2022年高考中物理牛顿运动定律笔记重点大全.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律笔记重点大全1单选题1、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。2、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A物体通过O点时所受的合外力为零B物体将做阻尼振动C物体最终只能停止在O点D物体停止运动后所受的摩擦力为mg答案：B解析：A物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；B物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；CD物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为mg，CD错误。故选B。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、如图所示，滑轮A可沿倾角为的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（）A绳的拉力为GB绳的拉力为GcosC绳的方向与光滑轨道不垂直DB的加速度为g sin答案：D解析：D对整体分析，根据牛顿第二定律得：加速度为 a=MgsinM=gsin则B的加速度为gsin。故D正确。ABC隔离对B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小为mBa=mBgsin=Gsin由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为T=Gcos选项ABC错误。故选D。多选题5、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左运动，FN可能为零B若小车向左运动，FT可能为零C若小车向右运动，FN不可能为零D若小车向右运动，FT不可能为零答案：AB解析：A. 若小车向左减速，加速度方向向右，若小球所受拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则N为零，A正确；B. 若小车向左加速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，B正确；C. 若小车向右加速，加速度方向向右，若小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则此时N为零，C错误；D. 若小车向右减速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，D错误。故选AB。6、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为=37，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是（）A物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点B物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)sC物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2mD物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m答案：BD解析：A对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma1a1=8m/s2共速后mgsin-mgcos=ma2a2=4m/s2物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；B运动学图像如图所示t1=4-12-8s=1st2=0-4-4s=1s物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移x=12(12+4)1m+1241m=10m物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移x=12a2t32解得t3=5s则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为t=t1+t2+t3=(2+5)sB正确；C在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为L1=12(12+4)1m-41m=4m此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则L2=41m-1241m=2m因为L2mgsin37，物体沿斜面运动的时间为362s.16、如图所示，水平地面上固定一倾角为37的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.010-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2，求：（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s解析：（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有mgsin37-mgcos37=ma1得a1=-0.4m/s2根据运动学公式有v12-v02=2a1x解得v1=0.6m/s（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有Ft-mgsin37t=mv1-mv1解得F=1206N（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t，由牛顿第二定律有mgcos37+mgsin37=ma2a2=12.4m/s2根据运动学公式0=v1-a2t解得t=362s由mgcos37mgsin37，物体沿斜面运动的时间为362s.实验题17、理想实验是科学研究中的一种重要方法，如图所示的是伽利略根据可靠的事实进行的理想实验和推论的示意图。请在下面的空格里填入恰当的内容，完成对各示意图的说明。如图（1）所示，把两个斜面对接，让小球由静止开始从左侧斜面上高为h处滚下，如果没有摩擦，小球将达到右侧斜面相同高度的地方。如图（2）所示，如果减小右侧斜面的倾角，小球到达右侧斜面上的高度要_（选填“大于”“等于”或“小于”）原来的高度h，但要通过更长的距离。如图（3）所示，继续减小右侧斜面的倾角，直到使它成为水平面，小球不可能达到原来的高度h，就要沿着水平面以_（填“恒定”或“变化”）的速度持续运动下去。答案： 等于 恒定解析：要解答本题需掌握：伽利略著名的斜面理想实验的步骤；科学认识事物，分析现象和把握物理规律的能力;伽利略理想实验是为了验证：运动的物体如果不受其他物体的作用，其运动会是匀速的，而且将永远运动下去.如图（1）所示，把两个斜面对接，让小球由静止开始从左侧斜面上高为h处滚下，如果没有摩擦，小球将达到右侧斜面相同高度的地方。1如图（2）所示，如果减小右侧斜面的倾角，小球到达右侧斜面上的高度要等于原来的高度h，但要通过更长的距离。2如图（3）所示，继续减小右侧斜面的倾角，直到使它成为水平面，小球不可能达到原来的高度h，就要沿着水平面以恒定的速度持续运动下去。18、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：=0.519、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53=0.8、cos53=0.6、sin37=0.6、cos37=0.8，实验步骤如下：a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53；b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。回答下列问题：(1)当长木板的倾角为37时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=_ms2；（保留3位小数）(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数=_；(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=_ms2；（保留3位有效数字）(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )A正确B错误C无法判断答案： 1.958m/s2 0.5或0.50 9.79m/s2 B解析：(1)1小物块在斜面上做匀加速直线运动有x=12at2变形为xt=12at故xt-t图像的斜率k=a2由图2可知k=0.979故此时的加速度a=2k=1.958m/s2(2) (3)23长木板倾角为53时有mgsin53-mgcos53=ma1长木板倾角为37时有mgsin37-mgcos37=ma2联立可解得=0.5，g=9.79m/s2(4)4xt-t图像中的面积微元s=xtt，无物理意义，故选B。20、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，下端悬吊90g重物时，弹簧下端的指针指在木板刻度为C的位置，现把悬吊100g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”。若当地重力加速度g=10m/s2，测得0和C点的距离为1cm，则该弹簧的劲度系数为_N/m。某时刻观察到该100g重物下降1cm，则此时电梯加速度方向为_（填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为_m/s2。答案： 10 竖直向上 1.0解析：1 根据胡克定律F=kx可得k=Fx=mgx=(100-90)10-310110-2N/m=10N/m2 重物下降，说明弹簧伸长，弹力增大，此时电梯加速度方向竖直向上；3 此时弹簧的弹力大小为F=mg+kx=0.110+100.01N=1.1N根据牛顿第二定律有F-mg=ma代入数据解得a=1.0m/s225