2022年高考中物理牛顿运动定律易混淆知识点.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律易混淆知识点

1

单选题
1、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。小物块返回斜面底端时的速度大小为（　　）

A．2 m/sB．22 m/sC．1 m/sD．3 m/s
答案：B
解析：
物块上滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgsin37°=ma1
设上滑的最大位移为x，根据速度与位移的关系式有
v02=2a1x
物块下滑时，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgsin37°=ma2
设物块滑到底端时的速度为v，根据速度与位移的关系式有
v2=2a2x
联立代入数据解得
v=22ms
故ACD错误B正确。
故选B。
2、如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（　　）

A．运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B．起跳过程中运动员对地面的压力为1425N
C．运动员起跳时地面弹力做功不为零
D．运动员起跳时地面弹力的冲量为零
答案：B
解析：
A．运动员起跳后到上升到最高点，先加速后减速，所以是先超重后失重，故A错误；
B．运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据
v=2gh1=2×10×(2.45-1.90)m/s=11m/s
在起跳过程中，根据速度位移公式可知
v2=2ah
解得
a=v22h=112×0.4m/s2=13.75m/s2
对运动员，根据牛顿第二定律可知
F-mg=ma
解得
F=1425N
故B正确；
CD．运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，有作用时间，冲量不为零，故CD错误。
故选B。
3、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。
4、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（　　）

A．F1:F2=3:1B．F1:F2=3:2
C．F1:F2=4:3D．F1:F2=5:4
答案：A
解析：
设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为θ，对于加速上升过程，竖直方向
FN1cosθ-mg=m⋅12g
水平方向
FN1sinθ=F1
解得
F1=32mgtanθ
对于减速上升过程，竖直方向
mg-FN2cosθ=m⋅12g
水平方向
FN2sinθ=F2
解得
F2=12mgtanθ
因此
F1=3F2
故BCD错误A正确。
故选A。
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，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2
答案：BC
解析：
电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有
mg-F=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。
故选BC。
7、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2
答案：BC
解析：
电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有
mg-F=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。
故选BC。
8、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。
填空题
9、牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___________，跟它的质量成___________，加速度的方向跟作用力的方向__________。
答案：     正比     反比     相同
解析：
[1][2][3]牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
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、如图所示，一只质量为m的小鸟停在圆弧形的树枝上休息，如果小鸟要停在树枝的A、B两点，你认为小鸟停在哪一点更轻松________（填“A”或“B”）；已知弧形树枝A点位置切线的倾角为θ，则小鸟停在该位置时对树枝的作用力大小为________（重力加速度为g）。

答案：     B     mg
解析：
[1]停在树枝的A点要避免滑落，需抓牢树枝，故小鸟停在B点更轻松。
[2]小鸟停在该B点时由平衡条件可得，树枝对小鸟的作用力竖直向上，大小等于mg，由牛顿第三定律可知，小鸟对树枝的作用力大小为mg。
12、如图所示，质量分别为1kg和2kg的A和B两物块放在光滑的水平地面上，用劲度系数为k=200N/m轻质弹簧连接在一起。两物块在水平力拉力F=15N作用下，一起以相同的加速度向右做匀加速运动，其加速大小a=______m/s2，弹簧的伸长量x=______cm。

答案：     5     2.5
解析：
[1]对整体根据牛顿第二定律可得
a=FmA+mB=5m/s2
[2]设弹簧对A的弹力大小为FA，对A根据牛顿第二定律可得
FA=mAa=5N
根据胡克定律可得
x=FAk=2.5cm
解答题
13、如图所示，汽车上面静置一个箱子A，t=0时刻起，汽车B由静止启动，做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动。已知箱子A的质量为200 kg，汽车B的质量为4000 kg，箱子A与汽车B之间的动摩擦因数μ1=0.4，汽车B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m/s2。求：
（1）若箱子A不滑下，则2 s时箱子A的速度是多少？
（2）若1 s时箱子A恰好从汽车B上掉落，但汽车B的牵引力保持不变，则2 s时汽车B的速度为多少？

答案：（1）8m/s；（2）10.25m/s
解析：
（1）箱子A在水平方向上受到向左的摩擦力，由牛顿第二定律有
μ1mAg=mAaA
代入数据解得
aA=4 m/s2
t=2 s时，箱子A的速度大小为
vA=aAt=8m/s
（2）1s时，汽车B的速度大小为
vB=aBt1=5m/s
设汽车B所受牵引力为F，对汽车B，由牛顿第二定律有
F-μ1mAg-μ2mA+mBg=mBaB
箱子A滑下后，对汽车B，由牛顿第二定律有
F-μ2mBg=mBa'B
v'B=vB+a'Bt2
代入数据解得2s时汽车的速度
v'B=10.25m/s
14、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度θ=37°，传送带与水平面平滑连接，光滑水平面上放置两个用弹簧连接的滑块B和C，传送带以速度v0=4m/s顺时针传动，现将质量m1=1kg的滑块A（可视为质点）轻放在传送带的最高端，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，滑块B和C的质量分别为m2=2kg、m3=1kg，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）滑块A第一次到达传送带底端时速度大小；
（2）滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能；
（3）滑块B、C与弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能和滑块C的最大动能。

答案：（1）6m/s；（2）13.6J；（3）163J，1289J
解析：
（1）依题意，可得滑块A向下加速的加速度
a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
达到传送带速度所用时间
t1=v0a1=0.4s
下滑位移
x1=12v0t1=0.8m
此后滑块A的加速度
a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有
v2-v02=2a2L-x1
解得
v=6m/s
（2）滑块A第二段加速运动到传送带底端所用时间
t2=v-v0a2=1s
滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移
d1=v0t1-x1=0.8m
第二段加速运动过程与传送带间的相对位移
d2=L-x1-v0t2=1m
滑块A与B发生弹性碰撞，有
m1v=m1v1+m2v2
12m1v2=12m1v12+12m2v22
解得
v1=-2m/s，v2=4m/s
可知滑块A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑块B，滑块A向上冲到最高点所用时间
t3=v1a1=0.2s
再次返回传送带底端所用时间
t4=t3=0.2s
与传送带相对位移
d3=v0t3+t4=1.6m
滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能
E=μm1gcos37°d1+d2+d3=13.6J
（3）滑块B与C作用，当两者达到共同速度时，弹簧弹性势能最大，有
m2v2=m2+m3v共
解得
v共=83m/s
Ep=12m2v22-12m2+m3v共2=163J
当弹簧恢复原长时，滑块C有最大动能，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v2=m2v4+m3v3
12m2v22=12m2v42+12m3v32
解得
v3=163m/s
则滑块C的最大动能
Ek=12m3v32=1289J
15、在杂技节目“水流星”的表演中，碗的质量m1=0.1 kg，内部盛水质量m2=0.4 kg，拉碗的绳子长l=0.5 m，使碗在竖直平面内做圆周运动，如果碗通过最高点的速度v1=9 m/s，通过最低点的速度v2=10 m/s，g=10 m/s2，求碗在最高点时绳的拉力大小及水对碗的压力大小。
答案：76 N，60.8 N
解析：
解：对水和碗
m=m1＋m2=0.5 kg
由牛顿第二定律可得
FT1＋mg=mv12l
FT1=mv12l-mg=0.5×810.5N−0.5×10N=76 N
以水为研究对象，设最高点碗对水的压力为F1，则
F1＋m2g=m2v12l
解得
F1=60.8 N
由牛顿第三定律可知，水对碗的压力大小F1′=F1=60.8 N，方向竖直向上。
16、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C，质量为m3=2kg。 木板C上静置一物块B，质量为m2=1 kg。现有一质量为m1 =2 kg的物块A以v0=5 m/s的速度从左端滑上木板C，木板C 与地面间的动摩擦因数为μ3=0.2,物块A与木板C间的动摩擦因数为μ1=0.4。物块A滑行一段距离后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短。从物块A滑上木板C开始计时，木板C的速度随时间t变化的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B大小可忽略。取g=10 m/s2，求：
（1）木板C刚开始运动时的加速度大小；
（2）物块B与木板C间的动摩擦因数μ2；
（3）物块A、B间的最终距离。

答案：（1）1m/s；（2）0.4；（3）Δx=2815m
解析：
（1）由图乙可知木板C开始运动时的加速度大小
a=ΔvΔt=1m/s2
（2）物块A与木板C之间的摩擦力
Ff1=μ1m1g=8N，Ff1=m1a1
木板C与地面之间的最大静摩擦力
Ff3=μ3(m1+m2+m3)g=10N
所以开始物块A滑动时，木板C静止不动。物块A、B碰撞后都向右滑动的过程中，物块B与木板C之间的摩擦力
Ff2=μ2m2g，Ff2=m2a2
木板C的加速度
a=Ff1+Ff2-Ff3m3
解得
μ2=0.4
（3）由图乙可知木板在0.5s时开始滑动，说明物块A滑行0.5s时与物块B碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度
v2=v1-a1t1=3m/s
物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律得
m1v2=m1v3+m2v4
由机械能守恒定律得
12m1v22=12m1v32+12m2v42
解得
v3=1m/s，v4=4m/s
A、B碰撞后物块A向右减速，加速度大小为a1，物块B向右减速，加速度大小为a2，木板C向右加速，加速度大小为a，经时间t，物块A与木板C共速，则
v5=v3-a1t=at
此时物块B的速度大小
v6=v4-a2t
此过程A运动的位移
x1=v3+v52t
B运动的位移
x2=v4+v62t
此后A、C整体相对静止和B分别减速至零，以A、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff3-Ff2=(m1+m3)a共
此过程A、C整体的位移
x3=v522a共
B的位移
x4=v622a2
由以上各式联立，解得A、B间的最终距离
Δx=(x2+x4)-(x1+x3)=2815m
实验题
17、小王想测量家中自己锻炼用的两个不同沙袋的质量，但没有直接测量质量的工具，于是他利用家中已有的如下器材进行测量：悬挂沙袋的轻质细绳、大小和质量均不计的光滑定滑轮、一套总质量为1kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。

（1）如图所示，两沙袋用轻绳跨过定滑轮连接安装好，设右边沙袋A的质量为m1、左边沙袋B的质量为m2。
（2）取出质量为m的玩具方块放入A中，剩余玩具方块都放入B中，放手后发现A下降、B上升。
（3）用毫米刻度尺测出A从静止下降的距离h，用手机中的秒表软件测出A下降距离h所用的时间t，则A下降的加速度大小a=__________（用h和t表示）。
（4）从B中取出部分玩具方块放入A中，以改变m，测量相应的加速度大小a，得到多组m及a的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作出a随__________（选填“m”或“1m”）变化的关系图线。
（5）若图线的斜率k=2m/kg⋅s2，图线在纵轴上的截距b=1m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，则m1=__________kg、m2=__________kg。
答案：     2ht2     m     5.5     3.5
解析：
(3)[1]A下降距离h所用的时间t，据匀变速直线运动的位移公式可得
h=12at2
解得A下降的加速度大小为
a=2ht2
(4)[2]设玩具方块总质量为M，整体据牛顿第二定律可得
(m+m1)g-(M-m)g-m2g=(m1+m2+M)a
整理得
a=2gm1+m2+Mm+m1-m2-Mm1+m2+Mg
为使图像直观，应作出a随m变化的关系图线。
(5)[3][4]图线的斜率为
k=2gm1+m2+M
纵轴的截距为
b=m1-m2-Mm1+m2+Mg
带入数据解得m1=5.5kg、m2=3.5kg
18、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43
19、如图(甲)所示为某同学测量物块与水平长木板之间动摩擦因数的实验装置示意图

实验步骤如下：
A．用天平测出物块质量m1、重物质量m2
B．调整长木板上的轻滑轮，使滑轮与物块间的细线水平
C．打开电源，让物块由静止释放，打点计时器在纸带上打出点迹
D．多次重复步骤（C），选取点迹清晰的纸带，求出加速度a
E.根据上述实验数据求出动摩擦因数μ
回答下列问题：
（1）在实验步骤A中是否一定需要满足重物质量m2远小于物块质量m1。______ (填“是”或“否”)
（2）实验中打出的一条纸带如图(乙)所示，标出的每相邻两个计数点间都还有四个计时点未画出，则物块的加速度a=______m/s2(结果保留三位有效数字)．
（3）实验中已知m2m1=k，根据实验原理，得动摩擦因数的表达式μ= ______ (用字母k、a和重力加速度g表示)．
答案：     否     1.51     k-(1+k)ag
解析：
（1）[1]把物块和重物作为整体根据牛顿第二定律求得加速度，故不需要满足重物质量m2远小于物块质量m1；
（2）[2]各点间还有4个点未标出，所以时间间隔是T=5t0=5×0.02s=0.1s，根据逐差法有：
Δx=aT2
得物块的加速度：
a=x4+x3-x2-x14T2=1.51m/s2
（3）[3]对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得：
m2g-μm1g=m1+m2a
解得：μ=k-1+kag
20、理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示。下面是关于该实验被打乱的步骤：

①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要到达原来的高度。
②如图为两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面。
③如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。
(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列________（填写序号即可）。
(2)在上述的设想实验步骤中，有的属于可靠的实验事实，有的则是理想化的推论，请问步骤②属于________________。
答案：     ②③①④     可靠的实验事实
解析：
(1)[1]本题向我们展示了科学史上著名的理想实验的思想方法，即在实验事实的基础上，经过合理的推理、想象，获取结论,正确的排列顺序是②③①④。
(2)[2]针对题目所述的实验步骤，步骤②属于可靠的实验事实。

23