2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 專題3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用（2）（含解析）

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1、 2022年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 專題3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)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(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖乙中實(shí)線所示，下列判斷正確的是(　　) 　　　　　甲　　　　　　　　　　乙 圖Z3－1 A．在0～1 s內(nèi)，外力F不斷增大 B．在1～3 s內(nèi)，外力F的大小恒定 C．在3～4 s內(nèi)，外力F不斷減小 D．在3～4 s內(nèi)，外力F的大小恒定 2．“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)．某人做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F

2、的大小隨時(shí)間t變化的情況如圖Z3－2所示．將蹦極過(guò)程近似為在豎直方向的運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過(guò)程中最大加速度約為(　　) 圖Z3－2 A．g　　　B．2g　　　C．3g　　　D．4g 3．xx·揚(yáng)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(diǎn)上升到最高點(diǎn)的時(shí)刻為t1，下落到拋出點(diǎn)的時(shí)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(shí)間t的變化關(guān)系的圖象是(　　) 　　　A　　　　　　　　B 　　　C　　　　　　　　D 圖Z3－3 圖Z3－4 4．xx·無(wú)錫一中質(zhì)量檢測(cè)圖Z3－4繪出了

3、輪胎與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2時(shí)緊急剎車時(shí)的剎車痕跡(即剎車距離s)與剎車前車速v的關(guān)系曲線，則μ1和μ2的大小關(guān)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(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系和物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)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(zhì)量m和物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(xué)月考如圖Z3－6所示，用皮帶輸送機(jī)向上傳送物塊，皮帶與物塊保持相對(duì)靜止，則關(guān)于物塊所受摩擦力f，下列說(shuō)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(yùn)動(dòng)的加速度越大，f越大 C．皮帶速度恒定，物塊質(zhì)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(zhǎng)木板，木板上站著一只老鼠．已知木板的質(zhì)量是老鼠質(zhì)量的兩倍．當(dāng)繩子突然斷開(kāi)時(shí)，老鼠立即沿著木板向上跑，以保持其相對(duì)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(gè)完全相同的木塊A、B，在水平推力F作用下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度穩(wěn)定后，若用μ表示木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，N表示彈簧彈力，則(　　) 圖Z3－8 A．μ＝0時(shí)，N＝F B．μ＝0時(shí)，N＝F C．μ≠0時(shí)，N＝F D．μ≠0時(shí)，N＝F 9．xx·大連模擬如圖Z3－9所示，一個(gè)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(tái)秤上，當(dāng)燒斷細(xì)線后物塊下滑，與燒斷細(xì)線前比較，臺(tái)秤示數(shù)(　　) 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(gè)質(zhì)量為1500 kg的行星探測(cè)器從某行星表面豎直升空，發(fā)射時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)推力恒定，發(fā)射升空后8 s末，發(fā)動(dòng)機(jī)突然間發(fā)生故障而關(guān)閉，如圖Z3－10所示為探測(cè)器從發(fā)射到落回出發(fā)點(diǎn)全過(guò)程的速度圖象．已知該行星表面沒(méi)有大氣，不考慮探測(cè)器總質(zhì)量的變化．求： (1)探測(cè)器在行星表面上升達(dá)到的最大高度； (2)探測(cè)器落回出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度； (3) 探測(cè)器發(fā)動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)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(zhì)量M＝1

7、 kg、長(zhǎng)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(zhì)量m＝0.6 kg的滑塊，開(kāi)始時(shí)使平板和滑塊都靜止，之后將它們無(wú)初速釋放，設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)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(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，故物塊所受合力恒定，外力F大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在1～3 s內(nèi)，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物塊受力平衡，外力F大小不變，選項(xiàng)B正確；在3～

8、4 s內(nèi)，物塊做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，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(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 2．B　[解析] 從圖象可知，當(dāng)人最后不動(dòng)時(shí)，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(xiàng)B正確． 3．C　[解析] 小球在上升過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為a1＝，下降過(guò)程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為a2＝，即a1>a2，且所分析的是速率與時(shí)間的關(guān)系，選項(xiàng)C正確． 4．B　[解析] 根據(jù)牛頓第二定律，有f＝μmg＝ma，解得緊急剎車時(shí)加速度大小a＝μg；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v2＝2as＝2μgs，結(jié)合

9、圖象，初速度相同時(shí)圖線μ1對(duì)應(yīng)的剎車距離較小，所以μ1>μ2. 5．B　[解析] 0～2 s內(nèi)物體不動(dòng)，拉力F＝2 N時(shí)勻速運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明滑動(dòng)摩擦力為2 N，拉力F＝3 N時(shí)物體做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，則求得質(zhì)量為0.5 kg，由勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的拉力F＝2 N可以求得μ＝0.4. 6．BC　[解析] 若物塊勻速運(yùn)動(dòng)，由物塊的受力情況可知，摩擦力f＝mgsinθ，與傳送帶的速度無(wú)關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊質(zhì)量m越大，摩擦力f越大，選項(xiàng)C正確；皮帶加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(xiàng)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(xiàng)D錯(cuò)誤． 7．C　[解析] 繩斷后老鼠相對(duì)斜面不動(dòng)，木板對(duì)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(duì)木板沿斜面的作用力大小也為mgsinα，對(duì)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(xiàng)C正確． 8．AC　[解析] 當(dāng)μ＝0時(shí)，對(duì)系統(tǒng)整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F＝2ma，隔離木塊B應(yīng)用牛頓第二定律有：N＝ma，可得N＝F，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)μ≠0時(shí)，對(duì)整體和木塊B分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程，同樣可以得出N＝

11、F，故本題應(yīng)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(jì)算．燒斷細(xì)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(tái)秤示數(shù)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(cè)器一直處于上升階段 H＝×24×64 m＝768 m. (2)8 s末發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉，此后探測(cè)器只受重力作用 g＝a2＝＝ m/s2＝4 m/s2 探測(cè)器返回地面過(guò)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(duì)平板，由于Mgsin37°＜μ(M＋m)gcos37°，故滑塊在平板上滑動(dòng)時(shí)，平板靜止不動(dòng)． 對(duì)滑塊，滑塊在平板上滑行時(shí)加速度a1＝gsin37°＝6 m/s2， 滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v＝＝6 m/s 滑塊由B至C時(shí)的加速度a2＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2 設(shè)滑塊由B至C所用時(shí)間為t，則LBC＝vt＋a2t2，解得t＝1 s. 對(duì)平板，滑塊滑離后才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，加速度a＝gsin37°－μgcos37°＝2 m/s2 滑至C端所用時(shí)間為t′，則LBC＝at′2，解得t′＝ s 滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差為Δt＝t′－t＝(－1)s＝1.65 s.