2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳1单选题1、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（）AF1:F2=3:1BF1:F2=3:2CF1:F2=4:3DF1:F2=5:4答案：A解析：设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为，对于加速上升过程，竖直方向FN1cos-mg=m12g水平方向FN1sin=F1解得F1=32mgtan对于减速上升过程，竖直方向mg-FN2cos=m12g水平方向FN2sin=F2解得F2=12mgtan因此F1=3F2故BCD错误A正确。故选A。2、如图所示，倾角为=37的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，传送带足够长，取sin37=0.6,cos37=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（）A小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B小物块向上运动的时间为1. 2sC小物块向上滑行的最远距离为4mD小物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案：C解析：ABD由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律mgsin+mgcos=ma1代入数据解得a1=10m/s2方向沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有t1=v1-v2-a1=0.6s由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma2代入数据解得：a2=2m/s2方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为t2=v1a2=1s故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。C小物块向上滑行的最远距离为x=v1+v22t1+v12t2=2+820.6+221m=4m故C正确。故选C。3、将倾角为的足够长的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角为，如图所示，已知斜面体始终保持静止，重力加速度为g，若=，则下列说法正确的是（）A小球、滑块的加速度为gsin，斜面体的上表面粗糙B小球、滑块的加速度为gtan，斜面体的上表面光滑C地面对斜面体的摩擦力水平向右D地面对斜面体的摩擦力水平向左答案：D解析：AB小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力，合力平行斜面向下，满足F=mgsin=ma可得加速度a=gsin故斜面一定是光滑的，故AB错误；CD对整个系统，水平方向有向左的加速度，水平方向有向左的合外力，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C错误，D正确。故选D。4、如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当将质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg（g为重力加速度），已知两根弹簧与竖直方向的夹角为30，则此时每根弹簧的伸长量为（）A3mgkB4mgkC5mgkD23mgk答案：D解析：物体受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有Nmgma其中N6mg，解得a5g再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析，整体受重力和两个拉力，根据牛顿第二定律，在竖直方向满足2Fcos 30mgma解得F=23mg根据胡克定律，有x=Fx=23mgk故选D。多选题5、如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（）Af0Bf0CFN0DFN0答案：BC解析：CD开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f=FB受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为13F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知aB=23F2m=F3maC=13Fm=F3mB、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN=0D错误，C正确；AB撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=F3A错误，B正确。故选BC。6、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。7、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（）A物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动B物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关C平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同D初速度越大，物体在空中的飞行时间越长答案：AC解析：A物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；B由水平位移公式x=v0t竖直方向的位移为h=12gt2联立可得x=v02hg故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；C由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；D由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。故选AC。8、如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A货车的速度等于vcosB货物处于超重状态C缆绳中的拉力FT小于（m0+m）gD货车的对地面的压力小于货车的重力答案：BD解析：A把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则v=v1cos即v1=vcos故A错误；B货车匀速行驶，在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；C因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；D货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。故选BD。填空题9、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带，经过0.5s时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2，则货箱与传送带之间的动摩擦因数为_，因摩擦产生的热量为_J。答案： 0.4 3解析：1货箱在摩擦力的作用下加速运动，根据牛顿第二定律可得f=ma=mg又v=at代入数据，解得=0.42根据摩擦力产生热量的公式，即Q=mgx又x=x传-x货箱代入数据，解得x=0.5m故可得因摩擦产生的热量为Q=3J10、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角=37角的斜向上的拉力。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为_。答案：16.25m解析：物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程FcosFf=maFsinFNG=0FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力Ff=FN联立方程，解得a=1.3m/s2由运动学公式得5s内物体的位移x=12at2=121.352m=16.25m11、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向_（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为时，校车的加速度大小为_。答案： 平行 gtan解析：12由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为时，受力分析如图由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有Fmg=tan由牛顿第二定律知F=ma解得a=gtan12、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_。（外界大气压强为P0）答案： p02 p0S2m-g解析：1气缸中封闭气体的初始气压为P1=P0当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程P1V1=P2V2解得P2=V1V2P1=p02当气缸内气体的压强为p02时，气缸将获得最大加速度。2此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律(P0-P2)S-mg=ma解得a=P0S2m-g气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。解答题13、如图所示，质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=1.0kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F=10N的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过L1=2.0m的距离时，撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g取10m/s2，求（1）撤去F前，小物块和木板的加速度大小；（2）力F作用的时间；（3）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用分式表示）答案：（1）a物=6ms2，a木=2ms2；（2）1s；（3）103m解析：（1）撤去F前，假设物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F=M+ma共解得a共=103ms2对木板，根据牛顿第二定律有f=Ma共=203Nmg则物块与木板之间发生相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有F-mg=ma物解得a物=6ms2对木板，根据牛顿第二定律有mg=Ma木解得a木=2ms2（2）设力F作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知，此时，物块的位移为x1=12a物t2木板的位移为x2=12a木t2又有x1-x2=L1解得t=1s（3）撤去拉力时，根据v=v0+at可知，此时，物块的速度为v物=6ms木板的速度为v木=2ms要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv物+Mv木=M+mv共解得v共=103ms撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有-mg=ma1解得a1=-4ms2木板的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2-v02=2ax可知，物块的位移为x1=289m木板的位移为x2=169m则木板的最小长度为L=L1+x1-x2=103m14、如图所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由持殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙而与木板的动摩擦因数为。在木板上施加水平向右拉力F=6mg，g为重力加速度。（1）若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；（2）若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。答案：（1）L2g；（2）4mgL解析：（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有F-2mg=ma根据匀变速直线运动规律，有L=12at2解得t=L2g（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为a1，物块的加速度为a2，经过时间t1，物块离开木板，木板的位移为x1，物块的位移为x2。对木板，根据牛顿第二定律有F-3mg=ma1对物块，同理有mg=ma2根据匀变速直线运动的规律，有x1=12a1t12x2=12a2t12当物块离开木板时，有x1-x2=L解得x1=1.5L在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量Q1=2mgx1=3mgL物块和木板相对运动产生的热量Q2=mgL所以，产生的总热量Q=Q1+Q2=4mgL15、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为1=0.4，B与地面的动摩擦因数为2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N解析：（1）由图像可知：前2m内对A有v2=2a1x得出a1=1m/s22m后，对A有v12-v02=2a2xa2=4m/s2（2）对B受力分析有1mg-22mg=ma0外力F使A在B上的临界加速度为a0=2m/s2外力F对AB整体有F0-22mg=2ma0 F0=6N（3）运动前2ma1=1m/s2a0则2m后AB两个物体开始相对运动对A有F2-1mg=ma2 F2=8N16、如图甲所示，倾角 = 37 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长 LAB = 3 m，斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块，在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s （以 A 为起点）变化的关系如图乙所示，以水平地面为零重力势能面（g 取10 m/s2，sin37 = 0.6，cos37 = 0.8）。求：（1）小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度；（2）小滑块通过第 2 m 位移所用的时间；（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能；（4）在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s（0s3 m）变化的大致图线。答案：（1）6 m/s2；（2）36s；（3）12 J；（4）解析：（1）在通过前 1 m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有F-mgsin=maa = Fm-gsin=121-100.6 = 6 m/s2（2）对于前 1 m位移的过程，有v2=2as1v=2as1=261=23m/s对于第2m位移的过程，有F=6N，mgsin=6，所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动t2=s2v=123=36s所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为36s。（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时Ek=12mv2=121(23)2=6JEp=mgssin=11010.6=6JE = Ek + Ep = 12 J（4）如图实验题17、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个力传感器按如图甲方式对拉，其中一只系在墙上，另一只握在手中，在计算机屏上显示出力，如图乙所示。(1)横坐标代表的物理量是_。(2)由图可得到的实验结论是_（填字母）。A两力传感器间的作用力与反作用力大小相等B两力传感器间的作用力与反作用力方向相反C两力传感器间的作用力与反作用力同时变化D两力传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上答案： 时间 ABC解析：考查牛顿第三定律探究实验。（1）1由题可知，图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；（2）2从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时变化，且作用在不同的物体上，故A、B、C正确，D错误。故选ABC。18、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N重物时指针位置的刻度标记为0，以后该重物就固定在弹簧上，和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。(1)请在图中除0以外的6根长刻度线旁，标注加速度的大小，示数的单位用m/s2表示，加速度的方向向上为正、向下为负。说明这样标注的原理。(2)仿照以上装置，设计一个“水平加速度测量仪”。要求：画出它的装置图；说明它的构造；介绍加速度刻度的标注原理。g取10 m/s2。答案：(1) 标注原理见解析；(2) 构造和原理见解析；解析：(1)1悬吊1.0N重物时,由平衡条件得mg=1.0解得m=0.1kg 依题意，向上为正，在C点弹簧的弹力等于0.9N，根据牛顿第二定律得0.9-mg=maC解得aC=-1.0m/s2 ，所以在C点标注-1.0，以此类推标注其它刻度如图所示。(2)2水平加速度测量仪如图所示，光滑槽放在水平桌面上，左端固定一块木板，带有指针的弹簧左端固定在木板上，右端连一个小球，带有刻度的木板固定在槽上，小球静止时指针指在零刻度，木板上的刻度表示加速度的数值，正刻度表示加速度方向向左，负刻度表示加速度方向向右。刻度的标注原理如下：将装置竖直放置，按照(1)问的方法标注刻度，然后水平放置，移动刻度尺使0刻度对准指针，并固定刻度板。19、教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是_；A20gB260gC500gD600g（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有_；A实验中先释放木块，后接通电源B调整定滑轮高度，使细线与板面平行C必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等D木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l、2、3、4、5、6，测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a= _m/s2(保留两位有效数字)；（4）实验测得=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：_，_。答案： B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦解析：（1）1由题知，重锤的质量m=150g左右，动摩擦因数=0.30，设木块的质量为M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有mg-Mg=m+Ma解得a=mg-Mgm+M根据长木板做匀加速运动，即a0，可得mg-Mg0解得M500g当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g，故B符合题意，ACD不符合题意；故选B。（2）2A实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；B为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；C根据实验原理mg-Mg=m+Ma可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故C错误；D假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有mg=m+Ma将（1）问中的m=150g，M=260g代入上式，可得加速度a4m/s2为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔5个点取一个计数点，即时间间隔T=50.02s=0.1s，通常是取5至6个计数点，则总时间为0.5s到0.6s，取最开始的计数点是从初速度为0开始的，根据位移时间公式有x=12at2取t=0.5s计算可得x=0.50m取t=0.6s计算可得x=0.72m故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右，故D正确。故选BD。（3）3由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔T=50.02s=0.1s，根据x=aT2可得加速度为a=x06-x03-x039T2由题知x03=19.90cm，x06=54.20cm，代入数据解得a=1.6m/s2（4）4实验测得=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。20、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=_ms2.（结果保留两位有效数字）（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_N,图4对应的示数为_N；（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数=_（结果保留两位有效数字）。答案： 0.50 2.00 1.00 0.43解析：（1）1相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据x=aT2结合逐差法可知：a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)10-290.12m/s2=0.50m/s2（2）23则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；（3）4对滑块以及重物的整体：mg-Mg=(M+m)a其中mg=1.00N，Mg=2N，解得=0.4328