2022年高考物理一輪復習方案 專題2 牛頓運動定律的應用（1）（含解析）

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1、2022年高考物理一輪復習方案 專題2 牛頓運動定律的應用（1）（含解析） 1．xx·莆田一中月考關于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是(　　) A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài) B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài) C．蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài) D．“神舟”六號飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內(nèi)的宇航員處于完全失重狀態(tài) 2．設“神舟七號”載人飛船近地加速時，飛船以5g的加速度勻加速上升，g為重力加速度．則質(zhì)量為m的宇航員對飛船底部的壓力為(　　) A．6mg　　　　　　　　　B．5mg C．4mg

2、 D．mg 3．一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度和時間的關系圖象如圖Z2－1所示，則(　　) 圖Z2－1 A．t3時刻火箭距地面最遠 B．t2～t3的時間內(nèi)，火箭在向下降落 C．t1～t2的時間內(nèi)，火箭處于失重狀態(tài) D．0～t3的時間內(nèi)，火箭始終處于失重狀態(tài) 4．如圖Z2－2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(　　) 圖Z2－2 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

3、受到的重力 5．xx·佛山模擬一名學生為了體驗超重和失重的感覺，從一樓乘電梯到十五樓，又從十五樓下到一樓，他的感覺是(　　) A．上樓時先超重，然后正常 B．上樓時先失重，然后正常，最后超重 C．下樓時先失重，然后正常 D．下樓時先失重，然后正常，最后超重 6. xx·湛江模擬(雙選)下列有關超重和失重的說法，正確的是(　　) A．無論物體處于超重還是失重狀態(tài)，物體所受的重力總是不變的 B．做豎直上拋運動的物體處于完全失重狀態(tài) C．在沿豎直方向向上運動的升降機中出現(xiàn)失重現(xiàn)象時，升降機一定處于上升過程 D．在沿豎直方向向上運動的升降機中出現(xiàn)失重現(xiàn)象時，升降機一定處于下降過程

4、 7．(雙選)“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是彈性極好的橡皮繩．質(zhì)量為m的小明如圖Z2－3所示靜止懸掛時，兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時(　　) 圖Z2－3 A．速度為零 B．加速度a＝g，方向與斷裂橡皮繩原拉力方向相反 C．加速度a＝g，方向與斷裂橡皮繩原拉力方向相同 D．加速度a＝g，方向豎直向下 8．(雙選)如圖Z2－4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 圖Z2－4 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(

5、　　) A．加速下降　　B．加速上升 C．減速上升 D．減速下降 9．xx·福州十校期中(雙選)如圖Z2－5所示，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2，重力加速度大小為g，則有(　　) 圖Z2－5 A．a(chǎn)1＝0 B．a(chǎn)1＝g C．a(chǎn)2＝g D．a(chǎn)2＝0 10．在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m1的木塊，木塊和車廂通過一根輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k.在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為m2

6、的小球．某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持相對靜止，如圖Z2－6所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)彈簧的形變量為(　　) 圖Z2－6 A．伸長量為tanθ　　　B．壓縮量為tanθ C．伸長量為 D．壓縮量為 11．如圖Z2－7所示為上、下兩端相距L＝5 m、傾角α＝30°、始終以v＝3 m/s的速率順時針轉動的傳送帶(傳送帶始終繃緊)．將一物體放在傳送帶的上端由靜止釋放滑下，經(jīng)過t＝2 s到達下端，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)多大？ (2)如果將傳送帶逆時針轉動，速率至少多大時

7、，物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達下端？ 圖Z2－7 12．xx·金華模擬如圖Z2－8所示，放在水平地面上的長木板B，長為1 m，質(zhì)量為2 kg，與地面之間的動摩擦因數(shù)為0.2.一質(zhì)量為3 kg的小鉛塊A，放在B的左端，A、B之間的動摩擦因數(shù)為0.4，當A以3 m/s的初速度向右運動之后，求最終A對地的位移和A對B的位移． 圖Z2－8 專題(二) 1．D　[解析] 物體是否超重或失重取決于加速度方向，當加速度向上時物體處于超重狀態(tài)，當加速度向下時物體處于失重狀態(tài)，當加速度向下且大小等于重力加速度時物體處于完全失重狀態(tài)．電梯

8、正在減速上升，加速度向下，乘客失重，選項A錯誤；列車加速時加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，選項B錯誤；蕩秋千到最低位置時加速度向上，人處于超重狀態(tài)，選項C錯誤；飛船繞地球做勻速圓周運動時，其加速度等于飛船所在位置的重力加速度，宇航員處于完全失重狀態(tài)，選項D正確． 2．A　[解析] 對宇航員由牛頓運動定律有：N－mg＝ma，得N＝6mg，再由牛頓第三定律可判定A項正確． 3．A　[解析] 由速度圖象可知，在0～t3內(nèi)速度始終大于零，表明這段時間內(nèi)火箭一直在上升，t3時刻速度為零，停止上升，高度達到最高，離地面最遠，A正確，B錯誤．t1～t2的時間內(nèi)，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火

9、箭應處于超重狀態(tài)，而在t2～t3時間內(nèi)，火箭在減速上升，具有向下的加速度，火箭處于失重狀態(tài)，C、D錯誤． 4．A　[解析] 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． 5．D　[解析] 上樓時，電梯先加速運動，然后勻速運動，最后減速運動，人對電梯的壓力先大于重力，然后等于重力，最后小于重力，故上樓時先超重，然后正常，最后失重，A、B錯誤；下樓時，電梯先加速運動，然后勻速運動，最后減速運動，人對電梯的壓力先小于重力，然后等于重力，最后大于重力，故下樓時先失重，然后正常，最后超重，C錯誤，D正確． 6．AB　[解析] 無論物

10、體處于超重還是失重狀態(tài)，物體所受的重力總是不變的，選項A正確；做豎直上拋運動的物體，其加速度為重力加速度，物體處于完全失重狀態(tài)，選項B正確；在沿豎直方向運動的升降機中出現(xiàn)失重現(xiàn)象時，升降機處于向上減速或向下加速運動過程，選項C、D錯誤． 7．AB　[解析] 橡皮繩斷裂時速度不能發(fā)生突變，A正確；兩橡皮繩的拉力大小均恰為mg，可知兩橡皮繩夾角為120°，小明左側橡皮繩在腰間斷裂時，彈性極好的橡皮繩的彈力不能發(fā)生突變，對小明進行受力分析可知B正確，C、D錯誤． 8．BD　[解析] 因為木箱靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)，且物塊壓在箱頂上，則有：T＝mg＋N，某一段時間內(nèi)物塊對箱頂剛好無壓力，說明彈簧的

11、長度沒有變化，則彈力沒有變化，由于N＝0，故物塊所受的合外力為F合＝T－mg，方向豎直向上，故箱子有向上的加速度，而有向上的加速度的直線運動有兩種：加速上升和減速下降，所以B、D項正確. 9．AC　[解析] 木板抽出前，由平衡條件可知彈簧被壓縮產(chǎn)生的彈力大小為mg.木板抽出后瞬間，彈簧彈力保持不變，仍為mg.由平衡條件和牛頓第二定律可得a1＝0，a2＝g. 10．A　[解析] 分析小球受力，由牛頓第二定律可得： m2gtanθ＝m2a，得出a＝gtanθ；再對木塊受力分析，由牛頓第二定律得：kx＝m1a，故x＝tanθ，且處于伸長狀態(tài)，故A正確． 11．(1)0.29　(2)8.66

12、m/s [解析] (1)傳送帶順時針轉動時，物體受重力、支持力和斜向上的摩擦力沿傳送帶向下做勻加速直線運動．設加速度為a.由題意得 L＝at2 解得a＝2.5 m/s2 由牛頓第二定律得 mgsinα－μmgcosα＝ma 解得μ＝＝0.29. (2)如果傳送帶逆時針轉動，要使物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達下端，則應保證物體一直加速運動．設物體到達下端時恰好與傳送帶速度相同，此時傳送帶速度為vm，物體加速度為a′.由牛頓第二定律得 mgsinα＋μmgcosα＝ma′ 由運動學公式有 v＝2a′L 解得vm＝8.66 m/s. 12．1.17 m　0.9 m [解析] 對A，aA＝－＝－μAg＝－4 m/s2 對B，aB＝＝1 m/s2 A相對地面做勻減速運動，B相對地面做勻加速運動，設經(jīng)過時間t, A的位移為sA，B的位移為sB，此時A、B達到共同速度v共，再共同做勻減速運動，經(jīng)過s0的位移停止運動． 對A，v共＝v0＋aAt sA＝ 對B，v共＝aBt sB＝aBt2 解得v共＝0.6 m/s，t＝0.6 s，sA＝1.08 m，sB＝0.18 m A對B的位移Δs＝sA－sB＝0.9 m A、B共同運動加速度為 aAB＝＝－2 m/s2 s0＝＝0.09 m 最終A對地的位移s總＝sA＋s0＝1.17 m.