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1、文末附答案)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、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
2、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 2、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 3、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
3、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 4、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．小物块
4、向上运动过程中的加速度大小为10m/s2 B．小物块向上运动的时间为1. 2s C．小物块向上滑行的最远距离为4m D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 多选题 5、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 6、如图甲，足够长的长
5、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 7、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
6、水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是（ ）
A．若v1
7、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）。 10、（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为______m； （2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为______； （3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37
8、°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为______N。 11、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＝______。 12、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__________。 解答题 13、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
9、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。 14、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） 15、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
10、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。 16、风洞是研究空气动力学的实验设备。如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H＝3.2m处，杆上套一质量m＝3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g＝10m/s2。求小球落地时的位移。 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_______
11、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 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：
12、 （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。 19、某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为g。 (1)对于实验的要求，下列说法正确的一项是____； A．钩码的质量要远小于木块的质量 B．要保证长木板水平 C．接通电源的同时释放木块 (2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是50Hz的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，则该木
13、块的加速度a=____m/s2；（结果保留两位有效数字） (3)若木块的质量为M，钩码的质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为____（用M、m、a、g表示结果）。 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_______
14、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。 23 (文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律_01F参考答案 1、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
15、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。 2、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'=v22
16、x=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。 3、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=
17、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。 4、答案：C 解析： ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律 mgsinθ+μmgcosθ=ma1 代入数据解得 a1=10m/s2 方向沿斜面向下。 设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有 t1=v1-v2-a1=0.6s 由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此
18、物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ=ma2 代入数据解得： a2=2m/s2 方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为 t2=v1a2=1s 故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。 C．小物块向上滑行的最远距离为 x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m 故C正确。 故选C。 5、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
19、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。 6、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
20、
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。
7、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 21、传送带的速度相等时，位移大小
x'=v122a 22、
AB．撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力
f=maB=F3
A错误，B正确。
故选BC。
9、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。
10、答案： 35 gtanθ 50
解析：
（1）[1] 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为
v1=v-gt=(40 23、10×1)ms=30ms
所以落地前最后一秒的平均速度为
v=v1+v2=35ms
所以落地前最后一秒的位移为
x=vt=35m
（2）[2]对小球受力分析，由牛顿第二定律得
mgtanθ=ma
故
a=gtanθ
（3）[3]对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得
Tsin45°=FNsin37°
Tcos45°+FNcos37°=mg
联立解得
FN=50N
11、答案： 质量m mg
解析：
略
12、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 24、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。
13、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=kΔx=400×(0.3-0.2)N=40N
木箱匀速运动，受力平衡，则有
f=F=40N
FN=mg=100N
则动摩擦因数为
μ=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/s2
14、答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐 25、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
15、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 26、
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
16、答案：5.8m
解析：
小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t=2Hg=0.8s
小球在水平方向做匀减速运动，加速度大小为
a=Fm=5m/s2
水平位移为
x=v0t-12at2=4.8m
合位移为
s=x2+H2≈5.8m
故小球落地时的位移为5.8m。
17、答案： 27、 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、答案： 不需要 x3+x2-2x14T2 g(sinθ-μcosθ)=x 28、3+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、答案： B 1.1 mg-(M+m)aMg
解析：
（1）实验中不是用钩码的重力来表示细线对木块的拉力，对于M、 29、m并不要求M≫m ；又因为f=μMg，Mg的大小就是木块对木板的压力大小，所以要保证长木板水平；实验操作中是先通电源再放木块，即AC错误，B正确；
（2）由逐差法公式可求得加速度
a=x34-x122T2=1.1m/s2
（3）分别对木块和钩码进行受力分析，由牛顿第二定律表示出木块的加速度（T表示细线的拉力）
a=T-μMgM ,a=mg-Tm
解得
μ=mg-M+maMg
20、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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