图所示,质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下,沿水平桌面向右做直线运动,经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s,已知物体与桌面间的动摩擦因数μ=13,求作用力F的大小。(g=10m/s2) 14、如图所示,一物块(可视为质点)以水平向右的初速度v0=12m/s滑上一恒定转动的水平传送带左端,到达传送带右端时恰好与传送带共速,物块水平飞出后,最后垂直打在一倾角β=45°的斜坡上。已知传送带的长度L=11m,且传送带的速度小于物块的初速度,物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10ms2,不计空气阻力。求: (1)传送带的速度大小; (2)传送带右端与物块刚打在斜面上的点的距离。 15、如图所示,质量为m1=1kg的小物块A,以v1=4.0m/s的初速度水平向右滑上质量为m2=1.0kg、初速度大小为v2=5.0m/s向左运动的长木板B,已知A、B之间的动摩擦因数μ1=0.20 ,B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.40,整个过程中小物块并未从长木板上滑下,g取10 m/s2。则: (1)求小物块A刚滑上长木板B时,小物块与长木板的加速度大小和方向。 (2)求从小物块A刚滑上长木板B到二者刚好相对静止时小物块的位移大小。 16、如图所示,质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下,沿水平桌面向右做直线运动,经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s,已知物体与桌面间的动摩擦因数μ=13,求作用力F的大小。(g=10m/s2) 实验题 17、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中: (1)当质量m一定时,a与F合成________;当力F一定时,a与M成________。 (2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图,以下做法正确的是________。 A.平衡摩擦力时,应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上 B.本实验中探究的方法是控制变量法 C.实验时,先放开小车,后接通电源 D.“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足,对探究结果也不会产生影响 18、用如图甲所示的实验装置,探究加速度与力、质量的关系实验中,将一端带定滑轮的长木板放在水平实验桌面上,实验小车通过轻细绳跨过定滑轮与砂桶相连,小车与纸带相连,打点计时器所用交流电的频率为f=50 Hz。平衡摩擦力后,在保持实验小车质量不变的情况下,放开砂桶,小车加速运动,处理纸带得到小车运动的加速度为a;改变砂桶中沙子的质量,重复实验三次。 (1)在验证“质量一定,加速度a与合外力F的关系”时,某学生根据实验数据作出了如图乙所示的a-F图像,其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象,产生这两种现象的原因可能有___________。 A.木板右端垫起的高度过小(即平衡摩擦力不足) B.木板右端垫起的高度过大(即平衡摩擦力过度) C.砂桶和沙子的总质量m远小于小车和砝码的总质量M(即m<<M) D.砂桶和沙子的总质量m未远小于小车和砝码的总质量M (2)实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示,则小车运动的加速度a=___________m/s2。(结果保留2位有效数字) (3)某同学想利用该实验装置测出金属铝块和木板间动摩擦因数,进行了如下操作: ①将长木板重新平放于桌面上 ②将小车更换为长方体铝块,为了能使细绳拖动铝块在木板上滑动时产生明显的加速度,又往砂桶中添加了不少砂子,并测得砂桶和砂子的总质量为m,铝块的质量为M(m不再远小于M)。 ③多次实验测得铝块的加速度大小为a 请根据以上数据(M、m、a、g),写出动摩擦因数μ=___________。 19、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g,细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下: ①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H; ②把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上,轻拉重锤放手后使之做匀速运动; ③在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码; ④左手将重锤2压在地面上,保持系统静止。释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间t。 请回答下列问题: (1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差,应补充的操作步骤为______; (2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了______; A.使H测得更准确 B.使重锤1下落的时间长一些 C.使系统的总质量近似等于2M D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等 (3)用实验中的测量量和已知量表示g,得g=______。 20、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。 24 (文末答案)历年高考物理力学牛顿运动定律_00F参考答案 1、答案:B 解析: A.当物品与传送带相对静止时,物品不受摩擦力作用,A错误; B.当把物品放上传送带时,物品相对传送带有向后运动的趋势,受到向前的摩擦力,B正确; C.有摩擦力,一定有弹力,C错误; D.物品虽然相对地面是运动的,但相对传送带静止时,物品不受摩擦力作用,D错误。 故选B。 2、答案:B 解析: A.经时间t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则xa>xb,根据运动学规律 x=12at2 得 aa>ab 又由牛顿第二定律a=Fm知,ma<mb,A项错误; B.经时间t到下半区域的同一水平面,由动能定理 W=qEx=ΔEk xa>xb,所以Wa>Wb,所以a的动能比b的动能大,B项正确; C.在t时刻,a、b处在同一等势面上,根据电势能决定式 Ep=qφ 可知a、b的电势能绝对值相等,符号相反,C项错误; D.根据动量定理 Ft=p-p0 则经过时间t,a、b的动量大小相等,方向相反,故D项错误。 故选B。 3、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、答案:D 解析: A.由鸽子匀速飞行可知,鸽子所受合外力为0,A错误; B.由共点力平衡条件可知,空气对鸽子的作用力等于mg,B错误; C.空气对鸽子的作用力竖直向上,所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°,C错误; D.鸽子克服自身的重力的功率为 P=-P重力 由力的功率表达式 P重力=mgvcos(15°+90°) 联立解得 P=mgvsin15° D正确。 故选D。 5、答案:BD 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θ,由牛顿第二定律,对甲有 f甲-mgsinθ=ma 对乙有 f乙=macosθ 对比可得 f甲>f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B解析可知,f甲大于f乙的关系与倾角大小无关,D正确。 故选BD。 6、答案:ACD 解析: A.由图可知:v2=a时,FN=0,此时小球仅受重力作用,加速度为向下的重力加速度,处于完全失重状态,故A正确; B.由图可知:当v2<a时,球需要的向心力小于重力,杆对小球弹力方向向上;当v2>a时,球需要的向心力大于重力,杆对小球弹力方向向下,所以当v2=c时,杆对小球弹力方向向下,故B错误; CD.在最高点,若v=0,则有 mg-FN1=mg-b=0 当FN=0时,则有: mg=mv2R=maR 可得 g=aR,m=bRa 故CD正确。 故选ACD。 7、答案:AB 解析: 由于传送带足够长,物体先减速向左滑行,直到速度减为零,此过程设物体对地位移大小为x,加速度大小为a,则 x=v222a 然后在滑动摩擦力的作用下向右运动,分两种情况: ①若v1≥v2,物体向右运动时一直加速,当v2'=v2时(向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程,位移大小还是等于x),恰好离开传送带。 ②若v1<v2,物体向右运动时先加速,当速度增大到与传送带的速度相等时,位移大小 x'=v122a<v222a=x 说明物体还在传送带上,此后不受摩擦力,物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面,此时有v2'=v1,故选项A、B正确,C、D错误。 故选AB。 8、答案:BCD 解析: A.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,选项A错误; BCD.牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点,得出了选项D的正确观点,选项B、C、D正确。 故选BCD。 9、答案: gsinθ tanθk 解析: [1]x=0时,动摩擦因数为零,则物体不受摩擦力,所以加速度大小为 a=gsinθ [2]速度最大时,加速度为零,有 μmgcosθ=mgsinθ 此时 kxcosθ=sinθ 解得 x=sinθkcosθ=tanθk 10、答案: (cosθ)2:1 cosθ:1 解析: [1]将细线L2剪断瞬间,细绳L1上的拉力 F1=mgcosθ 弹簧弹力不变,为 FT=mgcosθ 则 F1FT=(cosθ)21 [2] 对A由牛顿第二定律得 mgsinθ=maA 解得 aA=gsinθ 弹簧的弹力不可突变,将细线L2剪断瞬间,对B球,由牛顿第二定律得 mgtanθ=maB 解得 aB=gtanθ 则A与B的加速度之比为cosθ:1 11、答案: 质量m mg 解析: 略 12、答案: 2:1 1:2 解析: [1]设AB的质量分别为4m和m,对A分析可知,绳子的拉力 T1=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; [2]设开始时AB距离地面的高度分别为h,则B落地时间 t=2hg B落地速度 vB=2gh 此时A的速度 vA=at=gsin30∘t=122gh 即当B落地前瞬间,A、B的速度大小之比为1:2。 13、答案:9.4N 解析: 对物体受力分析,建立直角坐标系如图 由 vt2-v02=2ax a=vt2-v022x=0.42-0.622×0.5m/s2=-0.2m/s2 负号表示加速度方向与速度方向相反,即方向向左。 y轴方向 FN+Fsin30°=mg Fμ=μ(mg-Fsin30°) x轴方向,由牛顿第二定律得 Fcos30°-Fμ=ma 即 Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma 解得 F=9.4N 14、答案:(1)v传=10m/s;(2)s=55m 解析: (1)由题知传送带向右运动,且物块在传送带上做匀减速运动,由牛顿第二定律有 μmg=ma 由运动学有 v2-v02=-2aL 又 v传=v 解得 v传=10m/s (2)物块飞出传送带后做平抛运动,物体打在斜面上时,由平抛运动规律 有 vvy=tan45° 竖直速度 vy=gt 竖直位移 y=12gt2 水平位移 x=vt 距离 s=x2+y2 联立并带入数据解 s=55m 15、答案:(1)10m/s2,方向水平向右;(2)4m 解析: (1)以A为研究对象,根据牛顿第二定律有 μ1m1g=m1a1 解得加速度 a1=μ1g=2m/s2 方向水平向左; 以B为研究对象,根据牛顿第二定律有 μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2 解得加速度 a2=10m/s2 方向水平向右 (2)AB都做匀减速运动,当B的速度减为零时,所需的时间为 t=v2a2=0.5s 此时A的速度 vA=v1-a1t=3m/s 方向水平向右;此后,由于 μ1m1g=2N<μ2(m1+m2)g=8N 所以B静止,A继续向右匀减速运动,直到停止。对A由匀变速运动推导公式 v12=2a1x 解得物块的位移大小为 x=4m 16、答案:9.4N 解析: 对物体受力分析,建立直角坐标系如图 由 vt2-v02=2ax a=vt2-v022x=0.42-0.622×0.5m/s2=-0.2m/s2 负号表示加速度方向与速度方向相反,即方向向左。 y轴方向 FN+Fsin30°=mg Fμ=μ(mg-Fsin30°) x轴方向,由牛顿第二定律得 Fcos30°-Fμ=ma 即 Fcos30°-μ(mg-Fsin30°)=ma 解得 F=9.4N 17、答案: 正比 反比 B 解析: (1)[1]当质量m一定时,a与F合成正比; [2]当力F一定时,a与M成反比; (2)[3]A.平衡摩擦力时,应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动,A错误; B.实验中采用控制变量法,即研究加速度与合力关系时控制小车质量不变,研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变,B正确; C.实验时,先接通电源打点,后放开小车拖动纸带运动,C错误; D.为减小实验误差,实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量,D错误。 故选B。 18、答案: AD 3.0 mg-M+maMg 解析: (1)[1]AB.图线不经原点且在具有一定的拉力F后,小车方可有加速度,所以木板右端垫起的高度太小,即平衡摩擦力不足,A正确,B错误; CD.图线末端产生了弯曲现象,是因为砂桶和沙子的总质量m没有远小于小车和砝码的总质量M,C错误,D正确。 故选AD。 (2)[2]交流电的频率f=50Hz,相邻两计数点间还有一个点,则两计数点间的时间间隔是T=0.04s,由Δx=aT2,可得小车运动的加速度 a=x4+x5+x6-x1+x2+x39T2=5.69+6.18+6.66-4.25+4.73+5.229×0.042×10-2ms2=3.0ms2 (3)[3]因为砂桶和沙子的总质量m不再远小于铝块的质量M,由牛顿第二定律可知 mg−μMg=(M +m)a 解得 μ=mg-M+maMg 19、答案: 重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t B g=22M+m0+mHmt2 解析: (1)[1]多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t。 (2)[2]由于自由落体的加速度较大,下落H高度的时间较短,为了减小测量时间的实验误差,就要使重锤下落的时间长一些,因此系统下降的加速度要小,所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。 故选B。 (3)[3]根据牛顿第二定律有 mg=(M+m0+n+M)a 又 H=12at2 解得 g=2(2M+m0+m)Hmt2 20、答案: 1.5 1.9 9.5 解析: (1)[1]打点间隔为 T=1f=0.02s 相邻计数点间的时间间隔为 ∆t=5×0.02s=0.1s 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 v5=(13.78+15.70)×10-22×0.1ms=1.5ms (2)[2]根据逐差法,可得 a=11.92+13.78+15.70-(6.19+8.11+10.00)9×0.12×10-2ms2=1.9ms2 [3]根据牛顿第二定律,有 m2g-m1g=m1+m2a 解得 g=9.5ms2- 配套讲稿:
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