2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳.docx
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1、2022年高考中物理牛顿运动定律重难点归纳1单选题1、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()AF1:F2=3:1BF1:F2=3:2CF1:F2=4:3DF1: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,对于加速上升过程,竖直方向FN1cos-mg=m12g水平方向FN1sin=F1解得F1=32mgtan对于减速上升过程,竖直方向mg-FN2cos=m12g水平方向FN2sin=F
2、2解得F2=12mgtan因此F1=3F2故BCD错误A正确。故选A。2、如图所示,倾角为=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=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小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B小物块向上运动的时间为1. 2sC小物块向上滑行的最远距离为4mD小物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案: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
3、,沿斜面方向有根据牛顿第二定律mgsin+mgcos=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mgsin-mgcos=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+820.6+221m=4m故C正确。故选C。3、将倾
4、角为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,如图所示,已知斜面体始终保持静止,重力加速度为g,若=,则下列说法正确的是()A小球、滑块的加速度为gsin,斜面体的上表面粗糙B小球、滑块的加速度为gtan,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=mgsin=ma可得加速度a=gsin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,
5、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。4、如图所示,某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成,当将质量为m的物体竖直射向空中时,底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度),已知两根弹簧与竖直方向的夹角为30,则此时每根弹簧的伸长量为()A3mgkB4mgkC5mgkD23mgk答案:D解析:物体受重力和支持力,根据牛顿第二定律,有Nmgma其中N6mg,解得a5g再对质量不计的底盘和物体m整体受力分析,整体受重力和两个拉力,根据牛顿第二定律,在竖直方向满足2Fcos 30mgma解得F=23mg根据胡克定律,有x=Fx=23m
6、gk故选D。多选题5、如图所示,A、B、C为三个完全相同的物体,当水平力F作用于A上,三物体一起向右匀速运动;某时撤去力F后,三物体仍一起向右运动,设此时A、B间摩擦力为f,B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动,下列判断正确的是()Af0Bf0CFN0DFN0答案:BC解析:CD开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动,可知地面对B、C总的摩擦力f=FB受地面的摩擦力为23F,C受地面的摩擦力为13F;撤去F后,B、C受地面的摩擦力不变,由牛顿第二定律可知aB=23F2m=F3maC=13Fm=F3mB、C以相同的加速度向右做匀减速运动,B、C间作用力FN=0D错误,C正确;A
7、B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=F3A错误,B正确。故选BC。6、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()Ag2B3g3C3g2D3g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
8、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。7、关于平抛物体的运动,下列说法中正确的是()A物体只受重力的作用,是a=g的匀变速曲线运动B物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关C平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同D初速度越大,物体在空中的飞行时间越长答案:AC解析:A物体做平抛运动的物体,过程中只受重力,由牛顿第二定律可得加速度为g,A正确;B由水平位移公式x=v0t竖直方向的位移为h=12gt2联立可得x=v02hg故可知,平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系;B错误;C由运动的合成与分解可知,平抛运
9、动水平方向不受力,故水平方向做匀速直线运动,故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同,C正确;D由竖直方向的位移公式可知,平抛运动的时间由抛出点高度决定,D错误。故选AC。8、如图,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为m0,货物的质量为m,货车向左做匀速直线运动,在将货物提升到图示的位置时,货箱速度为v,连接货车的缆绳与水平方向夹角为,不计一切摩擦,下列说法正确的是()A货车的速度等于vcosB货物处于超重状态C缆绳中的拉力FT小于(m0+m)gD货车的对地面的压力小于货车的重力答案:BD解析:A把货车速度分解到绳子方向,分速度与货箱速度相等,则
10、v=v1cos即v1=vcos故A错误;B货车匀速行驶,在减小,因此货箱的速度在增大,故货物在做加速运动处于超重状态,故B正确;C因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于(m0+m)g,故C错误;D货车受到绳子的拉力,故货车对地面的压力小于重力,故D正确。故选BD。填空题9、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=mg又v=a
11、t代入数据,解得=0.42根据摩擦力产生热量的公式,即Q=mgx又x=x传-x货箱代入数据,解得x=0.5m故可得因摩擦产生的热量为Q=3J10、如图,质量m=2kg的物体静止在水平面上,物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍,现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角=37角的斜向上的拉力。已知sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2,物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为_。答案:16.25m解析:物体受到四个力的作用,如图所示,建立直角坐标系并分解力F。根据牛顿第二定律,x、y两个方向分别列方程FcosFf=maFsinFNG=0FN为水平面对物体
12、的支持力,即物体与水平面之间的弹力,故摩擦力Ff=FN联立方程,解得a=1.3m/s2由运动学公式得5s内物体的位移x=12at2=121.352m=16.25m11、小明同学学习了牛顿运动定律后,自制了一个简易加速度计。如图,在轻杆的上端装有转轴,固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点,轻杆下端固定一个小球,杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度,测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向_(选填“垂直”或“平行”),已知重力加速度大小为g,当轻杆与竖直方向的夹角为时,校车的加速度大小为_。答案: 平行 gtan解析:12由加速度原理知,小车加速度在水平方向,则板面与校车运
13、动方向平行,当轻杆与竖直方向的夹角为时,受力分析如图由平衡条件知,小球不上下移动,即竖直方向合力为0,则有Fmg=tan由牛顿第二定律知F=ma解得a=gtan12、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内,活塞横截面积为S,气缸质量为m。开始时活塞处于气缸正中间,现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面,如图所示。当气缸内气体的压强为_时,气缸将获得最大加速度,气缸的最大加速度为_。(外界大气压强为P0)答案: p02 p0S2m-g解析:1气缸中封闭气体的初始气压为P1=P0当气缸将获得最大加速度时,气体体积膨胀到出口处,等温膨胀,根据理想气体状态方程P1V1=P2V2解得P2=V1V2P
14、1=p02当气缸内气体的压强为p02时,气缸将获得最大加速度。2此时,气缸受重力,内外气压的压力差,向上做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律(P0-P2)S-mg=ma解得a=P0S2m-g气缸的最大加速度为a=P0S2m-g。解答题13、如图所示,质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平面上,质量m=1.0kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F=10N的力作用在小物块上,当小物块在木板上滑过L1=2.0m的距离时,撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g取10m/s2,求(1)撤去F前,小物块和木板的加速度大小;(2)力F作用的时间;(3)要使小物块不从木
15、板上掉下来,木板的最小长度。(结果均可用分式表示)答案:(1)a物=6ms2,a木=2ms2;(2)1s;(3)103m解析:(1)撤去F前,假设物块与木板间未发生相对滑动,对整体,根据牛顿第二定律有F=M+ma共解得a共=103ms2对木板,根据牛顿第二定律有f=Ma共=203Nmg则物块与木板之间发生相对滑动,对物块,根据牛顿第二定律有F-mg=ma物解得a物=6ms2对木板,根据牛顿第二定律有mg=Ma木解得a木=2ms2(2)设力F作用的时间为t,根据位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知,此时,物块的位移为x1=12a物t2木板的位移为x2=12a木t2又有x1-x2=L1解得
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