1、EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.做加快度增大的減速運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得出落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)，故C錯(cuò)誤；故答案為：D。牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題【解析】此題屬于新穎的題型，這樣的水平力，學(xué)生平時(shí)應(yīng)當(dāng)都沒有見過，可是認(rèn)真解析題干就會得出其實(shí)這就是一、單項(xiàng)選擇題運(yùn)動(dòng)的合成與分解，小球參與了水平和豎直兩個(gè)方向的運(yùn)動(dòng)，聯(lián)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律即可得出答案。經(jīng)過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”的科學(xué)家是（）A.亞里士多德B.伽利略C.笛卡爾D.牛頓【答案】B用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的

2、選項(xiàng)是（）A.kg.m22/sB.kg.m/s2C.N/mD.N.m【答案】A【考點(diǎn)】單位制及量綱【考點(diǎn)】牛頓第一定律【解析】【解答】能量單位為焦耳，根據(jù)做功，可知，而JW=FL1J=1Nm1N=1kg.m/s【解析】【解答】A:亞里士多德提出了運(yùn)動(dòng)需要力來維持；B、伽利略用理想實(shí)驗(yàn)考證了“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原2,因此正確答案為A【解析】利用公式推導(dǎo)新的單位，這是對量綱的考察，國際基本單位有7個(gè)，Kg、m，s、A、mol，T、Cd；其余單因”C、笛卡爾在伽利略基礎(chǔ)上了提出了相像的觀點(diǎn)D、牛頓總結(jié)了前人的工作【解析】物理學(xué)史的知識，每一位科位都是導(dǎo)出單位。學(xué)家都有他的經(jīng)典之作，記牢即可選擇出答

3、案。5.如下列圖，在圓滑水平面上以水平恒力F拉動(dòng)小車，讓小車和木塊一同做無相對滑動(dòng)的加快運(yùn)動(dòng)，若小車質(zhì)量為（2018?卷）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用一豎直向上的M，木塊質(zhì)量為m，加快度大小為a，木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為關(guān)于這個(gè)過程，某同學(xué)用了以下4個(gè)式子來力F作用在P上，使其向上做勻加快直線運(yùn)動(dòng)，以x表示P走開靜止地點(diǎn)的位移，在彈簧恢還原長前，下列表示F表達(dá)拉力F的大小，下述表達(dá)式一定正確的選項(xiàng)是（）和x之間關(guān)系的圖像可能正確的選項(xiàng)是（）A.MaB.mg+MaC.（M+m）aD.mg+ma【答案】C【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，靜摩擦力，對證點(diǎn)系的應(yīng)用，

4、連結(jié)體問題【解析】【解答】解：A、先對整體受力解析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有：F=（M+m）a，A不符合題意，C符合題意，B、因?yàn)镸與m間無相對滑動(dòng)，未靜摩擦力，則不能用f=mg來計(jì)算兩者間的摩擦力大小，BD不符合題意故答案為：C【解析】先對整體受力解析，受重力、支持力和拉力，根據(jù)牛頓第二定律F=（M+m）a，因?yàn)镸與m間無相對滑動(dòng)，ABCD未靜摩擦力，則不能用f=mg來計(jì)算兩者間的摩擦力大小。【答案】A如下列圖，n個(gè)質(zhì)量為m的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)對1木塊施加一【考點(diǎn)】連結(jié)體問題，胡克定律，物體的受力解析個(gè)水平向右的推力F時(shí)，木塊加快運(yùn)動(dòng)

5、，木塊5對木塊4的壓力大小為（）【解析】【解答】由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg+F彈=ma，F(xiàn)彈=k(x0-x),kx0=mg，聯(lián)立解得F=ma+kx，比較題給的四個(gè)圖象，可能正確的選項(xiàng)是A。故答案為：A【解析】該題需選擇物塊P為研究對象，對P分兩種情況進(jìn)前進(jìn)行受力解析：未對P施加拉力F時(shí)，有mg=kx0；對P施加拉力F后，然后根據(jù)牛頓第二定律FA.FB.C.D.合=ma列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F與x的關(guān)系式。合=ma列出方程。即可推導(dǎo)出拉力F與x的關(guān)系式。（2018?北京）根據(jù)高中所學(xué)知識可知,做自由落體運(yùn)動(dòng)的小球,將落在正下方地點(diǎn)。但實(shí)際上,赤道上方200m處無【答案】D初速著落的小球?qū)⒙湓谡?/p>

6、方地點(diǎn)偏東約6cm處,這一現(xiàn)象可解釋為,除重力外,因?yàn)榈厍蜃赞D(zhuǎn),著落過程小球還受到一【考點(diǎn)】對單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用個(gè)水平向東的“力”該,“力”與豎直方向的速度大小成正比,現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋,考慮對稱性,上漲過程該“力”水平向西,則小球（）A.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加快度和速度均為零【解析】【解答】解：以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律：F=nma得：a=以1234為研究對象，設(shè)5對4的壓力為N，根據(jù)牛頓第二定律：FN=4m?a聯(lián)立以上二式得：N=，ABC不符合題意，D符合題意B.到最高點(diǎn)時(shí),水平方向的加快度和速度均不為零C.落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)東側(cè)故答案為：DD.落地點(diǎn)在拋出點(diǎn)西側(cè)【解析】此

7、題考察整體法與間隔法聯(lián)合牛頓第二定律的應(yīng)用，整體應(yīng)用牛頓第二定律求出整體的加快度，再間隔計(jì)【答案】D算木塊5對木塊4的壓力大小。【考點(diǎn)】對證點(diǎn)系的應(yīng)用，位移的合成與分解如下列圖，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA、mB，且mAmB，置于圓滑水平面上，相距較遠(yuǎn)將兩個(gè)大小均【解析】【解答】根據(jù)題意，將小球從赤道地面豎直上拋，水平方向受到一個(gè)與豎直方向的速度大小成正比的力，為F的力，同時(shí)分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個(gè)力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一同后將（）小球從地面豎直上拋，速度越來越小，故水平方向的力越來越小，抵達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度為零，故水平方向的加快度為零，水平方向小球做加快度減小的加快

8、運(yùn)動(dòng)，故抵達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球的速度不為零，故AB錯(cuò)誤；小球在著落的過程中，豎直方向做勻加快直線運(yùn)動(dòng)，所以水平方向加快度漸漸增大；水平方向加快度向東，所以向西A.停止運(yùn)動(dòng)B.向左運(yùn)動(dòng)C.向右運(yùn)動(dòng)D.運(yùn)動(dòng)方向不能確定1EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.【答案】C【考點(diǎn)】對單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，動(dòng)量定理，動(dòng)量守恒定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用【解析】【解答】解：力F大小相等，mAmB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加快度有：aAaB，由題意知：SA=SB，D、座椅對人的作使勁方向與水平方向的夾角的正切

9、值為：，故D錯(cuò)誤應(yīng)選：C【解析】將加快度a分解為水平方向和豎直方向，在兩個(gè)方向上經(jīng)過牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大小如下列圖，一根跨過一固定的水平圓滑細(xì)桿的輕繩兩頭拴有兩個(gè)小球，球a置于水平地面上，球b被拉到與細(xì)桿2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：SA=aAtA2，SB=aBtB，同一水平的地點(diǎn)，把繩拉直后，由靜止釋放球b，當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對地面的壓力大小為其重力的，可知：tAtB，由IA=F?tA，IB=F?tB，得：IAIB，已知圖中Ob段的長度小于Oa段的長度，不計(jì)空氣阻力，則（）由動(dòng)量定理可知PA=IA，PB=IB，則PAPB，碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，

10、碰后總動(dòng)量向右，ABD不符合題意，C符合題意故答案為：C【解析】判斷兩物體發(fā)生碰撞并粘在一同后做什么樣的運(yùn)動(dòng)，先由牛頓第二定律求出加快度，再判斷沖量的大小，A.球b下擺過程中處于失重狀態(tài)最后根據(jù)碰前系統(tǒng)總動(dòng)量向右，碰撞過程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰后總動(dòng)量向右。B.球b下擺過程中向心加快度變小如圖，在傾角為的固定圓滑斜面上，有一用繩子栓著的長木板，木板上站著一只貓已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍當(dāng)繩子突然斷開時(shí)，貓立刻沿著板向上跑，以保持其相對斜面的地點(diǎn)不變則此時(shí)木板沿斜面下滑的加C.當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球b所受的向心力為球a重力的速度為（）D.兩球質(zhì)量之比ma：mb=9：2【答案】D

11、【考點(diǎn)】對單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，向心力，動(dòng)能定理的理解【解析】【解答】解：A、球b著落過程中，做圓周運(yùn)動(dòng)，向心加快度指向圓心，加快度向上，故處于超重，故A錯(cuò)誤；B、b球速度增大，根據(jù)a=可知，向心加快度增大，故B錯(cuò)誤；A.sinB.1.5gsinC.gsinD.2gsin【答案】BC、當(dāng)球b擺到O點(diǎn)正下方時(shí)，球a對地面的壓力大小為其重力的，則F+FN=mag，解得，球b所受的向心力為F向=Fmbg=，故C錯(cuò)誤【考點(diǎn)】對證點(diǎn)系的應(yīng)用，連結(jié)體問題【解析】【解答】解：木板沿斜面加快下滑時(shí)，貓保持相對斜面的地點(diǎn)不變，即相對斜面靜止，加快度為0，對系統(tǒng)，由牛頓第二定律得：3mgsin=2mga，解得：a

12、=1.5gsin；D、設(shè)Ob繩長為l，在著落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知，則，聯(lián)立解得ma：mb=9：2，故D正確；故答案為：B應(yīng)選：D【解析】本體用整體法比較簡單，貓保持相對斜面的地點(diǎn)不變，即相對斜面靜止，加快度為0，對整體列牛頓第二定【解析】b球著落過程中作圓周運(yùn)動(dòng)的一部分，根據(jù)加快度的方向判斷出超失重現(xiàn)象，當(dāng)b球擺到豎直最低地點(diǎn)時(shí)，律方程即可求解。球a對地面的壓力大小為其重力的，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，聯(lián)合向心力公式可列出質(zhì)量、速度及如下列圖，某滑雪場的索道與水平面夾角為=37，質(zhì)量為m=50g的人坐在纜車內(nèi)的水平座椅上，當(dāng)纜車隨索道以a=2m/s22的加快度斜向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，已知g=

13、10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8，則（）半徑間的關(guān)系；再運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可列出b球的質(zhì)量與速度間的關(guān)系；最后可求出兩球質(zhì)量關(guān)系如下列圖，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中（）A.座椅對人的摩擦力大小為100NB.座椅對人的摩擦力方向與水平方向的夾角為37且指向右上方C.座椅對人的支持力大小為560ND.座椅對人的作使勁方向與水平方向的夾角為37且指向右上方【答案】C【考點(diǎn)】對單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等2【解析】【解答】解：AB、

14、將加快度a分解為水平方向和豎直方向，則水平加快度為：ax=acos37=1.6m/s2ay=asin37=1.2m/s，C.若貓?jiān)龃罄Γ~缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚缸肯定不會滑出桌面【答案】B在水平方向上根據(jù)牛頓第二定律得：f=max=80N，故AB錯(cuò)誤【考點(diǎn)】滑動(dòng)摩擦力，對證點(diǎn)系的應(yīng)用，連結(jié)體問題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)基本公式應(yīng)用C、在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律得：Nmg=may，【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時(shí)，魚缸相關(guān)于桌布有向左的運(yùn)動(dòng)，故魚缸受到的摩擦力向右；故A錯(cuò)誤；解得：N=mg+may=560N，故C正確B、因?yàn)轸~缸在桌面上和在桌布上的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，故受到的摩

15、擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加快度大小相2EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.等；但在桌面上做減速運(yùn)動(dòng)，則由v=at可知，它在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等；故B正確；【解析】【解答】解：對PQ整體受力解析，受到重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖C、魚缸受到的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，其大小與拉力無關(guān)，只與壓力和動(dòng)摩擦因數(shù)相關(guān)，因此增大拉力時(shí)，摩擦力不變；故C錯(cuò)誤；D、貓減小拉力時(shí)，桌布在桌面上運(yùn)動(dòng)的加快度減小，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長；因此魚缸加快時(shí)間變長，桌布抽出時(shí)的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；

16、故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B【解析】根據(jù)摩擦力性質(zhì)可判斷魚缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時(shí)摩擦力的變化情況；再根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解析，明確拉力變化后運(yùn)動(dòng)位移的變化情況某個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的小球僅在重力作用下從靜止開始沿豎直向下方向做勻加快直線運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后在小球運(yùn)動(dòng)的空間中施加豎直方向的勻強(qiáng)電場，小球又經(jīng)過相等的時(shí)間恰巧回到出發(fā)點(diǎn)，則（）A.B.電場強(qiáng)度方向豎直向下，大小為電場強(qiáng)度方向豎直向下，大小為根據(jù)牛頓第二定律，有：（m+M）gsin2（m+M）gcos=（M+m）a解得：a=g（sin2cos）再對P物體受力解析，受到重力mg、支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據(jù)牛頓

17、第二定律，有mgsinFf=maC.電場強(qiáng)度方向豎直向上，大小為D.電場強(qiáng)度方向豎直向上，大小為【答案】A【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動(dòng)定律與電磁學(xué)綜合，勻變速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)出公式應(yīng)用【解析】【解答】解：電場力大小為F=qE，由解得P受到的摩擦力大小為：Ff=2mgcos，方向沿斜面向上；根據(jù)牛頓第三定律可得物塊P對Q的摩擦力為2mgcos，方向平行于斜面向下故ACD錯(cuò)誤、B正確；應(yīng)選：B設(shè)勻加快直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t向下的過程中：h=【解析】先對PQ整體受力解析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加快度，然后間隔出物體P，受力解析后根據(jù)牛頓第二定律列式求解出Q對P的摩擦力，再根據(jù)牛頓第三定律求解P對Q的摩擦力關(guān)于勻變速直線運(yùn)

18、動(dòng)，有a=據(jù)題有：解得F=4mg如下列圖，質(zhì)量分別為m、2m的球A、B由輕質(zhì)彈簧相連后再用細(xì)線懸掛在正在豎直向上做勻加快運(yùn)動(dòng)的電梯內(nèi)，細(xì)線中的拉力為F，此時(shí)突然剪斷細(xì)線，在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球A的加快度大小分別為（）所以：E=故A正確，BCD錯(cuò)誤應(yīng)選：A【解析】物體先向上勻加快直線運(yùn)動(dòng)，撤去拉力后的運(yùn)動(dòng)能夠看作一種有往復(fù)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式聯(lián)合求解A.，+gB.，+gC.，+gD.，+g如下列圖，質(zhì)量分別為m和M的兩長方體物塊P和Q，疊放在傾角為的固定斜面上P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2當(dāng)它們從靜止釋放

19、沿斜面滑下時(shí)，兩物塊始終保持相對靜止，則物塊P對Q的摩擦力為（）【答案】A【考點(diǎn)】對證點(diǎn)系的應(yīng)用，連結(jié)體問題【解析】【解答】解：剪斷細(xì)線前：設(shè)彈簧的彈力大小為f根據(jù)牛頓第二定律得對整體：F3mg=3ma對B球：f2mg=2ma解得，f=A.1mgcos，方向平行于斜面向上B.2mgcos，方向平行于斜面向下剪斷細(xì)線的瞬間：彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為f=C.2mgcos，方向平行于斜面向上D.1mgcos，方向平行于斜面向下【答案】B對A球：mg+f=maA【考點(diǎn)】對單物體(質(zhì)點(diǎn))的應(yīng)用，整體法間隔法得aA=+g應(yīng)選A【解析】先分別以整體和B球?yàn)檠芯繉ο螅鶕?jù)牛頓第二定律研究剪斷細(xì)線前彈

20、簧的彈力剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，再由根據(jù)牛頓第二定律求出A球的加快度一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點(diǎn)后返回底端，斜面粗拙滑塊運(yùn)動(dòng)過程中加速度與時(shí)間關(guān)系圖象如下列圖下列四幅圖象分別表示滑塊運(yùn)動(dòng)過程中位移x、速度v、動(dòng)能Ek和重力勢能Ep（以3EvaluationOnly.CreatedwithAspose.PDF.Copyright2002-2020AsposePtyLtd.斜面底端為參照平面）隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象，其中正確的選項(xiàng)是（）因?yàn)椋詆singsin0，但gcos0所以假定不可立，即速度的方向一定向上滑塊向上運(yùn)動(dòng)，重力有沿桿向下的分力，同

21、時(shí)摩擦力的方向沿桿的方向向下，所以滑塊的加快度方向向下，滑塊沿桿減速上滑則滑塊的動(dòng)量方向沿桿向上，正在平均減小故ABC錯(cuò)誤，D正確應(yīng)選：D【解析】滑塊與小球保持相對靜止，并以相同的加快度a一同下滑，對整體進(jìn)行受力解析求出加快度，采用間隔法，解析小球的受力，求出加快度，聯(lián)合解析即可判斷如下列圖，豎直半圓環(huán)中有多條初步于A點(diǎn)的圓滑軌道，其中AB經(jīng)過環(huán)心O并保持豎直一質(zhì)點(diǎn)分別自A點(diǎn)A.B.C.D.沿各條軌道下滑，初速度均為零那么，質(zhì)點(diǎn)沿各軌道下滑的時(shí)間相比較（）【答案】D【考點(diǎn)】牛頓定律與圖象，功能關(guān)系，機(jī)械能守恒及其條件，能量守恒定律，動(dòng)能與重力勢能【解析】【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

22、，向下做勻加快直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)位移公式可知，位移與時(shí)間成二次函數(shù)關(guān)系；據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，下滑所有的時(shí)間要大于上漲所用的時(shí)間，先減速后加快，加快度始終向下，所以xt圖象應(yīng)是張口向下的拋物線，故A錯(cuò)誤；B、由A解析知速度方向相反，故B錯(cuò)誤；2C、根據(jù)Ek=mv知?jiǎng)幽芟葴p小后增大，與時(shí)間為二次函數(shù)，故C錯(cuò)誤；A.不論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時(shí)間均相同DE=mgh=mgx=mgvtaD、（），為負(fù)，故為張口向下的拋物線，故正確p0B.AB質(zhì)點(diǎn)沿著與夾角越大的軌道下滑，時(shí)間越短應(yīng)選：DC.AB質(zhì)點(diǎn)沿著軌道下滑，時(shí)間最短【解析】根據(jù)at圖象知上滑和下滑過程中的加快度大小，進(jìn)而得出速度隨時(shí)間的變化規(guī)律；D.ABAB軌道與夾角越小（除外），質(zhì)點(diǎn)沿其下滑的時(shí)間越短利用速度公式和動(dòng)能定得出動(dòng)能、勢能與時(shí)間的規(guī)律，再解析選項(xiàng)即可【答案】A如下列圖，一根固定直桿與水平方向夾角為，將質(zhì)量為m1的滑塊套在桿上，經(jīng)