安徽省安庆一中2022高考物理考前复习：牛顿第二定律专题

物理考前复习：牛顿第二定律专题1．2022年3月23日下午“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，其中有太空抛物实验，通过观察与分析，下列说法正确的是（）（单选题）A．太空抛物演示牛顿第二定律所描述的物理现象B．太空抛物演示牛顿第三定律所描述的物理现象C．冰墩墩水平抛出，它如在地面上做平抛运动一样D．冰墩墩水平抛出，它沿原有方向做匀速直线运动2．一物体的质量为2kg，当受到的合外力为16N时，由牛顿第二定律可以求出物体的加速度为（）A．2m/s2B．20m/s2C．8m/s2D．4m/s23．某实验兴趣小组做实验验证牛顿第二定律时， 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如图所示的实验装置：在水平桌面上放一倾角可调的斜面，斜面左侧固定一光滑定滑轮，物块A通过跨过定滑轮的细线连接放置在斜面上的物块B，滑轮与物块B之间的细线与斜面平行，光电门1、2固定在斜面上，其间距为L，挡光片的宽度为d，重力加速度大小为g。回答下列问题：（1）用天平测得物块A的质量为m、B的质量（包括挡光片）为M；（2）现不断调节斜面的倾角，给物块A一个向下的初速度，直到观察到挡光片通过光电门1、2的时间相等。此时斜面的倾角为，B与斜面间的动摩擦因数为μ，则μ______（填“”“”或“=”）tan；（3）保持斜面倾角不变，撤掉物块A和细线，单独让物块B从斜面顶端滑下，测得挡光片通过两个光电门1、2的时间分别为t1、t2，则B的加速度大小a=_______，当关系式_______成立时，即可验证牛顿第二定律成立。4．某同学在实验室中利用如图1所示装置验证牛顿第二定律，设小车和小车内的钩码总质量为M，该同学在托盘和砝码的总质量m满足mM的条件下，将木板放在水平桌面上做实验，得出相关数据后，做出的图像如图2，请回答下列问题：（1）图1是进行某次实验前的实验装置图，除了未平衡摩擦力之外，请指出图中的两个错误________、________；（2）根据图2可知，小车运动过程受到的摩擦阻力为_________N，实验过程中小车和小车内钩码的总质量为_________kg（g取10m/s2）。5．在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置．实验操作的主要步骤如右上图：a．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直b．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A7344:uId:7344第1页，共6页c．将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹Bd．将木板再水平向右平移同样距离，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕g迹C，若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为。（1）关于该实验，下列说法中正确的是_______；A．斜槽轨道必须尽可能光滑B．每次释放小球的位置可以不同C．每次小球均须由静止释放D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h和斜面倾角，然后利用牛顿第二定律和运动学公式求出。（2）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0=________。（用题中所给字母表示）；2（3）小明再次重复多次实验，根据测量出的不同情况下的和，令y=y21−y，并描绘出−yx图像，则图像是一条________（填抛物线或直线），若已知图线的斜率为k，则斜率的表达式为k=________。（用题中所给字母表示）6．在“验证牛顿第二定律”的实验中，实验装置如图甲所示。（1）某组同学研究小车在质量不变的情况下，加速度与合力关系的实验中，下列措施中不需要或不正．．．．．．确．的是_______。A．首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力B．平衡摩擦力的方法就是在竖直细绳上增挂钩码，使小车能匀速运动C．每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力D．实验中通过在竖直细绳上增挂钩码来改变小车受到的拉力E.实验中应先释放小车，然后再打开打点计时器的电源（2）有一位同学通过实验测量数据，作出了图乙中的A图线，图中下面部分是直线，上面部分是曲线，另一位同学作出了图丙中的B图线。下列分析正确的是_______。A．A图线不通过坐标原点的原因可能是平衡摩擦力不够B．A图线上部弯曲的原因是未满足拉车的砝码质量远小于小车的质量C．B图线在纵轴上有截距的原因是所挂钩码质量偏大D．B图线的斜率数值上等于小车的质量（3）图丁是某次实验时打点计时器所打出纸带的一部分，纸带上计数点间的距离如图丁所示，其中相邻两计数点之间还有4个点未画出，则打点计时器打计数点2时小车的速度大小为_______m/s，整个运动过程小车的加速度大小为_______m/s2。（打点计时器所用电源的频率为50Hz，结果均保留两位小数）7．如图1所示为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。828185:fId:828185第2页，共6页（1）若交流电的频率为50Hz，根据图2所打纸带的打点记录，小车此次运动经B点时的速度vB＝_____m/s，小车的加速度a＝_____m/s2。（2）如图3所示为研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量的关系”时所得的实验图象，横坐m为小车上砝码的质量．已知图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿第二定律成立，则小车受到的拉力为_______，小车的质量为_______（用k和b表达）。8．小明同学利用下图1中的实验器材在完成验证牛顿第二定律的试验后，想要继续用这组实验装置测量滑块和木板之间的动摩擦因数。小明把木板调成水平后开始了实验测量。（1）下列是小明在实验中的一些操作，其中正确的是___________；（填正确答案标号）A．应保持拉力传感器和动滑轮以及动滑轮和定滑轮之间的细线水平B．先释放砂桶再开通打点计时器的电源C．应保证砂和砂桶的质量远小于物块的质量D．打点结束后，应先关闭电源，再取下纸带（2）图2是实验中得到的某条纸带的一部分，图中的黑点为计数点，相邻两计数点之间有4个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，由纸带数据求出小车的加速度a=_______m/s2（结果保留两位有效数字）（3）某次实验中测得了滑块的加速度为a，拉力传感器的读数为T，且已知滑块的质量为m，重力加速度为g，则可计算出滑块和木板之间的动摩擦因数为___________。（用字母表示）9．如图甲所示是某同学验证牛顿第二定律的实验装置。其步骤如下：①小桶内盛上适量细沙，用轻绳绕过滑轮连接在小车上，合理调整木板倾角，轻推小车，让小车沿木板匀速下滑；②取下轻绳和小桶，测出小桶和细沙的质量m及小车质量M；③取下轻绳和小桶后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙所示，O为打下的第一个点，相邻两点间还有四个点未画出。已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g，纸带上BC、两点间距离和CD、两点间距离的测量值分别为x1和x2。（1）关于该实验，以下说法正确的有__________；A．该实验不需要满足MmB．该实验需要调整连接小车的轻绳与木板平行C．步骤①中，在平衡摩擦力操作时，应取下小桶uerr:uId:uerr第3页，共6页（2）步骤③中小车所受的合外力为___________；（3）为验证牛顿第二定律，需要成立的关系式为___________（用所测物理量的符号表示）。10．某同学用如图（a）所示的实验装置图，做“验证牛顿第二定律”的实验。（1）某次实验，打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带如图（b）所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点（中间4个点没画出），分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA＝1.61cm，OB＝4.02cm，OC＝7.26cm，OD＝11.30cm，OE＝16.14cm，OF＝21.80cm，打点计时器打点频率为50Hz，则由此纸带可得到打E点时小车的速度vE=______m/s，此次实验小车的加速度a＝______m/s2。（结果均保留两位有效数字）（2）该同学保持小车质量不变，不断改变悬挂砝码质量m，根据实验数据，作出小车加速度a与砝码质量m的图像如图（c）所示，图像不过坐标原点的原因是______。11．某兴趣小组在学习牛顿第二定律时，设计了如下实验。如图1所示，带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，有一个上表面为斜面的小车前端用细线跨过滑轮连接一小桶，小车后面连接纸带，纸带穿过固定在木板上的打点计时器。实验中可以通过改变小桶中沙子的质量实现小球与小车在运动过程中保持相对静止。（重力加速度g=9.8m/s2，计算结果均保留三位有效数字）（1）若实验中发现小球总是相对斜面向下滑动，应向小桶内___________一些沙子（填“添加”、“取出”）；（2）某次实验观察到小球始终相对斜面静止，打点计时器打下的一条纸带如图2所示，已知交流电源2频率为50Hz，则小车运动的加速度a1=___________m/s；（3）已知斜面倾角为15，若斜面光滑，小球和小车要保持相对静止，则小球的加速度应为2ag2==tan152.63m/s；（4）该小组同学分析a1和a2不等的原因可能是___________。A．斜面对小球有沿斜面向上的摩擦力B．斜面对小球有沿斜面向下的摩擦力C．不满足小车和斜面的质量远大于小桶和沙子的质量D．小球质量太大12．演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法，即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或者科学概念出发，推出新结论的一种思维过程。如图所示，质量为m的某物体在光滑水平面上运动在与运动方向相同的恒力F的作用下发生一段位移l，速度由v1增加到v2。（1）请根据牛顿第二定律和功的定义推导力F在这个过程中做的功，等于物体在这个过程中动能的变化；iwiqit:fId:iwiqit第4页，共6页（2）实际上，以上结论对于变力的情况依然成立。如图所示，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压缩至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力。请用（1）中结论求：小球从A运动到B的过程中，弹簧弹力对小球做的功W。13．如图所示，质量为m的物体放在光滑水平面上。在水平恒力F作用下，速度由v1增大到v2的过程中，发生的位移为l。（1）请利用题中已知物理量表示此过程中合外力所做的功W合以及动能变化量ΔEk；（2）演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法，即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或科学概念出发，推出新结论的一种思维活动。动能定理的推导过程应用演绎推理的思想，请利用牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，推导动能定理WE合=Δk；（3）动能定理也适用于变力做功和曲线运动情况。如图所示，一质量为m的物体从高为h处的A点由静止滑下，到达B点的速度大小为v，重力加速度为g。求物体下滑过程中阻力做的功Wf。14．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=______m/s2。（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.8m/s2。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为a=______，小球B下落过程中绳子的拉力大小为______N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，a与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______2022-05-20T17:30:34.861406UERRIWIQIT:uId::fId:UERRIWIQIT第5页，共6页15．牛顿第二定律的表达式（1）内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___________，跟它的质量成___________，加速度的方向跟作用力的方向___________。（2）表达式F=___________，其中力F指的是物体所受的___________。（3）牛顿第二定律反映了加速度与力的关系A、因果关系：公式F=ma表明，只要物体所受合力不为零，物体就产生加速度，即力是产生加速度的___________。B、矢量关系：加速度与合力的方向___________，但速度方向和物体受到的合力方向无任何关系C、瞬时对应关系：表达式F=ma是对运动过程的每一瞬间都成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。D、独立对应关系：当物体受到几个力的作用时，各力将独立产生与其对应的加速度。但物体实际表现出来的加速度是物体各力产生的加速度___________的结果。（按矢量运算法则）E、同体关系：加速度和合外力（还有质量）是同属一个物体的，所以解题时一定把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。16．两类基本问题（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8kg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=20N拉物体，使其由A点开始运动，经过8s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取10m/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。第6页，共6页物理考前复习：牛顿第二定律专题参考答案1．D【解析】AB．太空抛物演示牛顿第一定律所描述的物理现象，故AB错误；CD．在太空中，物体处于完全失重状态，则冰墩墩水平抛出，它沿原有方向做匀速直线运动，故C错误，D正确。故选D。2．C【解析】根据牛顿第二定律可得，物体的加速度为F16a==m/s22=8m/sm2故选C。d211Md2113．<22−mg=−222Lt12t2Lt12t【解析】（2）[1]设匀速时细线的拉力为T，对A由平衡条件可得T=mg同理对B有T=−MgsinMgcos联立可得m=−tanMcos即tan（3）[2][3]由匀变速直线运动规律22dd−=2aLtt12可得d211a=−222Lt12t撤掉物块A和细线，B单独下滑时，其所受重力、支持力和摩擦力均保持不变，此时合力与去掉的细线拉力等大反向，故4．小车没有靠近打点计时器放置水平木板上的滑轮没有紧靠桌子边缘放置0.20.35【解析】（1）[1][2]根据实验原理，由图1可知，两个错误分别为小车没有靠近打点计时器放置和水平木板上的滑轮没有紧靠桌子边缘放置。（2）[3]由图2可知，当小车受到的拉力F=0.2N时，小车的加速度恰好为零，则小车受到的摩擦阻力为0.2N。[4]根据题意，由牛顿第二定律可得F−=fMa整理得答案第1页，共7页7344:uId:73441faF=−MM由图2可知，图像的斜率10.8k==kg−1M0.48−0.2解得M=0.35kggg5．Cx直线2yy21−v0【解析】（1）[1]A．斜槽轨道是否光滑不影响小球每次做平抛运动的初速度是否相同，故斜槽轨道不需要尽可能光滑，A错误；BC．为了保证小球每次做平抛运动的初速度相同，必须每次释放小球的位置相同，且又静止释放，B错误，C正确；D．由于斜槽轨道存在一定的摩擦阻力，且不知道动摩擦因数，故测量小球的释放点与抛出点之间的高度h和斜面倾角，利用牛顿第二定律和运动学公式并不能求出小球抛出的初速度,D错误；故选C。（2）[2]在竖直方向有2y=y21−y=gt水平方向有x=v0t联立解得gv0=xy21−y（3）[3][4]在竖直方向有水平方向有联立可得g2=yx2v0可知−yx2图像是一条直线，图像的斜率表达式为gk=2v06．BCEAB0.821.61【解析】答案第2页，共7页828184:fId:828184[1]（1）A.研究小车在质量不变的情况下，加速度与合力关系的实验中，首先要平衡摩擦力，使小车受到的合力等于细绳对小车的拉力,故A正确；B．平衡摩擦力的方法就是，不挂钩码，把木板的一端垫高，轻推小车，使小车能匀速滑动，故B错误；C．平衡摩擦力后，在实验过程中不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D．实验中通过在竖直细绳上增挂钩码来改变小车受到的拉力，故D正确；E．实验中应先接通电源，然后再释放小车，E错误。故选BCE。[2]（2）A．A图线不通过坐标原点，即拉力要有一定数值小车才有加速度，可知其原因是可能是实验前没有平衡摩擦力或摩擦力没有平衡够，故A正确；B．A图线上部弯曲的原因是未满足拉车的砝码质量m远小于小车的质量M这个条件，故B正确；CD．B图线在纵轴上有截距的原因是在平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，小车沿斜面向下的分力大于摩擦力，使尚未对小车施加拉力时，小车已有加速度，因此作出的图线中，F为0时，a不为0，而是有一定的数值，根据F=Ma整理得Fa=M图线的斜率1k=M可知B图线的斜率数值上等于小车的质量的倒数，故CD错误。故选AB。[3]（3）由题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔T=50.02s=0.1s根据匀变速直线运动中间时刻瞬时速度等于该过程平均速度得x7.41+9.02v=13=10−2m/s0.82m/s22T20.1[4]根据逐差法得xx−(9.02+10.60)−(5.79+7.41)a=2402=10−2m/s21.61m/s2(2T)22(20.1)1b7．0.4001.46kk【解析】（1）[1]如图所示，B点速度为AC之间的平均速度，则有810−2mv==0.400m/sB0.2s[2]根据逐差法有(8.00−23.27)10−22m=a0.1解得a=1.46m/s（2）[3]图3是在合力恒定不变的情况下做出的，其斜率为合力的倒数，则有答案第3页，共7页uerr:uId:uerr1k=F则有1F=k[4]当小车上砝码的质量m为零时，此时小车的质量M为总质量，则有11M=bk则小车的质量为bM=k8．AD0.30(0.29~0.31均可)2T−mamg【解析】（1）[1]A．保证拉力沿水平方向，因此应保持拉力传感器和动滑轮以及动滑轮和定滑轮之间的细线水平，故A正确；B．应该先接通打点计时器的电源再释放砂桶，故B错误；C．传感器可以直接读数，不需要砂和砂桶的质量远小于物块的质量，故C错误；D．打点结束后，为了避免长时间工作烧坏打点计时器，应先关闭电源，再取下纸带，故D正确。故选AD。（2）[2]由题知，相邻两计数点之间有4个点未画出，则相邻计数点的时间T=0.1s，根据逐差法可得(8.80−6.30)10−−22−(6.30−5.00)10a=m/s22=0.30m/s40.12（3）[3]对物块受力分析2T−=mgma解得2T−ma=mgxx−9．AB##BAmgM21f2=mg25【解析】（1）[1][2]A．由细沙和桶的重力可以求出小车重力沿斜面的分力与摩擦力的差值，小车匀速下滑时，有Mgsin−Ff−mg=0故不需要满足Mm，故A正确；B．调整连接小车的轻绳与木板平行，才能正确求解绳上的拉力，故B选项正确；C步骤①中，在平衡摩擦力操作时，不应取下小桶，故C选项错误。（2）[2]小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零，即Mgsin−Ff−T=0绳的拉力T=mg答案第4页，共7页iwiqir:fId:iwiqir撤去拉力后，其余力不变，则合力大小等于撤去的拉力大小，即F合==Tmg（3）[3]打点计时器的打点频率为f，相邻两点间还有四个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为5T=f由匀变速直线运动中连续相等时间的位移差Δx=aT2可得25x21−=xaf解得xx−af=21225小车受到的合外力xx−F=Ma=M21f2=mg合2510．0.530.81未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（斜面倾角过小）【解析】（1）[1]打E点时小车的速度xxx−10.50cmv==DFOFOD==0.53m/sE2TT20.2s[2]根据匀变速直线运动规律，采用逐差法求解加速度xx−221.80−27.26a=OFOC=m/s220.81m/s(3T)29（2）[3]发现图线不过坐标原点，说明施加拉力但加速度为0，则原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足（斜面倾角过小）。11．添加2.88B【解析】（1）[1]发现小球总是相对斜面向下滑动，说明斜面的加速度小于小球的加速度，应向小桶内添加一些沙子；（2）[2]交流电源频率为50Hz，则周期为1T==0.02sf则小车运动的加速度s+s−s−sa==34122.88m/s21(2T)2（4）[3]因为a1大于a2，说明（2）中的小球除了受到重力支持力之外，还受到沿斜面向下的摩擦力，合力大于（3）中小球的合力，故ACD错误，B正确。故选B。12．（1）见解析；（2）W弹=-3mgx0【解析】答案第5页，共7页UERR:uId:UERR（1）由牛顿第二定律F=ma物块做匀加速直线运动，由运动学公式22v21−=v2al得vv22−l=212a所以v22−v11W=Fl=ma21=mvv22−m2a2221（2）从A→B过程中，设弹簧弹力做功为W弹，由动能定理mg3x0+W弹=0−0得W弹=-3mgx011113．（1）W=Fl，E=mv22−mv；（2）见解析；（3）W=−mv2mgh合k2221f2【解析】（1）竖直方向合力为零，水平面光滑，水平恒力F即为合外力，则合外力做功动能的变化量为（2）加速运动过程，根据牛顿第二定律得根据位移速度公式得得则合外力做功vv22−11W=Fl=ma21=mv22−mv=E合2a2221k即WE合=k（3）下滑过程有重力和摩擦力做功，根据动能定理1mgh+=Wmv2f2解得答案第6页，共7页2022-05-20T17:30:34.710573IWIQIR:fId:IWIQIR1W=−mv2mghf214．1.841.961.18滑轮的轴不光滑或滑轮有质量【解析】[1]小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有1h-=haT202解得a=1.84m/s2[2][3]对小球B由牛顿第二定律有mBBg−=Fma对小球A由牛顿第二定律有F−=mAAgmaFF=解得(m−m)ga==BA1.96m/s2mmBA−F=1.18N[4]a和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。15．正比反比相同ma合力原因相同矢量和16．加速度运动加速度合外力0.544【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−=mgma解得a=0.5m/s2[6]根据速度公式得v==at4m/s[7]撤去拉力F后，受力分析得−=μmgma解得a=−2m/s2−v2物体运动的位移为x==4m2a答案第7页，共7页