高中物理力学复习练习题参考答案.docx
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高中物理力学复习练习题参考答案
高中物理力学复习练习题班级：
姓名：
1、（ ）如图所示,斜面小车M静止在光滑水平面上,一边紧贴墙壁。
若再在斜面上加
一物体m,且M、m都静止,此时小车受力个数为
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B【解析】由整体法可判断,小车与墙壁之间无作用力,小车受到重力、地
面的支持力、物体对小车的压力和摩擦力,共4个力作用,故B正确。
2、（ ）如图所示,带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动,小球A用细线悬
挂于支架前端,质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。
B与小车平
板间的动摩擦因数为μ。
若观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对物块B产
生的作用力的大小和方向为
A.mg
斜向右上方B.mg
斜向左上方
C.mgtanθ,水平向右D.mg,竖直向上
【答案】A【解析】 由题图可知,小车向左做匀减速运动,其加速度大小a=gtanθ;小车对物块B向右的静摩擦力为f=ma=mgtanθ;竖直向上的支持力N=mg,小车对物块B产生的作用力的大小为F=
=mg
方向为斜向右上方,故A正确。
3、（ ）如图所示,实线记录了一次实验中得到的小车运动的v-t图象,为了简化计算,
用虚线作近似处理,下列表述正确的是
A.小车做曲线运动B.小车先做加速运动,再做匀速运动,最后做减速运动
C.在t1时刻虚线反映的加速度比实际小
D.在0～t1的时间内,由虚线计算出的平均速度比实际的小
【答案】B、D【解析】 根据虚线近似,小车应先匀加速,再匀速,最后匀减速,B正确;由v-t图线斜率表示
小车的加速度可知,在t1时刻虚线反映的加速度比实际的大,C错误;因在0～t1时间内,虚线与t轴所围面
积小,故此段时间内虚线所对应的平均速度也较小,D正确;v-t图线只能描述直线运动,A错误。
4、（ ）2015年9月28日,年度最大最圆的月亮（“超级月亮”）现身天宇,这是月球运动到了近地点的缘故。
然后月球离开近地点向着远地点而去,“超级月亮”也与我们渐行渐远。
在月球从近地点到达远地点的过
程中,下面说法错误的是
A.月球运动速度越来越大B.月球的向心加速度越来越大
C.地球对月球的万有引力做正功D.虽然离地球越来越远,但月球的机械能不变
【答案】A、B、C【解析】 根据开普勒第二定律,月球从近地点到达远地点过程中,速度逐渐减小,万有引
力做负功,A、C错误;因为随着地、月之间距离变大,万有引力减小,向心加速度也变小,B错误;月球运动过
程只有万有引力做功,机械能守恒,D正确。
5
、（ ）一环状物体套在光滑水平直杆上,能沿杆自由滑动,绳子一端系在物体上,另
一端绕过定滑轮,用大小恒定的力F拉着,使物体沿杆自左向右滑动,如图所示,物
体在杆上通过a、b、c三点时的动能分别为Ea、Eb、Ec,且ab=bc,滑轮质量和摩擦
均不计,则下列关系中正确的是
A.Eb-Ea=Ec-EbB.Eb-EaEc-EbD.Ea>Eb>Ec
【答案】C【解析】 对环状物体,绳的拉力对其做正功,物体的动能增加,D错;但这个力为变力,它做的功
等于恒力F做的功,恒力F做的功等于F与它作用的绳伸长的距离的乘积,从a到b绳伸长的距离大于从b
到c绳伸长的距离,根据动能定理,C对。
6、（ ）消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中,不计绳子的重力,以下说法正
确的是
A.绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B.绳子对儿童的拉力大于儿童的重力
C.消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力与反作用力
D.消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力
【答案】B、C【解析】 绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力,大小相等,方向相反,
故A错误;儿童从井内加速向上运动的过程中,加速度方向向上,根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大
于儿童的重力,故B正确;消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力,故C正确;
消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上,不是一对平衡力,故D错误。
7、（ ）汽车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动,经过一段时间t达到最大速度v,若所受阻力始终
不变,则在t这段时间内,下面说法错误的是
A.汽车牵引力恒定B.汽车牵引力做的功为Pt
C.汽车加速度不断增大D.汽车牵引力做的功为
mv2
【答案】A、C、D【解析】 根据P=Fv知,因为速度增大,则牵引力减小,根据牛顿第二定律得a=
知
加速度减小,故选项A、C错误;因为功率不变,则牵引力做功W=Pt,由动能定理可知,牵引力与阻力的合力做
的功等于动能的变化量,所以牵引力做功不等于
mv2,故选项B正确,D错误。
8、（ ）图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150kg
的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10m/s2,
下列判断正确的是
A.前10s悬线的拉力恒为1500N
B.46s末材料离地面的距离为22m
C.0～10s材料处于失重状态D.在0～10s钢索最容易发生断裂
【答案】B、D【解析】 由图可知前10s内材料的加速度a=0.1m/s2,由F-mg=ma可知悬线的拉力为1515N,
选项A错误;由图象面积可得整个过程上升高度是28m,下降的高度为6m,46s末材料离地面的距离为22m,
选项B正确;因30～36s材料加速度向下,材料处于失重状态,Fmg,钢索最
容易发生断裂,选项C、D错误。
9、（ ）如图所示,轻质弹簧上端固定,下端系一物体,物体在A处时,弹簧处于原长状态。
现用手托住物体使它从A处缓慢下降,到达B处时,手和物体自然分开。
此过程中,物体
克服手的支持力所做的功为W。
不考虑空气阻力,关于此过程,下列说法正确的有
A.物体重力势能减小量一定大于WB.弹簧弹性势能增加量一定小于W
C.物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D.若将物体从A处由静止释放,则物体到达B处时的动能为W
【答案】A、D【解析】 根据能量守恒定律可知,在此过程中减少的重力势能mgh=ΔEp+W,
所以物体重力势能减小量一定大于W,不能确定弹簧弹性势能增加量与W的大小关系,
故A正确,B错误;支持力对物体做负功,所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量为W,所以C错误;若将物
体从A处由静止释放,从A到B的过程,根据动能定理：
Ek=mgh-W弹=mgh-ΔEp=W,所以D正确。
10（ ）最近我国连续发射了多颗“北斗一号”导航定位卫星,预示着我国通讯技术的不断提高。
该卫星处
于地球的同步轨道,假设其离地高度为h,地球半径为R,地面附近重力加速度为g,则有
A.该卫星运行周期为24hB.该卫星所在处的重力加速度是
g
C.该卫星周期与近地卫星周期之比是
D.该卫星运动动能是
【答案】A、B、D【解析】 地球同步卫星和地球自转同步,周期为24h,选项A正确;由G
=mg=m
r=m
可知,g=
该卫星所在处的重力加速度和地面处的重力加速度之比是
可知选项B正确;
T=2π
该卫星周期与近地卫星周期之比为
选项C错误;
mv2=
=
选项D正确。
11、（）如图所示，一只小鸟沿着较粗的均匀树枝从右向左缓慢爬行，在小鸟
从A运动到B的过程中，下列说法错误的是
A．树枝对小鸟的合作用力先减小后增大；B．树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大；
C．树枝对小鸟的弹力先增大后减小；D．树枝对小鸟的弹力保持不变；
【答案】BC【解析】选.树枝对小鸟的合作用力是支持力和摩擦力的合力，由二力
平衡得，它与小鸟重力等大反向，因小鸟所受重力不变，所以树枝对小鸟的合作用
力不变，A项错误．由受力分析图可知，树枝对小鸟的摩擦力先减小后增大，对小
鸟的弹力先增大后减小，所以B、C项对，D两项均错误．
12、（）一物体运动的速度随时间变化的关系图象如图所示，根据图象可知
A．0～4s内，物体在做匀变速曲线运动；B．0～4s内，物体的速度一直在减小；
C．物体的加速度方向在2.5s时改变；D．0～4s内，物体速度的变化量为－8m/s。
【答案】D【解析】通过v－t图象可知，在0～2.5s内，物体沿正方向做加速度逐渐
减小的减速直线运动，在2.5s时减为零；在2.5～4s内，物体沿负方向做加速度逐
渐增大的加速直线运动；整个过程中物体的加速度始终沿负方向，故A、B、C错误．在
0～4s内，速度变化量Δv＝（－3－5）m/s＝－8m/s，故D正确．
13、（ ）如图所示为通过轻杆相连的A、B两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上
的O点．已知两球重力均为G，轻杆与细线OA长均为L.现用力F作用于小球B上（图上
F未标出），使系统保持静止状态且A、B两球在同一水平线上．则力F最小值为
A.
GB.
GC．GD．2G
【答案】A【解析】由于系统处于静止状态时，A、B两球在同一水平线上，因此悬线OA竖直，轻杆中的
弹力为零，小球B受竖直向下的重力、沿悬线OB斜向上的拉力和F的作用而处于静止状态，三力的合力
为零，表示三力的线段构成封闭三角形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系
可知，当F的方向与OB垂直且斜向右上方时，F最小，由几何关系可知，此时F＝Gsin45°＝
G，
选项A正确．
14、（ ）倾角为θ的斜面固定在水平面上，质量为m的物体在沿斜面向上的推力F1作用
下处于静止状态，现把推力逐渐增大到F2，物体始终处于静止状态，下列判断正确的是
A．物体与斜面间的动摩擦因数μ一定不为0B．物体受到的静摩擦力一定逐渐减小
C．物体受到的静摩擦力可能逐渐增大D．物体受到的静摩擦力可能先减小后增大
【答案】A、C、D【解析】推力变化，物体仍保持静止，说明物体与斜面间摩擦力变化，故A正确．
若F1＜F2＜mgsinθ，则Ff＝mgsinθ－F，Ff随推力增大而减小；若F2＞F1＞mgsinθ，则Ff＝F－mgsinθ，
Ff随推力增大而增大，若F1＜mgsinθ＜F2，随推力增大，Ff先减小到0，再反向增大，故B错，C、D正确．
15、（ ）嫦娥三号携带“玉兔”探测车在月球虹湾实施软着陆过程中，嫦娥三号离月球
表面4m高时最后一次悬停，确认着陆点．若总质量为M的嫦娥三号在最后一次悬停时，
反推力发动机对其提供的反推力为F，已知引力常量为G，月球半径为R，则月球的质量为
A.
B.
C.
D.
【答案】A【解析】嫦娥三号悬停时，其合力为零，设月球的质量为m，由平衡条件可得：
F－G
＝0，则m＝
，选项A正确，选项B、C、D错误．
16、某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。
图甲为实验装置简图,A为小
车,B为电火花计时器,C为装有细砂的小桶,D为一端带有定滑轮的长方形木板,实验中认为细绳对小车的
拉力F等于细砂和小桶的总重量,小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。
（1）图乙为某次实验得到的纸带,已知实验所用电源的频率为50Hz。
根据纸带可求出电火花计时器打B点时
的速度为______m/s,小车的加速度大小为______m/s2。
（结果均保留两位有效数字）
（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时,某同学按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注,但
尚未完成图象（如图所示）。
请继续帮助该同学作出坐标系中的图象。
（3）在“探究加速度a与合力F的关系”时,该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图丙,该图线不通过坐标原点,试分析图线不通过坐标原点的原因。
答：
________________________________。
【答案】
（1）1.6 3.2
（2）见解析 （3）实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够
【解析】
（1）AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中间时刻的瞬时速度,即B点的瞬时速度,故
vB=
=
m/s=1.6m/s。
由逐差法求解小车的加速度,
a=
=
m/s2=3.2m/s2。
（2）将坐标系中各点连成一条直线,连线时应使直线过尽可能多的点,不在直
线上的点应大致对称地分布在直线的两侧,离直线较远的点应视为错误数据,
不予考虑,连线如图所示：
（3）图线与横轴有截距,说明实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
17、在“验证机械能守恒定律”的实验中,已知打点计时器所用电源的频率为50Hz,查得当地重力加速度
g=9.80m/s2,测得所用重物的质量为1.00kg。
实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示,把第一个点记作O,
另选连续的四个点A、B、C、D作为测量的点。
经测量知道A、B、C、D各点到O点的距离分别为62.99cm,70.18
cm,77.76cm,85.73cm。
根据以上数据,可知重物由O点运动到C点,重力势能的减少量等于____________J,
动能的增加量等于________J（取三位有效数字）。
【答案】7.62 7.56
【解析】根据测量数据,重物从O点运动到C点下落的高度h=0.7776m,故重力势能减少量ΔEp=mgh=1.00×
9.80×0.7776J=7.62J,重物动能的增加量ΔEk=
m
-
m
根据实验情况,重物在O点的速度v0=0,C点的
速度vC等于重物从B点到D点这一段时间Δt=2×
s内的平均速度。
由实验数据可得
vC=
=
m/s=3.8875m/s,重物的动能增加量ΔEk=
m
=
×1.00×3.88752J=7.56J。
18、为了“探究动能改变与合外力做功”的关系,某同学设计了如下实验方案：
第一步：
把带有定滑轮的木板（有滑轮的）一端垫起,把质量为M的滑块通过细绳跨过定滑轮与质量为m的重锤相连,重锤后连一穿过打点计时器的纸带,调整木板倾角,直到轻推滑块后,滑块沿木板向下匀速运动,如图甲所示。
第二步：
保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源,释放滑块,使之从静止开始向下加速运动,打出纸带,如图乙所示。
打出的纸带如图丙所示。
请回答下列问题：
（1）已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt,根据纸带求滑块速度,打点计时器打B点时滑块速度vB=________。
（2）已知重锤质量为m,当地的重力加速度为g,要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块____________________________________（写出物理量名称及符号,只写一个物理量）,合外力对滑块做功的表达式W合=__________。
（3）算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v,以v2为纵轴、W为横轴建立坐标系,描点作出v2-W图象,可知该图象是一条__________,根据图象还可求得____________________。
【答案】
（1）
（2）下滑的位移x mgx （3）过原点的直线 滑块的质量M
【解析】
（1）由打出的纸带可知B点的速度为vB=
;
（2）由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x,由动能定理可知W合=ΔEk,即mgx=ΔEk;
（3）v2-W图象应该为一条过原点的直线,根据图象还可以求得滑块的质量M。
19、假设某航母的飞行跑道长L＝160m，舰载机发动机产生的最大加速度a＝5m/s2，舰载机所需的起飞速
度为v＝50m/s.舰载机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动．
（1）若航母静止，①请通过计算判断，舰载机能否靠自身的发动机从舰上起飞？
②为了使舰载机安全起飞，弹射装置给舰载机的初速度至少为多大？
（2）若航母沿舰载机起飞的方向以某一速度匀速航行，为了使舰载机安全起飞，航母匀速运动的速度至少为多大？
【答案】
（1）①见解析 ②30m/s
（2）10m/s
【解析】
（1）①航母静止时，舰载机靠发动机加速，加速度a＝5m/s2，初速度为v0＝0，位移L＝160m，末速度为v1.由运动学公式v
－v
＝2aL解得v1＝40m/s＜50m/s，故舰载机不能靠自身的发动机从舰上起飞．
②弹射装置给舰载机的初速度为v2，起飞速度为v＝50m/s，由运动学公式v2－v
＝2aL
解得v2＝30m/s，故弹射装置给舰载机的初速度至少为30m/s.
（2）设舰载机起飞所用的时间为t，位移为L2，航母的位移为L1，匀速航行的最小速度为v3.由运动学公式
v＝v3＋at，v2－v
＝2aL2，L1＝v3t，L2＝L＋L1联立解得，航母匀速航行的最小速度v3＝10m/s.
20、如图所示,在以角速度ω=2rad/s匀速转动的水平圆盘上,放一质量m=5kg的滑块,滑块离转轴的距离
r=0.2m,滑块跟随圆盘一起做匀速圆周运动且刚好未发生相对滑动,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：
（1）滑块运动的线速度大小。
（2）滑块与圆盘之间的动摩擦因数。
（3）滑块跟随圆盘运动一周过程中摩擦力所做的功。
【答案】
（1）0.4m/s
（2）0.08 （3）0
【解析】
（1）滑块的线速度大小：
v=ωr=0.4m/s
（2）由牛顿第二定律得滑块受到的最大静摩擦力：
Ff=mω2r=4N
由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则：
Ff=μmg解得：
μ=
=0.08
（3）静摩擦力方向始终与速度方向垂直,故摩擦力做功W=0。
21、如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之
一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一
质量为m的游客（视为质点）可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
（1）若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
（2）若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.（提示：
在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m
）
【答案】
（1）
－（mgH－2mgR）
（2）
R
【解析】
（1）游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝
gt2②
由①②式得vB＝
③从A到B，根据动能定理，有
mg（H－R）＋Wf＝
mv
－0④由③④式得Wf＝－（mgH－2mgR）．⑤
（2）设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，
有mg（R－Rcosθ）＝
mv
－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝m
⑦
N＝0⑧cosθ＝
⑨由⑥⑦⑧⑨式解得h＝
R.
22、如图所示，一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切，经过C点的切线方向水平．已知圆弧的
半径为R＝1.25m，斜面AB的长度为L＝1m．质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）在水平外力F＝1N
作用下，从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C点抛
出，若落地点E与C点间的水平距离为x＝1.2m，C点距离地面高度为h＝0.8m．
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2）求：
（1）物块经C点时对圆弧面的压力大小；
（2）物块滑至B点时的速度大小；
（3）物块与斜面间的动摩擦因数．
【答案】
（1）17.2N
（2）2m/s （3）0.65
【解析】
（1）物块从C点到E点做平抛运动，由h＝
gt2，得t＝0.4s，vC＝
＝3m/s
由牛顿第二定律知：
FN－mg＝m
解得FN＝17.2N
由牛顿第三定律知物块在C点时对圆弧面的压力大小为17.2N.
（2）从B点到C点由动能定理，知mgR－mgRcos37°＝
mv
－
mv
解得vB＝2m/s.
（3）从A点到B点，由v
＝2aL，得a＝2m/s2由牛顿第二定律，知
mgsin37°＋Fcos37°－μ（mgcos37°－Fsin37°）＝ma解得μ＝
≈0.65.
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