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2022年高考中物理牛顿运动定律专项训练

1

单选题
1、如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能到达的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图像如图乙所示。g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．小物块到C点后将沿斜面下滑
B．小物块加速时的加速度是减速时加速度的3倍
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为32
D．推力F的大小为4N
答案：D
解析：
ABC．由题图乙所示可知，物块匀加速直线运动的加速度大小
a1＝Δv1Δt1＝103m/s2
匀减速直线运动的加速度大小
a2＝Δv2Δt2＝10m/s2
在匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律
mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2
解得
μ＝33
在最高点，有
mgsin30°＝μmgcos30°
所以物块达到最高点C后不会下滑，故ABC错误；
D．在匀加速过程中，由牛顿第二定律可得
F－mgsin30°－μmgcos30°＝ma1
解得
F＝4N
故D正确。
故选D。
2、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。小物块上滑的最大距离为（　　）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
答案：A
解析：
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
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、如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示（取g＝10 m/s2），则下列说法正确的是（　　）

A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻恒力F反向
C．恒力F大小为10N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.4
答案：B
解析：
AB．由匀变速直线运动规律可得
v2-v02=2ax
整理得
v2=2a⋅x+v02
对比图线可知，斜率为
2a1=1005m/s2
解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为
a1＝10m/s2
减速到零的时间为
t1=v0a1=1s
故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s时刻恒力F反向，A错误，B正确；
CD．物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足
2a2=6413-5m/s2
解得
a2＝4m/s2
两过程据牛顿第二定律分别可得
F＋f＝ma1
F－f＝ma2
联立两式解得
F＝7N，f＝3N
则动摩擦因数为
μ=fmg=0.3
CD错误。
故选B。
多选题
5、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。
6、如图所示，质量为0.500kg的篮球从距地面高为1.500m处由静止释放，与正下方固定的长为0.400m的轻弹簧作用，速度第一次减为零时，距地面高为0.250m。篮球第一次反弹至最高点时，距地面高为1.273m。经过多次反弹后，篮球静止在弹簧上端，此时，篮球距地面高为0.390m，弹簧的弹性势能为0.025J。若篮球始终在竖直方向上运动，且受到的空气阻力大小恒定，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．弹簧的劲度系数为500N/m.
B．篮球静止处即下落过程中速度最大处
C．篮球在运动过程中受到的空气阻力约为0.5N
D．篮球在整个运动过程中通过的路程约为11.05m
答案：ACD
解析：
A．篮球静止在弹簧上时，根据平衡条件和胡克定律得
mg=kΔx
mg=k(0.400-0.390)
解得
k=500N/m
A正确；
B．篮球接触弹簧后，刚开始重力大于弹力，加速度向下，篮球继续加速，当弹力与空气阻力的合力等于篮球的重力时，速度达到最大，然后弹力大于重力，篮球减速，到最低点，经过多次反弹后，最终篮球静止在弹簧上端时弹力等于重力，则篮球静止处并不是下落过程中速度最大处，B错误；
C．篮球从开始下落到第一次反弹至最高点的过程，由动能定理得
mg(1.500-1.273)-f(1.500-0.250)+(1.273-0.250)=0
解得
f≈0.5N
C正确；
D．对篮球运动的整个过程，由能量守恒定律得
mg(1.500-0.390)=fs+Ep
解得
s=11.05m
D正确。
故选ACD。
7、一物块沿光滑水平面做直线运动，运动过程中受到一水平拉力F作用，如图所示是其速度-位移图像，则物块运动到位移为x1的过程中，下列关于力F的说法正确的是（　　）

A．力F是恒力
B．相等位移内力F冲量相等
C．力F逐渐减小
D．相等时间内力F做功相等
答案：BC
解析：
AC．根据v-x图像可知，在相等的位移中，速度的变化量相等，由速度与位移的关系可得
v22-v12=2ax
即
(v2-v1)(v2+v1)=2ax
因x相同时(v2-v1)相同，而(v2+v1)逐渐减小，可知物体的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律可知
F=ma
所以力F逐渐减小，故A错误、C正确；
B．由题图可知，在相等的位移中，速度的变化量相等，则动量的变化量相等，由动量定理可知，力F的冲量相等，故B正确；
D．物体在相等时间内的位移逐渐减小，F逐渐减小，则相等时间内力F做功逐渐减小，故D错误。
故选BC。
8、如图所示，质量m=100kg的重物，在大小F=1.25×103N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　）

A．重物上升的加速度大小为12.5m/s2
B．重物上升的加速度大小为2.5m/s2
C．运动2s时速度大小为25m/s
D．运动2s时速度大小为5m/s
答案：BD
解析：
由牛顿第二定律有
F-mg=ma
得
a=2.5m/s2
由匀变速直线运动规律有
v=at
得
v=5m/s
故BD正确，AC错误。
故选BD。
填空题
9、牛顿第二定律确定了物体______和力的关系：加速度的大小与物体______的大小成正比，与物体的______成反比；加速度的方向与物体______的方向相同。
答案：     加速度     所受合力     质量     受到的合力
解析：
略
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、一对作用力和反作用力_______是同一种类的力，而一对相互平衡的力_______是同一种类的力。（均选填“一定”或“不一定”）
答案：     一定     不一定
解析：
略
12、力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体___________和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的___________成反比；加速度的方向与物体___________的方向相同。
答案：     加速度     质量     合外力
解析：
[1][2][3]根据牛顿第二定律可知，物体加速度和力的关系为：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体合外力的方向相同。
解答题
13、如图所示，用F=5N的水平恒力把质量为0.5kg的物块（可视为质点）压在竖直挡板上，物块离地面高度为H=8m，物块由静止开始向下做匀加速运动，经2s到达地面。
（1）求物块下落的加速度大小；
（2）求物块与挡板间的动摩擦因数；
（3）若将挡板做成一个倾角为37°的斜面（如图），要使物块沿斜面匀速向上运动，求水平推力的大小。（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

答案：（1）a=4m/s2； （2）μ=0.6；（3）F=13511N
解析：
（1）由H=12at2 可得
a=2Ht2=4m/s2
（2）水平方向
FN=F=5N
竖直方向
mg-μFN=ma
联立得
μ=0.6
（3）受力分析如图

正交分解，由平衡条件可得，x轴上有
Fcos37∘-mgsin37∘-f=0
y轴上有
F'N-Fsin37∘-mgcos37∘=0
又有
f=μF'N
联立方程，解得
F=13511N
14、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

答案：（1）F=3N，μ=0.05；（2）2m，方向水平向左
解析：
（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
方向水平向右
物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
15、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
16、如图所示，滑板静止在水平轨道上，质量m＝2 kg，板长L＝0.6 m，左端A点到轨道上B点距离x＝6 m，滑板与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2。现对滑板施加水平向右的推力F＝10 N，作用一段时间后撤去，滑板右端恰能到达B点，求：
（1）推力F作用的时间；
（2）推力F的最大功率。

答案：（1）1.2 s；（2）36 W
解析：
（1）在外力F作用下，根据牛顿第二定律可知
F－μmg＝ma1
解得
a1＝3 m/s2
经历的时间为t，则
v＝a1t
通过的位移为
x1=v22a1
撤去外力后的加速度大小为
a2=μmgm=2m/s2
减速通过的位移为
x2=v22a2
又因
x1＋x2＝x－L
联立解得
t＝1.2 s
v＝3.6 m/s
（2）推力的最大功率
P＝Fv＝10×3.6 W＝36 W
实验题
17、图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点：

(1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点C时纸带的速度大小v=__________m/s；打该纸带的过程中滑块的加速度大小a=__________m/s2；（结果均保留两位有效数字）
(2)若已知滑块的质量为m1，木板的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________。（用相应的字母符号表示）
答案：     0.58     4.7     μ=m3g-(m1+m3)am1g
解析：
(1)[1][2]．相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；
vC=xBD2T=(5.85-1.20)×10-20.08m/s=0.58m/s
a=xCE-xAC4T2=(9.30-3.15-3.15)×10-24×0.042m/s2=4.7m/s2
(2)[3]．根据牛顿第二定律可得
m3g-μm1g=(m1+m3)a
解得
μ=m3g-(m1+m3)am1g
18、在学习完《圆周运动》这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：

（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=___________。
（2）在小明计数计时的过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=___________cm。
（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：

根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是___________。
（4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=___________（用题目所给出的符号表示）。
答案：     tn     23.55     h     2πgg
解析：
解：（1）[1] 因从按下秒表的那一刻开始计数0，所以数到n时，经历了n个周期，因此
T=tn
（2）[2]刻度尺的最小分度值是0.1cm，有估读值，因此读数是23.55cm，即
h=23.55cm
（3）[3]由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有
mgtanθ=m（2πT）2Lsinθ
其中θ为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又
h=Lcosθ
解得
T=2πhg
由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与h成正比。
（4）[4]由以上结果
T=2πhg
可知
T=2πggh
由数学知识可知，图b中图像的斜率是
k= 2πgg
19、如图所示是可用轻杆、小球和硬纸板等制作一个简易加速度计，粗略测量运动物体的加速度。在轻杆上端装上转轴，固定于竖直纸板上的O点，轻杆下端固定一小球，杆可在竖直平面内自由转动。将此装置固定于运动物体上，当物体向右加速（减速）运动时，杆便向左（向右）摆动。为了制作加速度计的刻度盘，同学们进行了如下操作：

（1）让重锤做自由落体运动，利用打点计时器打出的纸带测量当地的重力加速度。实验中得到一条较理想的纸带，在纸带上取7个计数点，相邻两个计数点间的时间间隔为0.02s。

根据数据求出重力加速度g=______m/s2（保留三位有效数字）。
（2）测量当地重力加速度后还应测量的物理量是_____（填入所选物理量前的字母）
A．小球的质量m                    B．轻杆的长度L
C．小球的直径d                    D．轻杆与竖直方向的夹角θ
（3）写出加速度与被测物理量之间的关系式________（用被测物理量的字母表示）。
答案：     9.72     D     a=gtanθ
解析：
(1)[1]由逐差法得
a=x6+x5+x4-(x3+x2+x1)9T2≈9.72m/s2
(2)(3)[2][3]假设小球由于加减速发生了偏转，由牛顿的定律得
mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ
可知，为了在表盘上标上对应的加速度，还需要测量轻杆与竖直方向的夹角θ。故选D。
20、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图（b）所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：

（1）在纸带上打下计数点5时的速度v5=___________m/s；
（2）用逐差法求出重锤的加速度大小a=__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=________m/s2。
答案：     1.5     1.9     9.5
解析：
(1)[1]打点间隔为
T=1f=0.02s
相邻计数点间的时间间隔为
∆t=5×0.02s=0.1s
在纸带上打下计数点5时的速度就是纸带上计数点4到计数点6的平均速度，即
v5=(13.78+15.70)×10-22×0.1ms=1.5ms
(2)[2]根据逐差法，可得
a=11.92+13.78+15.70-(6.19+8.11+10.00)9×0.12×10-2ms2=1.9ms2
[3]根据牛顿第二定律，有
m2g-m1g=m1+m2a
解得
g=9.5ms2

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