2023山东版物理高考第二轮复习-专题三牛顿运动定律

2023山东版物理高考第二轮复习专题三牛顿运动定律一、选择题.物理生活（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16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（）KA BC D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mg+f=ma,又f=kv,得加速度大小a=g+”知加速度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，m根据牛顿第二定律有mg+明又f=kv,得加速度大小a=g噂，知加速度随着速度增大而咸小,由线的斜率表示加速度知,A、B、C错误,D正确。.物理科技（2022江西九江二模）我国的高铁技术已经成熟,在世界上处于领先地位。我国的高铁通常有8节或16节车厢，假设某高铁由质量均相同的16节车厢构成（仅第1节车厢存在动力），该车厢在启动时先做匀加速直线运动，达到某速度后做匀速直线运动,每节车厢所受的阻力与每节车厢的重力成正比，则下列说法正确的是（）

A.高铁在匀加速运动时,乘客受到高铁的作用力方向与高铁的运动方向相反B.高铁在匀速运动时,乘客原地起跳,乘客的落地点比起跳点靠后C.高铁在匀加速运动时,8、9节车厢间的作用力与12.13节车厢间作用力的比值为2：1D.高铁制动后匀减速运动到停止的位移与制动瞬间的速度成正比答案C高铁在匀加速运动时，乘客受到高铁的作用力为高铁对人竖直向上的支持力和水平方向的力,这两个力的合力不在水平方向,而高铁的运动方向为水平方向,故A错误;高铁在匀速运动时,乘客原地起跳,由于惯性,人保持原来的运动速度向前运动,而高铁是匀速运动的,故乘客的落地点与起跳点相同,B错误;设每节车厢的质量为m,16节车厢所受牵引力为F,则对16节车厢有F-16umg=16ma,设第8、9节车厢间的作用力为F„以第9至第16节车厢为研究对象,有I',-8umg=8ma,设第12、13节车厢间的作用力为F2,以第13至第16节车厢为研究对象,有E-4umg=4ma,则得F.：F?=2：1,故C正确;高铁制动后匀减速运动到停止,末速度为0,此过程中的位移与初速度的关系式为x《,故位移与速度的二次方成正比,D错误。.物理生活（2022红桥一模,3）如图所示姚明正在扣篮,其跳起过程可分为下蹲、蹬地起身、离地上升、下落四个过程,下列关于蹬地起身和离地上升两个过程的说法中正确的是（）A.两过程中姚明都处在超重状态B.两过程中姚明都处在失重状态C.前过程为超重,后过程不超重也不失重D.前过程为超重,后过程为完全失重

答案D姚明在蹬地的过程中,对地面的压力大于重力,处于超重状态;当离开地面后,处于完全失重状态,加速度的大小为重力加速度g,故D正确。.物理生活（2022和平一模,5）如图所示，向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客,乘客在自身重力（；与车厢（含座椅）的作用力F的作用下与车厢保持相对静止,座椅前方有一小球用细线悬挂在车厢的顶部,悬线与竖直方向成0角，小球与车厢相对静止,下列说法中正确的是（）A.乘客受到的合力方向与运动方向相同B.车厢的速度越大，悬线与竖直方向的夹角6越大C.车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD.悬线与竖直方向夹角0增大,车厢对乘客作用力F可能不变答案C由题图可知，小球受合外力方向与车厢运动方向相反，可知车厢做匀减速运动,乘客受到的合力方向与运动方向也相反,选项A错误;对小球,根据牛顿第二定律可知mgtan。=ma,可得a=gtan。,则车厢的加速度越大，悬线与竖直方向的夹角9越大,但是速度大，6不一定大，选项B错误;对乘客受力分析可知,车厢对乘客的作用力F=J（nig）2+（ma）2>mg,即F一定大于乘客的重力G,选项C正确;悬线与竖直方向夹角。增大，则加速度a变大，车厢对乘客作用力F增大，选项D错误。物理生活I（2022河西一模,7）（多选）如图所示,倾角为37°的斜面和竖直挡板固定在卡车上,现将均质圆柱状工件置于斜面和竖直挡板之间,忽略工件与斜面、竖直挡板之间的摩擦,运输过程中工件与卡车始终相对静止,下列说法中正确的是（）A.卡车突然刹车时,工件对斜面的压力可能为零B.卡车由静止突然启动时,工件对竖直挡板的压力变小C.卡车匀速行驶时,竖直挡板对工件的支持力大于工件的重力D.卡车减速运动过程中,斜面对工件做的功小于工件克服竖直挡板支持力做的功答案BD卡车突然刹车时,竖直方向受力仍满足吊cos9=mg,则工件对斜面的压力不可能为零，选项A错误;卡车由静止突然启动时，对工件根据牛顿第二定律可知弗sin0-N,=ma,N2cos。=mg,则用不变,N,减小，由牛顿第三定律可知,工件对竖直挡板的压力变小,选项B正确;卡车匀速行驶时,竖直挡板对工件的支持力等于mgtan37。，小于工件的重力，选项C错误;卡车减速运动过程中，动能减小，根据动能定理可知W斜T竖=AEW0,即斜面对工件做的功小于工件克服竖直挡板支持力做的功,选项1）正确。（2022衡阳师范学院祁东附属中学一模,3）如图甲所示，细绳跨过光滑的轻质定滑轮连接A、B两物体,定滑轮悬挂在一个力传感器的正下方，保持A物体质量m0不变,取不同质量m的B物体,通过计算机描绘得到传感器对滑轮的拉力F随B物体质量m变化关系曲线如图乙所示,F=F0直线是曲线的渐近线，重力加速度为g.则（）卬 乙A.A物体质量m0受4gm越大,A物体的加速度越小m越大,A物体的加速度越大D.在水叱范围内,m越大,A物体的加速度越大答案A当m>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a,细绳中的拉力大小为T,对A、B根据牛顿第二定律,T-mog=moa,mg-T=ma,解得遂丁2m需a=to）g=g-^o£i当L8771+771（）1+―TH+THq771+771qm时,有T.=2m<,g,所以Fo=2Tm=4mog;当m<s时,B向上做匀加速运动,A向下做匀加速运动，同理可得a华理=g-可知,当m>mo时,m越大,a越大;当m<m0时,m越大,a越小。综上所述可知,A正确,B、th+ttiq —y.c、D春吴。（2020长沙长郡中学月考一,4）质量为m的物体P置于倾角为0,的固定光滑斜面上,轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车,P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角0，时（如图），下列判断正确的是（）A.P的速率为v B.P的速率为vsin02C.P处于超重状态 D.P处于失重状态答案C将小车的速度v沿细绳方向和垂直细绳方向进行分解，沿绳方向的速度与P的速度大小相等,则有:v「=vcos92,故A、B错误;小车向右匀速运动，0°减小,v不变则v「逐渐增大,说明物体P沿斜面向上做加速运动,因此P处于超重状态,故C正确,D错误。8.物理科技：（2022广东梅州二模,5）一国产无人驾驶汽车质量为2.0X103kg,在试驾过程中以8m/s的速度行驶。人工智能发现车头前方20m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（）|r/（nbs_1）A.汽车减速过程的加速度大小为2m/s2B.汽车停止时车头距斑马线1mC.图示过程中汽车运动的平均速度大小为4m/sD.汽车在减速过程中受到的合力约为4.6X10：'N答案D汽车减速过程的加速度大小为a吊:高m/s2=^m/s；A错误;汽车停止时运动的距离x-（0.54~4.0）x8m-|g川,则车头距斑马线△x=（20-18）m=2m,B错误;图示过程中汽车运动的平均速度大小方今¥m/s=4.5m/s,C错误;汽车在减速过程中受到的合力约为F=ma=2.0X10，X学34.6X10*N,D正确。9.物理生活（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（）I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零开始逐渐增大,篮球所受的合力ma尸mg-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N增大到超过重力大小时,合力向上,其大小为ma产N-mg,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。10.物理科技（2022浙江长兴选考模拟,6）很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机,打开加速度传感器,手掌从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（）

20.010.00-10.0a/fm/s2)1.00 1.50a/fm/s2)1.00 1.50 £/sB.手机在力时刻运动到最高点C.手机在t：时刻改变运动方向D.手机在时间内,受到的支持力先减小再增大答案A根据Av-aAt可知a-t图线与坐标轴围成面积表示速度变化量，可知手机在3时刻速度为正,还没有到最高点;手机在t时刻前后速度均为正,运动方向没有发生改变，故B、C错误;由题图可知trt2时间内加速度向上不断减小,根据牛顿第二定律得N-mg=ma,即N=ma+mg,可知tjt,时间内支持力不断减小,tz〜匕时间内加速度向下不断增大,根据牛顿第二定律得mg-N=ma',即N=mg-ma',可得支持力还是不断减小，故D错误;由题图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用,手机可能离开过手掌,故A正确。11.（2022浙江山水联盟12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，两绳间的夹角为葭所在平面与水平面夹角恒为明已知轮胎质量为叫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（）A /+ma B /+ma*2cos|•cosa •2sinJ•sinar /+ma nfL.° L/«n2cosa•sina 2cosx•cosa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=2Tcos 对轮胎,根据牛顿第二定律有Fcosa-f=ma）解得T~f^ma,故选Ao/ 2cos2-cosa12.物理生活（2022江苏南京期末,7）南京的地铁线路不断增加,极大地方便了市民出行。假设地铁列车由6节车厢组成，在水平直轨道上匀加速启动时,每节车厢的动力系统均提供大小为F的动力,列车在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，由于乘客人数不同，假设第偶数节车厢质量为第奇数节车厢质量的两倍，则（）m2mm2mm2m第1节第2节第3节第4节第5节第6节A.相邻车厢之间均存在相互作用力B.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比C.做匀加速运动时,第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为8：5D.第1、2节车厢之间作用力的大小为£答案D对车厢整体应用牛顿第二定律可得:6F-9kmg=9ma,设第1、2节车厢间的相互作用力为T,则对第1节车厢受力分析,应用牛顿第二定律可得:F-T-kmg=ma,联立可知;设第2、3节车厢间的相互作用力为T',对前两节车厢应用牛顿第二定律有：2F-T'-3kmg=3ma,联立解得丁=0,则并不是相邻车厢之间均存在相互作用力，故A错误,D正确。列车停下时,其速度为零,其减速运动反向为匀加速直线运动，故由匀变速直线运动规律的位移-速度公式可知x4,进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的平方成正比，故B错误;设第3、4节车厢间的相互作用力为「，则对前三节车厢应用牛顿第二定律可得：3F-T「4kmg=4ma,解得由以上分析可知第1、2节与第3、4节车厢间的作用力之比为1：1,故C错误。解题思路对整体车厢应用牛顿第二定律,再隔离第I节、前两节、前三节车厢,分别应用牛顿第二定律,联立判断各车厢间的相互作用;由速度-位移公式判断滑行的距离与关闭发动机时的速度间的关系。二、非选择题13.物理生活(2022浙江绍兴二模,19)小丽使用一根木杆推动一只用来玩游戏的木盒,t=0时刻,木盒以3m/s的速度经过如图所示的标志线aa',速度方向垂直标志线,继续推动木盒使它做匀加速运动,在t=0.4s通过标志线bb',然后撤去水平推力,木盒可视为质点，停在得分区cc'dd'即游戏成功。图中bb'与aa的距离Xi=l.6m,cc'与bb'的距离x2=3.6m,cc'与dd'的距离d=0.8m,已知木盒与地面之间的动摩擦因数H=0.3,木盒的质量m=0.5kg,g=10m/s；求：(1)木盒在加速阶段的加速度a;(2)木杆对木盒的水平推力F;(3)木盒能否停在得分区?请计算说明。答案(1)5m/s2(2)4N(3)见解析解析(1)在加速过程中，位移与时间的关系Xi=Vot+^at2代入数据得a=5m/s2(2)由牛顿第二定律知F-umg=ma,代入数据得F=4N⑶通过bb'时木盒的速度谱-诏=2axi解得vi=5m/s此后木盒做匀减速直线运动，加速度a'=ug=3m/s2减速到0,发生的位移x'4=系mLao可得3.6m<x'<4.4m故木盒能停在得分区。14.物理生活I(2022广东梅州一模,13)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28m,最顶端到滑梯斜坡末端的高度为16.8m,人与滑梯底面之间的动摩擦因数口=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,人受到摩擦力的最大值为并拢时的2倍,不计空气阻力,人可以近似看成质点,g=10m/s2.为了确保安全,人滑到底端的速度不能超过4m/s,求:(1)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也分别为多少?⑵人在滑梯上下滑的最短时间t为多少?答案(1)2m/s22m/s2(2)6s解析(1)设滑梯与水平面夹角为0,由题意可得sin。=^^=0.6,则cos。=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mgsin0-Umgcos0=mai解得cii-2m/s2当张开双臂双腿减速下滑时，加速度大小为a2,根据牛顿第二定律得2Umgcos0-mgsin。二m@解得3=2m/s2(2)设人下滑最大速度为vn,最短时间为t,由题意可知滑到底端的速度为v=4m/s滑梯斜坡长x=28m则由运动学方程可得2。12a2v«=aitiv二v「a2t2联立代入数据解得t=ti+tz=6s方法技巧把握动力学两类基本问题的“两个分析”“一个桥梁”。运动情况两个分析一个桥梁运动情况两个分析一个桥梁15.物理生活(2022江苏淮安月考,14)在寒冷的冬天,路面很容易结冰,在冰雪路面上汽车一定要低速行驶。在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时,车轮会抱死而“打滑”。如图所示,假设某汽车以10m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人，该人正以相对地面2m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车仍沿斜坡滑行。已知斜坡高x产3m,长Xac=5叫司机刹车时行人距坡底C点的距离x*6%从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面的动摩擦因数约为0.5,g取10m/s2.(1)求汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)求汽车沿斜坡滑下到坡底C点的速度；(3)试分析此种情况下,行人是否有危险。RC E

答案(1)2答案(1)2m/s2(2)2730m/s(3)有危险解析(1)设斜坡倾角为9,汽车在斜坡上滑行时,由牛顿第二定律得mgsin0-umgcos0=mai由几何关系得Q 4sin0=",cos0=-5 5代入数据解得汽车在斜坡上滑下时加速度ELi=2id/s"(2)由匀变速直线运动规律可得Vc-vi=2aiXAc解得汽车到达坡底C时的速度vc=2V30m/s(3)汽车到达坡底经历时间tlJ^(V30-5)sQ1汽车在水平路面做匀减速运动，由Umg=ma2得汽车的加速度大小a2=Ug=5m/sJ汽车的速度减至V=v人=2m/s时发生的位移X,=—^=11.6m“2经历的时间t2=~-=1(V30-l)saz5从司机刹车到汽车与行人共速这段时间,行人发生的位移X2=vA(ti+t2)=7(7V30-27)m24.54m5因x-x2^7.06m>6m,故行人有危险。(2022长沙实验中学一模,13)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=30m,正常运转的速度为v=4m/s.一次工人刚把M=10kg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=5kg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0.80(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=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=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=189N的恒定拉力使货物运动10s,求货物的位移大小；(3)若10s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)192N(2)10m(3)6.25s解析(1)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uMgcos。-Mgsin9=Ma、可得&=0.4m/s。,对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得u(m+M)gcos0-(m+M)gsin。=(m+M)ai,可得F.=192No(2)设工人拉木板的加速度为a2,根据牛顿第二定律得r-u(m+M)gcos。-(m+M)gsin9=(m+M)a2,解得a2-0.2m/s2,10s末木板的速度为Vi=a2t=0.2X10m/s=2m/s,此10s内,货物一直做匀加速直线运动,货物的位移大小x=1a2tJ,解得x=10mo(3)由于vK4m/s,所以来电后木板继续加速，设加速度为根据牛顿第二定律得n(m+M)gcos9-(m+M),gsin0=(m+M)a3,可得a3=0.4m/s2设经过如木板速度与传送带速度相同,v=vi+a3ti,可得ti=5s设t：内木板加速的位移为Xi,v2-vf=2a3xi,得xi=15m共速后,木板与传送带相对静止一起匀速运动,设匀速运动的时间为t2,匀速运动的位移X2=L-Xi-x=5m该段位移所用时间t2=^=l.25s所以来电后木板再需要运动的时间为t.'=3+t2=6.25s(2021天津一中月考,10)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BC、CD三部分。其中CD部分水平，各部分平滑连接。已知幅=1200m,赛道AB的倾角为a,BC的倾角为B,冰橇与赛道AB间的动摩擦因数为M.=0.05,冰橇与BC间的动摩擦因数为u2-0.6。比赛时,触发信号灯亮起后,质量为M=60kg的运动员从起点A开始,以平行赛道AB的恒力F=40N推动质量m=40kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动,8s未迅速登上冰橇,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sina=0.1,cosa=1,sinB=0.3,cosB=0.95,g取10m/s2)o⑴求比赛中运动员最大速度的大小v.;⑵为确保此运动员能够停在水平道CD上,缓冲道BC的长度Xbc不能超过多少？(此问结果保留3位有效数字)答案(1)36m/s(2)74.5m解析(1)对冰橇:有推力时F+mgsina一口【mgcosa=mai解得,ai=l.5m/s28s末速度v1=aiti=12m/s8s内位移Xi=1aiti=48m对运动员和冰橇整体：(M+m)gsina-Ui(M+m)gcosa=(M+m)a2解得,a2=0.5m/s'vm-vi=2a2（XAB-x,）解得,v.=36m/s(2)对运动员和冰橇整体：(M+m)gsinP+P2(M+m)gcos0=(M+m)as解得,a3=8.7m/s2瑶=2a3Xnc解得,Xbc=74.5m18.物理科技(2022浙江宁波二模)2021年5月15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=L2X10,kg,火星表面重力加速度g'=4m/s2,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：(1)在第IV阶段的最后,着陆器从无初速度开始经0.75s无动力下降后安全着陆,且火星表面大气非常稀薄,求着陆器着陆时的速度大小V,；⑵假设着陆器在第W“动力减速阶段”做匀减