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2022年高考中物理牛顿运动定律考点专题训练

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。小物块沿斜面上滑时的加速度大小为（　　）

A．5 m/s2B．4 m/s2
C．8 m/s2D．10 m/s2
答案：C
解析：
对物块分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+μmgcos37°=ma
代入数据解得
a=8ms2
故ABD错误C正确。
故选C。
2、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。
3、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。
4、如图，一倾角为θ = 37°的足够长的斜面固定在水平地面上。当t = 0时，滑块以初速度v0= 10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，下列说法正确的是（     ）

A．滑块上滑的距离小于5m
B．t = 1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t = 2s时，滑块恰好又回到出发点
D．t = 3s时，滑块的速度大小为4m/s
答案：D
解析：
A．以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ + μmgcosθ = ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
滑块向上的最大位移
x = v022a1=1002×10 = 5m
A错误；
B．由于
mgsinθ > μmgcosθ
可知，滑块不可能静止在斜面上，B错误；
C．下滑过程，由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
滑块向上运动到最高点的时间
t1=0-(-v0)a1=1010=1s
向下的运动
x=12a2t22
所以
t2=5s
滑块恰好又回到出发点的总时间
t=t1+t2=(1+5)s
C错误；
D．选取向下为正方向，t = 3s时，滑块的速度为
v3 = ﹣v0 + a1t1 + a2t2′ = ﹣10 + 10 × 1 + 2 × 2 m/s = 4m/s
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，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，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（　　）

A．水平面对C的摩擦力方向一定向左
B．B受到C的摩擦力一定为零
C．水平面对C的支持力一定小于B、C的总重力
D．A的质量一定大于B的质量
答案：AC
解析：
AC．对B、C整体受力分析，如图所示

根据平衡条件，水平面对C的摩擦力为
f=Fcosθ
方向水平向左，水平面对C的支持力大小为
N=(mB+mC)g-Fsinθ
一定小于B、C的总重力，AC正确；
BD．当B所受重力沿斜面向下的分力等于绳的拉力时，B不受摩擦力，当B所受重力沿斜面向下的分力不等于绳的拉力时，B受摩擦力，且A与B的质量大小无法比较，BD错误。
故选AC。
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、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
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、一辆高速行驶的F1赛车与一架静止在发射场的航天飞机，两者运动状态较难改变的是___________，你判断时依据的物理规律是________，请写出你判断的逻辑过程：______。
答案：     航天飞机     牛顿第二定律     见解析
解析：
[1] 两者运动状态较难改变的是航天飞机
[2][3] 根据牛二定律
F=ma
物体质量m越大，同样力F产生的加速度a越小，即在相同时间Δt内，速度变化Δv越小，速度是描述运动状态的物理量，Δv越小说明运动状态改变越小，运动状态越难改变
12、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数μ=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是 _____m/s，水平拉力的大小为______ N。

答案：     2     1
解析：
根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式
x=v0t+12at2
与x=2t-t2对照可得
v0=2m/s，a=-2m/s2
假设F方向向前，由牛顿第二定律
F-μmg=ma
带入可得
F=-1N
说明F方向向后，大小为1N。
解答题
13、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
14、2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠军．参赛滑道简图如图所示，abcd为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道abcd滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作．其中ab段和cd段的倾角均为θ=37°，ab段长L1=110m，水平段bc长L2=12m，cd坡高h=9m．设滑板与滑道之间的动摩擦因数为μ=0.4，不考虑转弯b和c处的能量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，其总质量m=60kg．忽略空气阻力，g取10m/s2．
（1）运动员从a到b所用的时间；
（2）运动员到达c点时的速度大小；

答案：（1）8.9s；（2）23m/s
解析：
（1）在ab段的加速度为
mgsinθ-μmgcosθ=ma
根据运动公式
L1=12at2
解得
a=2.8m/s2
t=8.9s
（2）到达b点时的速度
vb=at≈25m/s
从b到c由动能定理
-μmgL2=12mvc2-12mvb2
解得
vc=23m/s
15、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
16、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75。对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）。求：
（1）圆环对杆的弹力大小；
（2）圆环加速度的大小；

答案：（1）0；（2）7.5 m/s2
解析：
（1）分析圆环的受力情况如图甲所示

将拉力F正交分解
F1=Fcosθ=15N
F2=Fsinθ=20N
因
G=mg=20N
与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。
（2）由（1）可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知
F合=F1=ma1
代入数据得
a1=7.5m/s2
实验题
17、某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：

(1)根据纸带求出物体经过5号计数点时的瞬时速度v=________m/s，物体运动的加速度a=________m/s2；（结果保留二位有效数字）
(2)用h表示物块A下落的高度，v表示物块A下落h时的速度，若某同学作出v22-h图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=________m/s2。
答案：     2.4     4.8     9.7
解析：
(1)[1]根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器计时周期为T=0.02s，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，则打下计数点5时物体的瞬时速度
v=x462×5T
代入数据解得v=2.4m/s
[2]物体运动的加速度
a=x65-x54(5T)2
代入数据解得a=4.8m/s2
(2)[3]对A、B组成的系统，根据牛顿第二定律有
mA-mBg=mB+mAa
解得加速度
a=mA-mBmB+mAg
根据速度位移公式有
v2=2ah
解得
v22=mA-mBmB+mAgh
可知斜率
k=mA-mBmB+mAg
由题中所给的图象，可得斜率
k=5.821.20=4.85
联立解得g=9.7m/s2
18、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
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）。
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、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、某同学制作一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量在竖直方向运动物体的加速度。如图所示，把一根轻弹簧和一把刻度尺悬挂在铁架台上，弹簧下端不挂重物时，指针指在刻度尺的零刻度线，然后在弹簧下端固定重为1.0N的小球制作成“竖直加速度测量仪”。测量仪静止时指针所指的位置如图所示，此处标记为加速度的“0”刻度，取重力加速度g=10m/s2。

（1）根据上述操作，计算得到该弹簧的劲度系数为_______Nm；（计算结果保留2位有效数字）
（2）规定竖直向上为加速度的正方向，该同学对各刻度线对应的加速度进行标记，这样，当指针稳定指向某一刻度时，就能测出其对应的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为_______ms2，刻度尺11.00cm的刻度线应标记为_______ms2。（计算结果均保留2位有效数字）
答案：     10     -2.0     1.0
解析：
（1）[1]该弹簧的劲度系数为
k=FΔx=1.0N10cm=10N/m
（2）[2]当指针指向刻度尺8.00cm刻度线时，弹簧的弹力为
F=k⋅Δx=0.8N＜1N
所以此时小球具有向下的加速度，则刻度尺8.00cm的刻度线应标记为
a=-1N-0.8N1N10m/s2=-2.0m/s2
（2）[3]当指针指向刻度尺11.00cm刻度线时，弹簧的弹力为
F=k⋅Δx=1.1N＞1N
所以此时小球具有向上的加速度，则刻度尺11.00cm的刻度线应标记为
a=1.1N-1N1N10m/s2=1.0m/s2

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