2022年高考中物理牛顿运动定律总结(重点)超详细.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律总结(重点)超详细1单选题1、一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图像如下图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为，则力F的大小为（）AmgB2mgC3mgD4mg答案：C解析：设加速阶段加速度大小为a1，减速阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得F-mgm=a1mgm=a2由图像可知a1=2a2则F=3mg故选C。2、如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N。当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长。求：从小物块放在小车上开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s2）（）A1.25mB1.75mC2mD2.25m答案：D解析：小物块放到小车上后，根据题意，对小物块由牛顿第二定律得mg=ma1对小车由牛顿第二定律得F-mg=Ma2设经过时间t1两者速度相等，根据速度与时间的关系式有3+a2t=a1t解得t1=2s则小物块在1.5s内，一直做匀加速直线运动，根据位移与时间的关系式x=12a1t2代入数据解得，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为x=2.25m故ABC错误D正确。故选D。3、如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。己知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是（）A木块受到的摩擦力大小为1(m1m2)gB长木板受到的摩擦力大小为2(m1m2)gC若改变F的大小，当F1(m1m2)g时，长木板将开始运动D若将F作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动答案：D解析：AB先对木块受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为Ff1=1m1g根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，则木板受到的摩擦力的合力大小为0，故AB错误；C若改变F的大小，当F1(m1+m2)g时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动，故C错误；D若将力F作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力，当整体的加速度大于g时，木块一定会发生相对木板的滑动，故D正确。故选D。4、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（）A当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重B当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重C当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重D当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重答案：C解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。故选C。多选题5、如图所示.轻弹簧放在倾角为37的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为14L，重力加速度为g，sn37=0.6，cos37=0.8，则（）A物块与斜面间的动摩擦因数为0.3B物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小C弹簧具有的最大弹性势能为mgLD物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL答案：BD解析：A设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有mgsin3712L-mgcos372L=0解得=316A错误；B物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；Cc点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得Ep=(mgsin37-mgcos37)54L=916mgLC错误；D当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于mgsin3754L=34mgLD正确。故选BD。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、我们经常接触到的一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解正确的是（）A“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”泥鳅和黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小B“一只巴掌拍不响”力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其他物体上才能产生力的作用，才能拍响C“鸡蛋碰石头，自不量力”鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力D“人心齐，泰山移”如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和答案：ABD解析：A泥鳅与黄鳝表面比较光滑，二者之间的动摩擦因数比较小，则二者之间摩擦力较小，故A正确；B物体之间的作用是相互的，“一只巴掌拍不响”说明力是物体对物体的作用，故B正确；C鸡蛋与石头相碰时，根据牛顿第三定律可知，石头撞击鸡蛋的力的大小等于鸡蛋撞击石头的力，故C错误；D“人心齐，泰山移”反映了如果各个分力方向一致，合力的大小等于各个分力大小之和，故D正确。故选ABD。8、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度时间变化规律如图乙所示，t6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则（）A物块与传送带之间的动摩擦因数为0.1BA、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 mC若物块质量m1 kg，物块对传送带做的功为8 JD若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端答案：AB解析：A由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a=vt=44m/s2=1m/s2由牛顿第二定律可知ag联立解得0.1故A正确；B由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x=(2+6)42m=16m小物块在传送带上留下的痕迹是l44 m442m8m故B正确；C物块对传送带的摩擦力大小为mg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为Wmgx0.111016 J16 J故C错误；D物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。故选AB。填空题9、质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F_N，物体与水平面间的动摩擦因数_。（g取10m/s2）答案： 3 0.05解析：12物体在力F作用下加速运动的加速度a1=1010m/s2=1m/s2根据牛顿第二定律可知F-mg=ma1撤去F后，加速度大小a2=1020m/s2=0.5m/s2根据牛顿第二定律可知mg=ma2联立解得F=3N=0.0510、视重：体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的_。答案：压力解析：略11、方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的_，利用牛顿第二定律可得G_。答案： 质量m mg解析：略12、如图所示，有一倾角=30的斜面体B固定于水平地面上，质量为m的物体A放置于B上，其左侧面与水平轻弹簧接触。现对轻弹簧施加一个水平作用力，A和B始终保持静止，弹簧始终在弹性限度内。当A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力大小为_；当弹簧弹力大小为3mg时，A所受摩擦力大小为_。答案： 33mg mg解析：1对物体A受力分析，受重力、支持力、弹簧的弹力，可能会有平行斜面的静摩擦力，设弹簧弹力大小为为F；如果A所受的摩擦力为零，则Fcos30=mgsin30即F=33mg2当弹簧弹力大小为F=3mg33mg时，A有向上的运动趋势，A受到的摩擦力沿着斜面向下，受到的摩擦力大小为f=Fcos30-mgsin30=mg解答题13、2021年9月29日万里黄河第一隧“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s=4760m。一位质量为m=75kg的司机驾驶某小型汽车从起点处由静止以a=4m/s2的加速度匀加速起步，速度达到v=16m/s后保持匀速行驶，到达终点前s3=80m开始匀减速运动，到达终点时刚好停下，假设司机相对汽车始终静止，汽车在运动过程中始终可以看做水平面上的直线运动，重力加速度g取10m/s2，求（1）汽车通过全程所用时间；（2）司机匀加速过程中所受汽车作用力的大小。答案：（1）304.5s；（2）15029N解析：（1）加速过程由运动学公式v=at1t1=4ss1=12at12减速过程s3=0+v2t3t3=10s匀速过程s2=s-s1-s3t2=s2v=290.5s总时间t=t1+t2+t3t=304.5s（2）作用力克服重力并提供了加速度，根据力的合成F=ma2+mg2F=15029N14、在如图所示装置中，物体A和B用轻绳经定滑轮相连接，质量分别为mA和mB，忽略一切摩擦阻力和定滑轮的质量，重力加速度为g。试求B的加速度的大小。答案：mAgmA+mB解析：对A、B整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得mAg=(mA+mB)a可解得a=mAgmA+mB15、“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R=5m的光滑圆形轨道，B为圈形轨道的最低点。P为一倾角=37的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一薄层防滑木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t=0.2s时恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m=3kg，薄木板质量M=1kg，木板与斜面之间的动摩擦因数1=1924，木板与物块之间的动摩擦因数2=56，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，不计空气阻力，求：（1）物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力（计算结果可以保留根号）；（2）物块相对于木板运动的距离；（3）整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。答案：（1）FN=91.92-245N；（2）1.5m；（3）87J解析：（1）物块由C到D，做抛体运动水平方向v水平=xt=1.6m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度v=v水平cos=2m/sv竖直=vsin=1.2m/s物块在C点v竖直=v竖直-gt=-0.8m/svC=v水平2+v竖直2由B到C12mvB2=12mvC2+mgR1-cos其中cos=v水平vC，在B点F支-mg=mvB2R由牛顿第三定律得FN=F支=91.92-245N（2）物块刚滑上木板时：对物块2mgcos-mgsin=mamam=23m/s2做匀减速直线运动对木板2mgcos+mgsin-1M+mgcos=MamaM=23m/s2做匀加速直线运动设两者经时间t1达到共速v共v-amt1=aMt1t1=1.5s v共=1m/s此过程中S物=v+v共2t1=94mS板=v共2t1=34m物块相对于木板运动的距离S=S物-S板=1.5m（3）2mgcosmgsin，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体a共=1gcos-gsin=13m/s2S共=v共22a共=1.5mQ物-板=2mgcosS=30JQ板-斜=2M+mgcosS板+S共=57J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q=87J16、如图所示，水平传动带以v0=4m/s的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为=0.2，重力加速度g取10m/s2，则：（1）经多长时间物块会与传动带共速。（2）经多长时间物块会从传动带右端掉下来。答案：（1）2s；（2）3s解析：（1）物块刚放上传动带时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mg=ma解得物块的加速度为a=2m/s2物块与传送带共速所需时间为t1=v0a=2s（2）物块匀加速运动的位移为s=v02t1=4m之后匀速运动到右端的时间为t2=L-sv0=1s物块从传动带左端到右端的时间为t=t1+t2=3s即经3s物块会从传动带右端掉下来。实验题17、某实验小组利用“阿特伍德机”实验装置，测量当地的重力加速度，实验主要步骤如下：（I）按照实验设计组装仪器，并使系统处于静止状态，如图甲所示；（II）接通电源，释放重锤；（III）选取纸带中一段清晰的连续的点作为计时点，用刻度尺测量其计时点间的距离，如图乙所示；（IV）用天平测出重锤质量M=200g和物体质量m=50g。（1）已知打点计时器的频率为50Hz，打点计时器打第2点时纸带速度大小_m/s；打第1点到第5点时的平均速度大小_ m/s。（均保留三位有效数字）（2）纸带的加速度大小_ m/s2。（保留三位有效数字）（3）不计一切摩擦的阻力，应用牛顿第二定律，测出当地重力加速度大小_m/s2。（保留三位有效数字）答案： 3.31 3.42 5.75 9.58解析：(1)1在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，故打第2点的速度为v2=x132T=6.50+6.7320.0210-2ms=3.3075ms3.31ms2 打第1点到第5点时的平均速度大小v15=x154T=6.50+6.73+6.96+7.1940.0210-2ms=3.4225ms3.42ms(2)3 利用匀变速直线运动的推论相邻相等时间内的位移差x=aT2解得纸带的加速度大小a=x3+x4-x1+x24T2=6.96+7.19-6.50+6.7340.02210-2ms2=5.75ms2(3)4对MMg-F=Ma对mF-mg=ma又F=F解得g=m+MM-ma9.58ms218、某同学利用气垫导轨测量当地的重力加速度的装置如图甲所示。数字计时器可以测出遮光条经过光电门1和光电门2的挡光时间。（1）实验前，利用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=_mm；（2）调节气垫导轨水平后，挂上槽码，连接滑块与槽码的细线与气垫导轨平行，开动气泵，释放槽码和滑块，数字计时器记录遮光条经过光电门1、2的挡光时间为t1、t2，测出光电门1和2之间的距离为s，则滑块运动的加速度a=_。（用d、t1、t2、s表示）；（3）若测得滑块和遮光条的质量为M，槽码的质量为m，则当地重力加速度g=_。（用m、M、a表示）答案： 3.04 d22s1t22-1t12 (m+M)am解析：（1）1游标卡尺的读数为0.3cm+20.02mm=3.04mm（2）2滑块运动到光电门2时的速度大小为v2=dt2运动到光电门1时的速度大小为v1=dt1根据匀变速直线运动的速度公式可知a=v22-v122s=d22s1t22-1t12（3）3根据牛顿第二定律有mg=(m+M)a得到g=(m+M)am19、在学习完圆周运动这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=_。（2）在小明计数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=_cm。（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是_。（4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=_（用题目所给出的符号表示）。答案： tn 23.55 h 2gg解析：解：（1）1 因从按下秒表的那一刻开始计数0，所以数到n时，经历了n个周期，因此T=tn（2）2刻度尺的最小分度值是0.1cm，有估读值，因此读数是23.55cm，即h=23.55cm（3）3由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有mgtan=m（2T）2Lsin其中为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又h=Lcos解得T=2hg由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与h成正比。（4）4由以上结果T=2hg可知T=2ggh由数学知识可知，图b中图像的斜率是k= 2gg20、2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2Ltt图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6 m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为37时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_m/s2.（结果均保留2位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37= 0.60，cos37=0.80）答案： 0.32或0.33 3.1 9.4解析：(1)12根据L=v0t+12at2可得2Lt=2v0+at则由2Lt-t图像可知2v0=6510-2m/s则v0=0.33m/sa=k=(190-65)10-24010-2m/s2=3.1m/s2(2)3由牛顿第二定律可知mgsin-mgcos=ma即a=gsin-gcos当=53时a=5.6m/s2，即gsin53-gcos53=5.6当=37时a=3.0m/s2，即gsin37-gcos37=3.1联立解得g=9.4m/s224