2022届高考物理二轮专练 专题3 牛顿运动定律

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专题3 牛顿运动定律一．选择题1．（2021高考新课程I卷山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是（    ）A．投出物资后热气球做匀加速直线运动     B．投出物资后热气球所受合力大小为C．             D．【答案】BC  【解析】现将质量为m的物资以相对地面的速度水平投出，根据动量守恒定律，mv0=Mv，热气球将获得水平向左的速度，v=，投出物资后热气球所受合力大小为，方向竖直向上，所以投出物资后热气球做匀加速曲线运动，选项A错误B正确；由平抛运动规律，H=gt2，解得t=，物质水平向右位移x1=v0t= v0；气球沿竖直向上方向的加速度a=mg/M，在t=时间内，气球沿竖直向上方向的位移h=at2=mH/M，水平向左方向位移x2=vt= ；落地时物资与热气球的距离为d=
，联立解得：d=，选项C正确D错误。 2．（2021新高考北京卷）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。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，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是A．30 cm刻度对应的加速度为 -0.5gB．40 cm刻度对应的加速度为gC．50 cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的 【答案】A【解析】根据题述，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处，40 cm刻度对应的加速度为0，选项B错误；由胡克定律，mg=kx，x=40cm-20cm=20cm=0.20m，30 cm刻度，弹簧伸长x1=30cm-20cm=10cm=0.10m，由牛顿第二定律，kx 1-mg =ma1，解得a1=-0.5g，选项A正确；50 cm刻度，弹簧伸长x2=50cm-20cm=30cm=0.30m，由牛顿第二定律，kx 2-mg =ma2，解得a2=0.5g，选项C错误；由于加速度与弹簧伸长量成线性关系，所以各刻度对应加速度的值是均匀的，选项D错误。3．（2021高考新课程II卷海南卷）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上．将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半．已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度．则推力F的大小为（    ）A．      B．      C．      D．【答案】A
【解析】P静止在水平桌面上时，细线中拉力等于mQg=2N。将水平向右的力F作用在P上后，细线中张力变为原来的一半，即FT=1N，隔离Q分析受力，由牛顿第二定律，mQg-FT= mQa，解得a=5m/s2。隔离P受力分析，由牛顿第二定律，F-μmPg+FT= mPa，解得F=4.0N，选项A正确。 4. （2021新高考湖南卷）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为，若动车组所受的阻力与其速率成正比（，为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（    ）A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动C. 若四节动力车厢输出的总功率为，则动车组匀速行驶的速度为D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为【答案】.C 【解析】本题考查对机车匀加速启动和恒定功率启动两种模型的理解掌握，主要考查灵活运用知识能力.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，由4P=F阻vm = kvm2，2.25P= kv2，联立解得 动车组匀速行驶的速度v=，选项C正确；由于动车组所受的阻力与其速率成正比，F阻=kv，动车组匀加速启动，速度v=at，由牛顿第二定律，F- F阻=ma，其牵引力F=kat+ma，即牵引力F随时间t逐渐增大，选项A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定功率P，由P=Fv可知，其牵引力随速度的增大而减小，而动车组所受的阻力与其速率成正比，，所以动车组从静止开始不可能做匀加速运动，选项B错误；若四节动力车厢输出功率均为额定功率，则动车组总功率为4P，由动能定理，4Pt-Wf=，解得这一过程中该动车组克服阻力做功为Wf=4Pt-，选项D错误。【名师点评】对于机车所受的阻力与其速率成正比问题，机车匀加速启动，其牵引力不是恒量。5．（2021高考新课程II卷海南卷）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因．力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（    ）A．kg·m·s-1      B．kg·m·s-2     C．Pa·m2     D．J·m-1【答案】B
【解析】由牛顿第二定律F=ma，可知力的单位N用国际单位制的基本单位符号来表示为kg·m/s2= kg·m·s-2，选项B正确。6. （2021高考全国乙卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）
 A.  B. C.  D. 在时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有，以木板为对象，根据牛顿第二定律，有，解得，，BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。7. （2021高考全国乙卷）水平桌面上，一质量为的物体在水平恒力拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去，物体继续滑行2
的路程后停止运动。重力加速度大小为。则（    ）A. 在此过程中所做的功为B. 在此过程中的冲量大小等于C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于D. 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【关键能力】 本题通过水平恒力作用下的运动考查考生灵活运用知识的能力。【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，动量的观念，考生要能够用功、牛顿运动定律和动量定理分析，能从物理学的运动和相互作用的视角分析问题。【解析】根据功的定义，可知在此过程中，F做的功为WF=Fs0，选项A错误；水平桌面上质量为m的物体在恒力F作用下从静止开始做匀加速直线运动，，通过路程s0时，速度大小为v0，撤去F后，由牛顿第二定律，μmg=ma2，根据匀变速直线运动规律，v02=2a2·2s0，联立解得：μ=，选项C正确；由v02=2a2·2s0，v02=2a1s0，可得a1=2 a2，设物体在水平桌面上运动所受摩擦力为f，由F-f=ma1，f=ma2，可得F=3f，即F的大小等于物体所受滑动摩擦力f大小的3倍，选项D错误；对F作用下物体运动的过程，由动量定理，Ft-ft=mv0，解得F的冲量大小为IF=Ft=，选项B正确。二．计算题8.（11分）（2021新高考辽宁卷）机场地勤工作人员利用初速度从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送带方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8.取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.。求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【解析】（1）取沿传送带向下为正方向，由牛顿第二定律，mgsinα-μmgcosα=ma1，     解得：a1=-0.4m/s2。负号表示加速度方向沿斜面向上。即小包裹相对传送带滑动时的加速度大小为0.4m/s2。（2）由v1-v2=at1，解得小包裹速度减小到等于传送带速度 时间t1=2.5s     由v12-v22=2ax，解得在这段时间小包裹位移x=2.75m   小包裹速度减小到等于传送带速度v1后，由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹与传送带同速向下运动， 由L-x= v1 t2，解得：t2=2.0s。小包裹通过传送带所需时间t= t1+t2=2.5s+2.0s=4.5s。 9. （2021年6月浙江选考物理） 机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
 【答案】（1），；（2）20s；（3）【解析】（1）根据平均速度解得刹车时间刹车加速度根据牛顿第二定律解得（2）小朋友过时间等待时间（3）根据解得【名师点评】本题以机动车礼让行人为情景，考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点。10.(9分) （2021年1月浙江选考）如图所示，质量m＝2kg的滑块以vo＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑块(1)最大位移值x；  (2)与斜面间的动摩擦因数；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。【解析】（1）小车向上做匀减速直线运动，有得x=16m（2）加速度上滑过程得μ=0.25（3）下滑过程由运动学公式11.3m/s重力的平均功率11. （12分）（2021高考全国乙卷）一篮球质量为=0.60kg，一运动员使其从距地面高度为=1.8m处由静止自由落下，反弹高度为=1.2m。若使篮球从距地面=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为=0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取=10m/s²，不计空气阻力。求（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【解析】（1）从距地面高度为=1.8m处由静止自由落下，接近地面时动能Ek1=mgh1，根据反弹高度为=1.2m可知反弹回的动能为Ek1=mgh1，与地面碰撞前后的动能的比值为k=h1/h2=1.5。使篮球从距地面
=1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m，反弹后的动能为Ek4=mgh3，篮球着地时动能为Ek3=1.5mgh3=13.5J，由功能关系可得，运动员拍球过程中对篮球所做的功W=Ek3-mgh1=13.5J-9J=4.5J。（2）由牛顿第二定律，F+mg=ma，t时间内篮球向下运动距离s=at2，运动员拍球时对篮球做功W=Fs联立解得：F=9.0N【名师点评】本题以运动员拍篮球创设情境，考查学生对动能、功、牛顿第二定律、匀变速直线运动等概念和规律的理解与应用，引导学生增强体育锻炼，渗透健康第一的理念。12.（6分）（2021新高考湖南卷）某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图（b）所示，__________；（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的加速度；（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：1234560.0870.1800.260 0.4250.519根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线。
如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是__________（保留三位有效数字）。【答案】（1）1.02   （5）a-n图像       0.342.   【解析】本题考查探究加速度与合外力的关系实验、游标卡尺及其相关知识点，主要考查实验探究能力.（1）根据游标卡尺读数规则，垫块厚度h=10mm+2×0.1mm=10.2mm=1.02cm。（5）利用描点法描出各点，再过尽可能多的点做直线，得出a-n图像。由图像上横坐标n=4对应点的纵坐标可知，表中缺失的数据为0.342m/s2。.【方法总结】游标卡尺不估读。13.（5分）（2021高考全国甲卷）为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面（已知sinα=0.34，cosα=0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔△T＝0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离Si（i＝1，2，3，4，5），如下表所示。
S1S 2S 3S 4S 55.87cn7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为_______m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为_________。（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】0.43    0.32【解析】由逐差法和△ x=aT2，解得小铜块沿斜面下滑的加速度大小为a==0.43m/s2，由牛顿第二定律，mgsinα-μmgcosα=ma，解得：小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为μ=0.32.