2022年高考物理一輪復習方案 專題3 牛頓運動定律的應用（2）（含解析）

《2022年高考物理一輪復習方案 專題3 牛頓運動定律的應用（2）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理一輪復習方案 專題3 牛頓運動定律的應用（2）（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 2022年高考物理一輪復習方案 專題3 牛頓運動定律的應用（2）（含解析） 1．xx·杭州模擬(雙選)如圖Z3－1甲所示，在粗糙的水平面上，物塊A在水平向右的外力F的作用下做直線運動，其v－t圖象如圖乙中實線所示，下列判斷正確的是(　　) 　　　　　甲　　　　　　　　　　乙 圖Z3－1 A．在0～1 s內，外力F不斷增大 B．在1～3 s內，外力F的大小恒定 C．在3～4 s內，外力F不斷減小 D．在3～4 s內，外力F的大小恒定 2．“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動．某人做蹦極運動，所受繩子拉力F

2、的大小隨時間t變化的情況如圖Z3－2所示．將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g.據圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為(　　) 圖Z3－2 A．g　　　B．2g　　　C．3g　　　D．4g 3．xx·揚州模擬從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球，小球從拋出點上升到最高點的時刻為t1，下落到拋出點的時刻為t2.若空氣阻力的大小恒定，則在圖Z3－3中能正確表示被拋出物體的速率v隨時間t的變化關系的圖象是(　　) 　　　A　　　　　　　　B 　　　C　　　　　　　　D 圖Z3－3 圖Z3－4 4．xx·無錫一中質量檢測圖Z3－4繪出了

3、輪胎與地面間的動摩擦因數分別為μ1和μ2時緊急剎車時的剎車痕跡(即剎車距離s)與剎車前車速v的關系曲線，則μ1和μ2的大小關系為(　　) A．μ1<μ2　　　　　　B．μ1>μ2 C．μ1＝μ2 D．條件不足，不能比較 5．放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖Z3－5所示．取重力加速度g＝10 m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動摩擦因數μ分別為(　　) 　　　　甲　　　　　　　　　　　乙 圖Z3－5 A．m＝1.5 kg，μ＝ B．m＝0.5 kg，μ＝0.4 C．m＝0.5

4、 kg，μ＝0.2 D．m＝1 kg，μ＝0.2 6．xx·白鷺洲中學月考如圖Z3－6所示，用皮帶輸送機向上傳送物塊，皮帶與物塊保持相對靜止，則關于物塊所受摩擦力f，下列說法正確的是(　　) 圖Z3－6 A．皮帶傳送的速度越大，f越大 B．皮帶加速運動的加速度越大，f越大 C．皮帶速度恒定，物塊質量越大，f越大 D．f的方向一定與皮帶速度方向相同 7．如圖Z3－7所示，在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩拴著 圖Z3－7 的長木板，木板上站著一只老鼠．已知木板的質量是老鼠質量的兩倍．當繩子突然斷開時，老鼠立即沿著木板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．由此木板沿斜面

5、下滑的加速度為(　　) A.sinα　　　　　　B．gsinα C.gsinα D．2gsinα 8．(雙選)如圖Z3－8所示，地面上有兩個完全相同的木塊A、B，在水平推力F作用下運動，當彈簧長度穩(wěn)定后，若用μ表示木塊與地面間的動摩擦因數，N表示彈簧彈力，則(　　) 圖Z3－8 A．μ＝0時，N＝F B．μ＝0時，N＝F C．μ≠0時，N＝F D．μ≠0時，N＝F 9．xx·大連模擬如圖Z3－9所示，一個重為G＝4 N的物體放在傾角為30°的光滑斜面上，斜面放在臺秤上，當燒斷細線后物塊下滑，與燒斷細線前比較，臺秤示數(　　) 圖Z3－9 A．減小2 N B．減

6、小1 N C．增大2 N D．增大1 N 10．xx·溫州八校聯(lián)考一個質量為1500 kg的行星探測器從某行星表面豎直升空，發(fā)射時發(fā)動機推力恒定，發(fā)射升空后8 s末，發(fā)動機突然間發(fā)生故障而關閉，如圖Z3－10所示為探測器從發(fā)射到落回出發(fā)點全過程的速度圖象．已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質量的變化．求： (1)探測器在行星表面上升達到的最大高度； (2)探測器落回出發(fā)點時的速度； (3) 探測器發(fā)動機正常工作時的推力． 圖Z3－10 11．xx·湖南師大附中月考如圖Z3－11所示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質量M＝1

7、 kg、長度L＝3 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為7 m，在平板的上端A處放一質量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放，設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2) 圖Z3－11 專題(三) 1．BC　[解析] 由v－t圖象可以看出，0～1 s內物塊做勻加速運動，故物塊所受合力恒定，外力F大小不變，選項A錯誤；在1～3 s內，物塊做勻速直線運動，物塊受力平衡，外力F大小不變，選項B正確；在3～

8、4 s內，物塊做加速度增大的減速運動，故外力F小于摩擦力，摩擦力不變，所以外力F不斷減小，故選項C正確，選項D錯誤． 2．B　[解析] 從圖象可知，當人最后不動時，繩上的拉力為F0，即mg＝F0，最大拉力為F0，由牛頓第二定律有F0－mg＝mam，解得am＝2g，選項B正確． 3．C　[解析] 小球在上升過程中做勻減速直線運動，其加速度為a1＝，下降過程中做勻加速直線運動，其加速度為a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率與時間的關系，選項C正確． 4．B　[解析] 根據牛頓第二定律，有f＝μmg＝ma，解得緊急剎車時加速度大小a＝μg；根據勻變速直線運動規(guī)律得v2＝2as＝2μgs，結合

9、圖象，初速度相同時圖線μ1對應的剎車距離較小，所以μ1>μ2. 5．B　[解析] 0～2 s內物體不動，拉力F＝2 N時勻速運動，說明滑動摩擦力為2 N，拉力F＝3 N時物體做加速度為2 m/s2的勻加速運動，則求得質量為0.5 kg，由勻速運動時的拉力F＝2 N可以求得μ＝0.4. 6．BC　[解析] 若物塊勻速運動，由物塊的受力情況可知，摩擦力f＝mgsinθ，與傳送帶的速度無關，選項A錯誤；物塊質量m越大，摩擦力f越大，選項C正確；皮帶加速運動時，由牛頓第二定律可知，f－mgsinθ＝ma，加速度a越大，摩擦力f越大，選項B正確；若皮帶減速上滑，則物塊所受摩擦力方向有可能沿皮帶向下，

10、選項D錯誤． 7．C　[解析] 繩斷后老鼠相對斜面不動，木板對老鼠沿斜面向上的作用力與老鼠的重力沿斜面的分力大小相等，即F＝mgsinα，由牛頓第三定律知老鼠對木板沿斜面的作用力大小也為mgsinα，對木板研究，其重力沿斜面的分力為2mgsinα，則木板沿斜面所受合力為F合＝mgsinα＋2mgsinα＝3mgsinα，由牛頓第二定律知，木板的加速度a＝＝gsinα，選項C正確． 8．AC　[解析] 當μ＝0時，對系統(tǒng)整體應用牛頓第二定律，有F＝2ma，隔離木塊B應用牛頓第二定律有：N＝ma，可得N＝F，A正確，B錯誤；當μ≠0時，對整體和木塊B分別應用牛頓第二定律列方程，同樣可以得出N＝

11、F，故本題應選A、C. 9．B　[解析] 本題可用整體法求解，屬于超重、失重的定量計算．燒斷細線后，物體勻加速下滑，下滑加速度a＝gsin30°＝g，方向沿斜面向下(如圖所示)，其中豎直向下的分量為a⊥＝asin30°＝g，所以物體失重，臺秤示數減小量為ma⊥＝G＝1 N. 10．(1)768 m　(2)32 m/s　(3)1.8×104 N [解析] (1)0～24 s探測器一直處于上升階段 H＝×24×64 m＝768 m. (2)8 s末發(fā)動機關閉，此后探測器只受重力作用 g＝a2＝＝ m/s2＝4 m/s2 探測器返回地面過程有 v2＝2gH 解得v＝32 m

12、/s. (3)上升階段加速度a1＝＝ m/s2＝8 m/s2，由牛頓第二定律有 F－mg＝ma 解得F＝1.8×104 N. 11．1.65 s　[解析] 對平板，由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動． 對滑塊，滑塊在平板上滑行時加速度a1＝gsin37°＝6 m/s2， 滑塊到達B點時速度v＝＝6 m/s 滑塊由B至C時的加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2 設滑塊由B至C所用時間為t，則LBC＝vt＋a2t2，解得t＝1 s. 對平板，滑塊滑離后才開始運動，加速度a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2 滑至C端所用時間為t′，則LBC＝at′2，解得t′＝ s 滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為Δt＝t′－t＝(－1)s＝1.65 s.