2019-2020年高考物理專題復習 牛頓運動定律的綜合應用.doc

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2019-2020年高考物理專題復習 牛頓運動定律的綜合應用1下列實例屬于超重現(xiàn)象的是()A汽車駛過拱形橋頂端B蕩秋千的小孩通過最低點C跳水運動員被跳板彈起，離開跳板向上運動D火箭點火后加速升空解析本題考查了超、失重現(xiàn)象的本質(zhì)物體運動時具有豎直向上的加速度，屬于超重現(xiàn)象A、C兩個選項中的汽車和運動員都具有豎直向下的加速度，均不正確；B、D兩個選項中的小孩和火箭都具有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，均正確答案BD2關于速度、加速度、合外力之間的關系，正確的是()A物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大B物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零C物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零解析 加速度由合外力決定，加速度與速度無必然聯(lián)系。物體的速度為零時，加速度可為零也可不為零；當加速度為零時，速度不變。答案 CD3如圖3311所示，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊；木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為()A加速下降 B加速上升C減速上升 D減速下降解析木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，所以木箱的運動狀態(tài)可能為減速下降或加速上升，故B、D正確答案BD4. 某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t3時間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖332所示，電梯運行的vt圖可能是(取電梯向上運動的方向為正) ()圖332解析從圖可以看出，t0t1時間內(nèi)，該人的視重小于其重力，t1t2時間內(nèi)，視重正好等于其重力，而在t2t3時間內(nèi)，視重大于其重力，根據(jù)題中所設的正方向可知，t0t1時間內(nèi)，該人具有向下的加速度，t1t2時間內(nèi)，該人處于平衡狀態(tài)，而在t2t3時間內(nèi)，該人則具有向上的加速度，所以可能的圖像為A、D.答案AD5如圖333是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則 ()A火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小B返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力圖333C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功D返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài)解析火箭開始噴氣瞬間，返回艙受到向上的反作用力，所受合外力向上，故傘繩的拉力變小，所以選項A正確；返回艙與降落傘組成的系統(tǒng)在火箭噴氣前受力平衡，噴氣后減速的主要原因是受到噴出氣體的反作用力，故選項B錯誤；返回艙在噴氣過程中做減速直線運動，故合外力一定做負功，選項C錯誤；返回艙噴氣過程中產(chǎn)生豎直向上的加速度，故應處于超重狀態(tài)，選項D錯誤答案A圖3346. 如圖334所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動摩擦因數(shù)為，則在這個過程中，木塊受到的摩擦力大小是 ()Amg B.C(Mm)g Dma解析m與M無相對滑動，故a相同對m、M整體F(Mm)a，故am與整體加速度相同也為a，對m：fma，即f，又由牛頓第二定律隔離m，fma，故B、D正確答案BD圖33127如圖3312所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)下列說法正確的是()A在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零B上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力解析對于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運動，處于完全失重狀態(tài)，不論上升還是下降過程，A對B均無壓力，只有A項正確答案A圖33138如圖3313所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等現(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力Fkt (k是常數(shù))，木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是()解析剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且Fkt，a，當相對滑動后，木板只受滑動摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動摩擦力，a2g，、故a2g，at圖象中斜率變大，故選項A正確，選項B、C、D均錯誤答案A圖3379如圖337所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉動在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)tan ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時間變化關系的是 ()解析小木塊被釋放后的開始階段做勻加速直線運動，所受摩擦力沿斜面向下，加速度為a1.當小木塊的速度與傳送帶速度相同后，小木塊開始以a2的加速度做勻加速直線運動，此時小木塊所受摩擦力沿斜面向上，所以a1a2，在vt圖像中，圖線的斜率表示加速度，故選項D對(傳送帶模型)答案D10如圖338甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的vt圖像(以地面為參考系)如圖3321乙所示已知v2v1，則()圖338At2時刻，小物塊離A處的距離達到最大Bt2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大C0t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用解析相對地面而言，小物塊在0t1時間內(nèi)，向左做勻減速運動，t1t2時間內(nèi)，又反向向右做勻加速運動，當其速度與傳送帶速度相同時(即t2時刻)，小物塊向右做勻速運動故小物塊在t1時刻離A處距離最大，A錯誤相對傳送帶而言，在0t2時間內(nèi)，小物塊一直相對傳送帶向左運動，故一直受向右的滑動摩擦力，在t2t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離達到最大值，B正確，C、D均錯誤(傳送帶模型)答案B圖33911兩個疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為的斜面上，如圖339所示，滑塊A、B質(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的動摩擦因數(shù)為1，B與A之間的動摩擦因數(shù)為2，已知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下，求滑塊B受到的摩擦力解析把A、B兩滑塊作為一個整體，設其下滑的加速度大小為a，由牛頓第二定律有(Mm)gsin 1(Mm)gcos (Mm)a得ag(sin 1cos )由于agsin ，可見B隨A一起下滑過程中，必須受到A對它沿斜面向上的摩擦力，設摩擦力為FB(如圖所示)由牛頓第二定律有mgsin FBma得FBmgsin mamgsin mg(sin 1cos )1mgcos (程序思維法)答案1mgcos ，方向沿斜面向上圖331012水平傳送帶被廣泛地應用于機場和火車站，如圖3310所示為一水平傳送帶裝置示意圖緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v1 m/s運行，一質(zhì)量為m4 kg的行李無初速度地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動設行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.1，A、B間的距離L2 m，g取10 m/s2.(1)求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大??；(2)求行李做勻加速直線運動的時間；(3)如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間和傳送帶對應的最小運行速率解析(1)滑動摩擦力fmg0.1410 N4 N，加速度ag0.110 m/s21 m/s2.(2)行李達到與傳送帶相同速率后不再加速，則vat1，t1 s1 s.(3)行李始終勻加速運行時間最短，加速度仍為a1 m/s2，當行李到達右端時，有vmin22aL，vmin m/s2 m/s，所以傳送帶對應的最小運行速率為2 m/s.行李最短運行時間由vminatmin得tmin s2 s(傳送帶模型)答案(1)4 N1 m/s2(2)1 s(3)2 s2 m/s