试题精选-高三物理专题卷：专题(研究匀变速直线运动;验证牛顿运动定律;探究动能定理,机械能守恒定律)

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－()2sin sin cos hg θθμθ-【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg5．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mga g mμμ==滑块相对车滑动的时间：0v t a=滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=-滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间011v t a = 由几何关系有：010122v t Lv t -= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：10.5s t=，16F N =则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．6．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -==汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。

高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m ，某时刻另一质量m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0=2m ／s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，小滑块始终未脱离长木板。

求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=，求：()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()210/.2m s 物资P 到达A 端时的动能是900J ． 【解析】 【分析】（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能219002kA A E mv J == 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，P 的加速度22sin cos 2/a g g m s θμθ=-=后段运动有：222212L s vt a t -=+， 解得：21t s =，到达A 端的速度226/A v v a t m s =+=动能219002kA A E mv J == 【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．3．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2112km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能211J 2m k E mv == 减速阶段的位移3310.5m 2x vt == 匀速阶段的位移2253m x vt ==加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2112a x v =，解得1 2.5m x ＝阳台距地面的高度12356m h x x x =++=4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-=由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤5．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得233t s =故经过时间12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.6．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．7．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56m ．货物质量为2kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s 2．求 (1)无人机匀加速上升的高度；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力． 【答案】(1)2.5m ；(2)20.8N 【解析】 【详解】（1）无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2 无人机匀减速上升的高度：h 3＝2v t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3 联立解得：h 1＝2.5 m（2）货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma 联立解得：F ＝20.8 N8．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间． 【答案】（1）0.5；（2）225s +（） 【解析】【分析】 【详解】（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有 Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°） 代入解得，μ=0.5（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°） 上滑的时间为0112v t s a == 上滑的位移为01202v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2， 得，a 2=g （sin37°-μcos37°）由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=12a 2t 22 解得，22225xt s a =＝故 t=t 1+t 2=（2+25）s 【点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．9．如图所示为一升降机由静止开始下降．．过程中的速度图像，升降机及其载重总质量为2.0t ．（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；（2）分别求出第2S 内、第5S 内、第7S 内悬挂升降机的钢索的拉力大小.（g 取10m/s 2）【答案】（1）6s －8s 超重；0—2s 失重 （2）41.210N ⨯ 4210N ⨯ 2.8×104N【解析】试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；速度时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求出各段时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小．（1）由速度时间图象可知，0-2s 内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s 内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态． （2）由加速度定义：∆=∆v a t根据图象得0～2s 内2218/4/2v a m s m s t ∆===∆ 根据牛顿第二定律得：4?11 1.210F mg ma N =-=⨯2s ～6s 内，加速度a 2=0，即匀速运动 悬挂升降机的钢索的拉力F 2=mg =2×104 N 6s ～8s 内，加速度为：22308/4/2v a m s m s t ∆-===-∆ 根据牛顿第二定律得：433 2.810?F mg ma N =-=⨯ 点睛：本题主要考查了对超重失重现象的理解及牛顿第二定律的直接应用，属于基础题．10．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达 到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物块，经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。

2020届高三物理一轮复习《匀变速直线运动》专项训练测试题一、选择题（1—10题只有一个答案符合要求，11-14题有多个答案符合要求）1. 一个质点做直线运动，其位移随时间变化的规律为263(m)x t t =-，其中时间 t 的单位s ，则当质点的速度大小为9m/s 时，质点运动的位移为 A ．3.75 m B ．–3.75 m C ．2.25 m D ．–2.25 m【答案】B【解析】根据匀变速方程2012x v t at =+，可知物体初速度为6 m/s ，加速度为–6m/s 2。

所以当质点速度大小为9 m/s 时，根据速度位移关系：223.75m 2vv x a-'==-，ACD 错误B 正确。

2. 一辆汽车沿平直道路行驶，其v –t 图象如图所示。

在t =0到t =40 s 这段时间内，汽车 的位移是A ．0B ．30 mC ．750 mD ．1 200 m【答案】C【解析】在v –t 图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，故在40 s 内的位移为()()1104030m 750m 2x =⨯+⨯=，C 正确。

3.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知A. 在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同B. 在时刻t 1两木块速度相同C. 在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬间两木块速度相同D. 在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬时两木块速度相同两 【答案】C【解析】底片上每小格宽度s ，曝光时间为t ．下面物体做匀速直线运动的速度4sv t=，上面物体t 2时刻速度252sv t=＜v ；A 错误；时刻t 1两木块速度不同，故B 错误；t 3时刻的速度v 2=52s t ＜v ；v 3=72s t ＜v ；t 4时刻的速度v 4=92s t＞v ，可见在此时间内必有一时刻两物体速度相等，C 正确，D 错误．故选C.4.已知做匀加速直线运动的物体在某段时间内的第5s 末速度为10m/s ，则物体（ ）A. 加速度一定为2m/s 2B. 前5s 内位移一定是25mC. 前10s 内位移一定为100mD. 前10s 内位移不一定为100m 【答案】C【解析】物体做匀加速直线运动，加速度为，可见，只有当v 0=0时，a 才等于是2m/s 2．故A 错误．前5s 内位移为，当v 0=0时x=25m ，故B 错误．根据推论可知，物体做匀加速直线运动，第5秒末的瞬时速度等于前10s 内的平均速度，所以前10s 内平均速度为10m/s ，则前10s 的位移一定为x=t=100m ，故C 正确，D 错误．故选C.5.已知OABC 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2，一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点，已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等．则O 与A 的距离（ ） A.B.C.D.20010/5v v v a m s t --==0010522v v v x vt t m ++===⨯v ()()2122138l l l l --()()212218l l l l +-()()21221l l l l +-21221l l l l ⎛⎫+ ⎪-⎝⎭【答案】A【解析】设物体通过AB 段与BC 段所用的时间均为t ，B 点的瞬时速度为：，根据推论在连续相等时间内的位移之差是一恒量得：△x =l 2-l 1=at 2，x OA =x OB -l 1 ，根据速度位移公式：，联立以上可得：，故A 正确，BCD 错误。

专题03牛顿运动定律2023年高考真题1(2023全国甲卷)一小车沿直线运动，从t =0开始由静止匀加速至t =t 1时刻，此后做匀减速运动，到t =t 2时刻速度降为零在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】x -t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0-t 1图像斜率变大，t 1-t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止图像的斜率变为零。

故选D 。

2(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。

甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速度a 的关系图线如图所示。

由图可知()A.m 甲<m 乙B.m 甲>m 乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F -μmg =ma 整理后有F =ma +μmg则可知F -a 图像的斜率为m ，纵截距为μmg ，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ甲m 甲g =μ乙m 乙g 则μ甲<μ乙故选BC 。

3(2023山东卷)质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。

当小车拖动物体行驶的位移为S 1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。

物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S 2。

物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。

小车的额定功率P 0为()A.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1 B.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-mS 1C.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2-MS 1D.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2+mS 1【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S 1的过程中有F -f -μmg =(m +M )a v 2=2aS 1P 0=Fv轻绳从物体上脱落后a 2=μgv 2=2a 2(S 2-S 1)联立有P 0=2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1故选A 。

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t=0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ．求：(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．【答案】（1）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ（3）22084sin sin 2525mg F mg x θθ=+【解析】 【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx 0=（m+35m ）gsinθ 解得：k=8 5mgsin x θ（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014x x = 说明当形变量为0010344x x x x =-=时二者分离； 对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsinθ=ma 联立解得：a=15gsin θ（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=210gsin t θ则形变量变为：△x=x 0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（m+35m ）gsinθ=（m+35m ）a解得：F=825mgsinθ+22425mg sinxθt2因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsinθ=故应保证0≤t＜052xgsinθ，F表达式才能成立．点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．2．质量为m=0.5 kg、长L=1 m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg的物体A（视为质点）以v0=4 m/s向右的初速度滑上平板车B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．已知A与B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2．试求：（1）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件；（2）若F=5 N，物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．【答案】(1)1N3NF≤≤ (2)0.5mx∆=【解析】【分析】物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围．【详解】(1)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：222011-22A Bv v vLa a=＋又：011-=A Bv v va a解得：a B=6m/s2再代入F＋μMg=ma B得：F=1N若F<1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F=(m＋M)a对物体A：μMg=Ma解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．3．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。

高考物理必做实验高考真题汇编实验1研究匀变速直线运动规律1.（2024年高考贵州卷）智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。

现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。

主要步骤如下：（1）在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a ）所示。

（2）开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。

（3）以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如下表所示：()m h 0.000.050.150.300.500.75 1.05()s t 0.0000.1010.1750.2470.3190.3910.462（4）根据表中数据，在答题卡上补全图（b ）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h 随时间t 变化的h t -图线_____。

（5）由绘制的h t -图线可知，下落高度随时间的变化是_____（填“线性”或“非线性”）关系。

（6）将表中数据利用计算机拟合出下落高度h 与时间的平方2t 的函数关系式为24.916(SI)h t =。

据此函数可得重力加速度大小为_____2m /s 。

（结果保留3位有效数字）【答案】①.②.非线性③.9.83【解析】（4）[1]由表中数据在图（b ）中描点画图，如图所示。

（5）[2]由绘制的h t -图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系。

（6）[3]如果长直木条做自由落体运动，则满足212h gt =由24.916(SI)h t =可得21 4.916m 2g =解得229.832m s 9.83m s g =≈2.（2024高考重庆卷）元代王祯《农书》记载了一种人力汲水灌田农具——戽斗。

某兴趣小组对库斗汲水工作情况进行模型化处理，设计了如图甲所示实验，探究库斗在竖直面内的受力与运动特点。

该小组在位于同一水平线上的P 、Q 两点，分别固定一个小滑轮，将连结沙桶的细线跨过两滑轮并悬挂质量相同的砝码，让沙桶在竖直方向沿线段PQ 的垂直平分线OO′运动。

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：()2312 2.4t t t s s =+=+≈ 【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．3．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

高考物理《实验：研究匀变速直线运动》真题练习含答案1．[2024·陕西省西安市质检]某同学采用了如图所示的实验装置来完成“研究匀变速直线运动的规律”实验．放置在气垫导轨上的滑块上装有宽度d ＝3.0 mm 的遮光条，滑块在牵引力作用下先后通过两个光电门，配套的数字计时器(图中未画出)记录了遮光条通过光电门1的时间Δt 1＝0.02 s ，通过光电门2的时间Δt 2＝0.01 s ，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x ＝22.5 cm ，则遮光条经过光电门1时的速度大小v 1＝________ m/s ，滑块的加速度大小a ＝________ m/s 2，遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t ＝________ s ．(计算结果均保留两位有效数字)答案：0.15 0.15 1.0解析：遮光条宽度d ＝3.0 mm ，遮光条通过光电门1的遮光时间Δt 1＝0.02 s ，因遮光条宽度和遮光时间都很小，因此用平均速度近似等于遮光条经过光电门1时的速度大小，则有v 1＝d Δt 1 ＝3.0×10－30.02 m/s ＝0.15 m/s ，则遮光条经过光电门2时的速度大小v 2＝d Δt 2＝3.0×10－30.01 m/s ＝0.30 m/s ，由速度位移关系公式，可得滑块的加速度大小a ＝v 22 －v 21 2x ＝0.302－0.1522×22.5×10－2 m/s 2＝0.15 m/s 2.由速度时间公式，可得遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t ＝v 2－v 1a ＝0.30－0.150.15s ＝1.0 s ． 2．[2024·河南许昌模拟]某物理兴趣小组通过自由落体运动测量重力加速度．该小组利用“手机物理工坊”软件中的声学秒表功能记录物体的运动时间．该小组在铁架台上固定一个铁圈，充入空气的气球下方悬挂一个物体，放在铁圈上，如图甲所示．用针刺破气球时发出爆破音，手机上的传感器接收到声音信号开始计时，物体同时自由下落．物体落地后发出声音，传感器再次接收到信号停止计时，记录了物体下落的时间t ，如图乙所示．(1)要想计算重力加速度，还需要测量的物理量是________________________；(2)重力加速度的表达式为____________(用测量的物理量表达)；(3)为减少实验误差，改变铁圈的固定位置，多次测量．以t 2为横坐标，________为纵坐标建立坐标系，图线的斜率为重力加速度．答案：(1)物体下端距地面的高度h(2)g ＝2h t 2 (3)2h 解析：(1)根据h ＝12gt 2可知要计算重力加速度，还需要测量物体下端距地面的高度h ； (2)根据h ＝12 gt 2可得g ＝2h t 2 ； (3)根据h ＝12gt 2整理可得2h ＝gt 2，为减少实验误差，改变铁圈的固定位置，多次测量．以t 2为横坐标，2h 为纵坐标建立坐标系，图线的斜率为重力加速度．3．[2023·全国甲卷]某同学利用如图(a)所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系．让小车左端和纸带相连．右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连．钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带．某次实验得到的纸带和相关数据如图(b)所示．(1)已知打出图(b)中相邻两个计数点的时间间隔均为0.1 s ．以打出A 点时小车位置为初始位置，将打出B 、C 、D 、E 、F 各点时小车的位移Δx 填到表中，小车发生对应位移所用时间和平均速度分别为Δt 和v － 0，表中Δx AD ＝________cm ，v － AD ＝________cm/s.(2)根据表中数据得到小车平均速度v－随时间Δt的变化关系，如图(c)所示．在图中补全实验点．(3)从实验结果可知，小车运动的v－­Δt图线可视为一条直线，此直线用方程v－＝kΔt ＋b表示，其中k＝________cm/s2，b＝________cm/s.(结果均保留3位有效数字)(4)根据(3)中的直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出A点时小车速度大小v A＝______，小车的加速度大小a＝______．(结果用字母k、b表示)答案：(1)24.0080.0(2)(3)70.059.0(4)b2k解析：(1)根据纸带的数据可得Δx AD＝x AB＋x BC＋x CD＝6.60 cm＋8.00 cm＋9.40 cm＝24.00 cm平均速度为v－AD＝x AD3T＝80.0 cm/s(2)根据第(1)小题结果补充表格和补全实验点图像得(3)从实验结果可知，小车运动的v － ­Δt 图线可视为一条直线，图像为此直线用方程v － ＝k Δt ＋b 表示，由图像可知其中k ＝101.0－59.00.6cm/s 2＝70.0 cm/s 2，b ＝59.0 cm/s (4)小车做匀变速直线运动，由位移公式x ＝v 0t ＋12 at 2，整理得x t ＝v 0＋12at 即v － ＝v A ＋12at 故根据图像斜率和截距可得v A ＝b ，a ＝2k。

高三物理匀变速直线运动的研究试题答案及解析1.学校进行大扫除，小明被分配擦教室玻璃,手拿方形抹布在竖直的玻璃上使抹布与玻璃间进行滑动摩擦,将玻璃上的灰尘擦干净。

已知玻璃的下边沿离地的高度为1m,若方形抹布（可视为质点）的质量为0.1kg,假定小明用力将抹布在玻璃表面缓慢竖直向上擦玻璃,当手臂对抹布的作用力F与玻璃面所成角度为θ=53°时,F=5N。

（取g=10m/s2,sin53°=0.8）（1）求抹布与玻璃间的动摩擦因数μ。

（2）当小明擦到离地最大高度2.25m时,抹布意外脱手沿玻璃面竖直向下滑落,求抹布砸到玻璃下边沿的窗台时的速度v的大小。

【答案】（1）0.5 （2）5m/s【解析】（1）抹布竖直向上缓慢运动,受力如图所示,由平衡条件得:水平方向:（3分）竖直方向: （3分）又有: （2分）解得: （1分）（2）抹布竖直下落时与玻璃之间无摩擦,做自由落体运动,则:（2分）下落高度:（2分）解得: （1分）【考点】本题考查牛顿第二定律和运动学关系。

2.继“成渝”动车运行后，2013年12月28日，“渝利”动车亦成功运行，途径长寿北、涪陵北、丰都、石柱县等，极大地方便了旅客出行．由于一些班次动车需经停某些车站，因此不同车次的动车运行时间略有不同，引起了物理爱好者的兴趣．现简化动车运行物理模型，设定不在某站停留匀速直线运动通过某站，经停某站的动车先做匀减速直线运动，在某站短暂停留的车次以速度v后匀速直线运动，该过程v-t图像如图所示．求：后，做匀加速直线运动达到v(1)动车离开某站时的加速度大小；(2)动车停靠该站比不停靠该站运行多经历的时间．【答案】(1) (2)【解析】（1）由题知，动车离开该站时的加速度大小（3分）（2）动车减速过程位移大小（2分）动车加速过程位移大小（2分）动车变速经过该站位移大小（2分）历时（2分）动车匀速经过该站历时（2分）由于停靠该站比不停靠该站运行多经历的时间（2分）【考点】本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动规律.3.传送带被广泛应用于各行各业。

高三物理精品专题卷1考试范围：运动的描述与直线运动一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

） 1．结合图片中交代的情景及数据，以下判断正确的是 （ ）利比亚战场机枪开火 100km/h 紧急刹车 高速行驶的磁悬浮列车 13秒07！刘翔力压奥利弗获得冠军A ．位于点燃火药的枪膛中的子弹的速度、加速度可能均为零B ．轿车时速为100km/h ，紧急刹车距离为31米（可视为匀减速至静止），由此可得轿车刹车阶段的加速度为a=12.5m/s 2C ．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零D ．根据图中数据可求出刘翔在110m 栏比赛中通过全程的平均速率为v=8.42m/s2．物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F 表示物体所受的合力，a 表示物体的加速度，v 表示物体的速度，x 表示物体的位移） （ ）3．一个物体做匀加速直线运动，它在第5s 内的位移为9m ，则下列说法正确的是 （ ）A ．物体在第4.5秒末的速度一定是9m/sB ．物体的加速度一定是2m/s 2C ．物体在前9s 内的位移一定是81mD ．物体在9s 内的位移一定是17m4．如右图甲所示，一定质量的物体置于固定粗糙斜面上。

t=0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v-t 图如右图乙所示，则下列说法中正确的是 （ ）A ．t=1s 物体速度反向B ．t=3s 时物体运动到最高点C ．1~2秒内物体的加速度为0~1秒内物体的加速度的2倍D ．t=3s 内物体的总位移为零5．如右图所示，木块A 、B 并排且固定在水平桌面上，A 的长度是L ，B 的长度是3L ，一颗子弹沿水平方向以速度v 1射入A ，以速度v 2穿出B ，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A 时的速度为 （ ） A ．4212v v +B ．432122v v +C ．432122v v -D ．22v6．a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的位移-时间图象如右图所示， 图象c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是 （ ） A ．a 、b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B ．a 、b 两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相同方向相反C ．在0~5s 的时间内，t=5s 时，a 、b 两个物体相距最远D．物体c做匀加速运动，加速度为0.2m/s27．某人在医院做了一次心电图，结果如下图所示。

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

1 / 82019年—2023年高考物理牛顿运动定律部分真题汇编+答案解析（真题部分）1.(2023全国甲,19,6分)(多选)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。

甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a 的关系图线如图所示。

由图可知( )A.m 甲<m 乙B.m 甲>m 乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙2.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。

电梯加速上升的时段是( )A.从20.0 s 到30.0 sB.从30.0 s 到40.0 sC.从40.0 s 到50.0 sD.从50.0 s 到60.0 s3.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。

重力加速度大小为g 。

用水平向右的拉力F 拉动P ,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( )A.P 的加速度大小的最大值为2μgB.Q 的加速度大小的最大值为2μgC.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小4.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。

车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球,两球用轻杆相连,A 球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底2 / 8面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A.若B 球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θB.若推力F 向左,且tan θ≤μ,则F 的最大值为2mg tan θC.若推力F 向左,且μ<tan θ≤2μ,则F 的最大值为4mg(2μ-tan θ)D.若推力F 向右,且tan θ>2μ,则F 的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)5.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g =10 m/s 2。

高考物理新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(3)一、选择题1．为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。

某次实验获得的图线如图所示，a 、b 、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是A ．a →b →c 为一次“下蹲”过程B ．a →b →c 为一次“站起”过程C ．a →b 为“下蹲”过程，b →c 为“站起”过程D ．a →b 为“站起”过程，b →c 为“下蹲”过程2．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体。

当水平力F 作用于B 上，三物体可一起匀速运动，撤去力F 后，三物体仍可一起向前运动，设此时A 、B 间作用力为f 1，B 、C 间作用力为f 2，则f 1和f 2的大小为（ ）A ．f 1=f 2=0B ．f 1=0，f 2=FC ．13F f ，f 2=23FD ．f 1=F ，f 2=0 3．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D．t0时间内，两球下落的高度相等4．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。

已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A．A、B间摩擦力为零gθB．A加速度大小为cosC．C可能只受两个力作用D．斜面体受到地面的摩擦力为零t=时刻起，用一水平向右的拉力F 5．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0作用在物块上，且F的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a、摩擦力F、速度v随F的变化图象正确的是（）fA．B．C．D．6．如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B 由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取210m/s）（）A．0B．2.5N C．5N D．3.75N7．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x．现将悬绳剪断，则（）A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为2gD．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为g8．下列说法符合历史事实的是A．伽利略的“冲淡”重力实验，证明了自由落体运动是匀加速直线运动B．牛顿开创了以实验检验、猜想和假设的科学方法C．牛顿第一定律是实验定律D．爱因斯坦先提出，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质的观点9．如图所示，质量均为m的物块P、Q放在倾角为θ的斜面上，P与斜面之间无摩擦，Q与斜面之间的动摩擦因数为μ。

全国高三高中物理专题试卷班级:___________ 姓名：___________ 分数：___________一、选择题1.“5·12”汶川大地震，牵动了全国人民的心．一架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标．若不计空气阻力，g取10 m/s2，则()①物资投出后经过6 s到达地面目标②物资投出后经过18 s到达地面目标③应在距地面目标水平距离60 m处投出物资④应在距地面目标水平距离180 m处投出物资A．①③B．①④C．②③D．②④2.探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比() A．轨道半径变小B．心加速度变小C．线速度变小D．角速度变小3.如右图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM＝ON.下列说法中正确的是()A．同一电荷在O、M、N三点受的电场力相同B．同一电荷在O、M、N三点的电势能相同C．O、M、N三点的电场强度大小关系是EM＝EN>E0D．把另一自由电荷从M点静止释放，将沿MON做往复运动4.有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V,60 W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()A．日光灯最多B．电烙铁最多C．电风扇最多D．一样多5.如右图所示，重为的物体A在大小为F、方向为水平向左的恒力作用下，静止在倾角为α的光滑斜面上．现将重为的小物体B轻放在A上，则()A．A仍静止B．A将加速下滑C．斜面对A的弹力不变D．B对A的压力大小等于6.如右图所示，为两个固定点电荷，其中带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如下图所示．则()A．带正电B．带负电C．试探电荷从b到a的过程中机械能增大D．试探电荷从b到a的过程中电势能减小7.从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．甲球下落的时间比乙球下落的时间长B．甲球下落的时间和乙球下落的时间相等C．甲球的初速度比乙球初速度大D．甲球的初速度比乙球初速度小8.如右图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用劲度系数为k的轻质弹簧相连的物块A、B，质量均为m，开始时两物块均处于静止状态．现下压A再静止释放使A开始运动，当物块B刚要离开挡板时，A的加速度的大小和方向为()A．0 B．2gsin θ，方向沿斜面向下C．2gsin θ，方向沿斜面向上 D．gsin θ，方向沿斜面向下9.如右图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、、表示．下列判断正确的是()A．I减小，增大B．I减小，增大C．I增大，增大D．I增大，增大10.一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角．在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是()A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大二、实验题(1)某多用电表的欧姆挡中间刻度值是“15”，一位同学在用它来测量电阻时，先将选择开关旋至“×10”挡处，然后进行调零，再将两支表笔分别与电阻的两个引线接触，结果指针指在刻度值为“100”至“200”之间，为了使测量更准确，他应该将选择开关旋至________挡处．换挡后必须________才能进行测量．(2)图甲中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为，电流表读数为；当S向R一侧闭合时，电流表读数为①根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R＝________.②根据图甲所给出的电路，在图乙的各器件实物图之间补画出连接的导线．甲乙三、计算题如下图所示，长12 m质量为50 kg的木板右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端时，立刻抱住立柱(取)，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．全国高三高中物理专题试卷答案及解析一、选择题1.“5·12”汶川大地震，牵动了全国人民的心．一架装载救灾物资的直升飞机，以10 m/s的速度水平飞行，在距地面180 m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标．若不计空气阻力，g取10 m/s2，则()①物资投出后经过6 s到达地面目标②物资投出后经过18 s到达地面目标③应在距地面目标水平距离60 m处投出物资④应在距地面目标水平距离180 m处投出物资A．①③B．①④C．②③D．②④【答案】A【解析】物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，，①项正确，②项错误；抛出后至落地的水平位移为，③项正确，④项错误．所以选项A正确．故选A【考点】考查了平抛运动点评：本题关键是明确货物做平抛运动，然后根据平抛运动的位移公式列式求解．2.探测器绕月球做匀速圆周运动，变轨后在周期较小的轨道上仍做匀速圆周运动，则变轨后与变轨前相比() A．轨道半径变小B．心加速度变小C．线速度变小D．角速度变小【答案】A【解析】由于，所以，T变小，r变小，A正确．又，解得;，r变小，增大，B错误．由，解得r变小，v增大，C错误．由，解得r变小，ω增大，D错误故选A．【考点】考查了万有引力定律的应用点评：人造卫星的线速度、角速度、周期、向心加速度只与轨道半径有关，与卫星的质量无关！3.如右图所示是真空中两个带等量异种电荷的点电荷A、B周围的电场分布情况．图中O点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连线的中垂线，OM＝ON.下列说法中正确的是()A．同一电荷在O、M、N三点受的电场力相同B．同一电荷在O、M、N三点的电势能相同C．O、M、N三点的电场强度大小关系是EM＝EN>E0D．把另一自由电荷从M点静止释放，将沿MON做往复运动【答案】B【解析】等量导种点电荷的中垂线为一等势面，O、M、N三点的电势相等，同一电荷在O、M、N三点的电势能相同，B正确；O、M、N三点的电场强度方向相同，但大小不同，O点场强最大，，C错；同一电荷在三点受的电场力不同，A错；把同一电荷从M点静止释放，由于受到水平的电场力作用不会沿MON做往复运动，D错．故选B【考点】电场线；电场强度；电势．点评：本题考查的就是点电荷的电场的分布，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况，比较简单．4.有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V,60 W”．现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()A．日光灯最多B．电烙铁最多C．电风扇最多D．一样多【答案】B【解析】电风扇，电烙铁和日光灯额定电压、额定功率相同，相同时间内消耗的电能相等，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，日光灯消耗的电能大部分转化为光能，电烙铁消耗的电能全部转化为内能，所以产生的热量电烙铁最多．故选B【考点】焦耳定律；电功、电功率．点评：本题中电风扇、日光灯正常工作时是非纯电阻电路，抓住能量如何转化是关键．基本题．5.如右图所示，重为的物体A在大小为F、方向为水平向左的恒力作用下，静止在倾角为α的光滑斜面上．现将重为的小物体B轻放在A上，则()A．A仍静止B．A将加速下滑C．斜面对A的弹力不变D．B对A的压力大小等于【答案】B【解析】不放B时，对A进行受力分析(如右图)，由受力平衡得；，当放上B后，对A、B整体与不放B时相比总重力增大，故物体不再平衡，要加速下滑；A错误B正确；斜面对A的弹力增大；由于B 处于失重状态，B对A的压力小于B的重力，CD错误故选B．【考点】共点力平衡的条件及其应用；点评：本题属于共点力平衡的基本问题，关键掌握求解力的方法，比如合成法、分解法、正交分解法等．6.如右图所示，为两个固定点电荷，其中带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如下图所示．则()A．带正电B．带负电C．试探电荷从b到a的过程中机械能增大D．试探电荷从b到a的过程中电势能减小【答案】B【解析】根据速度图象的斜率等于加速度，由图知，试探电荷经过a点时的加速度为零，由牛顿第二定律得知，电荷所受的电场力为零，a点的合场强必为零，在a点产生的场强大小相等、方向相反，故一定带负电．故A错误B正确；由图知：从b点到a点电荷的速度先减小后增大，最后趋近匀速，说明电场力先做负功后做正功，故机械能先减小后增大，电势能先增大后减小，CD错误故选B【考点】电场力做功与电势能的关系及读图能力．点评：本题的解题之处在于确定出电荷在a点的加速度为零，根据能量守恒判断电势能的变化，判断电势能和机械能的变化7.从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落在同一个斜面上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．甲球下落的时间比乙球下落的时间长B．甲球下落的时间和乙球下落的时间相等C．甲球的初速度比乙球初速度大D．甲球的初速度比乙球初速度小【答案】C【解析】采用“直接判断法”求解．从抛出到落到斜面上，甲球下落的竖直高度小于乙球，由知甲球下落的时间比乙球下落的时间短，AB错误．甲球的水平位移大于乙球，并且甲球下落的时间比乙球下落的时间短，由知，甲球的初速度比乙球初速度大．C正确．D错误故选C【考点】考查了平抛运动规律的应用点评：关键是知道平抛运动可分解为竖直和水平两个方向上的运动，比较简单，8.如右图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用劲度系数为k的轻质弹簧相连的物块A、B，质量均为m，开始时两物块均处于静止状态．现下压A再静止释放使A开始运动，当物块B刚要离开挡板时，A的加速度的大小和方向为()A．0 B．2gsin θ，方向沿斜面向下C．2gsin θ，方向沿斜面向上 D．gsin θ，方向沿斜面向下【答案】B【解析】当B刚离开挡板时，弹簧弹力大小为，弹簧处于伸长状态；对A进行受力分析，沿着斜面向下的方向有，弹簧弹力沿着斜面向下的方向的拉力N，所以合力为，根据牛顿第二定律得：A的加速度为，方向沿着斜面向下．故选B【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．点评：本题主要抓住当物块B刚要离开挡板时，B处于静止状态，受力平衡，且挡板对B的作用力为零为突破口进行求解，难度适中．9.如右图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、、表示．下列判断正确的是()A．I减小，增大B．I减小，增大C．I增大，增大D．I增大，增大【答案】B【解析】闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流减小，路端电压U增大．的电压等于路端电压，则流过电流增大．流过电流表的电流，减小，增大，I减小，的电压减小，即电压表的示数减小．电压表示数，U增大，减小，则增大．所以，I减小，减小，增大．故选B【考点】本题考查电路的动态分析．点评：对于电路的动态分析问题，首先要认清电路部分的连接关系，往往按“局部→整体→局部”思路分析．10.一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角．在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是()A．a增大，t增大B．a增大，t变小C．a增大，t先增大后变小D．a增大，t先变小后增大【答案】D【解析】根据牛顿第二定律得，，θ增大，加速度增大．匀加速直线运动的位移，根据得，，知θ增大，t先减小后增大．故D正确，ABC错误．故选D．【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的应用点评：本题综合运用了牛顿第二定律和运动学知识，加速度是联系前后的桥梁，通过加速度可以根据力求运动．二、实验题(1)某多用电表的欧姆挡中间刻度值是“15”，一位同学在用它来测量电阻时，先将选择开关旋至“×10”挡处，然后进行调零，再将两支表笔分别与电阻的两个引线接触，结果指针指在刻度值为“100”至“200”之间，为了使测量更准确，他应该将选择开关旋至________挡处．换挡后必须________才能进行测量．(2)图甲中电源电动势为E，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，S为单刀双掷开关，R为待测电阻．当S向电压表一侧闭合时，电压表读数为，电流表读数为；当S向R一侧闭合时，电流表读数为①根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻R＝________.②根据图甲所给出的电路，在图乙的各器件实物图之间补画出连接的导线．甲乙【答案】(1)×100重新调零(2)①②连线如图【解析】(1)第一次测量时，指针示数过大，所以要选择倍率更大的挡进行测量，所以要选“”挡．欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零．本题较易．(2) ①由第一次测量可得电压表内阻为：由于不计电源内阻，所以电流表内阻为：；由第二次测量可得：，代入即可得：②根据电路图连接实物电路图，如图所示．【考点】用多用电表测电阻．点评：应用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针只在刻度盘中央附近，换挡后要重新进行欧姆调零．三、计算题如下图所示，长12 m质量为50 kg的木板右端有一立柱．木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1.质量为50 kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端时，立刻抱住立柱(取)，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小和方向；(2)人在奔跑过程中木板的加速度大小和方向；(3)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．【答案】(1)200 N向右(2)向左(3)2 s【解析】(1)设人的质量为，加速度为，木板的质量为，加速度为，人对木板的摩擦力为.则对人有：，方向向右(2)对木板受力分析可知：，则：代入数据解得：，方向向左．(3)设人从左端跑到右端时间为t，由运动学公式得：则代入数据解得t＝2 s.【考点】牛顿第二定律的应用点评：分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、即可正确解题．。

【实验一】研究匀变速直线运动
1．（2007广东物理，14，8分）如图11(a)所示，小车放在斜面上，车前端拴有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连，起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的距离。

启动打点计时器，释放重物，小车在重物牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离，打点计时器使用的交流电频率为50Hz ，图11(b)中a 、b 、c 是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示.
（1）根据所提供纸带上的数据，计算打c 段纸带时小车的加速度大小为 m/s 2.
（结果保留两位有效数字）
（2）打a 段纸带时，小车的加速度是2.5m/s 2
.请根据加速度的情况，判断小车运动的最
大速度可能出现在b 段纸带中的 .
高考真题答案与解析
物 理
【实验一】 研究匀变速直线运动
1.答案：⑴5.0 m/s 2（结果是4.8 m/s 2的得1分）
⑵D 4D 5区间内
解析：（1）c 段小车做匀减速直线运动，由2aT s =∆，则=++-++=2
654321)3()()(T s s s s s s a 5.0
m/s2
（2）小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的区间内。

高三物理匀变速直线运动的研究试题答案及解析1.在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图所示，假设某汽车以10m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行．已知斜坡的高AB=3m，长AC=5m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE=6m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5．（1）求汽车沿斜坡滑下的加速度大小．（2）试分析此种情况下，行人是否有危险．【答案】（1）汽车沿斜坡滑下的加速度大小为2m/s2．（2）行人有危险．【解析】解：（1）汽车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：mgsin θ﹣μmgcos θ=ma1由几何关系得：sin θ=，cos θ=联立以上各式解得汽车在斜坡上滑下时的加速度为：a1=2m/s2．（2）由匀变速直线运动规律可得：vC 2﹣vA2=2a1xAC解得汽车到达坡底C时的速度为：vC= m/s经历时间为：t1=="0.5" s汽车在水平路面运动阶段，由μmg=ma2得汽车的加速度大小为：a2="μg=5" m/s2当汽车的速度减至v=v人="2" m/s时发生的位移为：x1=="11.6" m经历的时间问问：t2=="1.8" s人发生的位移为：x2=v人（t1+t2）="4.6" m因x1﹣x2="7" m＞6 m，故行人有危险．答：（1）汽车沿斜坡滑下的加速度大小为2m/s2．（2）行人有危险．【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．分析能否追及时，只要研究两者速度相等时位移的情况即可．2.(18分)如图所示，半径R=0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块。

高三物理匀变速直线运动基本公式应用试题答案及解析=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针1.如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=3.5m，以v运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．小煤块从A运动到B的过程中A、所用的时间是2sB、所用的时间是2.25sC、划痕长度是4mD、划痕长度是0.5m【答案】AD【解析】根据牛顿第二定律得，小煤块的加速度，则匀加速运动的时间，匀加速运动的位移．则小煤块匀速运动的位移，则匀速运动的时间，所以小煤块从A运动到B的时间．故A错误，B正确．在煤块匀加速运动的过程中，传送带的位移，则划痕的长度．故C错误，D正确。

【考点】考查了牛顿第二定律，运动学公式得应用2.一质点沿轴运动，其位置随时间变化的规律为：，的单位为s。

下列关于该质点运动的说法正确的是（）A．该质点的加速度大小为5m/s2B．物体回到=0处时其速度大小为10m/s C．t= 2s时刻该质点速度为零D．0~3s内该质点的平均速度大小为5m/s【答案】BD【解析】根据公式对比可得：，A错误；当=0时，解得或者，在时速度为，B正确C错误；0-3s内的位移为，所以平均速度大小为，D正确；【考点】考查了匀变速直线运动规律的应用3.（13分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以v=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。

已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。

（重力加速度g取10 m/s2）（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。

（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？【答案】（1）3m/s2 8m/s （2）300【解析】（1）设物块加速度的大小为a ，到达B 点时速度的大小为v ，由运动学公式得：（2分） （2分）联立以上两式，代入数据解得：， （2分）（2）设物块所受支持力为F N ，所受摩擦力为F f ，拉力与斜面之间的夹角为α。

高三物理匀变速直线运动的研究试题1.如图所示，一足够长的、倾角a=37°的斜面，固定在水平地面上。

一质量m="l" kg的物体（视为质点）在水平恒定推力F作用下，从斜面底端由静止沿斜面向上运动，运动一段距离后立即撤去推力F，此后物体继续运动。

在物体上升的阶段，每隔0．2 m通过速度传感器测得物体的瞬时速度的大小，下表给出了部分测量数据。

物体与斜面间的动摩擦因数处处相同，g取l0m/s2，sin 37°=0．6，cos 37°=0．8。

求：（1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）推力F的大小；（3）当物体向上运动到x="0.8" m时物体的瞬时速度大小。

【答案】(1) 0.2 ( 2）25.9N ( 3）4m/s【解析】1)物体运动到x=1.2m之前，已经处于减速状态，设减速上升的加速度大小为a2，对1.2m-1.4m由可求得a2=7.6m/s2,,撤去力F后由牛顿第二定律知：，代入数据可得=0.22）受到力F作用时，对0-0.4m由可求得a1=10m/s2,,由牛顿第二定律知：，另有：解得F=25.9N3）设加速总位移为x1, 速度增至v,然后减速至4m/s减速的位移为1.2-x,根据有：以及,解得x=0.98m,表明0.8m处物体还在加速，=4m/s【考点】本题考查了牛顿定律和运动学公式的应用。

2.为了测定木块与长木板之间的动摩擦因数，实验室可以提供如下器材：A端固定、B端高度可以调节的长木板一块、小木块一个、计时器一个、米尺一把。

已知重力加速度为g。

①填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤：a. 调节长木板B端高度，让木块从板上C点由静止开始下滑到板的底端A处，用计时器记下木块下滑所用的时间t。

b.用米尺测量C与A之间的距离s，则木块下滑的加速度a＝。

c.用米尺测量长木板B端相对于水平桌面的高度h和长木板的总长度l。

根据牛顿第二定律，可求得木块与长木板之间的动摩擦因数的表达式＝____________。

高考物理牛顿运动定律的应用各地方试卷集合汇编含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得：F =7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有：mgh =212mv 解得v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有：μmgL =2201122mv mv 代入数据得：μ=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：x=v 0t对物体有：v 0=v −atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为：△x=L−x相对滑动产生的热量为：Q=μmg△x代值解得：Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．2．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．3．如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F=10N的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=2.0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2）求3s内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．4．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。