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2022年高考中物理牛顿运动定律考点突破

1

单选题
1、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（       ）

A．20NB．15NC．25ND．10N
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F合m
则有
F﹣μmg＝ma
F＝0.3×5×10+2×5＝25N
故选C。
2、科学研究发现，在月球表面：①没有空气；②重力加速度约为地球表面的16；③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。
3、物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/s2
答案：B
解析：
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时
v2=2a1s1
圆盘在桌面上运动时
v2=2a2s2
盘没有从桌面上掉下的条件是
s1+s2=L2
联立解得
s1=μ2L2μ1+μ2
圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得
s=12at2
对圆盘有
s1=12a1t2
而
s=L2+s1
由以上各式解得
a=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=2.5m/s2
故B正确，ACD错误。
故选B。
4、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空突击与反装甲能力。已知飞机的质量为m，只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为n0，此时升力刚好等于重力。当搭载质量为m3的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2n0，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力加速度为g）（　　）

A．g3B．gC．2gD．3g
答案：C
解析：
空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，则有
kn02=mg
当搭载质量为m3的货物，螺旋桨的转速达到2n0时，竖直方向上由牛顿第二定律可得
F-(m+m3)g=(m+m3)a
其中升力
F=k(2n0)2
联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为
a=2g
故C正确，ABD错误。
故选C。
多选题
5、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μ，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=v0μg，vm=mgk）可能正确的是（　　）

A．B．
C．D．
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=μN，若kv0v0，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。
6、将一个物体以某一初速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（　　）
A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零
C．上升时间小于下落时间D．上升时的加速度小于下落时的加速度
答案：AC
解析：
A．物体在空中运动过程，有阻力做负功，机械能减小，故刚抛出时机械能最大，而刚抛出时的重力势能最小，故动能最大，速度最大，故A正确；
B．在最高点时，仍然受到重力作用，加速度不为零，故B错误；
CD．上升过程，加速度大小为
a1=mg+fm
下降过程加速度大小为
a2=mg-fm
上升时的加速度大于下落时的加速度，而上升过程的逆运动是初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，根据
h=12at2
a1>a2
可知上升时间小于下落时间，故C正确，D错误。
故选AC。
7、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。
8、如图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图所示并处于平衡状态，则下列说法中可能正确的是（       ）

A．M处于拉伸状态，N处于拉伸状态
B．M处于压缩状态，N处于拉伸状态
C．M处于拉伸状态，N处于原长状态
D．M处于原长状态，N处于拉伸状态
答案：ABD
解析：
由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸；当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a有拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态；当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；当拉力大于a物体的重力时，M弹簧处于伸长状态；从上面的分析中发现共有四种情况，即①N处于伸长状态，M处于压缩状态；②N处于伸长状态，M也处于伸长状态；③N处于伸长状态而M处于原长状态；④N处于原长，M处于压缩状态。故ABD正确，C错误。
故选ABD。
填空题
9、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：
[1][2]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：
10、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到如图所示的压力F随时 间t变化的图象，则该同学是完成一次_______ （选填“下蹲”或“起立”）的动作，该过程中 最大加速度为_______ m/s2。（g取l0m/s2）

答案：     起立     6
解析：
[1] 对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，起立过程开始加速起立，加速度向上，处于超重状态，后减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据图像，可知是先超重，后失重，则是起立动作
[2]当压力最大时，加速度最大，根据牛顿第三定律，压力大小等于支持力，对于该同学根据
1.6G-G=ma
解得
a=6m/s2
11、两类基本问题
（1）从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的___________，再通过运动学的规律确定物体的___________情况。
（2）从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的____结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出___________。
（3）如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取10 m/s2）

a.在拉力F作用下物体运动的加速度大小为___________ m/s2；
b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=___________ m/s；
c.撤去拉力F后物体运动的距离x=___________ m。
答案：     加速度     运动     加速度     合外力     0.5     4     4
解析：
(1)[1] 如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。
[2]结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。
(2)[3] 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度。
[4]结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。
(3)[5]受力分析得
F-μmg=ma
解得
a=0.5m/s2
[6]根据速度公式得
v=at=4m/s
[7] 撤去拉力F后，受力分析得
-μmg=ma'
解得
a'=-2m/s2
物体运动的位移为
x=-v22a'=4m
12、力的单位
（1）力的国际单位是___________，根据___________定义的。当物体的质量为m=1kg，在某力的作用下获得的加速度为a=1m/s2，由牛顿第二定律可得，F=ma=___________，我们就把它定义为1牛顿。即：1牛=1千克 · 米/秒2
（2）光滑水平桌面上有A、B两个相距较远的物体，已知mA=2mB．当用F=10 N的水平力作用在A上时，能使A产生5 m/s2的加速度，当用2F的水平力作用在B上时，能使B产生的加速度为___________m/s2。
答案：     牛顿     F=ma     1kg⋅m/s2     20
解析：
（1）[1] 力的国际单位是牛顿，根据F=ma定义的。当物体的质量为m=1kg，在某力的作用下获得的加速度为a=1m/s2，由牛顿第二定律可得，F=ma=1kg⋅m/s2我们就把它定义为1牛顿。即：1牛=1千克 · 米/秒2
（2）[2]根据牛顿第二定律，当用F=10 N的水平力作用在A上时
F=mAaA
用2F的水平力作用在B上时
2F=mBaB
解得
aB=20m/s2
解答题
13、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
14、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取10m/s2）
答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
15、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2），求：
（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s
解析：
（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
FT-mg=ma
解得
a=1m/s2
由
v=v0＋at
解得
t=15s
（2）匀加速阶段位移
x1=12at2=12×1×152m=112.5m
匀速阶段位移
x2=v（50s-2t）=15×（50-2×15）m=300m
匀减速阶段位移
x3=v22a=112.5m
因此观景台的高度
x=x1＋x2＋x3=525m
（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0。自由落体加速度大小a1=g
启动辅助牵引装置后加速度大小
a2=F-mgm=3mg-mgm=2g
方向向上
则
vm22a1+vm22a2=x
解得
vm=1070m/s
则
tm=vmg=70s
即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。
16、如图所示，竖直平面内一倾角θ=37°的粗糙倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点，BC长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于C点。一质量m=0.2kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知A点离地高度H=1.2m，AB长L1=1.25m，滑块与AB间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，CD长度L2=3m，圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小滑块经过C点时对轨道的压力；
（2）当传送带以顺时针方向v1=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D点的水平距离。

答案：（1）6N；（2）1.2m
解析：
（1）根据题意，滑块由A运动B的过程，应用动能定理
mgL1sin37°-μ1mgcos37°L1=12mvB2-0
代入数据解得
vB=10ms
由于BC长度可忽略，则
vC=vB=10ms
滑块在C点，受轨道的支持力FN和本身重力mg，根据牛顿第二定律
FN-mg=mv2R
代入数据解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，小滑块经过C点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力6N。
（2）假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律
μ2mg=ma
代入数据解得
a=2ms2
设滑块到达传送带右端的速度为v，根据公式
v2-vc2=2aL2
代入数据解得
v=22ms>4ms
则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，由于BC长度可忽略，则
H-L1sin37°=12gt2
代入数据解得
t=0.3s
水平方向，落地点到D点的水平距离
x=vt=4×0.3m=1.2m
实验题
17、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Δx=aT2解得
a=xCE-xAC4T2=10.61+8.61-6.59-4.614×0.12×10-2m/s2=2.0m/s2
(2)[2]．对滑块和砝码系统，由牛顿第二定律
m2g-μm1g=(m1+m2)a
解得
μ=m2g-(m1+m2)am1g
18、一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=1.84m/s2。

从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.8m/s2。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为a′=______m/s2，小球B下落过程中绳子的拉力大小为______N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_______。
答案：     1.96     1.20     原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量
解析：
[1]对小球A、B整体由牛顿第二定律
mBg-mAg=（mA+mB）a′
代入数据解得
a′=1.96m/s2
[2]对B由牛顿第二定律
mBg-F=mBa′
解得绳子拉力大小
F=mB（g-a′）=150×10-3×（10-1.96）N=1.20N
[3]a′和a有明显差异，原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量。
19、某实验小组利用图示装置来测定滑块与桌面间的动摩擦因数，具体实验步骤如下：

①首先用游标卡尺测量出遮光片宽度为d；然后将遮光片固定在滑块上；
②如图所示，将滑块置于桌面上左端A处，与桌面平行的细绳跨过定滑轮分别与滑块和重物连接，保持滑块静止，测量重物离地面的高度h；
③在距滑块h处固定一个光电门，滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的C点（未与滑轮碰撞），记下数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用的时间；并用毫米刻度尺测量出C、A间的距离s；（已知重力加速度为g）。请完成以下问题：
(1)若游标卡尺读数如图所示，则遮光片宽度d=___cm；

(2)某次实验中数字毫秒计的示数为Δt，则滑块和桌面的动摩擦因数为_________（用d，s，h，Δt、g表示）
(3)本实验在获得小车通过光电门的瞬时速度时存在误差，测量的速度值______（填“大于”“等于”或“小于”）遮光片中心通过光电门时的瞬时速度的真实值。
答案：     0.180     d22gs-hΔt2     小于
解析：
(1)[1]游标卡尺可先以毫米为单位读数，游标尺的零刻度超过主尺上1mm处，因此整数部分为1mm，游标尺上第16格（标注8的位置）与主尺上某格对齐，因此小数部分为0.05×16mm=0.80mm，因此读数为1+0.80mm=1.80mm=0.180cm。
(2)[2]由题意可知，滑块先做匀加速直线运动（此过程位移为h，初速度为零）后做匀减速直线运动（此过程位移为s-h，末速度为零）；而且匀减速运动加速度为
a=μg
且
0-v2=-2as-h
速度v由光电门测出
v=dΔt
联立各式可得
μ=d22gs-hΔt2
(3)[3]由运动学规律可知
v=dΔt=vt2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

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