2022年高考中物理牛顿运动定律知识点总结归纳.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律知识点总结归纳完整版1单选题1、质量为3kg的物体，在0 4s内受水平力F的作用，在4 10s内因受摩擦力作用而停止，其v-t图像如图所示。在0 4s内物体所受的拉力为（）A5 NB12 NC10 ND15 N答案：D解析：在0 4 s内，由牛顿第二定律F-f=ma1在4 10s内，物体因受摩擦力作用减速到零，由牛顿第二定律-f=ma2v-t图像的斜率表示加速度，则前后两个阶段的加速度分别为a1=12-04-0m/s2=3m/s2a2=0-1210-4m/s2=-2m/s2联立以上各式可得F=15N故ABC错误，D正确。故选D。2、研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（）A弹性绳原长为15mB当运动员下降10m时，处于超重状态C当运动员下降15m时，运动到最低点D当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上答案：D解析：A15m时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，所以原长小于15m，A错误；B当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，B错误；C当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；D当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D正确。故选D。3、如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v010 m/s、质量为m1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g10 m/s2，则下列说法不正确的是（）A0 5 s内小木块做匀减速运动B在t1 s时刻，摩擦力反向C斜面倾角37D小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案：A解析：Ax在0 5m内由匀变速直线运动的速度位移公式v2-v02=2ax再根据乙图，有a1=-0-v022x1=10m/s2又有v0=10m/s则小木块做匀减速运动的时间为t=0-v0-a1=0-10-10s=1sA错误，不符合题意；B在0 1s内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；CD木块做反向匀加速运动时的加速度为a2=v2-02x2=322(13-5)m/s2=2m/s2对上滑过程，有mgsin+mgcos=ma1下滑过程中，有mgsin-mgcos=ma2联立解得=0.5，=37CD正确，符合题意。故选A。4、科学研究发现，在月球表面：没有空气；重力加速度约为地球表面的16；没有磁场。若宇航员登上月球后，在空中同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球对月球的影响，以下说法正确的是（）A氢气球和铅球都处于超重状态B氢气球将加速上升，铅球加速下落C氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面D氢气球和铅球都将下落，且同时落地答案：D解析：由于在月球表面没有空气，没有磁场，物体在月球表面只受重力作用，物体由静止释放，将做自由落体运动，位移h相同，运动的加速度g相同，运动的时间也一定相同，应该同时落地。自由落体运动处于完全失重状态。故选D。多选题5、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（）A物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动B物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关C平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同D初速度越大，物体在空中的飞行时间越长答案：AC解析：A物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；B由水平位移公式x=v0t竖直方向的位移为h=12gt2联立可得x=v02hg故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；C由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；D由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。故选AC。6、质量为3kg的物体，静止于水平地面上，在10N的水平拉力作用下，开始沿水平地面做匀加速直线运动，物体与地面间的摩擦力是4N。则（）A物体在3s末的速度大小为10m/sB物体在3s末的速度大小为6m/sC物体在03s内发生的位移大小为15mD物体在03s内发生的位移大小为9m答案：BD解析：根据牛顿第二定律得a=F-fm=10-43m/s2=2m/s2则3s末的速度v=at=23m/s=6m/s03s内的位移x=12at2=12232m=9m故BD正确，AC错误故选BD。7、如图1所示，传送带与水平面的夹角30，皮带在电动机的带动下，始终保持定的速度运行。现把一质量为m2kg的小物块，从皮带的底端A点以初速度v010m/s滑上传送带，滑块在传送带上运动的vt图象如图2所示（规定向上为正），下列判断正确的有（）A传送带以4m/s的速度顺时针转动B小物块沿传送带向下运动的过程中，其机械能先增加后减少C小物块在00.8s内摩擦力的冲量大小为20NsD小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为108J答案：BD解析：A小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带以4m/s的速度逆时针转动，故A错误；B小物块沿传送带向下运动的过程中，传送带对物块的滑动摩擦力先做正功，物块与皮带相对静止后，静摩擦力对物块做负功，所以机械能先增大后减小，故B正确；C在00.8s内，由图象的斜率可知物块的加速度大小为a100.8m/s212.5m/s2根据牛顿第二定律得mgsin30+fma解得f15N所以摩擦力的冲量大小为Ift12Ns故C错误；D小物块上升过程中，传送带的位移大小为x带vt上40.8m3.2m物块的位移大小为x物1020.8m4m所以物块与传送带的相对位移大小为xx物+x带4m+3.2m7.2m所以小物块上升过程中与传送带摩擦产生的热量为Qfx157.2J108J故D正确。故选BD。8、如图所示，足够长水平传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，将一质量为m的小物块（可视为质点）静止放置在传送带的左端，同时对小物块施加竖直向上的力F，力的大小满足F=kv，v为小物块的水平速度，小物块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，下列所画出的小物块的水平速度v随时间变化的图象（图中t0=v0g，vm=mgk）可能正确的是（）ABCD答案：BC解析：D小物块由静止开始向右做加速运动，开始运动后受到重力mg、竖直向上的力F、支持力N=mg-F、水平向右的滑动摩擦力f=N，若kv0mg，根据牛顿第二定律可知，小物块运动的加速度大小a=mg-kvm可见随着速度v的增大，小物块做加速度逐渐减小的加速运动。故D错误；A当v=0时，a=g=v0t0，所以图线在O点的切线应过点t0,v0。故A错误；B当mg=kvm时，a=0，对应速度vm=mgk，当vmv0，小物块加速到v0时，小物块与传送带共速，摩擦力为零，小物块随传送带一起向右做匀速运动。故C正确。故选BC。填空题9、完全失重（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）_的状态。（2）产生条件：ag，方向_。答案： 等于零 竖直向下解析：略10、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向_（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为时，校车的加速度大小为_。答案： 平行 gtan解析：12由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为时，受力分析如图由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有Fmg=tan由牛顿第二定律知F=ma解得a=gtan11、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S，气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为_时，气缸将获得最大加速度，气缸的最大加速度为_。（外界大气压强为P0）答案： p02 p0S2m-g解析：1气缸中封闭气体的初始气压为P1=P0当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程P1V1=P2V2解得P2=V1V2P1=p02当气缸内气体的压强为p02时，气缸将获得最大加速度。2此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律(P0-P2)S-mg=ma解得a=P0S2m-g气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。12、在竖直方向运行的电梯中，会出现置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为_现象。此时电梯的运动情况是_。答案： 失重 向下加速或向上减速解析：12置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为失重现象，此时电梯的加速度竖直向下，则其运动情况为：向下加速或者向上减速。小提示：解答题13、如图甲所示，传送带以v0=10m/s的速度逆时针转动，一质量m=10kg的物体（可视为质点）以水平向右的速度v冲上传送带。从物体冲上传送带开始，物体在02s内受到与物体运动方向相反的水平恒力作用，24s将水平外力反向，大小不变，物体的对地速度与时间的关系图象如图乙所示，取g=10m/s2。求：传送带与物体之间的动摩擦因数；答案：=0.3解析：由图像可知02s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1=v1t1=102m/s2=5m/s2由牛顿第二定律有f+F=ma224s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2=v2t2=22m/s2=1m/s2由牛顿第二定律有f-F=ma2联立并代入数据解得f=30N又f=mg解得=0.314、如图甲所示，一倾角为37的固定粗糙斜面上有一滑块，滑块在沿斜面向下的拉力F作用下，从A点由静止开始下滑，拉力F随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知A、B两点间距离为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10m/s2，sin37=0.6，求：（1）当拉力为5N时，滑块的加速度大小；（2）滑块从A运动到B经历的时间。答案：（1）a1=4.5m/s2；（2）t=1112s解析：（1）滑块从A点由静止开始下滑，受重力mg、弹力FN、摩擦力Ff和外力F1，设01m过程滑块加速度为a1，根据牛顿第二定律得mgsin+F1-Ff=ma1，FN-mgcos=0且Ff=FN联立解得a1=4.5m/s2（2）设12m过程，滑块的加速度为a2，则mgsin+F2-mgcos=ma2根据运动学公式有s1=12a1t12，v=a1t1s2=vt2+12a2t22代入数据解得，滑块从A运动到B经历的时间t=t1+t2=1112s15、用一原长为20cm、劲度系数k为400N/m轻质弹簧水平拉动一质量为10kg的木箱，当弹簧伸长到30cm时（在弹性限度内），木箱在水平地面上匀速滑动，求此时（1）这个弹簧的弹力大小和木箱与地面之间的动摩擦因数；（2）若将拉力增大到60N，木箱做匀加速直线运动，求加速度a的大小。答案：（1）40N，0.4；（2）2m/s2解析：（1）弹簧原长为x0=20cm=0.2m伸长后长度为x=30cm=0.3m根据胡克定律得F=kx=400(0.3-0.2)N=40N木箱匀速运动，受力平衡，则有f=F=40NFN=mg=100N则动摩擦因数为=fFN=40100=0.4（2）木箱做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得F1-f=ma代入数据解得a=2m/s216、如图所示，质量为m1=1kg的小物块A，以v1=4.0m/s的初速度水平向右滑上质量为m2=1.0kg、初速度大小为v2=5.0m/s向左运动的长木板B，已知A、B之间的动摩擦因数1=0.20 ，B与地面之间的动摩擦因数2=0.40，整个过程中小物块并未从长木板上滑下，g取10 m/s2。则：（1）求小物块A刚滑上长木板B时，小物块与长木板的加速度大小和方向。（2）求从小物块A刚滑上长木板B到二者刚好相对静止时小物块的位移大小。答案：（1）10m/s2，方向水平向右；（2）4m解析：（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有1m1g=m1a1解得加速度a1=1g=2m/s2方向水平向左；以B为研究对象，根据牛顿第二定律有1m1g+2(m1+m2)g=m2a2解得加速度a2=10m/s2方向水平向右（2）AB都做匀减速运动，当B的速度减为零时，所需的时间为t=v2a2=0.5s此时A的速度vA=v1-a1t=3m/s方向水平向右；此后，由于1m1g=2N2(m1+m2)g=8N所以B静止，A继续向右匀减速运动，直到停止。对A由匀变速运动推导公式v12=2a1x解得物块的位移大小为x=4m实验题17、某同学测量物块与木板间动摩擦因数，实验装置如图甲所示。(1)在已知重力加速度g和测出物块下滑加速度a的情况下，还需要测量_。A木板与水平面的夹角B物块的质量mC木板的长度L(2)将木板与水平面的夹角调到合适角度，接通电源，开启打点计时器，释放物块，物块由静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图乙所示。图乙中的点为计数点，相邻的计数点间时间间隔为0.1s。将数据记录到下表：计数点1234567x/cm5.0011.9620.9031.8344.7059.5776.39t/s0.100.200.300.400.500.600.70xt/(ms-1)0.500.600.700.790.890.991.09请根据表中的数据，在图丙的方格纸上作出xtt图线_。(3)由图线求得物块下滑的加速度a=_m/s2。（结果保留2位有效数字）(4)该同学认为：xtt图像中的图线与时间轴围成的面积表示物块t时间内运动的位移大小。他的观点是_的（选填“正确”或“错误”）。答案： A 2.0（1.92.1） 错误解析：(1)1根据牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma可知还需要测量木板与水平面的夹角，故BC错误，A正确。故选A。(2)2由题意作图如下(3)3根据逐差法求加速度a=76.39-31.83-31.83-510-290.122.0m/s2(4)4由于从释放物块到打下第一个点的距离位置，故不能用xtt图像中的图线与时间轴围成的面积表示物块t时间内运动的位移大小，他的观点是错误的。18、某同学研究小滑块与水平长木板之间的动摩擦因数，查阅资料得知当地的重力加速度为g。选用的实验器材是：长木板、小滑块（可安装挡光片）、光电门、数字毫秒计、弧形斜面、挡光片、螺旋测微器、刻度尺。器材安装如图甲所示。(1)主要的实验过程如下：用螺旋测微器测量挡光片宽度d，读数如图乙所示，则d=_mm； 让小滑块从斜面上某一位置释放，读出小滑块通过光电门时数字毫秒计示数t；用刻度尺量出小滑块停止运动时挡光片与光电门间的距离L；求出小滑块与木板间动摩擦因数=_（用物理量g、d、L、t表示）；(2)为了减小测量动摩擦因数的误差，可采用的方法是_。A多次测量取平均值B多次实验，采用图像法处理数据C换用宽度更宽的遮光条可以使dt更接近瞬时速度D换用宽度更窄的遮光条可以使dt更接近瞬时速度答案： 2.950 d22gLt2 ABD解析：(1)1挡光片宽度d=2.5mm+45.00.01mm=2.950mm2由牛顿第二定律mg=ma以及公式v2=2aL 其中v=dt 解得=d22gLt2(2)3A多次测量取平均值可以减小测量动摩擦因数的误差。A符合题意；B多次实验，采用图像法处理数据可以减小测量动摩擦因数的误差。B符合题意；CD换用宽度更窄的遮光条可以使dt更接近瞬时速度，从而减小测量动摩擦因数的误差。D符合题意，C不符合题意。故填ABD。19、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个力传感器按如图甲方式对拉，其中一只系在墙上，另一只握在手中，在计算机屏上显示出力，如图乙所示。(1)横坐标代表的物理量是_。(2)由图可得到的实验结论是_（填字母）。A两力传感器间的作用力与反作用力大小相等B两力传感器间的作用力与反作用力方向相反C两力传感器间的作用力与反作用力同时变化D两力传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上答案： 时间 ABC解析：考查牛顿第三定律探究实验。（1）1由题可知，图乙表示的是力传感器上的作用力随时间变化的关系，所以横坐标代表的物理量是时间，纵坐标代表的物理量是力；（2）2从图乙可以看出作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时产生，同时变化，且作用在不同的物体上，故A、B、C正确，D错误。故选ABC。20、某同学利用如图（a）所示的装置测量物块与水平桌面之间的动摩擦因数。（1）物块放在水平桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50Hz，纸带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。图（b）为打点计时器打出的一条纸带，A、B、C、D、E为纸带上5个计数点（相邻两计数点间有4个点未画出），各计数点间距离如图所示，则加速度大小为_m/s2。（结果保留两位有效数字）（2）已知物块的质量为m1，所悬挂钩码的总质量为m2，重力加速度为g，实验中测得的加速度用a表示，则物块与桌面间的动摩擦因数为_。答案： 2.0 m2g-(m1+m2)am1g解析：(1) 1相邻两计数点间有4个点未画出，可知T=0.1s，则根据x=aT2解得a=xCE-xAC4T2=10.61+8.61-6.59-4.6140.1210-2m/s2=2.0m/s2(2)2对滑块和砝码系统，由牛顿第二定律m2g-m1g=(m1+m2)a解得=m2g-(m1+m2)am1g22