2023江蘇版物理高考第二輪復習-專題三 牛頓運動定律

2023江蘇版物理高考第二輪復習專題三牛頓運動定律（2022河南平頂山、許昌、濟源三市二測）2022年2月6日，中國女足時隔16年重奪亞洲杯冠軍。某學習小組在研究足球運動規(guī)律時,將足球在地面上方某高度處豎直向上拋出,足球在空中運動過程中受空氣阻力的大〃與速率成正比.規(guī)定豎直向上為正方向,關于反映足球運動的v-t圖像,下列正確的是（）答案D上升階段,足球受到重力和向下的空氣阻力,根據牛頓第二定律有mg+f=ma,又f=kv,得加速度大小a=g+^,知加速度隨著速度減小而減小,當v=0時,a=g;下降階段,足球受到重力和向上的空氣阻力,根據牛頓第二定律有mg-f=ma,又f=kv,得加kb速度大小a=g—,知加速度隨著速度增大而減小,由v：t圉線的斜率表示加速度知,A、B、C錯誤,D正確。（2022江西八校聯考）（多選）冰壺比賽是冬奧會的比賽項目之一,運動員把冰壺沿水平冰面投出,冰壺僅在摩擦力作用下自由滑行，比賽過程中可在冰壺運動前方用毛刷來回擦掃冰面,減小冰壺與冰面間的動摩擦因數以調節(jié)冰壺的滑行距離。某場比賽中，一運動員以V。的速度投擲冰壺,冰壺和冰面間的動摩擦因數為u,冰壺能在冰面上滑行s的距離,若在冰壺速度減為:時開始持續(xù)擦掃冰面，則冰壺能再滑行的距離.冰壺的運動可視為直線運動，已知重力加速度為g,則擦掃后冰壺與冰面間的動摩擦因數。為（）A.-u B.-u C.昔 D./2 4 4sg3sg答案AC未擦掃時,根據牛頓第二定律得umg=ma,根據速度位移關系得2as=詒若在冰壺速度減為3時開始持續(xù)擦掃冰面,減為守之后,根據牛頓第二定律得U'mg=ma，根據速度位移關系得2aX、?聯立可解得U'=卜=￡，故選卜、心2 2\IJ 24sg（2022河北保定一模）

2021年10月15日,伴隨著“3、2、1”的倒計時，“神舟十三號”在“長征二號”運載火箭的推動下順利進入太空，“神舟十三號”航天員翟志剛、王亞平和葉光富也將開始為期6個月的“太空旅行”.如圖所示為“長征二號”運載火箭，關于它在豎直方向加速起飛過程的說法正確的是()A.火箭加速上升時,航天員對座椅的壓力小于自身重力B.燃料燃燒推動空氣,空氣的反作用力推動火箭升空C.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后處于失重狀態(tài)D.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力大于火箭對熱氣流的作用力答案C火箭加速上升時，加速度方向向上，根據牛頓第二定律可知航天員受到的支持力大于自身的重力，由牛頓第三定律知航天員對座椅的壓力大于自身重力,A錯誤;火箭受到重力、空氣阻力以及內部燃料噴出時的反作用力,燃料燃燒向下噴氣,噴出氣體的反作用力推動火箭升空,B錯誤;保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后,由于具有豎直向上的速度,所受重力和空氣阻力均豎直向下,合外力方向豎直向下,故加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),C正確;火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力是一對作用力和反作用力，二者等大反向,D錯誤.(2022浙江臺州二模)某同學制作了一個“豎直加速度測量儀”.如圖所示,彈簧上端固定，在彈簧旁固定一直尺,不掛鋼球時,彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處;下端懸掛鋼球,靜止時指針位于直尺10cm刻度處.將直尺不同刻度對應的加速度標在直尺上，^1§^O^1§^O就可用此裝置直接測量豎直方向的加速度。取加速度豎直向上為正方向，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()20cm刻度對應的加速度為g30cm刻度對應的加速度為0.5g80cm刻度對應的加速度為2gD.各刻度對應加速度值的間隔是不均勻的答案C設彈簧的勁度系數為k,鋼球質量為m,下端懸掛鋼球,靜止時指針位于直尺10cm刻度處，則mg=k(40-20)X102=0.2k.指針在20cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(20-20)X10=mg=ma,解得a=-g,故A錯誤;指針在30cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(30-20)X102-mg=ma,解得a=-0.5g,故B錯誤;指針在80cm刻度時,根據牛頓第二定律有k(80-20)X10!-mg=ma,解得a=2g,故C正確;根據牛頓第二定律得k(1-20)X10=mg=ma,可得^1-20^10-g,則各刻度對應加速度值的間隔是均勻的，故D錯誤.5.（2022江西九江二模）我國的高鐵技術已經成熟,在世界上處于領先地位.我國的高鐵通常有8節(jié)或16節(jié)車廂，假設某高鐵由質量均相同的16節(jié)車廂構成（僅第1節(jié)車廂存在動力），該車廂在啟動時先做勻加速直線運動，達到某速度后做勻速直線運動,每節(jié)車廂所受的阻力與每節(jié)車廂的重力成正比,則下列說法正確的是（）A.高鐵在勻加速運動時，乘客受到高鐵的作用力方向與高鐵的運動方向相反B.高鐵在勻速運動時,乘客原地起跳,乘客的落地點比起跳點靠后C.高鐵在勻加速運動時,8、9節(jié)車廂間的作用力與12、13節(jié)車廂間作用力的比值為2：1D.高鐵制動后勻減速運動到停止的位移與制動瞬間的速度成正比答案C高鐵在勻加速運動時,乘客受到高鐵的作用力為高鐵對人豎直向上的支持力和水平方向的力,這兩個力的合力不在水平方向,而高鐵的運動方向為水平方向，故A錯誤;高鐵在勻速運動時，乘客原地起跳,由于慣性,人保持原來的運動速度向前運動,而高鐵是勻速運動的，故乘客的落地點與起跳點相同,B錯誤;設每節(jié)車廂的質量為m,16節(jié)車廂所受牽引力為F,則對16節(jié)車廂有F-16Pmg=16ma,設第8、9節(jié)車廂間的作用力為1'?以第9至第16節(jié)車廂為研究對象,有F,-8umg=8ma,設第12、13節(jié)車廂間的作用力為R,以第13至第16節(jié)車廂為研究對象，有F「4umg=4ma,則得F,：F:=2：1,故C正確;高鐵制動后勻減速運動到停止,末速度為0,此過程中的位移與初速度的關系式為故位移與速度的二次方成正比,D錯誤。（2022紅橋一模，3）如圖所示姚明正在扣籃，其用能過程可分為下蹲、蹬地起身、離地上升、下落四個過程,下列關于蹬地起身和離地上升兩個過程的說法中正確的是（）A.兩過程中姚明都處在超重狀態(tài)B.兩過程中姚明都處在失重狀態(tài)C.前過程為超重,后過程不超重也不失重D.前過程為超重，后過程為完全失重答案D姚明在蹬地的過程中,對地面的壓力大于重力,處于超重狀態(tài);當離開地面后,處于完全失重狀態(tài),加速度的大小為重力加速度g,故I）正確。（2022和平一模,5）如圖所示，向前行駛的車廂內有一面向行駛方向的乘客，乘客在自身重力G與車廂（含座椅）的作用力F的作用下與車廂保持相對靜止，座椅前方有一小球用細線懸掛在車廂的頂部,懸線與豎直方向成0角，小球與車廂相對靜止,下列說法中正確的是（）A.乘客受到的合力方向與運動方向相同B.車廂的速度越大，懸線與豎直方向的夾角e越大C.車廂對乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD.懸線與豎直方向夾角0增大，車廂對乘客作用力F可能不變答案C由題圖可知,小球受合外力方向與車廂運動方向相反,可知車廂做勻減速運動,乘客受到的合力方向與運動方向也相反,選項A錯誤;對小球,根據牛頓第二定律可知mgtan0=lna,可得a=gtan0，則車廂的加速度越大,懸線與豎直方向的夾角9越大,但是速度大，0不一定大,選項B錯誤;對乘客受力分析可知,車廂對乘客的作用力F力（mg）2+（ma）2〉mg,即F一定大于乘客的重力G,選項C正確;懸線與豎直方向夾角9增大,則加速度a變大,車廂對乘客作用力F增大,選項D錯誤.（2022河西一模,7）（多選）如圖所示,傾角為37。的斜面和豎直擋板固定在卡車上,現將均質圓柱狀工件置于斜面和豎直擋板之間,忽略工件與斜面、豎直擋板之間的摩擦,運輸過程中工件與卡車始終相對靜止,下列說法中正確的是（）B.卡車由靜止突然啟動時,工件對豎直擋板的壓力變小C.卡車勻速行駛時,豎直擋板對工件的支持力大于工件的重力D.卡車減速運動過程中,斜面對工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功答案BD卡車突然剎車時,豎直方向受力仍滿足％cosfl=mg,則工件對斜面的壓力不可能為零,選項A錯誤;卡車由靜止突然啟動時，對工件根據牛頓第二定律可知$sin0-N,=nia,N2cos0=mg,則不變,N減小,由牛頓第三定律可知,工件對豎直擋板的壓力變小,選項B正確;卡車勻速行駛時,豎直擋板對工件的支持力等于mgtan37。，小于工件的重力,選項C錯誤;卡車減速運動過程中,動能減小,根據動能定理可知W斜T醛=AEk<0,即斜面對工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功,選項I）正確.9.（2022衡陽師范學院祁東附屬中學一模,3）如圖甲所示，細繩跨過光滑的輕質定滑輪連接A、B兩物體，定滑輪懸掛在一個力傳感器的正下方，保持A物體質量不變,取不同質量m的B物體,通過計算機描繪得到傳感器對滑輪的拉力I；隨B物體質量m變化關系曲線如圖乙所示,F=F“直線是曲線的漸近線,重力加速度為g.則（）

I力柴器

o□□liA甲 乙A物體質量m?=》m越大,A物體的加速度越小C.m越大,A物體的加速度越大D.在m<m“范圍內,m越大,A物體的加速度越大答案A當m>m?時,B向下做勻加速運動,A向上做勻加速運動,設加速度大小均為a,細繩中的拉力大小為T,對A、B根據牛頓第二定律,T-mog=m<,a,mg-T=ma,解得"唱=之?舄a=（m,°）g=g- ，當m―8時,有T*=2mog,所以F°=2T.=4mog;當m<m時,Bm+mQJj__U m+mQm+mQm向上做勻加速運動,A向下做勻加速運動，同理可得a口暖電g--絳汴可知,當m>m”時,m越大,a越大;當m<m。時,m越大,a

m+mQ 14—0m越小.綜上所述可知,A正確,B、C、D錯誤.（2022長沙長郡中學月考四.4）如圖所示,貨車運載相同圓柱形空油桶.在車廂底,一層油桶平整排列,相互緊貼并被牢牢固定.油桶C自由地擺放在桶A、B之間，和汽車一起運動，油桶C與A、B之間的摩擦可忽略不計.下列說法正確的是（）A.汽車向左勻速運動時,A對C的支持力與油桶C的重力大〃咽等B.汽車向左加速運動時,A對C的支持力增大,B對C的支持力減小C.汽車向左的加速度為a=yg時,C剛好只受一只桶的支持力D.汽車向左的加速度為a=1g時,C將脫離A跑到B的右邊答案C根據幾何關系,A和B對C的支持力方向均與豎直方向夾角為30°,勻速行駛時，對C根據平衡條件,F*cos30。+F?cos30°=mg,F,sin30°=Fi）sin30°,支持力F,\=^ng,故A錯誤;汽車向左加速運動時，豎直方向根據平衡條件,F,\cos300+Facos30°=mg,水平方向根據牛頓第二定律,Fbsin30°-Rsin30°=ma>0,由此可知，汽車向左加速時,A對C的支持力減小,B對c的支持力增大，故B錯誤;汽車向左的加速度為a=7g時,Fasin30。-Rsin30°=ymg,F,cos30°+F.cos30°=mg,解得F,=0,Fk竽ng,故C正確;因為a=ig<yg,故此時A對C的支持力大于0,C不會脫離A,故D錯誤。（2022廣東梅州二模,5）一國產無人駕駛汽車質量為2.OX10'kg,在試駕過程中以8m/s的速度行駛.人工智能發(fā)現車頭前方20m處的斑馬線上有行人,為禮讓行人開始減速,從發(fā)現行人到停止運動,其v-t圖像如圖所示.則下列說法正確的是（）00.5 4.0tlsA.汽車減速過程的加速度大小為2m/s2B.汽車停止時車頭距斑馬線1mC.圖示過程中汽車運動的平均速度大小為4m/sD.汽車在減速過程中受到的合力約為4.6X103N答案D汽車減速過程的加速度大小為@="=7^m/s2=vm/s；A錯誤;汽車停止時運動的距離x&旦誓9m=18m,At4.U—u.b / Lt1R則車頭距斑馬線Ax=（20-18）m=2m,B錯誤;圖示過程中汽車運動的平均速度大小V-=—m/s=4.5m/s,C錯誤;汽車在減速過程中受到的合力約為F=ma=2.0XlO'X—N=4.6X10:,N,D正確.（2022廣東廣州一模,6）如圖所示,籃球從某一高度自由落下,與地面反復碰撞,最后停在地面上,空氣阻力不計,下列圖像能大致反映該過程籃球的加速度隨時間變化的是（）答案B籃球自由落地到與地面接觸前,只受重力作用，加速度不變,以向下為正方向，加速度為正值,圖線為平行于1軸的線段;籃球與地面接觸到反彈離開地面過程中,受地面的向上的彈力先從零開始逐漸增大,籃球所受的合力ma尸mg-N,開始階段地面彈力N小于重力,合力向下,籃球向下繼續(xù)擠壓,N增大,合力逐漸減小，加速度逐漸減小,籃球這一階段向下做加速度減小的加速運動:彈力X增大到超過重力大小時,合力向上,其大小為ma^N-mg,隨著\增大,加速度a逐漸增大,方向向上,籃球向下做加速度增大的減速運動直至速度為零;籃球開始向上運動（離開地面前）的過程是籃球向下擠壓地面過程的逆過程，加速度變化特點是:向上減小,再向下增大.綜上分析可知B正確,A、C、D錯誤.（2022浙江山水聯盟12月聯考,5）運動員在水平地面上進行拉輪胎的負荷訓練，若在啟動后的一小段時間內,運動員用兩根輕繩拉著輪胎做勻加速直線運動,加速度大小為a.如圖所示,運動過程中保持兩繩的端點A、B等高，兩繩間的夾角為。、所在平面與水平面夾角恒為a.已知輪胎質量為m,運動過程受到的地面摩擦力大小恒為f,則每根繩的拉力大小為（）r+mabf+ma

2cos&?cosa2sin0?sinaC.—-D.—/—2cosX?sina 2cos?cosa答案A設每根繩的拉力大小為T,根據力的合成與分解以及對稱性可知，兩根繩拉力的合力大小為F=2Tcos?對輪胎，根據牛頓第二定律有I'cosa-f=ma,解得「=?1丁。，故選A.2cos2*cosa(2022吉林普通中學二調)如圖,單人雙槳賽艇比賽中,運動員用雙槳同步劃水使賽艇沿直線運動。運動員每次動作分為劃水和空中運槳兩個階段，假設劃水和空中運槳用時均為0.8s,賽艇(含運動員、雙槳)質量為70kg,受到的阻力恒定,劃水時雙槳產生的總動力大小為賽艇所受阻力的2倍，某時刻雙槳剛入水時賽艇的速度大小為4m/s,運動員緊接著完成1次動作,此過程賽艇前進8m,求：(1)劃水和空中運槳兩階段賽艇的加速度大小之比；(2)賽艇的最大速度大〃廂受到的恒定阻力大小.答案(1)1：1(2)6m/s175N解析(1)設賽艇受到的阻力大小為f,雙槳劃水時的總動力為F,設劃水和運槳階段的加速度大小分別為a、包,由牛頓第二定律得劃水時F-f=mai空中運槳時1,出依題意有F=2f聯立解得a】：a2=l:1(2)由以上分析可知,賽艇勻加速和勻減速前進時加速度大小相等,則加速結束時速度達到最大，則v.=v°+a,t劃水時s,=vot+|aitJ運槳時skv.tja萬又Si+s2=8m聯立并代入數據解得v.=6m/s,f=175N(2022浙江寧波二模)2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務一一著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程.若已知著陸器(不含降落傘)總質量m=l.2X10"kg,火星表面重力加速度g=4m/s2,忽略著陸器質量的變化和g'的變化,打開降落傘后的運動可視為豎直向下的直線運動.貝(］：(1)在第IV階段的最后,著陸器從無初速度開始經0.75s無動力下降后安全著陸,且火星表面大氣非常稀薄,求著陸器著陸時的速度大小VI；(2)假設著陸器在第111“動力減速階段”做勻減速運動，求動力減速裝置給著陸器的反推力F的大小；(3)著陸器在第II"傘降減速階段”也可視為勻減速運動，求從打開降落傘到懸停過程中(即II、IH過程)的平均速度大小.(結果可用分數表示)

速度

-%=4.9xIO3m/sI氣動減速階段-f=4.6xIO2m/s時刻f產°4=290s降傘離停與落脫M帝一-時刻f產°4=290s降傘離停與落脫M帝一-v2=1.0x102m/sin動力減速階段-%二oq=38O/3=460s2920答案（1）3m/s（2）6.3X10、N（3）—正一m/s解析（1）由題意可知該過程著陸器在火星表面做自由落體運動,著陸器著陸時的速度w=g't=3m/s⑵第10階段加速度為m/s2=4m/s2《3心460-380 4根據牛頓第二定律有mg*-F=ma動力減速裝置給著陸器的反推力的大小為F=mg'-ma=6.3X10'N⑶利用平均速度求得第II、第HI階段下落的高度分別為廿號出（t「tj=2.52X10'mh,--3^'（ta-tz）^.OX10,m從打開降落傘到懸停過程中（即H、Hl過程）的平均速度大小為萬=等普=崇m/s（2022山東淄博一模,16）潛艇從海水高密度區(qū)域駛入低密度區(qū)域，浮力頓減，潛艇如同汽車為解掉下懸崖,稱之為“掉深”，曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質量m=3.0X10*t,在高密度海水區(qū)域水面下沿水平方向緩慢潛航，潛航深度為％=180m,如圖所示。當該潛艇駛入海水低密度區(qū)域時，浮力F突然降為2.94X10,N;20s后，潛艇官兵迅速對潛艇減重（排水），此后潛艇以0.1m/s，的加速度勻減速下沉，速度減為零后開始上浮，升至距水面120m處時立即對潛艇加重（加水）后使其緩慢勻減速上浮,升到水面時速度恰好為零。重力加速度H取10m/s1不計潛艇加重以及減重的時間和水的粘滯阻力。求：（1）潛艇“掉深”達到的最大深度（自水面算起）；（2）潛艇從開始“掉深”到升至水面的過程所用的總時間.高密度海水 低密度海水答案（1）300m（2）160s解析（1）潛艇向下的加速過程有mg-F=mai此過程下落高度為h,=ia,t?設潛艇向下減速過程下落的高度為上潛艇“掉深”達11」的最大深度為h=h0+h,+h,聯立解得h=300m(2)設潛艇向下減速過程的時間為Lait尸a2t2潛艇向上加速過程有：h：弓&恃，h；i=h-h?,hf120m設升至距水面120m處的速度為v2V2=a2t3潛艇向上減速過程有也+0hi=~--14潛艇從開始掉深到升至水面的過程所用總時間te=ti+t2+t3+t4聯立解得t總=160s(2021天津一中月考,10)俯式冰橇(又叫鋼架雪車)是冬奧會的比賽項目之一,其場地可簡化為賽道AB和緩沖道BC、CD三部分.其中CD部分水平,各部分平滑連接。已知x后1200m,賽道AB的傾角為a,BC的傾角為(),冰橇與賽道AB間的動摩擦因數為u尸0.05,冰橇與BC間的動摩擦因數為u,=0.6.比賽時，觸發(fā)信號燈亮起后，質量為M=60kg的運動員從起點A開始，以平行賽道AB的恒力E=40\推動質量a=40kg的冰橇由靜止開始沿賽道向下運動,8s末迅速登上冰橇,與冰橇一起沿賽道滑行做勻加速直線運動.設運動員登上冰橇前后冰橇速度不變,不計空氣阻力(取sina=0.1,cosa=l,sin&=0.3,cosP=0.95,g取10m/s2).R(1)求比賽中運動員最大速度的大小V.；(2)為確保此運動員能夠停在水平道CD上,緩沖道BC的長度xk不能超過多少？(此問結果保留3位有效數字)答案(1)36m/s(2)74.5m解析(1)對冰橇:有推力時F+mgsina-Uimgcosa=ma1解得,ai=l.5m/s'8s末v產aiti=12m/s8s內位移x尸5a芯二48m對運動員和冰橇整體：(M+m)gsina-Pi(M+m)gcosa=(M+m)a2解得,a2=0.5m/s24-"=2a2(x*-xi)解得,v.=36m/s(2)對運動員和冰橇整體：(M+m)gsinP+Ua(M+m)gcosB=(M+m)a*解得,a3=8.7m/s2*=2a,xac解得,Xk-74.5m(2022長沙實驗中學一模,13)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已知傳送帶總長為l.=30m,正常運轉的速度為v=4m/s.一次工人剛把M=10kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了,為了不影響工作的進度,工人拿來一塊1n=5kg帶有掛鉤的木板,把貨物放到木板上,通過定滑輪用繩子把木板拉上去.貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數均為0.8.(貨物與木板均可看作質點，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)為把貨物拉上去,且貨物與木板不發(fā)生相對滑動,求拉力F的最大值；(2)若工人用F=189N的恒定拉力使貨物運動10s,求貨物的位移大??；(3)若10s后來電，來電后工人撤去拉力，問還需要多長時間貨物能到達B處(不計傳送帶的加速時間).答案(1)192N(2)10m(3)6.25s解析(1)設最大拉力為F“貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值.設此時的加速度為a?對貨物分析,根據牛頓第二定律得uMgcos6-Mgsin6=Mai,可得ai=0.4m/sl對貨物與木板整體分析,根據牛頓第二定律得F*-u(m+.M)gcos0-(m+M)gsine=(m+M)ai,可得艮=192N.(2)設工人拉木板的加速度為a2,根據牛頓第二定律得F-u(m+M)gcos0-(m+M)gsin0=(m+M)&,解得a2=0.2m/s2,10s末木板的速度為v,=a2t=0.2X10