2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

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1、2022年高考物理第一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 對點(diǎn)訓(xùn)練：超重與失重 1．(多選)質(zhì)量為m的物體放置在升降機(jī)內(nèi)的臺(tái)秤上，現(xiàn)在升降機(jī)以加速度a在豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，若物體處于失重狀態(tài)，則(　　) A．升降機(jī)加速度方向豎直向下 B．臺(tái)秤示數(shù)減少ma C．升降機(jī)一定向上運(yùn)動(dòng) D．升降機(jī)一定做加速運(yùn)動(dòng) 2.(xx·淄博高三質(zhì)檢)放在電梯地板上的一個(gè)木箱，被一根處于伸長狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)(如圖1)，后發(fā)現(xiàn)木箱突然被彈簧拉動(dòng)，據(jù)此可判斷出電梯的運(yùn)動(dòng)情況是(　　) 圖1 A．勻速上升　　　　　　　 B．加速上升 C．減速上升 D．減速下降

2、 3．(多選)(xx·石家莊質(zhì)檢)如圖2所示是某同學(xué)站在力板傳感器上做下蹲－起立的動(dòng)作時(shí)記錄的壓力F隨時(shí)間t變化的圖線。由圖線可知該同學(xué)(　　) 圖2 A．體重約為650 N B．做了兩次下蹲－起立的動(dòng)作 C．做了一次下蹲－起立的動(dòng)作，且下蹲后約2 s起立 D．下蹲過程中先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 對點(diǎn)訓(xùn)練：整體法與隔離法的應(yīng)用 4.(xx·哈爾濱三中月考)如圖3所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，彈簧伸長量為x，若用水平力F′作用在m1上時(shí)，兩物塊均以加速度

3、a′＝2a做勻加速運(yùn)動(dòng)。此時(shí)彈簧伸長量為x′。則下列關(guān)系正確的是(　　) 圖3 A．F′＝2F B．x′＞2x C．F′>2F D．x′<2x 5．(多選)如圖4所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m，甲車上人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì))；人與車始終保持相對靜止。下列說法正確的是(　　) 圖4 A．甲車的加速度大小為 B．甲車的加速度大小為0 C．乙車的加速度大小為 D．乙車的加速度大小為0 對點(diǎn)訓(xùn)練：臨界極值問題 6.如圖5所示，光滑水平面上放置著質(zhì)量分別為m、2m的A、B兩個(gè)物體，A、B間的

4、最大靜摩擦力為μmg，現(xiàn)用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則拉力F的最大值為(　　) 圖5 A．μmg　　　　　　　　　 B．2μmg C．3μmg D．4μmg 7．(xx·河南三市聯(lián)考)如圖6所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度g取10 m/s2。 圖6 (1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)當(dāng)θ角滿足什么條件時(shí)，小物塊沿木板滑行的距離最小，

5、并求出此最小值。 對點(diǎn)訓(xùn)練：滑塊、滑板模型 8．如圖7甲所示，靜止在光滑水平面上的長木板B(長木板足夠長)的左端靜止放著小物塊A。某時(shí)刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長木板B運(yùn)動(dòng)的v-t圖像是(　　) 圖7 圖8 9．(xx·宜春模擬)如圖9所示，一質(zhì)量為mB＝2 kg，長為L＝6 m的薄木板B放在水平面上，質(zhì)量為mA＝2 kg的物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))在一電動(dòng)機(jī)拉動(dòng)下從木板左端以v0＝5 m/s的速度向右勻

6、速運(yùn)動(dòng)。在物體帶動(dòng)下，木板以a＝2 m/s2的加速度從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)牽引物體的輕繩的拉力F＝8 N。已知各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，重力加速度g取10 m/s2，則 圖9 (1)經(jīng)多長時(shí)間物體A滑離木板？ (2)木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為多少？ (3)物體A滑離木板后立即取走物體A，木板能繼續(xù)滑行的距離為多少？ 對點(diǎn)訓(xùn)練：傳送帶模型 10.(多選)如圖10所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，以速度v0逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶的上端輕輕放置一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的運(yùn)動(dòng)情況的

7、是(　　) 圖10 圖11 11.(多選)(xx·四川高考)如圖12所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時(shí)刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開傳送帶。不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖像可能是(　　) 圖12 圖13 12．(xx·濰坊一中高三檢測)一小物塊隨足夠長的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛行的子彈擊中并從物塊中穿過，如圖14甲所示。固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊被擊中后的位移x隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示(圖像前3 s內(nèi)為二次

8、函數(shù)，3～4.5 s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?。已知傳送帶的速度v1保持不變，g取10 m/s 2。 圖14 (1)求傳送帶速度v1的大小； (2)求0時(shí)刻物塊速度v0的大??； (3)在圖15中畫出物塊對應(yīng)的v-t圖像。 圖15 答 案 1．選AB　物體處于失重狀態(tài)，加速度方向一定豎直向下，但速度方向可能向上，也可能向下，故A對，C、D錯(cuò)。由mg－N＝ma可知臺(tái)秤示數(shù)減少ma，選項(xiàng)B對。 2．選C　木箱突然被拉動(dòng)，表明木箱所受摩擦力變小了，也表明木箱與地板之間的彈力變小了，重力大于彈力，合力向下，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確。 3．選AC　當(dāng)該

9、同學(xué)站在力板傳感器上靜止不動(dòng)時(shí)，其合力為零，即壓力讀數(shù)恒等于該同學(xué)的體重值，由圖線可知：該同學(xué)的體重為650 N，A正確；每次下蹲，該同學(xué)都將經(jīng)歷先向下做加速(加速度方向向下)、后減速(加速度方向向上)的運(yùn)動(dòng)，即先經(jīng)歷失重狀態(tài)，后經(jīng)歷超重狀態(tài)，讀數(shù)F先小于體重，后讀數(shù)F大于體重；每次起立，該同學(xué)都將經(jīng)歷先向上做加速(加速度方向向上)、后減速(加速度方向向下)的運(yùn)動(dòng)，即先經(jīng)歷超重狀態(tài)，后經(jīng)歷失重狀態(tài)，讀數(shù)F先大于體重、后小于體重。由圖線可知：C正確，B、D錯(cuò)誤。 4．選A　把兩個(gè)物塊看作整體，由牛頓第二定律可得：F＝(m1＋m2)a，F(xiàn)′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得出F′＝2F，隔

10、離物塊m2，由牛頓第二定律得：kx＝m2a，kx′＝m2a′，解得：x′＝2x，故A正確，B、C、D均錯(cuò)誤。 5．選BC　對甲圖中的人和車當(dāng)成系統(tǒng)，在水平方向的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力)，故a甲＝0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。對乙圖中，人拉輕繩的力為F，則繩拉人和繩拉車的力均為F，對人和車的系統(tǒng)，水平合外力為2F，由牛頓第二定律知：a乙＝，則選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。 6．選C　當(dāng)A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)力F最大，此時(shí)，對于A物體所受的合外力為μmg，由牛頓第二定律知aA＝＝μg；對于A、B整體，加速度a＝aA＝μg，由牛頓第二定律得F＝3ma＝3μmg。 7．解析：(1

11、)當(dāng)θ＝30°時(shí)，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑。mgsin θ＝f，f＝μmgcos θ 聯(lián)立解得：μ＝。 (2)對于小物塊沿木板向上滑行，由動(dòng)能定理，－mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0－mv02，解得s＝。 令a＝sin θ＋μcos θ ＝ 設(shè)cos α＝，則a＝sin(α＋θ) 當(dāng)α＋θ＝時(shí)，a存在最大值 am＝＝。 即sin θ＝cos α＝＝，θ＝60°時(shí)，s最小。 對應(yīng)的最小值s＝＝m。 答案：(1)　(2)60°　m 8．選B　A、B相對滑動(dòng)之前加速度相同，由整體法可得：F＝2ma，當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，對木板有Ff＝ma，故此時(shí)F＝2F

12、f＝kt，t＝，之后木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故只有B項(xiàng)正確。 9．解析：(1)設(shè)經(jīng)t0時(shí)間物體A滑離木板，則對A：xA＝v0t0 對木板B：xB＝at02 xA－xB＝L 代入數(shù)據(jù)解得：t0＝2 s(另解舍去)。 (2)A在B上滑動(dòng)時(shí)，A勻速運(yùn)動(dòng)， 則FfAB＝F＝8 N。 設(shè)地面對B的滑動(dòng)摩擦力為FfB1，則由牛頓第二定律得：FfAB－FfB1＝mBa，又FfB1＝μFN，F(xiàn)N＝(mA＋mB)g 可解得：μ＝0.1。 (3)物體A滑離時(shí)B板的速度 vB＝at0＝4 m/s。 B板向前減速滑行過程中，F(xiàn)fB2＝mBaB FfB2＝μmBg 解得：aB＝μg＝1 m/s2

13、 木板繼續(xù)滑行的位移xB＝＝8 m。 答案：(1)2 s　(2)0.1　(3)8 m 10．選BD　小木塊剛放上之后的一段時(shí)間內(nèi)所受摩擦力沿斜面向下，由牛頓第二定律可得： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，小木塊與傳送帶同速后，因μ＜tan θ，小木塊將繼續(xù)向下加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，有a1＞a2故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。 11．選BC　本題需考慮速度之間的關(guān)系及摩擦力與Q重力之間的關(guān)系，分別討論求解。 若v1＞v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確。若v

14、1＞v2，且P受到的滑動(dòng)摩擦力小于Q的重力，此時(shí)P一直向右減速，減速到零后反向加速。若v2＞v1，P受到的滑動(dòng)摩擦力向左，開始加速度a1＝，當(dāng)減速至速度為v1時(shí)，摩擦力反向，若有FT＞μmg，此后加速度a2＝，故C正確，A、D錯(cuò)誤。 12．解析：(1)由x-t的圖像可知，物塊被擊穿后，先向左減速，2 s末減到v＝0，然后向右加速，3 s末后與傳送帶共速v1＝＝2 m/s，以后隨傳送帶一起做勻速運(yùn)動(dòng)。 (2)2～3 s內(nèi)，物塊向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝μg，v1＝aΔt1 0～2 s內(nèi)，物塊向左勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小a＝μg 解得0時(shí)刻物塊的速度v0＝aΔt2＝4 m/s。 (3)根據(jù)x-t的圖像分析得到的運(yùn)動(dòng)規(guī)律用v-t圖像畫出如圖所示。 答案：(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3)見解析