2022年高考中物理牛顿运动定律知识点题库.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律知识点题库1单选题1、小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯在竖直方向运动过程中，他看到体重计的示数为45kg时，取重力加速度g=10m/s2。下面说法中正确是（）A电梯可能在加速上升，加速度大小为9m/s2B电梯可能在加速上升，加速度大小为1m/s2C电梯可能在减速上升，加速度大小为1m/s2D电梯可能在减速下降，加速度大小为9m/s2答案：C解析：体重计示数减小，即小明对体重计的压力减小，即电梯处于失重状态，所以电梯的加速度方向向下，大小为a=mg-Nm=5010-451050m/s2=1m/s2所以可能在以1m/s2的加速减速上升或加速下降，故C正确，ABD错误。故选C。2、关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（）A物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比B质量大的物体，其加速度一定小C物体所受到的合外力与物体的质量成正比D表达式F=kma中的比例系数k恒为1答案：A解析：A根据牛顿第二定律可知，物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，选项A正确；B根据牛顿第二定律可知，当物体受的合外力一定时，质量大的物体，其加速度一定小，选项B错误；C物体所受到的合外力与物体的质量无关，选项C错误；D表达式F=kma中的比例系数k只有在国际单位制中的情况下才等于1，选项D错误。故选A。3、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（）Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量相同答案：B解析：A经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据运动学规律x12at2得aaab又由牛顿第二定律aFm知，maxb，所以WaWb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；C在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式Epq可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；D根据动量定理Ftpp0则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。故选B。4、2022年北京冬奥会自由式滑雪空中技巧项目在张家口云顶滑雪公园华行。奥运冠军徐梦桃（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台起跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，关于运动员在圆孤形跳台上的运动，下列说法正确的是（）A在此阶段运动员受重力、支持力和向心力B在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态C在此阶段运动员的滑行速率保持不变D在圆弧形跳台最低点时运动员处于超重状态答案：D解析：A运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，选项A错误；BD在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，选项B错误，D正确；C随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，受向下的重力和雪地的摩擦阻力作用，速率逐渐减小，选项C错误。故选D。多选题5、如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列分析正确的是（）A地面对物体的支持力大小为mg-FsinB地面对物体的支持力大小为mgC物体运动的加速度大小为FcosmD物体运动的加速度大小为Fcos-（mg-Fsin）m答案：AD解析：AB物体的受力如图所示由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为FN=mg-FsinA正确，B错误；CD水平方向由牛顿第二定律可得Fcos-FN=ma联立解得，物体运动的加速度大小为a=Fcos-（mg-Fsin）mC错误，D正确。故选AD。6、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。7、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则（）A在t1时刻，外力F为零B在0t1内，外力F大小不断减小C在t1t2内，外力F大小可能不断减小D在t1t2内，外力F大小可能先减小后增大答案：BCD解析：Av-t图线的斜率表示加速度，在t1时刻图线斜率为零，即加速度为零，说明外力F等于摩擦力，外力F不为零，A错误；B在0t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得F-mg=ma说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B正确；CD在t1t2时间内，加速度方向与运动方向相反且加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，外力F可能小于摩擦力（方向不变），且一直减小，也可能减小到零后反向增大，CD正确。故选BCD。8、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。填空题9、动力学的两类基本问题（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出_，再由运动学的有关公式求出速度或位移。（2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出_，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。答案： 加速度 加速度解析：（1）1 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移（2）2 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。10、如图，质量为m的圆环套在固定的粗糙程度均匀的竖直杆上，轻质弹簧的左端固定在墙壁上的O点，右端与圆环相连。初始时刻，圆环处于A点，弹簧水平，且恰好处于原长状态。将圆环从A点由静止释放，第一次经B点时环的速度最大，最低可到达C点。之后，圆环沿杆向上滑动。忽略空气阻力的影响，则圆环从C点向上运动的过程中，速度最大的位置_（选填“在B点”、“在B点上方”、“在B点下方”、“无法确定”）。圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：_。答案： 在B点下方 动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大解析：1圆环向下运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向F弹竖+f=mg圆环向上运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向F弹竖=mg+f则F弹竖F弹竖可知在B点时弹簧伸长量较大，即B点在B点下方；2圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。11、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的动量_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”） 人的动能_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”）加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），动量和动能_（填“最大”或者“最小”）。答案： 先增大后减小 先增大后减小 最大解析：解：1 从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人下降的速度先增大后减小，因此人的动量先增大后减小。2 人下降的速度先增大后减小，由动能公式可知，人的动能先增大后减小。3加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），人的速度最大，人的动量和动能最大。12、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=0.05解答题13、如图所示，底边AB恒定为b，当斜面与底边夹角为多大时，物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短？答案：45解析：设斜面长度为L，有Lbcosagsin 且有L12at2解得t2bgsincos4bgsin2故当45时，所用时间最短，最短时间为tmin4bg14、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2），求：（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s解析：（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：FT-mg=ma解得a=1m/s2由v=v0at解得t=15s（2）匀加速阶段位移x1=12at2=121152m=112.5m匀速阶段位移x2=v（50s-2t）=15（50-215）m=300m匀减速阶段位移x3=v22a=112.5m因此观景台的高度x=x1x2x3=525m（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0。自由落体加速度大小a1=g启动辅助牵引装置后加速度大小a2=F-mgm=3mg-mgm=2g 方向向上则vm22a1+vm22a2=x解得vm=1070m/s则tm=vmg=70s即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。15、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=15029N16、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块A位于质量为2m、长为L的木板B的右端P处，B放在光滑水平面上，A、B之间的动摩擦因数为。某时刻给B施加一大小为5mg的水平拉力F，当A位于B的中点时撤去拉力。求：（1）拉力F的作用时间；（2）滑块A在木板B上与P端的最远距离。答案：（1）Lg；（2）56L解析：（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有对滑块AmgmaA对木板BFmg2maB根据运动学规律，A、B的位移分别为xA12aAt2xB12aBt2由题意知xBxAL2整理得t=Lg（2）撤去F时，A、B的速度分别为vAaAt，vBaBt设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得mvA2mvBm2mv设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得mgx112mv212mvA2mgx2122mv2122mvB2最终滑块与木板P端的距离为xL2x2x156L实验题17、理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示。下面是关于该实验被打乱的步骤：减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要到达原来的高度。如图为两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列_（填写序号即可）。(2)在上述的设想实验步骤中，有的属于可靠的实验事实，有的则是理想化的推论，请问步骤属于_。答案： 可靠的实验事实解析：(1)1本题向我们展示了科学史上著名的理想实验的思想方法，即在实验事实的基础上，经过合理的推理、想象，获取结论,正确的排列顺序是。(2)2针对题目所述的实验步骤，步骤属于可靠的实验事实。18、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间t。请回答下列问题：(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为_；(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了_；A使H测得更准确B使重锤1下落的时间长一些C使系统的总质量近似等于2MD使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=_。答案： 重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t B g=22M+m0+mHmt2解析：(1)1多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。(2)2由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。故选B。(3)3根据牛顿第二定律有mg=(M+m0+n+M)a又H=12at2解得g=2(2M+m0+m)Hmt219、小华利用如图甲所示装置探究力与运动的关系，内装n个质量均为m0的砝码的盒子与砝码盘由绕过光滑定滑轮的细绳相连，纸带与打点计时器的摩擦不计，桌面水平。重力加速度为g=10m/s2，电源频率为50Hz。(1)轻推盒子后，发现打出的纸带点距相等，然后测得装有砝码的盒子的总质量为m1、砝码盘的质量为m2，则盒子与桌面间的动摩擦因数为_。(2)将一个砝码由盒子中转移到砝码盘中，无初速度释放盒子，打出的纸带如图乙所示，相邻计数点间还有四个点未画出，其中x1=7.05cm、x2=7.68cm、x3=8.33cm、x4=8.95cm、x5=9.61cm、x6=10.26cm，则盒子运动的加速度为_ms2，上述m0与m1的比值为_（填数字）。(3)依次将2个、3个砝码由盒子中转移至砝码盘中，分别进行实验并求出加速度，利用描点连线法画出加速度a随转移的砝码个数k(kn)变化的图像，则图像可能为_。答案： m2m1 0.64 0.064 A解析：(1)1纸带点距相等，说明盒子和砝码盘做匀速运动，有m1g=m2g得=m2m1(2)2由逐差公式有(x4+x5+x6)-(x1+x2+x3)=a(3T)2由题意知T=0.1s，代入数据得a=0.64m/s2根据牛顿第二定律有(m2+m0)g-(m1-m0)g=(m1+m2)a解得m0:m1=ag=0.064(3)3根据牛顿第二定律有(m2+km0)g-(m1-km0)g=(m1+m2)a得a=m0g+m0gm1+m2k即a与k成正比，因此选A。20、如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。拍高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得了多组数据，得到的F-1t2的图线如图乙所示。不计空气阻力及一切摩擦。实验中测得两光电门的距离L=0.08m，砂和砂桶的总质量m=0.35kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为_（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。答案： 0.56kgm 不变解析：1小车由静止开始做匀加速运动，位移L=12at2a=2Lt2根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶F合=F-mg=maF=m2Lt2+mg则图线的斜率为k=2mL=0.56kgm2 k与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，图线斜率将不变21