《2023江苏版物理高考第二轮复习--专题三 牛顿运动定律.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023江苏版物理高考第二轮复习--专题三 牛顿运动定律.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023江苏版物理高考第二轮复习专题三牛顿运动定律1.（2022河南平顶山、许昌、济源三市二测）2022年 2 月 6 日，中国女足时隔1 6年重夺亚洲杯冠军。某学习小组在研究足球运动规律时,将足球在地面上方某高度处竖直向上抛出，足球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比。规定竖直向上为正方向,关于反映足球运动的v-t 图像,下列正确的是（）答 案 D上升阶段,足球受到重力和向下的空气阻力,根据牛顿第二定律有m g+f=m a,又 f=k v,得加速度大小a=g，,知加速度m随着速度减小而减小,当v=0时,a=g ;下降阶段,足球受到重力和向上的空气阻力,根据牛顿第二定律有m g-f=m
2、 a,又 f=k v,得加速度大小a=g ,知加速度随着速度增大而减小,由v-t 图线的斜率表示加速度知,A、B,C 错误,D 正确。tn.2.（2022江西八校联考）（多选）冰壶比赛是冬奥会的比赛项目之一,运动员把冰壶沿水平冰面投出,冰壶仅在摩擦力作用下自由滑行，比赛过程中可在冰壶运动前方用毛刷来回擦扫冰面,减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的滑行距离。某场比赛中，一运动员以v“的速度投掷冰壶,冰壶和冰面间的动摩擦因数为U,冰壶能在冰面上滑行s 的距离，若在冰壶速度减为当时开始持续擦扫冰面,则冰壶能再滑行的距离。冰壶的运动可视为直线运动，已知重力加速度为g,则擦扫后冰壶与冰面间的动摩擦因
3、数。为（）A.ju.B q3uc4噜答 案 A C未擦扫时,根据牛顿第二定律得u m g=m a,根据速度位移关系得2as=1，若在冰壶速度减为三时开始持续擦扫冰面,减为宴后,根据牛顿第二定律得U,mg*,根据速度位移关系得2a,X 共 劣 2,联立可解得口，名 居 故 选 以3.（2022河北保定一模）第 1页 共 1 1 页2021年10月15日,伴随着“3、2、1”的倒计时，“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，“神舟十三号”航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为期6个月的“太空旅行”。如图所示为“长征二号”运载火箭，关于它在竖直方向加速起飞过程的说法正确的是()A.
4、火箭加速上升时,航天员对座椅的压力小于自身重力B.燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭升空C.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态D.火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力答 案C火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力,A错误;火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的反作用力，燃料燃烧向下喷气,喷出气体的反作用力推动火箭升空,B错误;保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度,所受重力和空气阻力均竖直向下,合外力方向竖直向下,故加速度方向竖直向下,处于失重状态,
5、C正确:火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是一对作用力和反作用力，二者等大反向,D错误。4.(2022浙江台州二模)某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示,弹簧上端固定，在弹簧旁固定一直尺。不挂钢球时,弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处;下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处.将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，S8.QZ-就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取加速度竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A.20 cm刻度对应的加速度为gB.30 cm刻度对应的加速度为0.5gC.80 cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度
6、值的间隔是不均匀的答 案C设弹簧的劲度系数为k,钢球质量为m,下端悬挂钢球,静止时指针位于直尺40 cm刻度处,则mg=k(40-20)X 10 2=0.2k。指针在20 cm刻度时,根据牛顿第二定律有k(20-20)X 10 2-rag=maI解得a=-g,故A错误;指针在30 cm刻度时，根据牛顿第二定律有k(30-20)X 10 Jmg=ma,解得a=-0.5g,故B错误:指针在80 cm刻度时,根据牛顿第二定律有k(80-20)X 10 2-mg=ma,解得a=2g,故C正确;根据牛顿第二定律得k(1-20)X 10 m 时,B 向下做匀加速运动,A 向上做匀加速运动,设加速度大小均为
7、a,细绳中的拉力大小为T,对 AJ3根据牛顿第二定律,T-m o g=m o a,m g-T=m a,解得T=空 蟹 卫 篝,a=（m，电 g-2：龙，当m-8 时,有T“=2n i o g,所以F产 2Tl i=4m g;当 时,Bm+m（）i-i-L I m+mQ m+m（）m向上做匀加速运动,A 向下做匀加速运动，同 理 可 得 空 选 二 g-一 绦水可知,当m n b 时,m 越大,a 越大;当正取时,m 越大,am+niQ 1 4.Qm越小。综上所述可知,A 正确,B、C、1）错误。1 0.（2022长沙长郡中学月考四,4）如图所示,货车运载相同圆柱形空油桶.在车厢底,一层油桶平整
8、排列,相互紧贴并被牢牢固定。油桶C自由地摆放在桶A、B 之间，和汽车一起运动，油桶C 与 A、B 之间的摩擦可忽略不计.下列说法正确的是（）A.汽车向左匀速运动时,A 对（.的支持力与油桶C 的重力大4时 目 等B.汽车向左加速运动时,A 对 C 的支持力增大,B 对 C的支持力减小C.汽车向左的加速度为a=y g 时,C 刚好只受一只桶的支持力D.汽车向左的加速度为a=i g 时,C 将脱离A 跑到B 的右边答 案 C 根据几何关系,A 和 B 对 C 的支持力方向均与竖直方向夹角为30 ,匀速行驶时，对 C 根据平衡条件,E,co s 30 +F,co s 30 =m g,FA s i n
9、 30 =FB s i n 30 ,支持力F,=m g,故 A 错误;汽车向左加速运动时，竖直方向根据平衡条件,F co s 30 +FBco s 30 =m g,水平方向根据牛顿第二定律,检 s i n 30 -FA s i n 30 =m a 0,由此可知，汽车向左加速时,A 对 C 的支持力减小,B对 C 的支持力增大，故 B 错误;汽车向左的加速度为a=g 时,Fa s i n 30。-F、s i n 30 =y m g,F.,co s 30 +Fa co s 30 =m g,解得IFO,F.Fp n g,故 C 正确;因为a=/当g,故此时A对 C 的支持力大于0,C 不会脱离A,故
10、 D 错误。1 1.（2022广东梅州二模,5）一国产无人驾驶汽车质量为2.OX 1 0,k g,在试驾过程中以8 m/s 的速度行驶。人工智能发现车头前方20 m 处的斑马线上有行人,为礼让行人开始减速,从发现行人到停止运动，其 v-t 图像如图所示。则下列说法正确的是（）第 5 页 共 1 1 页J0 0.5 4.0 i/sA.汽车减速过程的加速度大小为2 m/s2B.汽车停止时车头距斑马线1 mC.图示过程中汽车运动的平均速度大小为4 m/sD.汽车在减速过程中受到的合力约为4.6X1 03 N答 案D汽 车 减 速 过 程 的 加 速 度 大 小 为 朱 舟m/s岑m/s：A错误;汽车
11、停止时运动的距离x型亘产则车头距斑马线A x=（20-1 8）m=2 m,B错误;图示过程中汽车运动的平均速度大小 若=广m/s=4.5 m/s,C错误;汽车在减速过程中受到的合力约为F=m a=2.O X I O X y N4.6X1 0:,N,D正确。1 2.（2022广东广州一模,6）如图所示,篮球从某一高度自由落下,与地面反复碰撞,最后停在地面上,空气阻力不计,下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是（）答 案B篮球自由落地到与地面接触前,只受重力作用,加速度不变,以向下为正方向,加速度为正值，图线为平行于t轴的线段;篮球与地面接触到反弹离开地面过程中,受地面的向上的弹力先从
12、零开始逐渐增大,篮球所受的合力m a尸m g-N,开始阶段地面弹力N小于重力,合力向下,篮球向下继续挤压,N增大,合力逐渐减小，加速度逐渐减小,篮球这一阶段向下做加速度减小的加速运动；弹力X增大到超过重力大小时,合力向上，其大小为m a产N-m g,随着 增大,加速度a逐渐增大,方向向上,篮球向下做加速度增大的减速运动直至速度为零;篮球开始向上运动（离开地面前）的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是:向上减小,再向下增大。综上分析可知B正确,A、C、D错误。1 3.（2022浙江山水联盟1 2月联考,5）运动员在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练,若在启动后的一小段时间内,运动员用
13、两根轻绳拉着轮胎做匀加速直线运动,加速度大小为a。如图所示,运动过程中保持两绳的端点A、B等高,两绳间的夹角为。、所在平面与水平面夹角恒为a,已知轮胎质量为m,运动过程受到的地面摩擦力大小恒为f,则每根绳的拉力大小为（）2co s 之 co s a 2s i n O s i n a第6页 共1 1页C.f+ma0-2/0-s i n a2CO S0答 案A设每根绳的拉力大小为T,根据力的合成与分解以及对称性可知，两根绳拉力的合力大小为F=2T co s (对轮胎，根据牛顿第二定律有F co s a-f=m a,解得T=f+maco s a-6故选A。21 4.(2022吉林普通中学二调)如图，
14、单人双桨赛艇比赛中,运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8 s,赛艇(含运动员、双桨)质量为70 k g,受到的阻力恒定,划水时双桨产生的总动力大小为赛艇所受阻力的2倍,某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s,运动员紧接着完成1次动作,此过程赛艇前进8 m,求：(D划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。答案(1)1 ：1 (2)6 m/s 1 75 N解 析(D设赛艇受到的阻力大小为f,双桨划水时的总动力为F,设划水和运桨阶段的加速度大小分别为a,、a2,由牛顿第二
15、定律得划水时F-f=m ai空中运桨时f=m a.依题意有F=2f联立解得a,：a2=l ：1(2)由以上分析可知,赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等,则加速结束时速度达到最大，则v.=v0+a,t划水时 s FVo t+jai t2运桨时 s2=v t-a2t2又 SI+S2=8 m联立并代入数据解得v.=6 m/s,f=1 75 N1 5.(2022浙江宁波二模)2021年5月1 5日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务一一着陆火星取得圆满成功。它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程。若已知着陆器(不含降落伞)总质量m=l.2 X 1 0 k g,火星表面
16、重力加速度g =4 m/s,忽略着陆器质量的变化和g 的变化,打开降落伞后的运动可视为竖直向下的直线运动。则：(D在第IV阶段的最后,着陆器从无初速度开始经0.75 s无动力下降后安全着陆,且火星表面大气 常稀薄,求着陆器着陆时的速度大小V,；(2)假设着陆器在第i n “动力减速阶段”做匀减速运动，求动力减速装置给着陆器的反推力F的大小；(3)着陆器在第n 伞降减速阶段”也可视为匀减速运动，求从打开降落伞到悬停过程中(即n、i n过程)的平均速度大小。(结果可用分数表示)第7页 共1 1页进 入A-大气降伞离停降与落脱悬着wwv-帝：莓.一-速度 时刻-1,0=4.9 x 103 m/s%=
17、0I气动减速阶段-v=4.6 x IO2 m/s 4=290 sII伞降减速阶段-”产 1.0 x 102 in/s,=380 sm动力减速阶段-%=q=460s4 悬停避障与缓速下降阶段2 020答案（1）3 m/s （2）6.3X1 03 N（3）-y-r a/s解 析（1）由题意可知该过程着陆器在火星表面做自由落体运动,着陆器着陆时的速度v,=g t=3 m/s 第HI阶段加速度为a=然=得喘 m/s2=4 m/s2打/2 460-380 4根据牛顿第二定律有m g -F=m a动力减速装置给着陆器的反推力的大小为F=m g -m a=6.3X1 0 N 利用平均速度求得第H、第Il l
18、阶段下落的高度分别为h产豆产（tt）=2.52X1 0 mh_V3+v 2（b_t 2）=4 0 X 10：）小从打开降落伞到悬停过程中（即II、川过程）的平均速度大小为了=学 普 黑 m/s1 6.（2022山东淄博一模,1 6）潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车刃群掉下悬崖,称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m=3.0X1 0 t,在高密度海水区域水面下沿水平方向缓慢潜航,潜航深度为=1 80 m,如图所示.当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94X1 0,N;20 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重（排水），此后潜艇以0.1 m/一的加速度匀
19、减速下沉，速度减为零后开始上浮，升至距水面1 20 m处时立即对潜艇加重（加水）后使其缓慢匀减速上浮,升到水面时速度恰好为零。重力加速度g取1 0 m/s,不计潜艇加重以及减重的时间和水的粘滞阻力。求：（1）潜 艇“掉深”达到的最大深度（自水面算起）；（2）潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。高密度海水 低密度海水答 案（1）300 m （2）1 60 s解 析（1）潜艇向下的加速过程有m g-F=m a,第8页 共1 1页此过程下落高度为h.=1 a,t?设潜艇向下减速过程下落的高度为儿潜 艇“掉深”达到的最大深度为h=h,+h,+h2联立解得h=300 m(2)设潜艇向下减速过
20、程的时间为t _.产a 2 t 2潜艇向上加速过程有：h；hh i,h j 1 20 m设升至距水面1 20 m处的速度为v2V2=a 2 t 3潜艇向上减速过程有h产竽t,潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间t 总:t l+t 2+t 3+t.|联立解得t总=1 60 s1 7.(2021天津一中月考,1 0)俯式冰橇(又叫钢架雪车)是冬奥会的比赛项目之一,其场地可简化为赛道AB和缓冲道B C、C D三部分。其中C D部分水平,各部分平滑连接。已知xJB=l 200 m,赛道AB的倾角为a,B C的倾角为6,冰橇与赛道AB间的动摩擦因数为U,=0.05,冰橇与B C间的动摩擦因数为-=0
21、.6.比赛时，触发信号灯亮起后，质量为后60 k g的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F=40 N推动质量m=40 k g的冰橇由静止开始沿赛道向下运动,8 s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变,不计空气阻力(取s i n a=0.l.co s a=l,s i n P=0.3,co sB =0.95,g 取 1 0 m/s2).AR(1)求比赛中运动员最大速度的大小v;(2)为确保此运动员能够停在水平道C D,缓冲道B C的长度X.不能超过多少？(此问结果保留3位有效数字)答案(1)36 m/s (2)74.5 m解 析(1)对冰橇:
22、有推力时F+m g s i n a-1 1 ,m g co s a=解得,ai=l.5 m/s28 s 末速度 v i=ai t i=1 2 m/s1 98 s内位移x 1二,a工 彳=48 m对运动员和冰橇整体：(M+m)g s i n a-U i(M+m)g co s a=(M+m)a2解得,a2=0.5 m/s2第9页 共1 1页昭-听=2a2(XM-x)解得,v.=36 m/s(2)对运动员和冰橇整体：(M+m)g s i n 6+p 2(M+m)g co s P=(M+m)as解得,aa=8.7 m/s2V-2a3Xn c解得,X B C=74.5 m1 8.(2022长沙实验中学一
23、模,1 3)某工厂用倾角为37。的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=30 m,正常运转的速度为v=4 m/s.一次工人刚把M=1 0 k g 的货物放到传送带上的A 处时停电了,为了不影响工作的进度,工人拿来一块m=5k g 带有挂钩的木板,把货物放到木板上,通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.(货物与木板均可看作质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g=1 0 m/s；s i n 370=0.6,co s 37。=0.8)(1)为把货物拉上去,且货物与木板不发生相对滑动,求拉力F 的最大值；(2)若工人用F=1 89 N 的恒定拉
24、力使货物运动1 0 s,求货物的位移大小；若 1 0 s 后来电来电后工人撤去拉力，问还需要多长时间货物能到达B 处(不计传送带的加速时间).答案(1)1 92 N(2)1 0 m (3)6.25 s解 析(D设最大拉力为F.,货物与木板之间的静摩擦力达到最大值,设此时的加速度为a对货物分析,根据牛顿第二定律得U Mg co s 6-Mg s i n。=Ma,可得小=0.4 m/s：对货物与木板整体分析,根据牛顿第二定律得F“-u (m+M)g co s 0-(m+M)g s i n9=(m+M)ai,可得 F.=1 92 N.(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得F-u (m+
25、M)g co s 0-(m+M)g s i n 8=(m+M)&,解得a2=0.2 m/s2,1 0 s 末木板的速度为=an=0.2X1 0 m/s=2 m/s,此 1 0 s 内,货物一直做匀加速直线运动，货物的位移大小x=$4，解得x=1 0 mo 由于V!4 m/s,所以来电后木板继续加速,设加速度为a3,根据牛顿第二定律得U(m+M)g co s 0-(m+M)g s i n。二(n r W)a可得 a3=0.4 m/s2设经过1 1 木板速度与传送带速度相同,v=v i+at,可得tF5 s设 t，1 内木板加速的位移为Xi,v-V=2a：ixl,得 xt=1 5 m共速后,木板与
26、传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为匀速运动的位移X2=L-XI-X=5 m该段位移所用时间t 产盘=1.25 sV所以来电后木板再需要运动的时间为t =t,+t2=6.25 s1 9.物理生活(2022广东梅州一模,1 3)如图是消防滑梯示意图,滑行时,人双臂双腿并拢时只受到底面的摩擦力,张开双臂双腿时增加了人与侧壁的摩擦。已知该滑梯斜坡部分全长28 m,最顶端到滑梯斜坡末端的高度为1 6.8 m,人与滑梯底面之间的动摩擦因数U=0.5,若人在滑梯中的运动可视为直线运动,刚开始双臂双腿并拢由静止下滑,当速度过快时张开双臂双腿,人受到第 1 0页 共 1 1 页摩擦力的最大值为并拢时
27、的2倍,不计空气阻力,人可以近似看成质点,g=10 m/s20为了确保安全,人滑到底端的速度不能超过4 m/s,求：(D人双臂双腿并拢下滑时的加速度大小a和人双臂双腿张开下滑时的加速度大小山分别为多少?(2)人在滑梯上下滑的最短时间t为多少？答 案(1)2 m/s2 2 m/s2(2)6 s解 析(D设滑梯与水平面夹角为。，由题意可得 A Asin 0=-=0.6,则 cos 0=0.828当双臂双腿并拢加速下滑时,加速度大小为a 根据牛顿第二定律得mg sin 6-umg cos 0=叫解得 ai=2 m/s2当张开双臂双腿减速下滑时，加速度大小为a根据牛顿第二定律得2 u mg cos 0-mg sin 0=ma2解得 a2=2 m/s2(2)设人下滑最大速度为v,最短时间为t,由题意可知滑到底端的速度为v=4 m/s滑梯斜坡长x=28 m则由运动学方程可得扁 屏2a1 2a2 一、Vm=aitiv=v-a2t2联立代入数据解得LL+t2=6 s方法技巧 把握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”。两个分析T过程分析|逐一分析不同过程的运动特点，找出相邻过程的联系点T受力分析卜一逐过程分析物体的受力，注意摩擦力、弹力可能变化一个桥梁由运动求加受力情况良度 由受力求f 运动情况运用运动学公式和牛顿第二定律时特别注意有关矢量的正负问题第1 1页 共1 1页