2022届高考物理选择题专题强化训练：牛顿运动定律及其应用(天津使用)

这是一份2022届高考物理选择题专题强化训练：牛顿运动定律及其应用(天津使用)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（共21小题；共84分）
1. 一个质量为 2 kg 的物体共受到三个恒定的共点力作用，大小分别为 1 N 、 3 N 、 8 N，下列说法正确的是
A. 物体可能处于静止状态B. 物体可能处于匀速直线运动状态
C. 物体的加速度可能为 2 m/s2D. 物体的加速度可能为 1 m/s2

2. 物理学是研究物质运动最一般规律和物质基本结构的学科，在物理学的探索和发现过程中科学家们运用了许多研究方法，例如：理想化模型法、控制变量法、极限思维法、等效法微元法、放大法等等。以下关于物理学研究方法的叙述中误的是
A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想化模型法
B. 在探究加速度与力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法
C. 根据速度定义式 v=ΔxΔt，当 Δt→0 时，ΔxΔt 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
D. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了等效法

3. 如图所示，光滑水平地面上有 A 、 B 两个木块，mA=2 kg，mB=3 kg，在水平推力 F=6 N 的作用下一起向右运动，则
A. A 、 B 运动的加速度为 3 m/s2
B. A 、 B 运动的加速度为 2 m/s2
C. A 、 B 间的相互作用力大小为 2.4 N
D. A 、 B 间的相互作用力大小为 3.6 N

4. 质量为 m 的汽车在平直公路上行驶，阻力 Ff 保持不变。当汽车的速度为 v 、加速度为 a 时，发动机的实际功率为
A. FfvB. mavC. (ma+Ff)vD. (ma−Ff)v

5. 某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若 F4 的方向沿逆时针方向转过 60∘ 角，但其大小保持不变，其余三个力的大小和方向均保持不变，此时物体受到的合力的大小为
A. 0B. F4C. 2F4D. 2F4

6. 下列各物理量的单位属于国际单位制基本单位的是
A. 力单位 NB. 质量单位 gC. 时间单位 hD. 长度单位 m

7. 如图所示，将质量为 M 的 U 形框架开口向下置于水平地面上，用轻弹簧 1 、 2 及轻绳 3 将质量为 m 的小球悬挂起来。框架和小球都静止时弹簧 1 竖直，弹簧 2 、轻绳 3 均水平。现从与小球连接处将弹簧 1 剪断，则在剪断后瞬间
A. 框架对地面的压力大小为 (M+m)g
B. 框架对地面的压力大小为 0
C. 小球的加速度大小等于 g
D. 小球的加速度为 0

8. 小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的。小明测出这堆沙子的底部周长为 31.4 m，利用物理知识测得沙子之间的摩擦因数为 0.5，估算出这堆沙子的体积最接近
A. 60 m3B. 200 m3C. 250 m3D. 500 m3

9. 我国将在今年择机执行“天问 1 号”火星探测任务。质量为 m 的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为 t0 、速度由 v0 减速到零的过程，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，已知火星的质量约为地球的 0.1 倍，半径约为地球的 0.5 倍，地球表面的重力加速度大小为 g，地球半径为 R，万有引力常量为 G，则
A. 火星的第一宇宙速度为 gR
B. 火星质量为 0.5gR2G
C. 减速过程中着陆器位移为 12gt02
D. 减速过程中着陆器受到的制动力大小约为 m0.4g+v0t0

10. 如图所示，质量为 2m 的物块 A 与水平地面的摩擦不计，质量为 m 的物块 B 与地面间的动摩擦因数为 μ，在与水平方向成 α=60∘ 的斜向下的恒力 F 的作用下，A 和 B 一起向右做加速运动，则 A 和 B 之间的作用力大小为
A. 16F+23μmgB. 23μmgC. 16F−13μmgD. 13F−23μmg

11. 在生产线上，常用如图所示的装置来运送零件，水平传送带匀速运动，在传送带的右端上方有一弹性挡板，以避免零件滑落。在 t=0 时刻，将零件轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡板所在的位置时与挡板发生碰撞，碰撞时间不计，碰撞过程无能量损失，从零件开始运动到与挡板第二次碰撞前的过程中，零件运动的 v−t 图象可能正确的
A. B.
C. D.

12. 高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后。人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是
A. 人向上弹起过程中，一直处于超重状态
B. 人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
D. 弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力

13. 将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的 A 、 B 两点，另一端固定在小球 a 上，静止时，小球 a 恰好处于圆心 O 处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为 30∘，弹簧恰好水平，现将轻弹簧与轻绳对调，将 a 球换成 b 球后，小球仍位于 O 点，如图乙所示则，a 、 b 两个小球的质量之比为
A. 1:1B. 3:1C. 2:3D. 3:2

14. 如图所示，在倾角为 θ 的斜面上，放一质量为 m 的光滑小球，小球被竖直挡板挡住，则球对挡板的压力为
A. mgcsθB. mgtanθC. mgcsθD. mg

15. 如图所示，质量为 m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为 30∘ 的光滑木板 AB 托住，小球恰好处于静止状态。当木板 AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为
A. 0B. 233gC. gD. 33g

16. 物块 A 放置在与水平地面成 30∘ 角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成 60∘ 角倾斜，取 g=10 m/s2，则物块 A 沿此斜面下滑的加速度大小为
A. 53 m/s2 B. 33 m/s2
C. (5−3) m/s2 D. 1033 m/s2

17. 如图所示，在水平天花板的 A 点处固定一根轻杆 a，杆与天花板保持垂直。杆的下端有一个轻滑轮 O。另一根细线上端固定在该天花板的 B 点处，细线跨过滑轮 O，下端系一个重量为 G 的物体。BO 段细线与天花板的夹角为 θ=30∘。系统保持静止，不计一切摩擦。下列说法中正确的是
A. 细线 BO 对天花板的拉力大小是 G2
B. a 杆对滑轮的作用力大小是 G2
C. a 杆和细线对滑轮的合力大小是 G
D. a 杆对滑轮的作用力大小是 G

18. 如图所示，放在水平地面上的斜面体 A 质量为 M，一质量为 m 的物块 B 恰能沿斜面匀速下滑，若对物块施以水平向右的拉力 F，物块 B 仍能沿斜面运动.则以下判断正确的是
A. 物块 B 仍将沿斜面匀速下滑
B. 物块 B 将沿斜面加速下滑
C. 地面对斜面 A 有向左的摩擦力
D. 地面对斜面 A 的支持力等于 (M＋m)g

19. 一个内表面光滑的绝缘的半球形碗放在水平桌面上，碗口处于水平状态，O 是球心。有两个带同种电荷（都可视为点电荷）且质量分别为 m1 和 m2 可视为质点的小球，当它们静止后处于如图所示状态，则 m1 和 m2 对碗的弹力大小之比为 。
A. 1:3 B. 3:1 C. 2:3 D. 3:2

20. 如图所示，倾角为 θ 的斜面 B 静止在粗糙水平地面上，其上表面动摩擦因数为 μ。某时刻，物块 A 正以速度 v 沿斜面 B 滑下。关于斜面此时受力情况的讨论，下列说法正确的是
A. 若 μ>tanθ，则斜面 B 受到水平面的静摩擦力向右
B. 若 μ=tanθ，则斜面 B 受到水平面的静摩擦力向右
C. 若 μ>tanθ，则斜面 B 受到水平面的支持力大于 A 和 B 的总重力
D. 若 μ=tanθ，则斜面 B 受到水平面的支持力大于 A 和 B 的总重力

21. 如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球 a 、 b，悬挂于 O 点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F 、作用在 a 球上的力大小为 3F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图
A. B.
C. D.

二、双项选择题（共8小题；共32分）
22. 如图所示，悬挂在小车顶棚上的小球偏离竖直方向 θ 角，则小车的运动情况可能是
A. 向右加速运动B. 向右减速运动C. 向左加速运动D. 向左减速运动

23. 关于力学单位制说法中正确的是
A. kg 、 J 、 N 是导出单位
B. kg 、 m 、 s 是基本单位
C. 在国际单位制中，质量的基本单位是 kg，也可以是 g
D. 在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式是 F=ma

24. 如图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力 F 作用而物体始终保持静止，下列说法正确的是
A. 当 F 逐渐减少后，物体受到的摩擦力保持不变
B. 当 F 逐渐减少后，物体受到的合力减小
C. 当 F 逐渐减少后，物体对斜面的压力逐渐增大
D. 若力 F 反向且慢慢增大，则物体受到的摩擦力增大

25. 一传送带装置示意图，其中传送带经过 AB 区域时是水平的，经过 BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过 CD 区域时是倾斜的，AB 和 CD 都与 BC 相切。现将大量的质量均为 m 的小货箱一个一个在 A 处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到 D 处，D 和 A 的高度差为 h。稳定工作时传送带速度 v0 不变，CD 段上各箱等距排列。每个箱子在 A 处投放后，在到达 B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经 BC 段的微小滑动）。已知在一段相当长的时间 T 内，共运送小货箱的数目 N 个。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，下列说法正确的是
A. AB 段传送带对每个小箱做功为 mv02
B. CD 段传送带与小箱摩擦生热为 0
C. CD 段传送带对小箱做功为 0
D. T 时间内，电动机输出的功率为 P=Nmv02+NmghT

26. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m 、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从 A 处由静止开始下滑，到达 C 处的速度为零，AC＝h。如果圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A 处，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为 g，则
A. 从 A 到 C 的下滑过程中，圆环的加速度一直减小
B. 从 A 下滑到 C 过程中弹簧的弹性势能增加量小于 mgh
C. 从 C 到 A 的上滑过程中，克服摩擦力做的功小于 12mv2
D. 圆环在 C 点所受合力为零

27. 如图所示，滑梯左、右滑道与水平面的夹角分别为 α 、 β（α<β），质量相等的甲、乙两个小孩从滑梯顶端由静止开始分别沿左、右滑道下滑到底端（不计一切阻力），则甲、乙两小孩在该过程中
A. 到达底端时的速度相同B. 到达底端时的动能相同
C. 重力的平均功率相同D. 到达底端时重力的瞬时功率不同

28. A 、 B 两球的质量均为 m，两球之间用轻弹簧相连，放在光滑的水平地面上，A 球左侧靠墙。弹簧原长为 L0，用恒力 F 向左推 B 球使弹簧压缩，如图所示，整个系统处于静止状态，此时弹簧长为 L。下列说法正确的是
A. 弹簧的劲度系数为 FL
B. 弹簧的劲度系数为 F(L0−L)
C. 若突然将力 F 撤去，撤去瞬间，A 、 B 两球的加速度均为 0
D. 若突然将力 F 撤去，撤去瞬间，A 球的加速度为 0，B 球的加速度大小为 Fm

29. “儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为 m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为 60∘（已知重力加速度为 g）， 则
A. 每根橡皮绳的拉力为 mg
B. 若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C. 若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度 a=g
D. 若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根非弹性绳，则小明左侧非弹性绳在腰间断裂时，小明的加速度 a=12g

三、多项选择题（共1小题；共4分）
30. 如图所示，物体在长度相等的细绳 AO 、 BO 的作用下处于静止状态，现将 B 点向右移动一小段距离，重新平衡后，与移动 B 点前相比较
A. 两绳上的拉力均变大B. 两绳的拉力的合力不变
C. AO 绳的拉力与重力的合力变大D. BO 绳的拉力与重力的合力不变
答案
第一部分
1. C
2. D
3. D
【解析】A选项，B选项：整体受力分析：F=(mA+mB)α，解得 α=1.2 m/s2，故AB错误；
C选项，D选项：隔离 B 分析，N=mBα，解得 N=3.6 N，故C错误，故D正确。
4. C
【解析】由题意知，汽车受到的阻力为 Ff，当加速度为 a 时，由牛顿第二定律有 F−Ff=ma，得 F=Ff+ma；根据 P=Fv，则发动机的实际功率为 P=(Ff+ma)v，选项C正确。
5. B
【解析】物体在四个共点力作用下处于平衡状态，即物体所受合外力为 0，
把 F4 的方向沿逆时针转过 60∘ 角而大小保持不变，其余三个力的合力为 −F4，
则 −F4 旋转后的 F4 成 120∘，
根据平行四边形定则：总合力为 F4，故B正确。
6. D
【解析】N 是导出单位，不是基本单位，故A错误；力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、 时间，它们的单位分别为 m 、 kg 、 s；g 是质量的常用单位，不是基本单位；h 是时间的常用单位，也不是基本单位。故D正确，BC错误。
7. C
【解析】由于弹簧 2，轻绳 3 的作用力始终保持水平且合力为 0，即便在剪断弹簧 1 瞬间依然保持原状，不影响竖直方向作用力，从小球连接处剪断弹簧 1 瞬间，弹簧的弹力立即为零，小球所受合外力为 mg，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为 g，C正确，D错误；框架受重力和支持力作用，由牛顿第三定律可知，框架对地面的压力大小为 Mg，A、B错误。
8. A
9. D
10. A
【解析】本题考查物体的受力分析、力的分解、牛顿第二定律的应用及整体法和隔离法；对 AB 整体受力分析，应用牛顿第二定律得，a=Fcsα−μmg2m+m，对 B 物体应用牛顿第二定律，a=FAB−μmgm，两式联立解得 FAB=16F+23μmg。
11. A
【解析】零件与弹性挡板发生碰撞前可能先做匀加速运动，当与传送带共速后一起与传送带做匀速运动，向左做匀减速运动，所以两过程中加速度不变，到达挡板位置时又与传送带达到共速，以后重复原来的过程，BCD错误。
12. C
【解析】人向上弹起的过程，先做加速度逐渐减小的加速直线运动（超重状态）、而后做加速度逐渐增加的减速运动（失重状态），最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；
人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；
当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误。
13. C
【解析】在甲图和乙图中，由于弹簧的长度是相等的，所以两种情况下的弹簧的弹力是相等的。
甲图中：m1gF=tan30∘=33
乙图中：m2gF=sin30∘=12
所以：m1gm2g=33F12F=233=2:3。
14. B
【解析】小球受力析如图所示：

运用合成法，由几何关系，可得：
N1=mgtanθ
N2=mgcsθ
根据牛顿第三定律：球对挡板的压力 mgtanθ。
15. B
【解析】木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图：
根据共点力平衡条件，有：F−Nsin30∘=0，Ncs30∘−G=0，解得 N=233mg，F=33mg，木板 AB 突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力 N，方向与 N 反向，故加速度为：a=Nm=233g，故选项B正确。
16. D
【解析】当物块匀速下滑时，根据共点力平衡有：mgsin30∘=μmgcs30∘，解得动摩擦因数 μ=33；
当木板与水平面成 60∘ 角倾斜时，根据牛顿第二定律得，mgsin60∘−μmgcs60∘=ma
解得 a=gsin60∘−μgcs60∘=1032 m/s2−533 m/s2=1033 m/s2，故D正确，A 、B 、C错误。
17. D
【解析】对重物受力分析，受到重力和拉力 T，根据平衡条件，有 T=mg，同一根绳子拉力处处相等，故绳子对天花板的拉力也等于 mg，故A错误；
对滑轮受力分析，受到绳子的压力（等于两边绳子拉力的合力），以及杆的弹力（向右上方的支持力），如图
根据平衡条件，结合几何关系，有
F=T=mg
故B错误，D正确；
由于滑轮处于平衡状态，故 a 杆和细线对滑轮的合力大小是零，故C错误。
18. B
【解析】没有施力前、物块平衡，有 mgsinθ=f，当施力后 F 有沿斜面向下的分力与垂直斜面向上的力，使得最大 f 减小，物块将沿斜面加速下滑，A项错，B项对；将 AB 看成整体加 F 后，因 F 大小与 θ 角未知，因此地面对 A 摩擦力方向无法确定，C项错，因整体的重心加速下降，失重状态，支持力小于 (M+m)g ，D项错
19. B
【解析】对两球受力分析如图：
电场力 F 等大反向，由平衡条件得出平行四边形，又由相似三角形可得 m1gOC=FAC，m2gOC=FBC，联立得 m1m2=BCAC，在等腰直角三角形 OAB 中，∠AOC＝30∘，∠BOC=60∘，由几何关系得 BCAC=sin60∘sin30∘=31，B 项对，A、C、D 错。
20. C
21. B
【解析】设每个球的质量为 m，Oa 绳、 ab 绳和竖直方向的夹角分别为 α 、 β；以两个小球组成的整体为研究对象，分析其受力情况，如图 1，
根据平衡条件可知，Oa 绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡，由平衡条件得：tanα=2F2mg=Fmg；以 b 球为研究对象，分析受力情况，如图 2，
由平衡条件得：tanβ=Fmg，则 α=β，即两绳与竖直方向的夹角相等，B正确。
第二部分
22. A， D
【解析】小球受力如图所示，由牛顿第二定律得：
mAgtanθ=mAa，
解得球的加速度为：a=gtanθ，方向水平向右，
小球与车的运动状态相同，车的加速度向右，
因此车可能向右做加速运动，或向左做减速运动，
故AD正确，BC错误。
23. B， D
【解析】kg 是质量的单位它是基本单位，所以A错误；
三个力学基本物理量分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为 m 、 kg 、 s，所以B正确；
g 也是质量的单位，但它不是质量在国际单位制中的基本单位，所以C错误；
牛顿第二定律的表达式 F=ma，是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的，所以D正确。
24. A， C
【解析】对物体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力和拉力，如图所示，因为物体始终静止，处于平衡状态，合力一直为零，根据平衡条件则有，垂直斜面方向：F+N=Gcsθ，Gcsθ 不变，所以 F 逐渐减小的过程中，N 逐渐变大，根据牛顿第三定律，物体对斜面的压力也增加；平行斜面方向：f=Gsinθ，G 和 θ 保持不变，故 f 保持不变，若力 F 反向且慢慢增大，则物体受到的摩擦力也不变，故选项A、C正确，B、D错误。
25. B， D
26. B， C
【解析】A 、圆环从 A 处由静止开始下滑，到达 C 处的速度为零，再做减速运动，所以经过 B 处的加速度为零，后增大；
BC 、研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程 f−W弹=0，
在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A−mgh+W弹−Wf=0−42mv2
解得：Wf=74mv2，故C正确；
从上述分析知，在 C 处弹性势能：W弹=44mv2−mgh，故B正确；
D 、圆环在 C 点时，加速度向上。故D错误。
27. B， D
【解析】A．两位小孩达到底端的速度方向不同，所以速度不一样，故A错误；
B．两个小孩从顶端滑到底端的过程中，根据动能定理
mgh=Ek−0
即末动能为
Ek=mgh
两个小孩的质量相同，始末高度差相同，所以动能相同，故B正确；
C．甲的下滑加速度
a1=gsinα
位移
x1=hsinα
根据
x1=12a1t12
联立可得甲的下滑时间
t1=1sinα2hg
同理可得乙的下滑时间
t2=1sinβ2hg
有
P=WGt
可知，甲乙下滑所需时间不同，所以重力的平均功率不同，故C错误；
D．根据
mgh=12mvt2
可知甲乙末速度大小相等，即
v甲=v乙
重力的瞬时功率为
P甲=mgv甲sinα
P乙=mgv乙sinβ
因 α<β，所以甲乙的重力的瞬时功率肯定不同。故D正确。
28. B， D
【解析】以 B 为研究对象受力分析，根据平衡条件：F=k(L0−L)
得：k=FL0−L
故A错误B正确；
若突然将力 F 撤去，撤去瞬间，弹簧来不及发生形变，则弹力不能瞬间改变，故 A 受合力仍然为 0，加速度为 0；B 水平方向只受弹簧的弹力，大小为 F，
根据牛顿第二定律：a=Fm，故C错误D正确。
29. B， D
第三部分
30. A， B， C