2020-2022三年高考物理真題分項匯編專題03牛頓運動定律

2020-2022年三年山東卷高考匯編專題03牛頓運動定律【考綱定位】內容高考命題點考綱要求1.牛頓第一定律和牛頓第二定律通過實驗，探究物體運動的加速度與物體受力、物體質量的關系.2.牛頓運動定律的應用理解牛頓運動定律，能用牛頓運動定律解釋生產生活中的有關現象、解決有關問題.2020·山東·高考T163.超重和失重通過實驗，認識超重和失重現象.2020·山東·高考T14.實驗四探究加速度與物體受力、物體質量的關系2022·山東·高考T132020·山東·高考T13【知識重現】一、牛頓第一定律1．內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．2．理解牛頓第一定律需要注意的點(1)牛頓第一定律不是實驗直接總結出來的，是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎，加之高度的抽象思維概括總結出來的，牛頓第一定律是無法用實驗直接證明的．(2)揭示了力和運動的關系：力不是維持物體運動的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即牛頓第一定律確定了力的含義．(3)牛頓第一定律不能看成是牛頓第二定律的特殊情況，不是進行定量計算和求解的具體方法，而在于體現著一個邏輯關系：物體運動狀態(tài)改變的必要條件，是受到不為零的外力．(4)明確了慣性的概念：物體保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質，既說明了勻速直線運動狀態(tài)和靜止狀態(tài)在受力的角度等效，也揭示了物體所具有的一個重要屬性——慣性．二、慣性1．慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況和運動狀態(tài)無關．2．慣性的表現：物體不受外力作用時，有保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質；物體受到外力作用時其慣性大小表現在運動狀態(tài)改變的難易程度上．3．慣性的唯一量度：質量是慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性大．物體慣性的大小是由其質量決定的，凡是有關慣性的問題都要同質量聯系起來，可以減少出錯．三、牛頓第二定律1．內容：物體的加速度與所受合外力成正比，與物體的質量成反比，a＝eq\f(F,m)(表達式中F指物體受到的合外力)．加速度的方向與合外力的方向相同．2．牛頓第二定律突出了力是使物體運動狀態(tài)改變的原因，是物體產生加速度的原因，明確了加速度與合外力的瞬時對應關系．要求物體的瞬時加速度，就要搞清相應時刻的作用力，還要注意分析物體在該時刻前后的受力情況及運動狀態(tài)的變化情況，再由牛頓運動定律求出瞬時加速度．3．牛頓第二定律的幾個特性特性說明矢量性任意時刻物體加速度a的方向與作用力F的方向相同瞬時性加速度與作用力瞬時對應，同時存在，同時變化，同時消失同體性作用力、質量和加速度對應同一物體或同一系統獨立性物體受到的每個力各自產生的加速度都遵從牛頓第二定律，實際加速度等于各個加速度的矢量和相對性利用公式F合＝ma解題時，要注意式中的a是相對慣性系而言的，一般選大地為參考系四、牛頓第三定律1．內容：兩物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，而且作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的特點(1)作用力與反作用力同時產生、同時變化、同時消失，同性質，分別作用在相互作用的兩個物體上，作用效果不能抵消．(2)作用力和反作用力的關系與物體的運動狀態(tài)無關．不管兩物體處于什么狀態(tài)，牛頓第三定律都適用．3．作用力和反作用力與平衡力的區(qū)別作用力和反作用力平衡力受力物體作用在兩個相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關系相互依存，同時產生、同時變化、同時消失無依賴關系疊加性作用效果不可疊加，不可求合力作用效果可相互抵消，可疊加，且合力為零力的性質一定是同種性質的力不一定是同種性質的力4.牛頓第三定律是轉移研究對象的橋梁牛頓第三定律在受力分析、處理連接體問題中都有廣泛的應用．當作用力不便直接分析或求解時，可利用牛頓第三定律轉化為對反作用力的分析或求解，從而實現研究對象的轉移．五、超重和失重超重失重完全失重產生條件加速度向上加速度向下加速度向下，大小等于g原理方程F－mg＝ma?F＝m(g＋a)>mgmg－F＝ma?F＝m(g－a)<mgmg－F＝ma，a＝g?F＝0運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以a＝g加速下降或減速上升【真題匯編】1.（2022·山東·高考真題）在天宮課堂中、我國航天員演示了利用牛頓第二定律測量物體質量的實驗。受此啟發(fā)。某同學利用氣墊導軌、力傳感器、無線加速度傳感器、輕彈簧和待測物體等器材設計了測量物體質量的實驗，如圖甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源。放上滑塊。調平氣墊導軌；③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長時滑塊左端位于O點。A點到O點的距離為5.00cm，拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時；④計算機采集獲取數據，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示?；卮鹨韵聠栴}（結果均保留兩位有效數字）：（1）彈簧的勁度系數為_____N/m。（2）該同學從圖乙中提取某些時刻F與a的數據，畫出a—F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質量為________kg。（3）該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a—F圖像Ⅱ，則待測物體的質量為________kg。【答案】

12

0.20

0.13【詳解】（1）[1]由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于O點，A點到O點的距離為5.00cm。拉動滑塊使其左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結合圖乙的F—t圖有x=5.00cm，F=0.610N根據胡克定律計算出k≈12N/m（2）[2]根據牛頓第二定律有F=ma則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質量的倒數，根據圖丙中I，則有則滑塊與加速度傳感器的總質量為m=0.20kg（3）[3]滑塊上增加待測物體，同理，根據圖丙中II，則有則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為m′=0.33kg則待測物體的質量為m=m′-m=0.13kg2．（2020·山東·高考真題）一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A．0~t1時間內，v增大，FN>mg B．t1~t2時間內，v減小，FN<mgC．t2~t3時間內，v增大，FN<mg D．t2~t3時間內，v減小，FN>mg【答案】D【詳解】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時間內速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，選項A錯誤；B．在t1~t2時間內速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mg，選項B錯誤；CD．在t2~t3時間內速度減小，即乘客的減速下降，超重，則FN>mg，選項C錯誤，D正確；故選D。3．（2020·山東·高考真題）2020年5月，我國進行了珠穆朗瑪峰的高度測量，其中一種方法是通過使用重力儀測量重力加速度，進而間接測量海拔高度。某同學受此啟發(fā)就地取材設計了如下實驗，測量當地重力加速度的大小。實驗步驟如下：（i）如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺（圖中未畫出）。（ii）調整手機使其攝像頭正對木板表面，開啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運動的情況。然后通過錄像的回放，選擇小物塊運動路徑上合適的一點作為測量參考點，得到小物塊相對于該點的運動距離L與運動時間t的數據。（iii）該同學選取部分實驗數據，畫出了—t圖像，利用圖像數據得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s2（iv）再次調節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復實驗?；卮鹨韵聠栴}：(1)當木板的傾角為37°時，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過測量參考點時速度的大小為_____m/s；選取圖線上位于坐標紙網格交叉點上的A、B兩點，利用A、B兩點數據得到小物塊下滑加速度的大小為_____m/s2.（結果均保留2位有效數字）(2)根據上述數據，進一步分析得到當地的重力加速度大小為_____m/s2.（結果保留2位有效數字，sin37°=0.60，cos37°=0.80）【答案】

0.32或0.33

3.1

9.4【詳解】(1)[1][2]根據可得則由圖像可知則v0=0.33m/s(2)[3]由牛頓第二定律可知即當θ=53°時a=5.6m/s2，即當θ=37°時a=3.0m/s2，即聯立解得g=9.4m/s24．（2020·山東·高考真題）單板滑雪U型池比賽是冬奧會比賽項目，其場地可以簡化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習過程中，運動員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點進入軌道。圖乙為騰空過程左視圖。該運動員可視為質點，不計空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)運動員騰空過程中離開AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L?！敬鸢浮?1)4.8m；(2)12m【詳解】(1)在M點，設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分速度為v1，由運動的合成與分解規(guī)律得①設運動員在ABCD面內垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1②由運動學公式得③聯立①②③式，代入數據得d=4.8m

④(2)在M點，設運動員在ABCD面內平行AD方向的分速度為v2，由運動的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°

⑤設運動員在ABCD面內平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥設騰空時間為t，由運動學公式得⑦⑧聯立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數據得L=12m

⑨【突破練習】1．（2022·山東·煙臺二中模擬預測）如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，上表面O點以下部分粗糙且足夠長，其余部分光滑。在斜面體O點上方放置一質量為且分布均勻、長度為0.2m的薄板，薄板下端與O點之間的距離為0.4m?，F由靜止釋放薄板，薄板沿斜面向下運動，已知當薄板通過O點過程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O點以下部分重量的倍，重力加速度g取。則（）A．薄板減速運動時最大加速度為B．薄板與O點以下部分的動摩擦因數為C．薄板的最大速度為D．薄板靜止時，其下端距O點1.1m【答案】BD【詳解】A．薄板全部在O點下方時，減速運動的加速度最大，則薄板減速運動時最大加速度為故A錯誤；B．由可得故B正確；C．當重力沿斜面的分力與摩擦力平衡時，速度最大，有可得因為既摩擦力與薄板在斜面O點以下部分成正比，薄板下端與O點之間的距離為l=0.4m，則有動能定理可得可得故C錯誤；D．薄板長度為l'=0.2m，由動能定理可得計算可得板靜止時，其下端距O點故D正確。故選BD。2．（2022·山東·高三學業(yè)考試）如圖甲所示，水平地面上靜止一質量為1kg足夠長的長木板A，木板中央的正上方有一可看作質點的物塊B。現在物塊上施加一個從零開始均勻增加的水平向右的外力F，物塊B受到的摩擦力Ff隨外力F的大小變化圖像如圖乙所示，設木板與地面間的動摩擦因數為μ1，物塊與木板間的動摩擦因數為μ2，最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g=10m/s2，則下列選項正確的是（）A．μ1＝0.4B．μ2＝0.1C．物塊B的質量為2kgD．若外力F作用在A上，當F＝12N時A、B一定發(fā)生相對滑動【答案】D【解析】ABC．由圖知，當時，AB一起開始滑動，則由圖知，物塊B受到的滑動摩擦力大小為，有拉力在到之間時，AB一起運動，加速度相同，則有聯立解得故ABC錯誤；D．若外力F作用在A上，當F＝12N時，若AB不相對滑動，則加速度均為而B的最大加速度為故假設不成立，A、B一定發(fā)生相對滑動，故D正確。故選D。3．（2022·山東濰坊·三模）如圖所示，木板A靜置于光滑水平面上，其粗糙上表面疊放半球形木塊B，在B的最高點用水平細繩拉著一個小球C，系統保持平衡。已知B、C兩球半徑之比為4：1，C球質量為m，BC接觸面光滑。在木板A上施加了一個水平外力F，繼續(xù)維系三者相對靜止，讓三者一起做加速直線運動，已知重力加速度大小為g，以下判斷中正確的是（）A．若F向左且不斷變大，則BC之間的彈力越來越大B．若F向左且不斷變小，則BC之間的彈力恒為C．若F水平向右且持續(xù)增大，則BC之間彈力不斷減小D．若F水平向右且BC之間繩子的張力為零，則系統加速度為【答案】B【解析】AB．設整體的加速度為a，若F向左，對C受力分析，受重力mg、Ｂ的彈力FN和細繩的張力FT，如圖所示，則有FNsinθ=mgFT?FNcosθ=ma已知B、C兩球半徑之比為4：1，由幾何關系可知θ=53°，所以有在三者相對靜止的情況下，因為θ不變，增大或減小F，BC之間的彈力FN不變，恒為，A錯誤，B正確；CD．若F水平向右，整體的加速度向右，對C有FNsinθ=mgFNcosθ?FT=ma在三者相對靜止的情況下，因為θ不變，增大F，BC之間彈力FN不變；水平細繩的張力FT可能在某個時刻是零，代入數據可得此時系統的加速度為CD錯誤。故選B。4．（2022·山東·威海市教育教學研究中心二模）如圖所示，在傾斜的滑桿上套有一圓環(huán)，圓環(huán)通過輕繩連接一小球，若圓環(huán)和小球一起沿滑桿下滑的過程中，輕繩始終處于豎直狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．小球一定做勻加速直線運動B．小球一定做勻速直線運動C．圓環(huán)與滑桿之間無摩擦D．滑桿對圓環(huán)的彈力等于圓環(huán)和小球的重力之和【答案】B【解析】以物體為研究對象，物體沿滑桿向下做直線運動，加速度為零，或加速度與速度在同一直線上，而物體受到豎直向下重力和繩子豎直向上的拉力，這兩個力的合力必為零，說明物體做勻速直線運動，則環(huán)也做勻速直線運動，環(huán)受到重力、繩子豎直向下的拉力、滑桿的支持力和滑動摩擦力，共四個力作用，滑桿對圓環(huán)的彈力等于圓環(huán)和小球的重力沿垂直桿方向的分力，故B正確，ACD錯誤。故選B。5．（2022·山東日照·二模）如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為37°，當傳送帶靜止時，物塊以3m/s2的加速度沿著傳送帶加速下滑，當物塊加速至v0時，傳送帶突然啟動并立即逆時針方向做勻加速運動，g取10m/s2，sin37°=0.6，下列判斷正確的是（）A．啟動傳送帶后物塊下滑的加速度大小始終大于3m/s2B．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊一定和傳送帶相對靜止C．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力可能為0D．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力的方向一定沿傳送帶向下【答案】C【解析】A．傳送帶啟動后，物塊與傳送帶共速前所受滑動摩擦力沿傳送帶向上，故物塊加速度大小不變，選項A錯誤；B．若傳送帶的加速度大于3且小于等于9，共速后，物塊就和傳送帶相對靜止一起加速，若傳送帶的加速度大于9，共速后兩者一定有相對滑動，選項B錯誤；CD．若傳送帶的加速度等于6，物塊與傳送帶共速后相對靜止一起勻加速，故物塊所受摩擦力為0，選項C正確，選項D錯誤。故選C。6．（2022·山東·高三學業(yè)考試）某同學是航模興趣小組的一員，某次在操控飛機模型時，使航模從地面由靜止開始豎直向上做直線運動，其運動的位移一時間圖像如圖所示，已知0～t0部分的圖線是拋物線的一部分，t0～10s部分的圖線是直線，兩部分曲線相切于點（t0，10），則下列說法正確的是（）A．圖中t0＝5sB．航模在t0～10s時間內的速度大小為6m/sC．航模在0～t0時間內的加速度大小為m/s2D．航模在0～t0時間內處于失重狀態(tài)【答案】A【解析】ABC．航模在0～t0時間內在勻加速運動，則航模在t0～10s時間內做勻速上升，速度大小為其中解得t0=5sa=0.8m/s2v=4m/s選項A正確，BC錯誤。D．航模在0～t0時間內，加速度向上，處于超重狀態(tài)，選項D錯誤。故選A。7．（2022·山東·三模）東京奧運會上，14歲少女全紅嬋一鳴驚人，作為中國奧運代表團最年輕的運動員，以創(chuàng)紀錄的成績奪得10米跳臺冠軍，讓五星紅旗高高飄揚在東京水上運動中心上空。不計空氣阻力，全紅嬋從離開跳臺平面到觸及水面的過程中，下列說法正確的是（）A．上升過程處于超重狀態(tài)，下落過程處于失重狀態(tài)B．上升過程處于失重狀態(tài)，下落過程處于超重狀態(tài)C．全過程中一直處于超重狀態(tài)D．全過程中一直處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】全過程中只受重力作用，加速度為重力加速度，方向向下，一直處于失重狀態(tài)。故選D。8．（2022·山東濟寧·三模）如圖甲所示，一質量為2kg的物體靜止在水平地面上，水平推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數為0.1，取g=，下列說法正確的是（）A．物體運動的最大速度為m/sB．在運動中由于摩擦產生的熱量為6JC．物體在水平地面上運動的最大位移是4.5mD．物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動【答案】C【解析】A．物體所受滑動摩擦力大小為當F大于Ff時，物體做加速運動，當F與Ff大小相等時，物體運動的速度最大，由圖乙可知此時物體運動的位移為F-x圖像與坐標軸所圍的面積表示F做的功，則F在物體運動位移為x1的過程中對物體所做的功為設物體運動的最大速度為vm，根據動能定理有解得故A錯誤；B．根據功能關系可知，整個運動過程中，由于摩擦產生的熱量等于F做的總功，即故B錯誤；C．物體在水平地面上運動的最大位移是故C正確；D．當F大于Ff時，物體做加速度逐漸減小的加速運動，當F小于Ff時物體開始做減速運動，故D錯誤。故選C。9．（2022·山東棗莊·模擬預測）如圖所示為商場安裝的智能化臺階式自動扶梯，為節(jié)約能源，在沒有乘客乘行時，自動扶梯以較小的速度斜向上勻速運行，當有乘客乘行時，自動扶梯先以加速度a加速運行，再勻速運行。若人的質量為m，扶梯與水平面的夾角為θ，全過程中乘客與扶梯始終相對靜止，下列說法正確的是（）A．加速運行時，乘客處于超重狀態(tài)B．加速運行時，乘客對扶梯的作用力豎直向下C．加速運行時，乘客所受摩擦力大小為masinθD．勻速運行時，乘客所受摩擦力與速度方向相同【答案】A【解析】A．加速向上運行時，乘客豎直方向有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，A正確；B．加速運行時，乘客所受合外力斜向上，為乘客的重力和扶梯對乘客的作用力的合力，由力的合成可知，扶梯對乘客的作用力斜向上，則乘客對扶梯的作用力斜向下，B錯誤；C．對乘客受力分析，將加速度a分解到水平方向和豎直方向上，由牛頓第二定律有C錯誤；D．勻速運行時，由于接觸面水平，乘客不受摩擦力，D錯誤。故選A。10．（2022·山東·德州市教育科學研究院三模）如圖所示，載重汽車牽引著掛車在平直公路上以速度勻速行駛．載重汽車的質量（不含掛車）為M，掛車的質量為某時刻因故障掛車脫鉤，司機經時間后立即關閉油門（此時掛車已停止）。假設牽引力大小恒定不變，行駛中阻力大小為車所受總重力的k倍，重力加速度為g。求：（1）關閉油門時載重汽車的速度大?。唬?）關閉油門時，載重汽車和掛車間的距離是多少?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）載重汽車牽引力為①從掛車脫鉤到關閉油門過程中，對載重汽車由動量定理得②解得③（2）從掛車脫鉤到關閉油門，載重汽車的位移為④解得⑤從掛車脫鉤到關閉油門時，全掛車位移為⑥對掛車，由牛頓第二定律得⑦關閉油門時載重汽車和掛車間距⑧11．（2022·山東·三模）如圖所示，質量、長的木板B靜止于光滑水平面上，質量的物塊A停在B的左端。質量m=2kg的小球用長的輕繩懸掛在固定點O上。將輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放小球，小球在最低點與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短可忽略。A與B之間的動摩擦因數，取重力加速度g=10m/s2，不計空氣阻力。（1）求輕繩對小球的最大拉力；（2）求木板B的最大速度；（3）若在小球和A碰撞的同時，立即給B施加一個水平向右的拉力F=15N，求A相對B向右滑行的最大距離?！敬鸢浮浚?）60N；（2）；（3）【解析】（1）小球下擺到最低點與A碰撞前瞬間速度最大，所需向心力最大，輕繩的拉力最大。設此時小球速度大小為，由機械能守恒定律得解得根據牛頓第二定律有解得輕繩對小球的最大拉力為Tmax=60N（2）小球與A碰撞過程中，小球與A組成的系統動量守恒，機械能守恒，以水平向右為正方向，設碰后小球與A的速度分別為和，則解得假設A能從B上滑離，分離時速度分別為、，則有解得另一組解不合實際故舍去。所以假設成立，木板B的最大速度為（3）A滑上木板后先向右做勻減速運動，加速度大小為設B此