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1、(文末附答案文末附答案)2022)2022 年高考中物理牛顿运动定律基本知识过关训练年高考中物理牛顿运动定律基本知识过关训练单选题1、如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体 A 和 B 用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体 A 连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环 C 连接。小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环 C 位于R处时，绳与细杆的夹角为，此时物体 B 与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正
2、确的是（）A小环 C 机械能最大的位置在S点下方B弹簧弹力和地面支持力对物体B 的冲量和为零2C小环 C 的最大动能为cos2D小环 C 到达位置Q时，物体 A 的加速度大小为|cos|2、塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度-时间图像如图所示，由图像可知，该建筑材料（）1A前 15s 内先上升后下降B前 15s 内速度先增加后减小C前 5s 内处于失重状态D整个上升过程中的平均速度小于0.5m/s3、如图，一倾角为=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=0.5，重力加速度g取 10m/s，sin37=
3、0.6，cos37=0.8，下列说法正确的是（）2A滑块上滑的距离小于 5mBt=1s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct=2s 时，滑块恰好又回到出发点Dt=3s 时，滑块的速度大小为4m/s4、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置，是鸟类的好居处。如图所示，质量为m的鸽子，沿着与水平方向成15角、斜向右上方的方向以大小为v的速度匀速飞行，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A鸽子处于失重状态 B空气对鸽子的作用力大于2C空气对鸽子的作用力的功率为D鸽子克服自身的重力的功率为sin15多选题5、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率1运行，初速度大小为2的小物块从与传送带等高
4、的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知2 1，则（）A2时刻，小物块离A处的距离达到最大B2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C02时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D03时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用6、如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2。则（）3
5、Aa3m/s 时，FN0B小球质量m0.1 kg34402C斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)7、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8、如图所示，滑块 2 套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑
6、定滑轮连接物块1，物块 1 又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d现将滑块 2 从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块 1 还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为 4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（）4A滑块 2 下滑过程中，加速度一直减小B滑块 2 经过B处时的加速度等于零C物块 1 和滑块 2 的质量之比为 3：2D若滑块 2 质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2 由A处从静止滑到C处，滑块 2 到达C处时，物块 1和滑块 2
7、 的速度之比为 4：5填空题9、如图所示，=4.0kg，=2.0kg，和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从=0时刻起，对 B 施加向右的水平恒力2=4.0N，同时对施加向右的水平变力1=(20 20)N，=_s 时、B 将分离，此时 B 物体的加速度大小为_m/s2。10、作用力和反作用力总是互相_、同时_的，我们可以把其中任何一个力叫作_，另一个力叫作_。11、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度5的变化图像如图乙所示（Ff1，Ff2，1，2为已
8、知量），当角度从1到2变化过程中木块的加速度_（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_。12、如图甲所示，重力为100N 的木箱静止在水平地板上，至少要用35N 的水平推力，才能使它从原地开始运动，此后用 30N 的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则木箱与地板之间的最大静摩擦力max=_N，木箱与地板之间的动摩擦因数=_；2021 年 8 月 5 日，我国 14 岁少女全红婵在东京奥运会 10 米跳台决赛中创造了五个动作三跳满分的纪录，勇夺冠军，如图乙所示，比赛时在空中下降过程中她处于_状态（选填“超重”或“失重”）。解答题13、如图所示，一水平的
9、浅色传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面上。在传送带上左端放置一质量为m=1kg 的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为1=0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以向右的恒定加速度a=3m/s 开始运动，当其速度达到2v0=1.5m/s 后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了 0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4kg，重力加速度g=10m/s
10、2，求：（1）传送带上黑色痕迹的长度；6（2）有F作用期间平板的加速度大小；（3）平板的最短长度。14、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下 8s 后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角=37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取 10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力。求：（1）游客匀速下滑时的速度大小；（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为 16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平
11、制动力。215、某课外兴趣小组的两名同学小明和小亮见到公园的一个儿童直行滑梯（即滑梯的底面为一与地面成一定角度的平整斜面，并没有弯曲），一位小朋友正从滑梯顶端滑下，他们便利用手机和相机来研究物理问题：小明用手机测出了某次小朋友从顶端滑到底端所用时间t=2.4s，小亮则利用相机的连拍功能拍下了该小朋友滑到滑梯底端出口处的三张连拍照片，他使用的这架相机每秒钟拍摄60 张，其中的两张小朋友照片都在滑梯末端的出口段内，这段基本上是水平的。他把这两张照片相比较，估测出这段时间内的位移x=6cm，又以旁边的台阶为参照物，估测出滑梯的顶端到底端的高度差约为h=2.16m，请你帮他俩估算出该小朋友与滑梯间的动
12、摩擦因数。（g取 10m/s）16、如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量为m2，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m1的物体2A，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。7（1）求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT。32（2）若在B上再叠放一个与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到FT，求m1：m2。实验题17、某同学设计了一个用气垫导轨和光电门等装置测量重力加速度的方案。实验装置结构如图所示。在某次测量中，他用刻度尺测得气垫导轨两端AB 间的高度差为h、长度为L。与光电门相连的计时器记录下如下数据：挡光片通过第一个光电门的挡光时间为t1，挡光片通过第二个光电门的挡光时间为t2，
13、通过两光电门之间的时间为t。然后，他又测量滑块上的挡光片宽度为d。完成下列填空。（1）两个光电门间的距离_（填：“近一些”或“远一些”）有利于减小误差；（2）重力加速度的计算表达式为g=_（用题中所给字母表示）；（3）考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，因此，当地的实际重力加速度会_（填：“略大于”或“略小于”）测量值。18、在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学将两个相同的弹簧测力计连接在一起对拉（如图所示），发现作用力与反作用力的大小_（选填“相等”或“不相等”）；作用力与反作用力的方向_（选填“相同”或“相反”）；同时发现作用力与反作用力的作用_（选填“有”或“没有”）先
14、后。819、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_；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20、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
15、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/s；（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92动摩擦因数=_。（用相应的字母符号表示）10(文末附答案)2022 年高考中物理牛顿运动定律_02E 参考答案1、答案：C解析：A小环 C 下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过
16、程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C 的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环 C 的机械能最大，故 A 错误；B小环从R处下落到Q处的过程中，物体 B 始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B 所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B 的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故B 错误；C环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和 A 通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图 1 所示），故cos=A故 A 与环的动能之比为12kA2A=cos2k122对小环和 A 的系统=kA+k
17、联立可得小环 C 的最大动能2=+cos2故 C 正确；D环在R和Q时，弹簧长度相同，B 对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B 的重力mg。11环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos=Mg对 A 有T-mg-F=ma对 B 有F=mg联立可得为 2cos=故 D 错误。故选 C。小提示：2、答案：B解析：A 图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前 15s 内速度一直为正，即一直上升，故 A 错误；B 图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15s 内速度先增加后减小，故B 正确；C前 5s 内建筑材料正在向上加速，加速度向
18、上，则建筑材料处于超重状态，故C 错误；12D若构造上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则0+m=0.5m/s2=而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由=可知整个上升过程中的平均速度大于 0.5m/s，故 D 错误。故选 B。3、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mgsin+mgcos=ma1代入数据解得1=10m/s2滑块向上的最大位移21000 x=2=210=5m1A 错误；B由于mgsin mgcos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mgsin mgcos=ma213代入数据
19、解得2=2m/s2滑块向上运动到最高点的时间0 (0)10=1s1101=向下的运动12=222所以2=5s滑块恰好又回到出发点的总时间=1+2=(1+5)sC 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/sD 正确。故选 D。4、答案：D解析：A由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，A 错误；B由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于，B 错误；14C空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为cos75，C 错误；D鸽子克服自身的重力的功率为=重力由力的功率表达式重力=cos（15+90）联立
20、解得=sin15D 正确。故选 D。5、答案：BC解析：A相对地面而言，小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，1之后反向向右向右运动，故小物块在1时刻离A处距离最大，A 错误；B小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；12时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，2时刻两者同速，在23时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确；C由 B 中分析可知，02时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C 正确；D在02时间内，小物块相对传送带一直向
21、左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在23时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D 错误。15故选 BC。6、答案：ABC解析：A小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得TcosFNsinmaTsinFNcosmg联立解得FNmgcosmasinTmacosmgsin4032所以小球离开斜面之前，T a图像呈线性关系，由题图乙可知am/s 时，小球将要离开斜面，则此时FN0，选项 A 正确；BC当a0 时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1 所示，所以mgsinT4032当am/s 时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2 所示，所以tan
22、ma联立可得3tan4m0.1 kg选项 B、C 正确；16D将和m的值代入FNmgcosmasin得FN0.80.06a(N)选项 D 错误。7、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。8、答案：BD解析：AB滑块 2 下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B 处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故错误，B 正确；C物体 1 静止时，弹簧压缩量为1=；当下滑到 C 点时，物体 2 上升的高度为17
23、=(3)2+(4)2 3=2则当物体 2 到达 C 时弹簧伸长的长度为，此时弹簧的弹性势能等于物体1 静止时的弹性势能；对于与及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有1 2=2 4解得1:2=2:1故 C 错误；D根据物体 1 和 2 沿绳子方向的分速度大小相等，则得2cos=1其中44=55cos=则得滑块 2 到达处时，物块 1 和滑块 2 的速度之比1:2=4:5故 D 正确；故选 BD。9、答案：0.6 2解析：1力F1的表达式1=20 2018 A、B 分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得12=AB联立并代入数值可得=0.6s2当t=0.6s 时1=20
24、20=8N二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得1+2=(A+B)代入数值可得=2m/s210、答案：依赖存在作用力反作用力解析：略11、答案：越来越大f1tan1f2解析：1根据木块受力分析，结合乙图，知在 01范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当=1时，木块刚要下滑sin1=f2在1到2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律19sin f=由乙图知此过程Ff随的增大在减小，sin随的增大而增大，所以加速度a越来越大；2在1到2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力f1=cos1联立可得f1tan1f2=12、答案：35 0.3失重解析：12
25、由题意可知要用 35N 的水平推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板之间的最大静摩擦力max=35N用 30N 的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则由平衡条件得=30N解得=0.33 比赛时在空中下降过程中加速度向下，物体处于失重状态。13、答案：（1）0.75m；（2）2m/s2；（3）0.65m解析：（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度201=1=1=1m/s2方向向右，设经过时间1，传送带达到速度v0，经过时间时2，煤块速度达到v0，即0=1=12代入数值可得1=0.5s，2=1.5s在0 1.5s内，煤块与传送带有相对运动，则传
26、送带发生的位移021.52=+0(2 1)=m+1.5 1m=1.875m22 3煤块发生的位移021.52=m=1.125m212黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即=0.75m（2）煤块滑上平板时的速度为0=12=1.5m/s加速度大小为1=1=1m/s21=经过0=0.5s时，煤块速度为1=0 10=1.5m/s 1 0.5m/s=1.0m/s设平板的加速度大小为2，则211=20=1.0m/s解得2=2m/s2（3）设平板与地面间动摩擦因数为2，由于2=2m/s2且2=1 2(+)+代入数据解得2=0.2由于2 1则共速后煤块将仍以加速度大小1=11=匀减速运动，直到停止，而平
27、板以加速度3匀减速运动3=1 2(+)代入数据解得3=2.25m/s2用时114=s=s32.259223=所以，全程平板的位移为0+11417(0+3)=(0.5+)m=m22936板=煤块的位移煤平板车的长度即煤块与平板的位移之差021.529=m=m2128=煤 板=14、答案：（1）16m/s；（2）180N解析：（1）由牛顿第二定律得47m=0.65m72mgsin-mgcos=ma解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小a=2m/s2游客匀速下滑时的速度大小v=at1=16m/s（2）设游客在BC段的加速度大小为a，由公式0-v=-2ax解得=8m/s2223由牛顿第二定律得
28、Fmg=ma解得制动力F=180N15、答案：0.40解析：由题意可知每两张照片的时间间隔为1t=60s在时间间隔内可认为小朋友做匀速运动，所以小朋友离开滑梯底端时的速度为0.06=3.6m/s160=把小朋友在滑梯上的运动近似看作初速为零的匀变速运动，则加速度为a=2.4m/s2=1.5 m/s2设滑梯从顶端到底端的滑道长度为l，高度差为h，斜面的倾角为，则23.623.6l=2=21.5m=4.32 m所以2.16sin=0.54.32小朋友在滑梯上滑下时根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma24代入数据解得=0.4016、答案：（1）121g；（2）2：1。2解析：（1）对A有m
29、1gFT=m1a1对B有FT=m2a1则（2）对A有m1gFT2=m1a2对B+C有FT2=2m2a2则F=2T212g122由F3T2=2FT=121225得212312=1+222(1+2)所以m1：m2=2：12117、答案：远一些略大于解析：（1）1适当增大两光电门之间的距离，可以增加滑块通过两光电门的速度差，有利于减小误差，故选远一些；（2）2经过两光电门的速度为121=2=加速度为sin21=解得21=（3）3考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，测量的加速度值会偏小，当地的实际重力加速度会略大于测量值。18、答案：相等相反没有26解析：123根据牛顿第三定律可知，作用力与反
30、作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，同时产生，同时变化，同时消失，=则作用力与反作用力的作用没有先后。19、答案：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)3A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。3(13)120、答案：0.58 4.7=解析：(1)12相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；(5.85 1.20)102=m/s=0.58m/s20.0827=42=(9.303.153.15)10240.042m/s2=4.7m/s2(2)3根据牛顿第二定律可得31=(1+3)解得3(1+3)1=28