高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件

这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律课件，共60页。
专题三　牛顿运动定律
高考物理 (浙江专用)
A组 自主命题·浙江卷题组
考点一　牛顿运动定律
1.(2019浙江4月选考,1,3分)下列物理量属于基本量且单位属于国际单位制中基本单位的是 (　　)A.功/焦耳　     B.质量/千克C.电荷量/库仑　    D.力/牛顿
答案    B　质量是基本量,其单位千克是国际单位制中的基本单位,其他三个都不是基本量,其对应的单位也不是基本单位。故选B。
2.(2018浙江11月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示电场强度的单位,下列正确的是 (　　)A.N/C　　 B.V/mC.kg·m/(C·s2)　　D.kg·m/(A·s3)
3.(2018浙江4月选考,1,3分)通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是 (　　)A.亚里士多德　    B.伽利略　    C.笛卡尔　    D.牛顿
答案    B　伽利略通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”,故选B。
4.(2018浙江4月选考,3,3分)用国际单位制的基本单位表示能量的单位,下列正确的是 (　　)A.kg·m2/s2　　　B.kg·m/s2　　　C.N/m　　D.N·m
答案    A　国际单位制中力学的基本单位有:千克(kg),米(m),秒(s)。能量的单位从功的角度(W=F·s)可得1 J=1 N·m,力的单位由牛顿第二定律F=ma知可表示为kg·m/s2,所以能量的单位用国际单位制的基本单位表示为kg·m2/s2,故选A。
5.(2017浙江11月选考,2,3分)在国际单位制中,属于基本量及基本单位的是 (　　)A.质量,千克    B.能量,焦耳    C.电阻,欧姆    D.电量,库仑
答案    A　在国际单位制中,基本量有:质量、长度、时间、电流、发光强度、热力学温度、物质的量,所以答案为A。
6.(2017浙江4月选考,1,3分)下列物理量及对应的国际单位制单位符号,正确的是 (　　)A.力,kg　　 B.功率,JC.电场强度,C/N　　D.电压,V
答案    D　力的国际单位制单位符号是N,功率的国际单位制单位符号是W,电场强度的国际单位制单位符号是N/C,电压的国际单位制单位符号是V,故选D。
7.(2016浙江10月选考,2,3分)下列均属于国际制基本单位的是 (　　)A.m、N、J　　B.m、kg、J　　C.m、kg、s　　D.kg、m/s、N
答案    C    本题考查了国际单位制基本单位。力学中有3个基本物理量:质量、长度、时间,国际单位制基本单位分别是:kg、m、s。
8.(2015浙江10月选考,1,3分)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是 (　　)A.质量和时间　    B.质量和位移C.重力和时间　    D.重力和位移
答案    A    kg是质量对应的单位,s是时间对应的单位,位移的单位是m,重力的单位是N且不是国际单位制基本单位,故A正确。
考点二　牛顿运动定律的应用
1.(2019浙江4月选考,12,3分)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木mg)→向上匀速(F=mg)→向上减速(失重:Fa故A正确,B、C、D错误。故选A。
答案    D　利用整体法及隔离法不难得出,P、Q间摩擦力f= F。因此t0时刻,P、Q间摩擦力为零,2t0时刻,P、Q间摩擦力最大,A、B错;根据F-t图画出v-t如下: 故t0时刻,速度最大;2t0时刻,位移最大,因此选D。
3.(2018浙江嘉兴一中期中)质量为m的物块在倾角为θ的粗糙斜面上匀加速下滑。现对物块施加一个竖直向下的恒力F,则物块的加速度大小将 (　　) A.变大B.变小C.不变D.以上情况都有可能
4.(2017浙江金华一中调研)如图所示,A、B、C三球质量均为m,轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连,A、B间固定一个轻杆,B、C间由一轻质细线连接。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上,弹簧、轻杆与细线均平行于斜面,开始系统处于静止状态。在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是 (　　) A.A球的受力情况未变,加速度为零B.C球的加速度沿斜面向下,大小为gC.A、B之间杆的拉力大小为2mg sin θD.A、B两个小球的加速度均沿斜面向上,大小均为 g sin θ
答案    D　细线被烧断的瞬间,A和B作为整体,不再受细线的拉力作用,故受力情况发生变化,合力不为零,加速度不为零,故A错误;对球C,由牛顿第二定律得:mg sin θ=ma,解得:a=g sin θ,方向沿斜面向下,故B错误;烧断细线前,弹簧的弹力F=3mg sin θ,烧断细线的瞬间,A、B整体受到的合力等于3mg sin θ-2mg sin θ=mg sin θ,由牛顿第二定律得:mg sin θ=2ma,则加速度a= g sin θ,即A、B的加速度均为:a= g sin θ,以B为研究对象,由牛顿第二定律得:FAB-mg sin θ=ma,解得:FAB= mg sin θ,故C错误,D正确。
5.(2019浙江暨阳3月联考,19)(12分)2019年1月4日上午10时许,科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令,嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机,实施降落任务。在距月面高为H=102 m处开始悬停,识别障碍物和坡度,选定相对平坦的区域后,先以加速度a1匀加速下降,加速至v1=4  m/s时,立即改变推力,以加速度a2=2 m/s2匀减速下降,至月面高度30 m处速度减为零,立即开启自主避障程序,缓慢下降。最后距离月面2.5 m时关闭发动机,探测器以自由落体的方式降落,自主着陆在月球背面南极-艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中,整个过程始终垂直月球表面做直线运动,取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m=40 kg,月球表面重力加速度为1.6 m/s2。求:(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2;(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1;(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
二、非选择题(共72分)
答案　(1)2  m/s　(2)1 m/s2　(3)24 N　竖直向上
解析　(1)由嫦娥四号距月面2.5 m时,做自由落体运动,则 =2gh3,得v2=4  m/s(2)嫦娥四号距月面102 m至距月面30 m时,由运动学公式得 + =H1-H2且h1-h2=72 m,则a1=1 m/s2(3)由牛顿第二定律得,mg-F=ma1则F=24 N,方向竖直向上。
6.(2019浙江金丽衢二次联考,19)(12分)如图所示,厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8 m的圆柱顶端。圆环可在圆柱上滑动,同时从静止释放,经0.4 s圆柱与地相碰,圆柱与地相碰后速度瞬间变为0,且不会倾倒,g取10 m/s2。 (1)求静止释放瞬间,圆柱下端离地的高度。(2)若最终圆环离地的距离为0.6 m,则圆环与圆柱间的滑动摩擦力是圆环重力的几倍?(3)若圆环与圆柱的动摩擦因数保持不变,当圆柱从某一高度下落圆环速度减为0时,恰好到达地面,则从静止释放时圆环离地的高度为多少?
答案　(1)0.8 m　(2)5　(3)4 m
解析　(1)圆柱下端离地的高度h1= gt2=0.8 m(2)取圆柱长度为L=0.8 m,最终圆环离地的距离为L1=0.6 m,圆柱体落地时圆环的速度:v1=gt1=4 m/s =2a(L-L1)解得a=40 m/s2;对圆环根据牛顿第二定律:f-mg=ma,解得f=5mg(3)由 =2aL,解得v2=8 m/s,则h2= =3.2 m则从静止释放时圆环离地的高度为H=L+h2=4 m
7.(2019浙江杭州一模,20)(12分)如图所示,某兴趣小组在电梯里进行了如下操作:将弹簧测力计竖直悬挂在铁架台上,然后在弹簧测力计下端挂上钩码,待钩码静止后启动电梯。在某次电梯运动的全过程中记录了如下数据(忽略弹簧测力计示数变化的时间):在0~2 s内,弹簧测力计读数为4.2 N:在2~8 s内,弹簧测力计读数为4.0 N;在9 s末电梯刚好停下。若电梯从启动到停止的过程可视为先匀加速运动,然后匀速运动,最后匀减速运动,全程电梯在竖直方向上运动,不考虑弹簧测力计的晃动,g=10 m/s2,求:(1)在0~2 s内,电梯加速度的大小;(2)在0~9 s内,电梯的位移大小;(3)在8~9 s内站在电梯水平底板上的质量为60 kg的小组成员对电梯的压力。 
答案　(1)0.5 m/s　(2)7.5 m　(3)540 N
解析　(1)由题意知钩码的重力等于4 N,在0~2 s内,由牛顿第二定律得:F1-mg=ma1解得:a1=0.5 m/s2(2)在0~2 s内,由位移公式得:h1= a1 =1 m由速度公式得:v=a1t1=1 m/s在2~8 s内,电梯上升的距离:h2=vt2=6 m在8~9 s内,电梯上升的距离:h3= t3=0.5 m在0~9 s内,电梯的位移:h=h1+h2+h3=7.5 m　　(3)设在8~9 s内的加速度大小为a2,由速度公式得:v=a2t3解得:a2=1 m/s2对体重为60 kg的人由牛顿第二定律得:Mg-N=Ma2解得:N=540 N由牛顿第三定律知对电梯的压力N'=N=540 N
8.(2019浙江杭州模拟一,19)(12分)为了提高运动员奔跑时下肢向后的蹬踏力量,在训练中,让运动员腰部系绳拖汽车轮胎奔跑,已知运动员在奔跑中拖绳上端与地面的高度为1.2 m,且恒定,轻质无弹性的拖绳长2 m,运动员质量为60 kg,车胎质量为12 kg,车胎与跑道间的动摩擦因数为μ= ,如图甲所示,将运动员某次拖车胎奔跑100 m当做连续过程,抽象处理后的v-t图像如图乙所示,g=10 m/s2,不计空气阻力。求:(1)运动员加速过程中的加速度大小a及跑完100 m所用的时间t;(2)在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小T及运动员与地面间的摩擦力大小f人。
答案　(1)2 m/s2    t=14.5 s　(2)T=64 N    f人=171.2 N
试题分析　(1)由图示图像应用加速度定义式求出加速度;应用匀变速直线运动规律与匀速直线运动规律求出运动时间。(2)对轮胎与人分别应用牛顿第二定律列方程,可以求出拉力与摩擦力大小。
解析　(1)由图示图像可知,加速度:a= =  m/s2=2 m/s2;加速时间:t1=4 s,加速位移:s1= t1= ×4 m=16 m,匀速位移:s2=s-s1=100-16 m=84 m,匀速时间:t2= =  s=10.5 s,跑完100 m所用时间t=t1+t2=14.5 s(2)设绳子与水平面间的夹角为θ,由题意可知: sin θ= =0.6,则 cos θ=0.8,对轮胎由牛顿第二定律得,水平方向:T cos θ-f=ma,竖直方向:N=mg-T sin θ,滑动摩擦力:f=μN,代入数据解得:T=64 N,对运动员,由牛顿第二定律得:
f人-T cos θ=Ma,代入数据解得:f人=171.2 N。
9.(2019浙江Z20联盟第一次联考,19)(12分)如图甲所示,连接纸带的小车在重物牵引下沿水平轨道运动。通过纸带可算出小车各时刻的速度,作出如图乙所示的v-t图像。已知小车质量为M=200 g,所挂重物的总质量m=100 g,t0=0.38 s时重物正好落地,假设小车运动过程中所受阻力恒定。求:  甲 乙
(1)重物落地后小车的加速度大小;(2)匀加速阶段细线对小车的拉力大小;(3)0~0.6 s内小车的平均速度。(结果保留两位小数)
答案　(1)0.5 m/s2　(2)0.7 N　(3)1.12 m/s
解析　(1)a2= =  m/s2=0.5 m/s2(2)小车所受阻力大小f=Ma2=0.2×0.5 N=0.1 N匀加速阶段,加速度a1= =  m/s2=3 m/s2匀加速阶段,对小车用牛顿第二定律:F-f=Ma1F=f+Ma1=0.1 N+0.2×3 N=0.7 N(3)0~0.6 s内小车的位移x= (0.36+1.50)×0.38 m+ (1.39+1.50)×0.22 m≈0.67 m平均速度 = =  m/s≈1.12 m/s
10.(2018浙江宁波镇海中学专题测试)(12分)如图甲所示,已知足够长的传送带与水平面成θ=15°角,质量m=1 kg的小物体以v0=2 m/s的速度由P沿传送带滑入,物体滑入瞬间,传送带以加速度a无初速度逆时针加速转动,a-t图像如图乙所示,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,试分析5秒时小物体加速度的大小并求5秒内小物体相对于传送带的位移大小。(g =10 m/s2,sin 15°=0.26,cos 15°=0.96) 
答案　3.56 m/s2　1.78 m
解析    刚开始小物体的加速度a1= =1.64m/s2设经过时间t1,小物体与传送带有共同速度vv=v0+a1t1=at1t1=2 s,v=5.28 m/s0~2 s内小物体和传送带的位移分别为x物1=v0t1+ a1 =7.28 mx传1= a =5.28 m相对位移Δx1=x物1-x传1=2 mt2为2~4秒的时间,小物体所受摩擦力方向改为向下,最大加速度为a1m=g sin 15°+μg cos 15°=3.56 m/s2>2.64 m/s2故小物体和传送带处于相对静止状态,小物体受沿斜面向下的静摩擦力,小物体加速度a2=a=2.64 m/s2,4秒末,物体和传送带具有共同速度v1v1=v+a2t2=10.56 m/s
t3为4~5秒的时间,物体和传送带发生相对滑动小物体的加速度a3= =3.56 m/s2小物体和传送带的位移分别为x物2=v1t3+ a3 =12.34 mx传2=v1t3+ a' =12.56 m相对位移Δx2=x传2-x物2=0.22 m故5 s内的相对位移Δx=Δx1-Δx2=1.78 m
1.(冰块滑道)如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景,冰块先在工作人员斜向上拉力作用下移动一段距离,然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地。其工作原理可简化为如图乙所示,设冰块质量M=100 kg,冰块与滑道间动摩擦因数μ=0.05,运送冰块距离为12 m,工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上。某次拉冰块时,工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手,冰块刚好到达滑道末端静止。(已知sin 53°=0.8、cos 53°=0.6)求:
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
答案　(1)2∶1　(2)2 m/s　(3)234.4 N
解题思路　(1)根据全程初末速度为零,可得两段加速度与位移成反比;(2)利用减速阶段求最大速度,已知位移x2、加速度a2,末速度为0,求减速时的初速度,应用v2- =2ax公式求解;(3)在加速阶段:受力分析,将受力正交分解,建立牛顿第二定律方程,已知加速度a1,求解F。
(3)工人拉冰块的拉力大小。
(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比;(2)冰块滑动过程中的最大速度;
解析　(1)冰块先做匀加速运动,加速度a1,加速到最大速度为vm,做减速运动时加速度大小为a2,位移为x1=4 m;所以减速位移为x2=12-x1=8 m;因为全程初末速度为零,a1= a2= , = =2∶1(2)加速结束时刻速度最大,减速开始时刻速度最大;在减速阶段,冰块受滑动摩擦力减速,根据牛顿第二定律:f=Ma2f=μMga2=μg=0.5 m/s202- =2(-a2)x2vm= =  m/s=2  m/s(3)冰块在加速阶段:受力如图,
根据牛顿第二定律:水平方向:F cos 53°-f=Ma1竖直方向:N+F sin 53°-Mg=0f=μΝ由(1)问得:a1=2a2=1 m/s2解得F= 代入数据得:F=234.4 N。
2.(紧急制动)为了测试智能汽车自动防撞系统的性能。质量为1 500 kg的智能汽车以10 m/s的速度在水平面匀速直线前进,通过激光雷达和传感器检测到正前方22 m处有静止障碍物时,系统立即自动控制汽车,使之做加速度大小为1 m/s2的匀减速直线运动,并向驾驶员发出警告。驾驶员在此次测试中仍未进行任何操作,汽车继续前行至某处时自动触发“紧急制动”,即在切断动力系统的同时提供12 000 N的总阻力使汽车做匀减速直线运动,最终该汽车恰好没有与障碍物发生碰撞。g取10 m/s2,求 (1)汽车在“紧急制动”过程的加速度大小;(2)触发“紧急制动”时汽车的速度大小和其到障碍物的距离;(3)汽车在上述22 m的运动全过程中的平均速度的大小。
答案　(1)8 m/s2　(2)8 m/s　4 m　(3)  m/s
解析　(1)由牛顿第二定律可得:“紧急制动”过程的加速度a2= 其中f=12 000 N,m=1 500 kg,代入解得:a2=8 m/s2(2)设触发“紧急制动”时汽车的速度大小为v,其到障碍物的距离为x2则有:x2= 已知“紧急制动”前的加速度为a1=1 m/s2位移为x1= 且有:x1+x2=x已知总位移x=22 m,v0=10 m/s解得:v=8 m/s,x2=4 m
(3)“紧急制动”前的时间为:t1= =2 s“紧急制动”后的时间为:t2= =1 s总时间为:t=t1+t2=3 s所以 = =  m/s