2022年高考中物理牛顿运动定律考点专题训练.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律考点专题训练1单选题1、一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.25。若斜面足够长，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。小物块沿斜面上滑时的加速度大小为（）A5 m/s2B4 m/s2C8 m/s2D10 m/s2答案：C解析：对物块分析，根据牛顿第二定律有mgsin37+mgcos37=ma代入数据解得a=8ms2故ABD错误C正确。故选C。2、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空突击与反装甲能力。已知飞机的质量为m，只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为n0，此时升力刚好等于重力。当搭载质量为m3的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2n0，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力加速度为g）（）Ag3BgC2gD3g答案：C解析：空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，则有kn02=mg当搭载质量为m3的货物，螺旋桨的转速达到2n0时，竖直方向上由牛顿第二定律可得F-(m+m3)g=(m+m3)a其中升力F=k(2n0)2联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为a=2g故C正确，ABD错误。故选C。3、如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（）A运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态B起跳过程中运动员对地面的压力为1425NC运动员起跳时地面弹力做功不为零D运动员起跳时地面弹力的冲量为零答案：B解析：A运动员起跳后到上升到最高点，先加速后减速，所以是先超重后失重，故A错误；B运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据v=2gh1=210(2.45-1.90)m/s=11m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知v2=2ah解得a=v22h=1120.4m/s2=13.75m/s2对运动员，根据牛顿第二定律可知F-mg=ma解得F=1425N故B正确；CD运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，有作用时间，冲量不为零，故CD错误。故选B。4、如图，一倾角为 = 37的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.8，下列说法正确的是（）A滑块上滑的距离小于5mBt = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct = 2s时，滑块恰好又回到出发点Dt = 3s时，滑块的速度大小为4m/s答案：D解析：A以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得mgsin + mgcos = ma1代入数据解得a1=10m/s2滑块向上的最大位移x = v022a1=100210 = 5mA错误；B由于mgsin mgcos可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；C下滑过程，由牛顿第二定律得mgsinmgcos = ma2代入数据解得a2=2m/s2滑块向上运动到最高点的时间t1=0-(-v0)a1=1010=1s向下的运动x=12a2t22所以t2=5s滑块恰好又回到出发点的总时间t=t1+t2=(1+5)sC错误；D选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为v3 = v0 + a1t1 + a2t2 = 10 + 10 1 + 2 2 m/s = 4m/sD正确。故选D。多选题5、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F0.5t（N）的水平变力作用，从t0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A图乙中t224sB木板的最大加速度为1m/s2C滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D木板与地面间的动摩擦因数为0.1答案：ACD解析：C根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据f1=1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为1=0.4C正确；D在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为2=f22mg=440=0.1D正确；AB在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F-1mg=ma对木板有1mg-22mg=ma联立解得a=2m/s2F=12N则木板的最大加速度为2m/s2，根据F=0.5t可求得t2=24sA正确，B错误。故选ACD。6、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（）A电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2答案：BC解析：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有mg-F=ma解得a=2m/s2方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。故选BC。7、如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（）A水平面对C的摩擦力方向一定向左BB受到C的摩擦力一定为零C水平面对C的支持力一定小于B、C的总重力DA的质量一定大于B的质量答案：AC解析：AC对B、C整体受力分析，如图所示根据平衡条件，水平面对C的摩擦力为f=Fcos方向水平向左，水平面对C的支持力大小为N=(mB+mC)g-Fsin一定小于B、C的总重力，AC正确；BD当B所受重力沿斜面向下的分力等于绳的拉力时，B不受摩擦力，当B所受重力沿斜面向下的分力不等于绳的拉力时，B受摩擦力，且A与B的质量大小无法比较，BD错误。故选AC。8、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30、60。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（）Ag2B3g3C3g2D3g答案：BD解析：当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向TAOcos30=ma竖直方向TAOsin30=mg联立解得最大加速度a=3g当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向TBOsin60=mg水平方向TBOcos60=ma联立解得最大加速度a=33g故BD正确，AC错误。故选BD。填空题9、两类基本问题（1）从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的_，再通过运动学的规律确定物体的_情况。（2）从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的_，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出_。（3）如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取10 m/s2）a.在拉力F作用下物体运动的加速度大小为_ m/s2；b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=_ m/s；c.撤去拉力F后物体运动的距离x=_ m。答案： 加速度 运动 加速度 合外力 0.5 4 4解析：(1)1 如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。2结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。(2)3 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度。4结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。(3)5受力分析得F-mg=ma解得a=0.5m/s26根据速度公式得v=at=4m/s7 撤去拉力F后，受力分析得-mg=ma解得a=-2m/s2物体运动的位移为x=-v22a=4m10、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于_方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于_方法。答案： 等效替代 控制变量解析：1合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；2探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。11、一辆高速行驶的F1赛车与一架静止在发射场的航天飞机，两者运动状态较难改变的是_，你判断时依据的物理规律是_，请写出你判断的逻辑过程：_。答案： 航天飞机 牛顿第二定律 见解析解析：1 两者运动状态较难改变的是航天飞机23 根据牛二定律F=ma物体质量m越大，同样力F产生的加速度a越小，即在相同时间t内，速度变化v越小，速度是描述运动状态的物理量，v越小说明运动状态改变越小，运动状态越难改变12、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是 _m/s，水平拉力的大小为_ N。答案： 2 1解析：根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式x=v0t+12at2与x=2t-t2对照可得v0=2m/s，a=-2m/s2假设F方向向前，由牛顿第二定律F-mg=ma带入可得F=-1N说明F方向向后，大小为1N。解答题13、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=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=12at2由牛顿第二定律可得F-mg=ma联立解得水平拉力大小为F=4N14、2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠军参赛滑道简图如图所示，abcd为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道abcd滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作其中ab段和cd段的倾角均为=37，ab段长L1=110m，水平段bc长L2=12m，cd坡高h=9m设滑板与滑道之间的动摩擦因数为=0.4，不考虑转弯b和c处的能量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，其总质量m=60kg忽略空气阻力，g取10m/s2（1）运动员从a到b所用的时间；（2）运动员到达c点时的速度大小；答案：（1）8.9s；（2）23m/s解析：（1）在ab段的加速度为mgsin-mgcos=ma根据运动公式L1=12at2解得a=2.8m/s2t=8.9s（2）到达b点时的速度vb=at25m/s 从b到c由动能定理-mgL2=12mvc2-12mvb2解得vc=23m/s15、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13，求作用力F的大小。（g10m/s2）答案：9.4N解析：对物体受力分析，建立直角坐标系如图由vt2v022axavt2-v022x0.42-0.6220.5m/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+Fsin30mgF（mg-Fsin30）x轴方向，由牛顿第二定律得Fcos30Fma即Fcos30（mgFsin30）ma解得F9.4N16、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数0.75。对圆环施加一个与水平方向成53角斜向上、大小为F25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin 530.8，cos 530.6，g取10 m/s2）。求：（1）圆环对杆的弹力大小；（2）圆环加速度的大小；答案：（1）0；（2）7.5 m/s2解析：（1）分析圆环的受力情况如图甲所示将拉力F正交分解F1=Fcos=15NF2=Fsin=20N因G=mg=20N与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。（2）由（1）可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知F合=F1=ma1代入数据得a1=7.5m/s2实验题17、某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：(1)根据纸带求出物体经过5号计数点时的瞬时速度v=_m/s，物体运动的加速度a=_m/s2；（结果保留二位有效数字）(2)用h表示物块A下落的高度，v表示物块A下落h时的速度，若某同学作出v22-h图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=_m/s2。答案： 2.4 4.8 9.7解析：(1)1根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器计时周期为T=0.02s，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，则打下计数点5时物体的瞬时速度v=x4625T代入数据解得v=2.4m/s2物体运动的加速度a=x65-x54(5T)2代入数据解得a=4.8m/s2(2)3对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有mA-mBg=mB+mAa解得加速度a=mA-mBmB+mAg根据速度位移公式有v2=2ah解得v22=mA-mBmB+mAgh可知斜率k=mA-mBmB+mAg由题中所给的图象，可得斜率k=5.821.20=4.85联立解得g=9.7m/s218、小王想测量家中自己锻炼用的两个不同沙袋的质量，但没有直接测量质量的工具，于是他利用家中已有的如下器材进行测量：悬挂沙袋的轻质细绳、大小和质量均不计的光滑定滑轮、一套总质量为1kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。（1）如图所示，两沙袋用轻绳跨过定滑轮连接安装好，设右边沙袋A的质量为m1、左边沙袋B的质量为m2。（2）取出质量为m的玩具方块放入A中，剩余玩具方块都放入B中，放手后发现A下降、B上升。（3）用毫米刻度尺测出A从静止下降的距离h，用手机中的秒表软件测出A下降距离h所用的时间t，则A下降的加速度大小a=_（用h和t表示）。（4）从B中取出部分玩具方块放入A中，以改变m，测量相应的加速度大小a，得到多组m及a的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作出a随_（选填“m”或“1m”）变化的关系图线。（5）若图线的斜率k=2m/kgs2，图线在纵轴上的截距b=1m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，则m1=_kg、m2=_kg。答案： 2ht2 m 5.5 3.5解析：(3)1A下降距离h所用的时间t，据匀变速直线运动的位移公式可得h=12at2解得A下降的加速度大小为a=2ht2(4)2设玩具方块总质量为M，整体据牛顿第二定律可得(m+m1)g-(M-m)g-m2g=(m1+m2+M)a整理得a=2gm1+m2+Mm+m1-m2-Mm1+m2+Mg为使图像直观，应作出a随m变化的关系图线。(5)34图线的斜率为k=2gm1+m2+M纵轴的截距为b=m1-m2-Mm1+m2+Mg带入数据解得m1=5.5kg、m2=3.5kg19、某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。(1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是_；A钩码的质量要远小于木块的质量B要保证长木板水平C接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木块的加速度a=_m/s2；（结果保留两位有效数字）(3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为_（用M、m、a、g表示结果）。答案： B 1.1 mg-(M+m)aMg解析：（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、m并不要求Mm ；又因为f=Mg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；（2）由逐差法公式可求得加速度a=x34-x122T2=1.1m/s2（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）a=T-MgM ,a=mg-Tm解得=mg-M+maMg20、某同学制作一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量在竖直方向运动物体的加速度。如图所示，把一根轻弹簧和一把刻度尺悬挂在铁架台上，弹簧下端不挂重物时，指针指在刻度尺的零刻度线，然后在弹簧下端固定重为1.0N的小球制作成“竖直加速度测量仪”。测量仪静止时指针所指的位置如图所示，此处标记为加速度的“0”刻度，取重力加速度g=10m/s2。（1）根据上述操作，计算得到该弹簧的劲度系数为_Nm；（计算结果保留2位有效数字）（2）规定竖直向上为加速度的正方向，该同学对各刻度线对应的加速度进行标记，这样，当指针稳定指向某一刻度时，就能测出其对应的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为_ms2，刻度尺11.00cm的刻度线应标记为_ms2。（计算结果均保留2位有效数字）答案： 10 -2.0 1.0解析：（1）1该弹簧的劲度系数为k=Fx=1.0N10cm=10N/m（2）2当指针指向刻度尺8.00cm刻度线时，弹簧的弹力为F=kx=0.8N1N所以此时小球具有向下的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为a=-1N-0.8N1N10m/s2=-2.0m/s2（2）3当指针指向刻度尺11.00cm刻度线时，弹簧的弹力为F=kx=1.1N1N所以此时小球具有向上的加速度，则刻度尺11.00cm的刻度线应标记为a=1.1N-1N1N10m/s2=1.0m/s224