2022年高考中物理牛顿运动定律知识点归纳总结.docx

2022年高考中物理牛顿运动定律知识点归纳总结(精华版)

1

单选题
1、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m = 1kg的小木块以初速度为v0 = 10m/s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，则下列判断正确的是（ ）

A．在t = 5s时刻，摩擦力方向发生变化
B．0 ~ 13s内小木块做匀变速直线运动
C．斜面倾角θ = 30°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
答案：D
解析：
A．x在0—5m内，由匀变速直线运动的速度位移公式
v2﹣v02 = 2ax
结合图象看出在0—5m
a = 0-v22x = 0-1002×5m/s2 = ﹣10m/s2
由图示图象可知v02 = 100(m/s)2得，v0 = 10m/s，则小木块匀减速运动的时间
t = 0-v0a = 0-10-10s = 1s
1s后物体反向做匀加速运动，t = 1s时摩擦力反向，A错误；
B．由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度
a'=v22x=322×8m/s2=2m/s2
结合A选项可知，在0—1s内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，整个过程加速度a发生变化，所以整个过程不是匀变速直线运动，B错误；
CD．由牛顿第二定律得，小木块上滑有
mgsinθ + μmgcosθ = ma
下滑有
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma′
代入数据解得
μ = 0.5，θ = 37°
C错误、D正确。
故选D。
2、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A．aA=aB=gB．aA=2g，aB=0
C．aA=3g，aB=0D．aA=23g，aB=0
答案：D
解析：
水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得

FT=Fsin60°
Fcos60°=mAg+F1
F1=mBg
又
mA=mB
解得
FT=23mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，弹力不能突变，A所受合力与FT等大反向，F1=mBg，所以可得
aA=FTmA=23g
aB=0
ABC错误，D正确。
故选D。
3、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置，是鸟类的好居处。如图所示，质量为m的鸽子，沿着与水平方向成15°角、斜向右上方的方向以大小为v的速度匀速飞行，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．鸽子处于失重状态B．空气对鸽子的作用力大于mg
C．空气对鸽子的作用力的功率为mgvD．鸽子克服自身的重力的功率为mgvsin15°
答案：D
解析：
A．由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，A错误；
B．由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg，B错误；
C．空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°，C错误；
D．鸽子克服自身的重力的功率为
P=-P重力
由力的功率表达式
P重力=mgvcos（15°+90°）
联立解得
P=mgvsin15°
D正确。
故选D。
4、将倾角为θ的足够长的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定（与滑块相对静止）后，悬线的方向与竖直方向的夹角为α，如图所示，已知斜面体始终保持静止，重力加速度为g，若α=θ，则下列说法正确的是（　　）

A．小球、滑块的加速度为gsinθ，斜面体的上表面粗糙
B．小球、滑块的加速度为gtanθ，斜面体的上表面光滑
C．地面对斜面体的摩擦力水平向右
D．地面对斜面体的摩擦力水平向左
答案：D
解析：
AB．小球受到沿绳的拉力和竖直向下的重力，合力平行斜面向下，满足
F=mgsinθ=ma
可得加速度
a=gsinθ
故斜面一定是光滑的，故AB错误；
CD．对整个系统，水平方向有向左的加速度，水平方向有向左的合外力，则地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C错误，D正确。
故选D。
多选题
5、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
答案：ACD
解析：
C．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.4
C正确；
D．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=f22mg=440=0.1
D正确；
AB．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
6、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是（　　）

A．若v1<v2，则v2'=v1
B．若v1>v2，则v2'=v2
C．不管v2多大，总有v2'=v2
D．只有v1=v2时，才有v2'=v1
答案：AB
解析：
由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为x，加速度大小为a，则
x=v222a
然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时（向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程，位移大小还是等于x），恰好离开传送带。
②若v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小
x'=v122a<v222a=x
说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。
故选AB。
7、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD
解析：
A．亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；
BCD．牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
故选BCD。
8、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（　　）

A．g2B．3g3C．3g2D．3g
答案：BD
解析：
当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向
TAOcos30°=ma
竖直方向
TAOsin30=mg
联立解得最大加速度
a=3g
当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向
TBOsin60°=mg
水平方向
TBOcos60°=ma'
联立解得最大加速度
a'=33g
故BD正确，AC错误。
故选BD。
填空题
9、如图所示，A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，现将细绳L2剪断，则细绳L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为______，A与B的加速度之比为______。

答案：     (cosθ)2:1     cosθ:1
解析：
[1]将细线L2剪断瞬间，细绳L1上的拉力
F1=mgcosθ
弹簧弹力不变，为
FT=mgcosθ
则
F1FT=(cosθ)21
[2] 对A由牛顿第二定律得
mgsinθ=maA
解得
aA=gsinθ
弹簧的弹力不可突变，将细线L2剪断瞬间，对B球，由牛顿第二定律得
mgtanθ=maB
解得
aB=gtanθ
则A与B的加速度之比为cosθ:1
10、方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的______，利用牛顿第二定律可得G＝______。
答案：     质量m     mg
解析：
略
11、如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比为_______，在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为_______。

答案：     2:1     1:2
解析：
[1]设AB的质量分别为4m和m，对A分析可知，绳子的拉力
T1=4mgsin30∘=2mg
对B物体
T1=mg+T2
解得下边绳子的拉力为
T2=mg
则B物体上、下两绳拉力之比为2:1；
[2]设开始时AB距离地面的高度分别为h，则B落地时间
t=2hg
B落地速度
vB=2gh
此时A的速度
vA=at=gsin30∘t=122gh
即当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为1:2。
12、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带，经过0.5s时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2，则货箱与传送带之间的动摩擦因数为____________，因摩擦产生的热量为__________J。

答案：     0.4     3
解析：
[1]货箱在摩擦力的作用下加速运动，根据牛顿第二定律可得
f=ma=μmg
又
v=at
代入数据，解得
μ=0.4
[2]根据摩擦力产生热量的公式，即
Q=μmgΔx
又
Δx=x传-x货箱
代入数据，解得
Δx=0.5m
故可得因摩擦产生的热量为
Q=3J
解答题
13、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
14、如图所示，一物块（可视为质点）以水平向右的初速度v0=12m/s滑上一恒定转动的水平传送带左端，到达传送带右端时恰好与传送带共速，物块水平飞出后，最后垂直打在一倾角β=45°的斜坡上。已知传送带的长度L=11m，且传送带的速度小于物块的初速度，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10ms2，不计空气阻力。求：
（1）传送带的速度大小；
（2）传送带右端与物块刚打在斜面上的点的距离。

答案：（1）v传=10m/s；（2）s=55m
解析：
（1）由题知传送带向右运动，且物块在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律有
μmg=ma
由运动学有
v2-v02=-2aL
又
v传=v
解得
v传=10m/s
（2）物块飞出传送带后做平抛运动，物体打在斜面上时，由平抛运动规律
有
vvy=tan45°
竖直速度
vy=gt
竖直位移
y=12gt2
水平位移
x=vt
距离
s=x2+y2
联立并带入数据解
s=55m
15、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μ1=0.20 ，B与地面之间的动摩擦因数μ2=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
μ1m1g=m1a1
解得加速度
a1=μ1g=2m/s2
方向水平向左；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g+μ2(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
μ1m1g=2N＜μ2(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
16、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
实验题
17、在“探究加速度与力、质量的关系”实验中：
(1)当质量m一定时，a与F合成________；当力F一定时，a与M成________。
(2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置图，以下做法正确的是________。

A．平衡摩擦力时，应将重物用细绳通过定滑轮系在小车上
B．本实验中探究的方法是控制变量法
C．实验时，先放开小车，后接通电源
D．“重物的质量远小于小车的质量”这一条件如不满足，对探究结果也不会产生影响
答案：     正比     反比     B
解析：
(1)[1]当质量m一定时，a与F合成正比；
[2]当力F一定时，a与M成反比；
(2)[3]A．平衡摩擦力时，应使小车在不受拉力作用下拖动纸带做匀速直线运动，A错误；
B．实验中采用控制变量法，即研究加速度与合力关系时控制小车质量不变，研究加速度与小车质量关系时要控制拉力不变，B正确；
C．实验时，先接通电源打点，后放开小车拖动纸带运动，C错误；
D．为减小实验误差，实验时必须做到重物的质量远小于小车的质量，D错误。
故选B。
18、某同学用如图甲所示装置来验证铁块沿斜面向下做匀加速直线运动的牛顿第二定律，已知实验时打点计时器的周期为T，铁块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，斜面的倾角为θ，铁块做匀加速直线运动对应的打点计时器打出的纸带如图乙所示，回答下列问题：

（1）本实验________（填“需要”或“不需要”）测量铁块的质量；
（2）铁块的加速度a=________（用x1、x2、x3、T表示）；
（3）当表达式_________成立时，牛顿第二定律得到验证。
答案：     不需要     x3+x2-2x14T2     g(sinθ-μcosθ)=x3+x2-2x14T2
解析：
（1）[1]在验证牛顿第二定律时，可以把铁块的质量消去，所以不需要测量铁块的质量：
（2）[2]由纸带公式
a=ΔxT2
可得
a=x3+x2-x1-x1(2T)2=x3+x2-2x14T2
（3）[3]对铁块受力分析，根据题中所给的条件，铁块的合力
F=mgsinθ-μmgcosθ
若
F=ma
成立,即
g(sinθ-μcosθ)=x3+x2-2x14T2
成立，牛顿第二定律得到验证。
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、如图所示某同学在探究物体自由落体运动的规律实验中打出了一条纸带，A、B、C、D、E是纸带上依次打出的5个点， A到B、C、D、E之间的距离分别为2.00cm、4.38cm、7.14cm、10.28cm，打点计时器所接电源的频率为50Hz，当地的重力加速度大小g=9.8m/s2。

（1）打点计时器打下C点时，物体的速度大小为________ms（结果保留两位有效数字）；
（2）物体运动的加速度大小为________ms2（结果保留两位有效数字）；
（3）若该物体的质量为2kg，则在运动过程中，该物体受到的平均阻力f=________N。
答案：     1.3     9.5     0.6
解析：
（1）[1]根据题意知纸带上相邻计数点间的时间间隔
T=0.02s
根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程的平均速度得
vC=xBD2T=(7.14-2.00)×10-22×0.02m/s≈1.3m/s
（2）[2]根据逐差法得加速度为
a=xCE-xAC4T2=(10.28-4.38-4.38)×10-24×0.022m/s2=9.5m/s2
（3）[3]根据牛顿第二定律
mg-f=ma
得
f=mg-ma
代入数据解得
f=0.6N

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