2022年高考中物理牛顿运动定律考点总结.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律考点总结1单选题1、如图所示，在某建筑地，工人甲将质量为m的工件利用固定在支架上的光滑定滑轮沿竖直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉紧绳索，绳索与水平方向的夹角为；工人乙通过一始终保持水平的轻绳将工件缓慢拉到楼顶。己知甲、乙的质量分别为M甲、M乙，重力加速度大小为g，甲，乙始终处于静止状态，下列说法正确的是（）A乙将工件拉到楼顶过程，甲受到的摩擦力不变B乙将工件拉到楼顶过程，楼顶对乙的摩擦力逐渐减小C工件匀速上升时。楼顶对甲的支持力为M甲-mgD工件以加速度a匀加速上升时楼顶对甲的摩擦力为m(g+a)cos答案：D解析：A乙将工件拉到楼顶过程，设两绳结点上方绳索与竖直方向夹角为，对结点由平衡条件可得甲拉的绳索上的拉力为T1=mgcos由平衡条件可得，甲受到的摩擦力为f1=T1cos由于变大，可知T1变大，f1变大，A错误；B乙将工件拉到楼顶过程，乙对轻绳的拉力为T2=mgtan由平衡条件可得，乙受到的摩擦力为f2=T2由于变大，可知T2变大，f2变大，B错误；C工件匀速上升时，绳上拉力T大小等于工件的重力mg，在竖直方向对甲由平衡条件可得N+Tsin=M甲g解得楼顶对甲的支持力为N=M甲g-Tsin=M甲g-mgsinC错误；D工件以加速度a匀加速上升时，对工件由牛顿第二定律可得T-mg=ma在水平方向对甲由平衡条件可得f=Tcos联立解得楼顶对甲的摩擦力为f=m(g+a)cosD正确。故选D。2、下列说法正确的是（）A伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量B根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大C在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量D两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力答案：C解析：A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；B万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；C在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；D两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。故选C。3、如图所示，有A、B两物体，mA2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）A它们的加速度agsinB它们的加速度av1，则（）At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案：BC解析：A相对地面而言，小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；B小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；C由B中分析可知，0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；D在0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。填空题9、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。(1)若剪断绳子，小球将落至A、B、C中的_点；(2)若小车速度突然减小，小球将偏向_方；(3)若小车速度突然增大，小球将偏向_方。答案： B 前 后解析：(1)1小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即B点；(2)2若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；(3)3若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。10、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。(1)若剪断绳子，小球将落至A、B、C中的_点；(2)若小车速度突然减小，小球将偏向_方；(3)若小车速度突然增大，小球将偏向_方。答案： B 前 后解析：(1)1小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即B点；(2)2若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；(3)3若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。11、理想实验是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到一种理想状态，从而来揭示自然现象本质的假想实验。为了说明运动和力的关系，伽利略设计了如图所示的理想实验。(1)关于伽利略的这个理想实验，下列说法正确的是( )A“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实B“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是合理外推的理想状态C“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是揭示自然现象的本质D“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质(2)伽利略的理想实验否定了亚里士多德关于运动和力关系的错误认识。亚里士多德的认识是_。答案： AD 运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）解析：(1)1AB“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实，A正确、B错误；C“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是合理外推的理想状态，C错误；D“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是揭示自然现象的本质，D正确。故选AD。(2)2亚里士多德的认识是运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）。12、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=_s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为_m/s2。答案： 0.6 2解析：1力F1的表达式F1=20-20t A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得F1mA=F2mB联立并代入数值可得t=0.6s2当t=0.6s时F1=20-20t=8N二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F1+F2=mA+mBa代入数值可得a=2m/s2解答题13、如图所示，A物体放在粗糙水平桌面上，一端用绕过定滑轮的细绳与B物体相连。用手按住A使A、B均静止。A、B两物体质量均为m=1kg，B物体距离地面高度h=2m。现松手释放A，经1s，B落到地面上且未反弹（此时A未与滑轮相碰）。忽略空气阻力、滑轮摩擦力，且绳子质量不计，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）物体A与桌面间动摩擦因数；（2）若A与滑轮的距离L=3m，为保证A与滑轮不相碰，B落地瞬间，在A上施加一水平向左的恒力，求这个恒力F的最小值。答案：（1）0.2；（2）6N解析：（1）以物体B为研究对象h=12at2a=4m/s2A与B连接在一条绳子上，则加速度大小相同，绳子对两者弹力大小相同，以物体B为研究对象，由牛顿第二定律可知mg-T=ma以物体A为研究对象，同理有T-Ff=maFf=mg解得=0.2（2）当物体B落地后，A物体将在力作用下做匀减速直线运动直到停止，当物体B落地时，A物体与B物体具有相同的速度大小，由v=v0+atv=4m/s由2ax=v2其中x=L-h得A物体作匀减速运动的加速度大小a=8m/s2由牛顿第二定律F+mg=ma解得F=6N14、如图所示，一水平的浅色传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面上。在传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为1=0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以向右的恒定加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v0=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4kg，重力加速度g=10m/s2，求：（1）传送带上黑色痕迹的长度；（2）有F作用期间平板的加速度大小；（3）平板的最短长度。答案：（1）0.75m；（2）2m/s2；（3）0.65m解析：（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度a1=1mgm=1g=1m/s2方向向右，设经过时间t1，传送带达到速度v0，经过时间时t2，煤块速度达到v0，即v0=at1=a1t2代入数值可得t1=0.5s，t2=1.5s在0-1.5s内，煤块与传送带有相对运动，则传送带发生的位移s=v022a+v0t2-t1=1.5223m+1.51m=1.875m煤块发生的位移s=v022a1=1.522m=1.125m黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即s=s-s=0.75m（2）煤块滑上平板时的速度为v0=a1t2=1.5m/s加速度大小为a1=1mgm=1g=1m/s2经过t0=0.5s时，煤块速度为v1=v0-a1t0=1.5m/s-10.5m/s=1.0m/s设平板的加速度大小为a2，则v1=a2t0=1.0m/s解得a2=2m/s2（3）设平板与地面间动摩擦因数为2，由于a2=2m/s2且Ma2=1mg-2mg+Mg+F代入数据解得2=0.2由于21则共速后煤块将仍以加速度大小a1=1mgm=1g匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3匀减速运动Ma3=1mg-2mg+Mg代入数据解得a3=-2.25m/s2用时t3=v1a3=12.25s=49s所以，全程平板的位移为s板=0+v12t0+t3=120.5+49m=1736m煤块的位移s煤=v022a1=1.522m=98m平板车的长度即煤块与平板的位移之差L=s煤-s板=4772m=0.65m15、传送带被广泛地应用于车站、码头、工厂如图甲所示为一传送装置，由一个倾斜斜面和一个水平传送带组成，斜面与水平传送带平滑连接，其原理可简化为示意图乙斜面AB长度L111.25 m，倾角37，箱子与斜面AB间的动摩擦因数10.8，传送带BC长度L27 m，箱子与传送带BC间的动摩擦因数20.2，某工人将一质量为m1 kg的箱子以初速度v05 m/s从A处沿斜面向下运动，传送带BC保持静止（g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8）求：（1）箱子运动到B处的速度大小；（2）箱子在传送带BC上运动的距离；（3）若传送带BC逆时针转动，保持v22 m/s的恒定速率仍将质量为m1 kg的箱子以初速度v05 m/s从A处沿斜面向下运动，求箱子在传送带上运动的时间答案：（1）4 m/s；（2）4 m；（3）4.5 s解析：（1）从A到B过程，根据牛顿第二定律有1mgcos37-mgsin37=ma1解得a1=0.4m/s2根据速度位移公式有vB2-v02=-2a1L1解得vB=4m/s（2）从B到静止过程，根据牛顿第二定律有2mg=ma2根据0-vB2=-2a2x1解得x1=4m（3）从B到速度减为零的过程，根据运动学公式有t1=0-vB-a2=2s从速度减为零开始向左运动过程v22-0=2a2x2解得x2=1mmgsin37所以箱子最后会停在斜面上t总=t1+t2+t3=4.5s16、某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯（即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲），一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t=2.4s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移x=6cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h=2.16m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动摩擦因数。（g取10m/s2）答案：0.40解析：由题意可知每两张照片的时间间隔为t=160s在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为v=xt=0.06160=3.6m/s把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为a=vt=3.62.4m/s2=1.5 m/s2设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为，则l=v22a=3.6221.5m=4.32 m所以sin=hl=2.164.32=0.5小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有mgsin -mgcos =ma代入数据解得=0.40实验题17、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_点，在打出D点时物块的速度大小为_m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为_（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。答案： E 1.37 0.5解析：1橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；2由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为vD=xCE2T=xCD+xDE2T代入数据解得：vD=1.37m/s；3根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，得：a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2代入数据解得：a=-5m/s2对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：-mg=ma解得：=0.518、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。19、用如图甲所示装置，测定木块与长木板间的动摩擦因数。放在水平桌面上的长木板一端带有定滑轮，另一端固定有打点计时器，穿过打点计时器的纸带连接在木块上，绕过定滑轮的细线一端连接在木块上，另一端悬挂装有砝码的砝码盘，开始时木块靠近打点计时器。当地的重力加速度为g。（1）实验前，需要调节_的高度，使连接木块的细线与长木板平行。（2）接通电源，释放纸带，图乙为打出的纸带上点迹清晰的一段，纸带上0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点间均有四个计时点未标出，若打点计时器所接交流电的频率为f，测出纸带上计数点0、2间的距离为x1，计数点4、6间的距离为x2，则打计数点5时，木块的速度大小为_，木块的加速度大小为_。（3）若木块的质量为M，悬挂的砝码和砝码盘的总质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为_。答案： 定滑轮 fx210 x2-x1f2200 mM-(m+M)x2-x1f2200Mg解析：（1）1调节定滑轮的高度使连接木块的细线与长木板平行。（2）23根据时间中点速度等于某段时间的平均速度，则可求打计数点5时，木块的速度大小为v5=x2101f=fx210根据x=at2得木块的加速度a=x2-x1210f2=x2-x1f2200（3）4由牛顿第二定律有mg-Mg=(m+M)a解得=mM-(m+M)x2-x1f2200Mg20、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个相同的弹簧测力计连接在一起对拉（如图所示），发现作用力与反作用力的大小_（选填“相等”或“不相等”）；作用力与反作用力的方向_（选填“相同”或“相反”）；同时发现作用力与反作用力的作用_（选填“有”或“没有”）先后。答案： 相等 相反 没有解析：123根据牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失，F=-F则作用力与反作用力的作用没有先后。26