2022年高考中物理牛顿运动定律重点知识点大全.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律重点知识点大全

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μ，则力F的大小为（　　）

A．μmgB．2μmgC．3μmgD．4μmg
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-μmgm=a1
μmgm=a2
由图像可知
a1=2a2
则
F=3μmg
故选C。
2、如图，质量相等的小球A和小球B通过轻弹簧相连，A通过轻质绳系于天花板上，系统静止，重力加速度为g。则当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．小球B的加速度大小为gB．小球B的加速度大小为g
C．小球A的加速度大小为gD．小球A的加速度大小为2g
答案：D
解析：
剪断轻绳的瞬间，弹簧长度不会发生突变，故B所受合外力仍为零，故B的加速度为零；剪断轻绳的瞬间A所受的合力大小与剪断之前绳子拉力大小一致，由共点力平衡可知剪断绳子前，绳子的拉力为2mg，剪断轻绳的瞬间，由牛顿第二定律可知，A的瞬时加速度大小为2g。
故选D。
3、下列有关物体惯性的说法中正确的是（　　）
A．同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的
B．力是改变物体惯性的原因
C．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
D．受力物体的惯性将随着所受力的增大而逐渐消失
答案：A
解析：
A．惯性只与物体的质量有关，则同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的，选项A正确；
B．力是改变物体运动状态的原因，物体的惯性是不变的，选项B错误；
C．物体惯性只与质量有关，在任何状态下都均有惯性，选项C错误；
D．物体的惯性与受力的大小无关，选项D错误。
故选A。
4、中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（　　）

A．硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B．硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
答案：C
解析：
A．硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，故A错误；
B．硬币直立的过程，也可能处于加速运动状态，故不一定处于平衡状态，故B错误；
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，故C正确；
D．列车加速时，硬币受到的摩擦力与列车的运动方向相同，列车减速行驶时，硬币受到摩擦力与列车运动方向相反，故D错误。
故选C。
多选题
5、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N<F<9N
由牛顿第二定律可得
a=Fm
解得
2.5m/s2<a<4.5m/s2
AD错误，BC正确。
故选BC。
6、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025
答案：BD
解析：
A．根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为
H=2710s0sinθ=8150s0
故A错误；
B．从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=12
故B正确；
C．根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=Ek0s0
联立解得
F=3Ek0s0
故C错误；
D．整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
7、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0.3
B．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mgL
D．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μ，根据动能定理有
mgsin37°×12L-μmgcos37°×2L=0
解得
μ=316
A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；
C．c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°-μmgcos37°)×54L=916mgL
C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
mgsin37°×54L=34mgL
D正确。
故选BD。
8、质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（　　）

A．若F1=F2，则m1小于m2
B．若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C．若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D．若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
答案：ACD
解析：
由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
a1=2.51.5ms2=53ms2
物体B撤去拉力之前的加速度为
a2=23ms2
己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
a=1ms2
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
μ1m1g=m1a，μ2m2g=m2a
可得
μ1g=μ2g=1
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F1-μ1m1g=m1a1
解得
F1=83m1
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F2-μ2m2g=m1a2
解得
F2=53m2
A．当
F1=F2
即
83m1=53m2
则
m1<m2
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A做的功为
WA=F1xA=83m⋅12vamta=5mJ
则拉力F2对物块B做的功为
WB=F2xB=53m⋅12vbmtb=5mJ
则拉力F1对物块A做的功等于拉力F2对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的冲量为
I1=F1ta=83m⋅32=4mN⋅s
拉力F2对物块B的冲量为
I1=F2tb=53m⋅3=5mN⋅s
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
I1I2=4m5m=45
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的最大瞬时功率为
P1=F1vam=83m⋅52=203mW
拉力F2对物块B的最大瞬时功率为
P2=F2vbm=53m⋅2=103mW
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
填空题
9、惯性
（1）定义：物体具有保持原来________状态或静止状态的性质．
（2）量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性___，质量小的物体惯性___
（3）普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况____
答案：     匀速直线运动     大     小     无关
解析：
（1）[1]定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
（2）[2][3]量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小；
（3）[4]普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关。
10、某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_______m/s2，方向为_______。
答案：     0.4##0.40     竖直向上##向上
解析：
[1][2]由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为
N=520N
人的重力为
mg=500N
则电梯与人的加速度满足
N-mg=ma
解得
a=0.4m/s2
方向竖直向上。
11、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_______（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对_______（选填“平衡力”或“相互作用力”）。
答案：     减小     相互作用力
解析：
[1]喷洒消毒液的过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；
[2]汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。
12、三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，a放在光滑水平桌面上，a、b质量均为1kg，c的质量为2kg。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止。则当c木块刚好离开水平时q弹簧的形变量大小为_______cm，该过程p弹簧的左端向左移动的距离_______cm。（不计滑轮摩擦，g取10m/s2）

答案：     4     12
解析：
[1][2]开始未用水平力拉p弹簧时，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，由胡克定律得弹簧q压缩的长度为
x1=mbgk=10500m=0.02m=2cm
当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得弹簧q伸长的长度当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得弹簧q伸长的长度
x2=mcgk=20500m=0.04m=4cm
此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b、c的总重力，则弹簧p伸长的长度为
x3=mb+mcgk=30500m=0.06m=6cm
根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为
s=x1+x2+x3=12cm
解答题
13、如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L1=0.7m，E、F间距离L2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB=4kg的平板B和质量mC=3kg的重物C，质量mA=1kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离L0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F=10N的恒力。已知小物块A、平板B之间动摩擦因数μ1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取g=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：
（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；
（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。

答案：（1）2N；（2）2.05s
解析：
（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得
mA+mBgsin37°-μ2mA+mBgcos37°=mA+mBa
解得
a=4m/s2
设B对A的静摩擦力大小为FfBA，对A受力分析，由牛顿第二定律得
mAgsin37°-FfBA=mAa
解得
FfBA=2N
A、B间的最大静摩擦力
Ffmax=μ1mAgcosθ=6N
FfBA<Ffmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动
所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。
（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足
v02=2aL
解得
v0=4m/s
设该过程的运动时间为t1，则
v0=at1
解得
t1=1s
当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有
F+mAgsin37°-μ1mAgcos37°=mAa1
解得
a1=10m/s2
对平板B有
μ1mAgcos37°+mBgsin37°-μ2mA+mBgcos37°=mBa2
解得
a2=5m/s2
当小物块A刚运动至E点时，速度满足
v12-v02=2a1L2
解得
v1=14m/s
小物块A在EF之间的运动时间为
t2=v1-v0a1=1s
对平板B有
v2=v0+a2t2=9m/s
平板B运动的位移为
x=v22-v022a2=6.5m
此时平板B的下端距离P的距离为
x'=L1-L+L2-x=0m
此时平板B与挡板刚好相撞，此后小物块A离开EF区域，在平板B的上表面匀速滑行，A离开EF区域后滑行时间为
t3=L1v1=0.05s
因此小物块A到达P所用的时间为
t=t1+t2+t3=2.05s

14、如图所示，一个上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长L1=66cm的水银柱，中间封有长L2=6.6cm的空气柱，上部有长L3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐，已知大气压强为p0=76cmHg。
（1）如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转至开口向下，求此时空气柱的长度；（封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气）
（2）如果使玻璃管以a=5m/s2的加速度向上匀加速运动，求空气柱的长度。

答案：（1）12cm；（2）5.58cm。
解析：
（1）设玻璃管的横截面积为S，玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1=p0+ρgL3=120cmHg
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分流出，封闭端会有部分真空，以L1=66cm的水银柱为对象，可知空气柱的压强变为
p2=ρgL1=66cmHg
设此时空气柱的长度为Lx，根据玻意耳定律可得
p1L2S=p2LxS
解得
Lx=12cm
（2）使玻璃管以a=5m/s2的加速度向上匀加速运动，设此时空气柱压强变为p'，空气柱的长度为L'x，以上部长L3=44cm的水银柱为对象，根据牛顿第二定律可得
p'S-p0S-ρL3Sg=ρL3Sa
解得
p'=p0+ρL3(g+a)=142cmHg
根据玻意耳定律可得
p1L2S=p'L'xS
解得
L'x≈5.58cm
15、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝13，求作用力F的大小。（g＝10m/s2）

答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由
vt2－v02＝2ax
a＝vt2-v022x＝0.42-0.622×0.5m/s2＝-0.2m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。
y轴方向
FN+Fsin30°＝mg
Fμ＝μ（mg-Fsin30°）
x轴方向，由牛顿第二定律得
Fcos30°－Fμ＝ma
即
Fcos30°－μ（mg－Fsin30°）＝ma
解得
F＝9.4N
16、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+mB
实验题
17、图甲所示为某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m0=0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。

（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。
（2）取出质量为m的砝码放在A中，剩余砝码都放在B中，让A从位置O由静止开始下降。
（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A下落到F处的速度v=_________，下落过程中的加速度大小a=________。（用d、t、h表示）
（4）改变m重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出a-m图象如图乙所示。可得A的质量mA=_________kg，B的质量mB=_________kg。（重力加速度g取9.8m/s2）
答案：     dt     d22ht2     2.5     1
解析：
(3)[1]遮光条挡光过程的平均速度等于A下落到F处的速度
v=dt
[2]由匀加速直线运动位移公式
h=v22a
解得
a=d22ht2
(4)[3][4]整体由牛顿第二定律可得
(mA+m)g-(mB+m0-m)g=(mA+mB+m0)a
整理得
a=2gmA+mB+m0m+(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
对比图乙可得，图线的斜率为
k=4.9=2gmA+mB+m0
纵轴截距为
b=2.45=(mA-mB-m0)gmA+mB+m0
联立解得
mA=2.5kg，mB=1kg
18、甲图是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood 1746-1807）创制的一种著名力学实验装置—阿特伍德机，用来研究竖直方向上做匀变速直线运动物体的超失重规律。某同学对该装置加以改进后还可以用来测量一个物体的质量，如图乙所示。

(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M（A的含挡光片，B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_______（填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h；
②在B的下端挂上质量为m（未知）的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为∆t；
③测出挡光片的宽度d，利用有关物理量，就可以计算出物块C的质量m。
(2)已知当地重力加速度为g，则物块C的质量m可表达为_______（用M、h、d、∆t、g表示）。
答案：     挡光片中心     2Md22ghΔt2-d2
解析：
(1)①[1]要计算系统重力势能的变化量，需要测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。
(2)[2]对系统，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得
mg=(2M+m)a
又
v2=2ah
而
v=dΔt
联立解得
m=2Md22ghΔt2-d2
19、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：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
20、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+6.732×0.02×10-2ms=3.3075ms≈3.31ms
[2] 打第1点到第5点时的平均速度大小
v15=x154T=6.50+6.73+6.96+7.194×0.02×10-2ms=3.4225ms≈3.42ms
(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
Δx=aT2
解得纸带的加速度大小
a=x3+x4-x1+x24T2=6.96+7.19-6.50+6.734×0.022×10-2ms2=5.75ms2
(3)[4]对M
Mg-F=Ma
对m
F'-mg=ma
又
F=F'
解得
g=m+MM-ma≈9.58ms2

25