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2022年高考中物理牛顿运动定律重点归纳笔记

1

单选题
1、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。
2、我国将于2022年前后完成空间站在轨组装工程，空间站由核心舱、实验舱等构成。其中核心舱全长约18.1m，有5个对接口用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．空间站在太空“漂浮”时没有惯性
B．货运飞船与核心舱对接时可看成质点
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是静止的
答案：C
解析：
A．惯性仅与物体的质量有关，与运动状态无关，故A错误；
B．货运飞船与核心舱对接时，货运飞船的形状和大小不能忽略，不可以看成质点，故B错误；
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位，故C正确；
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是运动的，故D错误。
故选C。
3、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（　　）

A．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重
B．当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重
C．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重
D．当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重
答案：C
解析：
当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。
故选C。
4、一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（　　）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
答案：A
解析：
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
多选题
5、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
解析：
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
6、水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止。设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中（　　）
A．滑动摩擦力对传送带做的功为-mv2
B．传送带对小工件做功为零
C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为v22μg
D．传送带对小工件做功为12mv2
答案：ACD
解析：
A．以小工件为研究对象，小工件的初速度为０、加速度为μg、设用时为t达到末速度为v，则小工件的位移为
x1=12μgt2=12vt
根据动能定理，则传送带对小工件做功为
W1=μmgx1=12mv2
而传送带向前运动的位移为
x2=vt=2x1
则滑动摩擦力对传送带做的功为
W2=μmgx2cos1800=-mv2
选项A正确。
B．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、末速度为v，其动能增量为12mv2，根据动能定理传送带对工件做功为12mv2，故选项B错误。
C．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、加速度为μg、设用时为t达到末速度为v，则小工件的位移为
x1=v22μg=12vt
而传送带向前运动的位移为
x2=vt=2x1
小工件相对于传送带滑动的路程大小为
Δx=x2-x1=v22μg
故选项C正确；
D．以小工件为研究对象，小工件的初速度为0、末速度为v，根据动能定理有
W1=μmgx1=12mv2
传送带对小工件做功为12mv2，选项D正确。
故选ACD。
7、如图所示，质量为0.500kg的篮球从距地面高为1.500m处由静止释放，与正下方固定的长为0.400m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.250m。篮球第一次反弹至最高点时，距地面高为1.273m。经过多次反弹后，篮球静止在弹簧上端，此时，篮球距地面高为0.390m，弹簧的弹性势能为0.025J。若篮球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为500N/m.
B．篮球静止处即下落过程中速度最大处
C．篮球在运动过程中受到的空气阻力约为0.5N
D．篮球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
答案：ACD
解析：
A．篮球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
mg=kΔx
mg=k(0.400-0.390)
解得
k=500N/m
A正确；
B．篮球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，篮球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于篮球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，篮球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终篮球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则篮球静止处并不是下落过程中速度最大处，B错误；
C．篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
mg(1.500-1.273)-f(1.500-0.250)+(1.273-0.250)=0
解得
f≈0.5N
C正确；
D．对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律得
mg(1.500-0.390)=fs+Ep
解得
s=11.05m
D正确。
故选ACD。
8、如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4．工件滑上A端瞬时速度vA＝5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（　　）

A．若传送带以4m/s顺时针转动，则vB＝4m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，则vB＜3m/s
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s
D．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB＞3m/s
答案：AC
解析：
A．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
a=μmgm=4m/s2
若传送带以4m/s顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s时的位移为
s=vB2-vA22a=52-422×4m=1.125m
然后物体随传送带匀速运动，故达到B端的瞬时速度为4m/s， A正确；
B．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B端时的速度为
vB=vA2-2aL=52-2×4×2m/s=3m/s
B错误；
C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B选项可知因为到达B端的速度为3m/s ，故最后物体到达B端的速度为vB=3m/s，C 正确；
D．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B端的速度为3m/s，只有当传送带的速度大于3m/s时到达右端的速度才可能是vB>3m/s， D 错误。
故选AC。
填空题
9、(1)伽利略被称为现代物理之父，他曾两次利用斜面实验探究问题，下列说法正确的是( )

A．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算直接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
B．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
C．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因
D．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因
(2)某同学利用如图所示的装置探究“小车速度随时间的变化规律”，打点计时器每隔0.02s打一个点。实验中发现所得纸带的点间距过密，若利用该纸带分析小车运动情况，下列做法可行的是( )

A．直接研究纸带上的点，无需取计数点
B．只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域
C．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.1 s
D．每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.08 s
答案：     BD     C
解析：
(1)[1]AB．伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误，B正确；
CD．伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因，C错误，D正确。
故选BD。
(2)[2]实验中发现所得纸带的点间距过密，测量误差较大，应每隔4个点取一个计数点，使计数点时间间隔为0.1s，方便测量、计算，减小误差，ABD错误，C正确。
故选C。
10、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于______________方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于______________方法。
答案：     等效替代     控制变量
解析：
[1]合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；
[2]探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。
11、如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m＝1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。图（b）中图线与纵坐标交点a0为_______，图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为_______。

答案：     6m/s2     静止状态
解析：
[1][2]当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
θ=0°时，木板水平放置，由牛顿第二定律
F-f=ma0
又
f=μmg
联立解得
a0=6m/s2
由图可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
12、牛顿第一定律
（1）内容：一切物体总保持_______状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有___，因此牛顿第一定律又叫___定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是___物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生_____的原因．
答案：     匀速直线运动     惯性     惯性     维持     加速度
解析：
（1）[1]内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）[2][3]意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②[4][5]揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
解答题
13、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37°逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。
（1）计算说明该货物能否被运送到车上；
（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。

答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J
解析：
（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+Ff=ma1
其中滑动摩擦力
Ff=μFN=μmgcos37∘
联立得货物的加速度
a1=10 m/s2
取t1时刻，货物与传送带共速，有
v=v0-a1t1
解得
t1=0.4 s
在t1时间内，货物运动的位移
x1=v+v02t1=1.6 m
共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有
mgsin37∘-Ff=ma2
联立得货物的加速度大小
a2=2 m/s2
设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v' ,有
v'2-v2=-2a2L-x1
解得
v'=1m/s
即货物被运送到传送带顶端的速度为v'=1 m/s，所以货物能被运送到车上。
（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为
s1=v0+v2t1-vt1=0.8 m
t1后到货物被运送到传送带顶端用时
t2=v+v'a2=0.5 s
t2时间内，货物与传送带的相对位移为
s2=vt2-v+v'2t2=0.25 m
全程因摩擦而产生的热量
Q=Ffs1+s2=μmgcos37∘⋅s1+s2=42 J
14、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

答案：（1）F=3N，μ=0.05；（2）2m，方向水平向左
解析：
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
方向水平向右
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
15、平直的公路上有两个停止线相距187.5m的红绿灯，在沿某一方向行驶时前一个红绿灯变为绿灯后经10s，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一辆汽车在前一红绿灯停止线处停车等红绿灯，在该红绿灯变为绿灯时立即加速向前驶出，达到限速后匀速行驶，在后一个红绿灯变为红灯时恰好通过。汽车的质量为1.0t，行驶时所受阻力为车重的0.05倍，加速和减速过程中可近似看成是匀变速直线运动，且加速过程中所受牵引力与减速过程中所受制动力大小恒定且相等，汽车遵守交通规则行驶。重力加速度g取10m/s2，忽略汽车自身长度。
（1）汽车加速时的加速度为多大？
（2）若该汽车司机因为低头看手机并未及时驶出，只能在后一个红绿灯停止线前减速停车，请问汽车减速时的加速度为多大？
（3）在（2）问中请问该司机在两红绿灯间行驶的时间为多长？
答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s
解析：
（1）加速和匀速总位移
v2t1+vt2=x
加速和匀速总时间
t1+t2=t
解得
t1=7.5s
加速段加速度为
a1=v1t1=4m/s2
（2）加速段由牛顿第二定理可得
F-kmg=ma1
减速段由牛顿第二定理可得
F+kmg=ma2
可得
a2=5m/s2
（3）若加速和减速过程能达到最大速度30m/s，则加速和减速阶段总位移为
x'=v22a1+v22a2=202.5m>x
因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段
x'=v22a1+v22a2
v=5033m/s
在两红绿灯间行驶时间为
t=va1+va2=1532s
16、两木块A、B质量分别为m、2m，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A在竖直方向做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好未离开地面。重力加速度为g，求：
（1）木块A的最大加速度值；
（2）B给地面的最大压力值。

答案：（1）3g；（2）6mg
解析：
（1）由于A做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，在最高点时，木块B刚好对地面的压力为零，此时弹簧弹力
F=kx1=2mg
对A物体，根据牛顿第二定律可得
F+mg=ma
木块A的最大加速度
a=3g
（2）由对称性可知在最低点的加速度向上
a=3g
对A受力分析由
F1-mg=ma
F1=4mg
对B受力分析由
F1+2mg=N支
N支=6mg
由牛顿第三定律得
N压=6mg
实验题
17、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μ=______；
(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)[2][3]长木板倾角为53°时有
mgsin53°-μmgcos53°=ma1
长木板倾角为37°时有
mgsin37°-μmgcos37°=ma2
联立可解得
μ=0.5，g=9.79m/s2
(4)[4]xt-t图像中的面积微元Δs=xt⋅Δt，无物理意义，故选B。
18、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在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指木板上刻度为C的位置，把悬吊1.0N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”。
(1)请在图中除0以外的6根长刻度线旁，标注加速度的大小，示数的单位用m/s2表示，加速度的方向向上为正、向下为负。说明这样标注的原理。
(2)仿照以上装置，设计一个“水平加速度测量仪”。要求：画出它的装置图；说明它的构造；介绍加速度刻度的标注原理。g取10 m/s2。

答案：(1) 标注原理见解析；(2) 构造和原理见解析；
解析：
(1)[1]悬吊1.0N重物时,由平衡条件得
mg=1.0
解得m=0.1kg
依题意，向上为正，在C点弹簧的弹力等于0.9N，根据牛顿第二定律得
0.9-mg=maC
解得aC=-1.0m/s2 ，所以在C点标注-1.0，以此类推标注其它刻度如图所示。

(2)[2]水平加速度测量仪如图所示，光滑槽放在水平桌面上，左端固定一块木板，带有指针的弹簧左端固定在木板上，右端连一个小球，带有刻度的木板固定在槽上，小球静止时指针指在零刻度，木板上的刻度表示加速度的数值，正刻度表示加速度方向向左，负刻度表示加速度方向向右。
刻度的标注原理如下：将装置竖直放置，按照(1)问的方法标注刻度，然后水平放置，移动刻度尺使0刻度对准指针，并固定刻度板。

19、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD．.....FG之间的间距分别是x1、x2、x3......x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=________（用题目和图中已知字母表示）；

（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=________（用字母m、a、g表示）；
（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会______（填“偏大”或“偏小”）。
答案：     x4+x5+x6-x1-x2-x39T2     m(g+a)g-a     偏小
解析：
（1）[1]物体P和Q一起做匀加速运动。故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有
Δx=aT2
所以
a=x4+x5+x6-x1-x2-x39T2
（2）[2]忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有
Mg-mg=(M+m)a
整理得到
M=m(a+g)g-a
（3）[3]若考虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q质量的测量值会偏小。
20、某同学用图甲所示装置，测量系统运动过程中所受阻力的大小。已知m＝460 g、M＝520 g的两物体用细线连接，跨过光滑轻质小滑轮．在m下端接上纸带，接通打点计时器电源，让M从高处由静止开始下落，如图乙为实验打出的一条纸带，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），g取9.8 m/s2，运动过程中系统受到的阻力大小为________。（结果保留两位有效数字）

答案：9.8×10－2N
解析：
[1]每相邻两计数点间的时间间隔为T＝0.1 s．由题图乙可知，x03＝2.25 cm，x36＝6.75 cm，则
a＝Δx(3T)2＝x36-x03(3T)2＝0.50 m/s2
根据牛顿第二定律有
（M－m）g－Ff＝（M＋m）a
得
Ff＝9.8×10－2 N

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