(文末附答案)2022年高考中物理牛顿运动定律名师选题.pdf

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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名师选题年高考中物理牛顿运动定律名师选题单选题1、一个倾角为=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=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（）A5 m/s B4 m/sC8 m/s D10 m/s2、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与

2、极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（）2222Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量相同3、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/s4、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

3、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/s，下列说法正确的是（）2A小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/sB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多选题225、如图甲所示，倾角为37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m2kg 的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s 末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10m/s2，sin370.6，则（）A小物体在传送带A、B两端间运动的平均速

4、度为7m/sB物体与传送带间的动摩擦因数0.5C2s 内物体机械能的减少量E24 JD2s 内物体与传送带摩擦产生的内能Q48J6、如图所示，水平传送带A、B两端相距s2m，工件与传送带间的动摩擦因数0.4工件滑上A端瞬时速度vA5m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（）A若传送带以 4m/s 顺时针转动，则vB4m/sB若传送带逆时针匀速转动，则vB3m/sC若传送带以 2m/s 顺时针匀速转动，则vB3m/sD若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB3m/s7、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。3斜面以加速度a水平向右做匀加速

5、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（）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)8、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F0.5t（N）的水平变力作用，从t0 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/s，下列说法正确的是（）2A图乙中t224

6、sB木板的最大加速度为1m/sC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填空题9、如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F428N 的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m1kg，通过 DIS 实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取 10m/s。图（b）中图线与纵坐标交点a0为_，图（b）中图线与轴交点坐标分别为1和2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为_。210、作用力和反作用力总是

7、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、2021 年 5 月 15 日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的5，地球表面重力加速度取 10m/s。）22（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比

8、_（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车5走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_m/s。（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是()A气动减速段，只受到气体阻力的作用B伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力C动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上D悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质_，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小_。12、在倾角为37足够长的斜面上，一个物体从静止开始下滑，若动摩擦因

9、数为0.25，则物体运动的加速度为_m/s2，它下滑2m时的速度是_m/s。（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）解答题13、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

10、，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。214、如图所示，斜面AC长L=4m，倾角=37，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=1kg 的小物块6从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为=0.5，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；（2）小物块在斜面和水平面上滑行的总时间t。215、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A，先用手使B静止（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。（1）求放手后A、B一起运动

11、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。16、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角=37。将一可视为质点的小物块无初速度地从A端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块在与传送带相对滑动时能在传送带上留下白色痕迹。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取=10m/s2。求：（1）物块在传送带上运动的时间t；（2）物块相对传送带的位移的大小；7实验题17、某同学设计了如图实验方案测量当地重力加速度g的值，所用器材有：一倾角可以调

12、节的足够长的光滑斜面、小物块、计时器、米尺等。请填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤：（1）如图 1 所示，在斜面上选择一固定位置A，用米尺测量 A 与斜面底端 B 之间的距离L。（2）用米尺测量 A 相对于 B 的高度h。（3）让物块自 A 处从静止开始下滑至 B，并记录所用的时间t。（4）改变_，重复步骤(2)与(3)。（5）图 2 是以h为纵坐标，以_为横坐标，根据实验数据作出的图象。（6）由图象可知g=_(用字母a、b、L表示)。18、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_。8(2)如图所示为“探究加速度与力、质量的关系”

13、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19、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

14、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，则滑块与木板间的动摩擦因数=_。（用相应的字母符号表示）20、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1 所示。该小组92同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打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

15、的加速度a=_2.（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10/2，滑块与木板间的动摩擦因数=_（结果保留两位有效数字）。10(文末附答案)2022 年高考中物理牛顿运动定律_017 参考答案1、答案：C解析：对物块分析，根据牛顿第二定律有sin37+cos37=代入数据解得=8ms2故 ABD 错误 C 正确。故选 C。2、答案：B解析：A经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据运动学规律x2at2得1aaa

16、b又由牛顿第二定律a 知，maxb，所以WaWb，所以a的动能比b的动能大，B 项正确；11C在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式Epq可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C 项错误；D根据动量定理Ftpp0则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D 项错误。故选 B。3、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，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，故C 错误；D若构造上升过程

17、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。4、答案：C解析：12ABD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，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1 2=0.611=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

18、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1=1s22=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1+212+821+2=0.6+1m=42222=故 C 正确。13故选 C。5、答案：BD解析：A由vt图象的面积规律可以知道传送带A、B间的距离x即为vt图线与t轴所围的面积，所以：11+21010+12=11+2=1m+1=16m2222由平均速度的定义得小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为16=m/s=8m/s2=选项 A 错误；B由vt图象可以知道传

19、送带运行速度为v110m/s，01s 内物体的加速度为10=m/s2=10m/s211=12s 内的加速度为22=m/s2=2m/s21根据牛顿第二定律得a1gsin+gcosa2gsingcos联立计算得出0.53714故 B 正确；C物体从A到B的过程中，动能的变化量为1121=2=2 122J=144J势能的变化量为E2mghmg（Lsin37）192J机械能的变化量EE1+E248J故 C 错误；D01s 内，物块的位移传送带的位移为x2vt110110m则相对位移的大小为x1x2x15m则 12s 内，物块的位移为传送带的位移为x4vt210m2211=2112=5m13=2+222

20、2=11m15则相对位移的大小为x2x3x41m所以相对路程的大小为sx1+x26m摩擦产生的热量为Qmgcoss0.5200.8648J故 D 正确。故选 BD。6、答案：AC解析：A物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为=4m/s2=若传送带以 4m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s 时的位移为22 52 42=m=1.125m22 4然后物体随传送带匀速运动，故达到B端的瞬时速度为 4m/s，A 正确；B若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B端时的速度为2=2=52 2 4 2m/=3m/sB 错误；16C若传送带以 2m/s 顺时针匀速转

21、动时，物体做减速运动，由B 选项可知因为到达B端的速度为3m/s，故最后物体到达B端的速度为=3m/s，C 正确；D因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B端的速度为 3m/s，只有当传送带的速度大于 3m/s 时到达右端的速度才可能是 3m/s，D 错误。故选 AC。7、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FNmgcosmasinTmacosmgsin402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a3m/s 时，小球将要离开斜面，则此时FN0，选项 A 正确；BC

22、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mgsinT402当a3m/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tanma17联立可得3tan4m0.1 kg选项 B、C 正确；D将和m的值代入FNmgcosmasin得FN0.80.06a(N)选项 D 错误。8、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1=1可得滑块与木板间的动摩擦因数为1=0.4C 正确；18D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24=0.12402=D 正确；AB在t2时刻，滑块与木板将要

23、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 1=对木板有1 22=联立解得=2m/s2=12N则木板的最大加速度为 2m/s，根据=0.5可求得2=24sA 正确，B 错误。故选 ACD。9、答案：6m/s静止状态解析：12当斜面倾角为1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为1922零；当斜面倾角在1和2之间时，物块处于静止状态。=0时，木板水平放置，由牛顿第二定律 =0又=联立解得0=6m/s2由图可知，当斜面倾角为1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为2时，摩擦力沿斜面向上且加速

24、度为零；当斜面倾角在1和2之间时，物块处于静止状态。10、答案：依赖存在作用力反作用力解析：略11、答案：不变2.510 C匀减速直线运动6.68 103N-3解析：（1）1惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变2 平均速度9=m/s=2.5 103m/s3600=（2）3A气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A 错误；B伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B 错误；20C动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；D悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是

25、平衡力，D 错误。故选 C。（3）45由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据=0+可得火星车在此阶段的加速度 03.6 95=m/s2=1.14m/s280=火星车受到的合力火星表面的重力加速度2火=10m/s2=4m/s25根据牛顿第二定律 推=推=6.68 103N12、答案：4 4解析：12对物体受力分析，由牛顿第二定律得sin cos=21即加速度为=sin cos=4ms2又由运动学公式2=2解得物体下滑2m时的速度为=4ms13、答案：（1）16m/s；（2）180N解析：（1）由牛顿第二定律得mg

26、sin-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/s2由牛顿第二定律得222Fmg=ma解得制动力F=180N14、答案：（1）4m/s；（2）2.8s解析：(1)沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有sin cos=1从A到C根据速度位移公式有21=2 0解得小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v=4m/s(2)从斜面下滑阶段有v=a1t1解得t1=2s水平段，根据牛顿第二定律有mg=ma2根据速度时间公式0=v-a2t223解得t2=0.8s所以总时

27、间为t=t1+t2=2.8s15、答案：（1）12g；（12解析：（1）对A有m1gFT=m1a1对B有FT=m2a1则（2）对A有m1gFT2=m1a2对B+C有FT2=2m2a2则F2T2=12g1222）2：1。=121224由3FT2=2FT得212312=1+222(1+2)所以m1：m2=2：116、答案：（1）2.2s；（2）3.8m解析：（1）设物块刚放到传送带上时初速度为0，在物块速度达到0前的过程中，由牛顿第二定律有sin+cos=1代入数据解得1=10m/s2经历的时间为02=s=0.2s1101=物块运动的位移012 0.2m=m=0.2m221=物块的速度达到0之后，

28、有sin cos所以物块与传送带共速后继续向下做匀加速运动。25由牛顿第二定律可得sin cos=2代入数据解得2=2m/s2设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为2，则有122=1=02+222解得2=2s所以此物块在传送带上运动的时间为=1+2=2.2s（2）传送带运动的位移分别为1=01=2 0.2m=0.4m2=02=4m划出痕迹的长度为1=1 12=2物块相对传送带的位移为=2 1=3.8m17、答案：倾斜角度（h的高度）2解析：26122=0.2m 2=8m 4m=4m(4)1改变斜面倾斜角度（h的高度），重复步骤(2)与(3)。(5)2由11 sin 2=222=解得221=2

29、即以h为纵坐标，以2为横坐标建立坐标系；(6)3则由图像可知22=得22=18、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；271D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)119、答案：0.58 4.7=解析：(1)12相邻两计数点间还有一个

30、计时点未标出，则T=0.04s；(5.851.20)102=m/s=0.58m/s20.08=42=(9.303.153.15)10240.042m/s2=4.7m/s2(2)3根据牛顿第二定律可得31=(13)解得3(13)1=20、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=2结合逐差法可知：65432192(3.873.392.882.381.901.40)10290.12=m/s2=0.50m/s2（2）23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-Mg=(M+m)a28其中mg=1.00N，Mg=2N，解得=0.4329