（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十）牛頓運動定律的綜合應用（含解析）

《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十）牛頓運動定律的綜合應用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十）牛頓運動定律的綜合應用（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（十）牛頓運動定律的綜合應用（含解析） 對點訓練：對超重與失重的理解 1．[多選](2019·鹽城月考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示。以豎直向上為a的正方向，則(　　) A．人對電梯的壓力t＝2 s時最大 B．人對電梯的壓力t＝8.5 s時最小 C．人在0～2 s時間內(nèi)處于超重狀態(tài)，在2～4 s時間內(nèi)處于失重狀態(tài) D．在7～10 s時間內(nèi)電梯先加速后減速 解析：選AB　由題圖可知0～4 s內(nèi)，人的加速度為正，加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，人對地板的壓力大于人的重力；4～7 s內(nèi)人做勻

2、速運動，人對地板的壓力等于人的重力；7～10 s內(nèi)，人的加速度為負，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，人對地板的壓力小于人的重力。由題圖可知t＝2 s時，人的加速度最大，則人對地板的壓力最大，故A正確，C錯誤。7～10 s內(nèi)，人處于失重狀態(tài)，人對地板的壓力小于人的重力；且t＝8.5 s時，人的加速度為負向最大，人對地板的壓力最小，故B正確。在7～10 s時間內(nèi)電梯加速度一直向下，則電梯一直做減速運動，故D錯誤。 2．(2018·江陰六校聯(lián)考)動物園的海洋館深受小朋友的喜歡，其中“海獅頂球”節(jié)目因其互動性強而更深受小朋友的喜愛。如圖所示為一海獅把球頂向空中，并等其落下。下列有關球的受力與運動的

3、一些說法正確的是(　　) A．球在最高處受到重力和海獅對它的頂力作用 B．球在最高處時球的速度為0，處于平衡狀態(tài) C．球在上升的過程中處于超重狀態(tài) D．球在下落的過程中可認為只受重力作用 解析：選D　豎直上拋運動是初速度向上，只在重力作用下的運動，球在最高處只受到重力，故A錯誤；球上升到最高點時受到重力的作用，速度為零，加速度為g，不是平衡狀態(tài)，故B錯誤；球在上升的過程中只受到重力的作用，加速度為g，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故C錯誤；豎直上拋運動上升和下落過程都是只受到重力的作用，故D正確。 3.[多選](2019·淮陰調(diào)研)如圖所示，蹦床運動員從空中落到床面上，運動員

4、從接觸床面到下降至最低點為第一過程，從最低點上升到離開床面為第二過程，下列判斷正確的是(　　) A．在第一過程中，運動員始終處于失重狀態(tài) B．運動員接觸床面時的速度小于最大速度 C．在第二過程中運動員的速度先增大后再減小 D．運動員在速度為零時加速度也為零 解析：選BC　運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，運動員處于失重狀態(tài)，隨床面的形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時，運動員向下做減速運動，運動員處于超重狀態(tài)，故A錯誤；運動員剛接觸床面時重力大于彈力，運動員向下做加速運動，所以運動員接觸床面時的速度沒有達到最大，當重力等于彈力時加速度為零，此時刻速度最大，故B

5、正確；在第二過程中，運動開始時有一段彈力大于重力，運動員向上做加速運動，因此開始時速度增大，當重力和彈力平衡時達到最大速度之后，向上的彈力小于重力，運動員向上做減速運動，其速度開始減小，故C正確；當運動員到達最低點時，速度為零，其重力小于彈力，根據(jù)牛頓第二定律可知此時加速度豎直向上，不等于零，故D錯誤。 對點訓練：動力學中整體法與隔離法的應用 4．[多選]如圖所示，兩個質(zhì)量分別為m1＝2 kg，m2＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(　　) A．彈簧秤的示數(shù)是10 N B．彈簧秤

6、的示數(shù)是50 N C．在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度不變 D．在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度變大 解析：選CD　對整體分析，整體的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2。隔離對m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2 N＝26 N，故A、B錯誤。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，則m1所受的合力不變，所以m1的加速度不變，故C正確。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m2所受的合力變?yōu)閺椈傻膹椓?，則加速度a′＝＝ m/s2，加速度變大，故D正確。 5.如圖所示，已知M＞m，不計滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運動，若將M與m互換，M、

7、m與桌面間的動摩因數(shù)相同，則(　　) A．物體M與m仍做勻速運動 B．物體M與m做加速運動，加速度a＝ C．物體M與m做加速運動，加速度a＝ D．繩子中張力不變 解析：選D　當物體M和m恰好做勻速運動，對M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg 所以：μ＝＝ 若將M與m互換，則對M：Ma＝Mg－T′ 對m，則：ma＝T′－μmg 得：a＝＝＝＝ 故A、B、C錯誤； 繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg。故D正確。 6．[多選](2019·大豐月考)如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的兩物體用輕繩連接，在M上施加恒力F，使兩物體一起沿恒力F方向做勻

8、加速直線運動(輕繩與恒力F方向平行)，分析對比下列四種情況下兩物體間輕繩的張力大小T和兩物體的加速度大小a，正確的是(　　) A．四種情況中(3)的加速度一定大于其他三種情況 B．四種情況中(4)的加速度一定小于其他三種情況 C．四種情況中(3)的輕繩張力一定小于其他三種情況 D．四種情況輕繩的張力一定一樣大 解析：選AD　(1)中加速度滿足：F－(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1， 對m：T1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝－gsin θ－μgcos θ，T1＝； (2) 中加速度滿足：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m

9、)a2，對m：T2－mgsin θ＝ma2， 解得a2＝－gsin θ，T2＝； (3)中加速度滿足：F＝(M＋m)a3，對m：T3＝ma3， 解得a3＝，T3＝； (4)中加速度滿足：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4， 對m：T4－mg＝ma4，解得a4＝－g，T4＝。 綜上分析可知A、D正確，B、C錯誤。 7.在粗糙的水平面上有兩個靜止的物體A、B，它們的質(zhì)量均為m＝2 kg。A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2。在水平恒力F＝20 N的作用下從靜止開始向右做勻加速直線運動，F(xiàn)作用了t＝2 s然后撤掉。(g＝10 m/s2)求： (1

10、)A、B一起運動的過程中B對A的作用力； (2)A、B都靜止時它們之間的距離L。 解析：(1)以A、B整體為研究對象進行受力分析， 由牛頓第二定律得F－μ1mg－μ2mg＝2ma 可得物體整體運動的加速度 a＝＝ m/s2 ＝2 m/s2 對A受力分析可知A在水平方向受推力F和B對A的作用力N，以及地面摩擦力作用， 根據(jù)牛頓第二定律有：F－μ1mg－N＝ma 可得B對A的作用力 N＝F－μ1mg－ma＝20 N－0.4×2×10 N－2×2 N＝8 N， 方向由B指向A(或向左)。 (2)根據(jù)速度時間關系知，撤去外力F時，A、B整體的速度v＝at＝2×2 m/s＝4 m

11、/s 撤去F后：A的加速度大小 aA＝μ1g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2 A的位移大小xA＝＝ m＝2 m 撤去力F后，B的加速度大小 aB＝μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 B的位移大小xB＝＝ m＝4 m 所以A、B都靜止時它們之間的距離 L＝xB－xA＝4 m－2 m＝2 m。 答案：(1)8 N，方向由B指向A(或向左)　(2)2 m 對點訓練：動力學中的臨界極值問題 8．(2018·桂林一模)如圖所示A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與B之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2。已知物體A的質(zhì)

12、量m＝2 kg，物體B的質(zhì)量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　) A．20 N　　　　　　　　　 　B．15 N C．10 N D．5 N 解析：選B　當F作用在物體B上時，A、B恰好不滑動時，A、B間的靜摩擦力達到最大值，對物體A，有：μ2mg＝ma 對整體，有：Fmax－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a； 由上述各式聯(lián)立解得：Fmax＝15 N。 9.(2019·東臺月考)如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一

13、個力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動。忽略一切摩擦，下列說法正確的是(　　) A．斜面對球不僅有彈力，而且該彈力是一個定值 B．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma C．若加速度足夠小，則豎直擋板對球的彈力可能為零 D．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 解析：選A　對小球受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1，設斜面的傾斜角為α 則豎直方向有：FN2cos α＝mg 因為mg和α不變，所以無論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，故A正確，D錯誤。 水平方向有：FN1－FN2sin α＝ma 因為FN2sin α

14、≠0，若加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力不可能為零，故C錯誤。 斜面和擋板對球的彈力的合力即為豎直方向的FN2cos α與水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B錯誤。 10.如圖所示，水平地面上有一帶斜面的小車，斜面傾角為θ，緊靠斜面有一質(zhì)量為m的光滑球，試求在下列狀態(tài)下斜面對小球的彈力大?。? (1)小車向右勻速運動； (2)小車向右以加速度a(a

15、 ① FN2cos θ＋FN1＝mg ② 由①②兩式得 a＝tan θ ③ 由③式可以看出，當a＝gtan θ時，F(xiàn)N1＝0，即此時的加速度就是小球剛好離開車的上表面所需要的最小加速度值。 (1)當小球向右勻速運動，即a＝0時， 由①式得斜面對小球的彈力為FN2＝0。 (2)當小車運動的加速度a

16、力為FN2＝。 答案：(1)0　(2)　(3) 考點綜合訓練 11．(2018·哈爾濱模擬)如圖甲所示，滑塊與長木板疊放在光滑水平面上，開始時均處于靜止狀態(tài)。作用于滑塊的水平力F隨時間t的變化圖像如圖乙所示，t＝2.0 s時撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運動。已知滑塊質(zhì)量m＝2 kg，木板質(zhì)量M＝1 kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2。(已知滑塊在2.0 s內(nèi)沒有滑離木板)求： (1)在0～0.5 s內(nèi)，滑塊和長木板之間的摩擦力大??？ (2)在2.0 s時，滑塊和長木板的速度分別是多少？ 解析：(1)在0～0.5 s過程中，假設M、m具有共同加速度a

17、1， 對整體由牛頓第二定律有： F1＝(M＋m)a1 代入數(shù)據(jù)得：a1＝2 m/s2 木板M能達到的最大加速度為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2＞a1 所以M、m相對靜止，M、m之間為靜摩擦力為： f＝Ma1＝1×2 N＝2 N。 (2)則木板和滑塊在0.5 s時的速度為： v1＝a1t1 代入數(shù)據(jù)可得：v1＝1 m/s 在0.5～2.0 s過程中，假設M、m具有共同加速度a3，則： F2＝(M＋m)a3 a3＝5.3 m/s2＞a2 則M、m相對滑動 長木板在2.0 s時的速度為： v2＝v1＋a2t2 代入數(shù)據(jù)得：v2＝7 m/s 以滑塊為研究對象：F2－μmg＝ma4 代入數(shù)據(jù)解得：a4＝6 m/s2 滑塊在2.0 s時的速度為： v3＝v1＋a4t2 代入數(shù)據(jù)解得：v3＝10 m/s。 答案：(1)2 N　(2)10 m/s　7 m/s