2023年高考物理一輪復習重點強化練2牛頓運動定律的綜合應用新人教版

2023年高考物理一輪復習重點強化練2牛頓運動定律的綜合應用新人教版PAGEPAGE1重點強化練(二)牛頓運動定律的綜合應用(限時：45分鐘)一、選擇題(共10小題，每題6分，1～6為單項選擇題，7～10為多項選擇題)1．(2022·淄博高三質(zhì)檢)放在電梯地板上的一個木箱，被一根處于伸長狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止狀態(tài)(如圖1所示)，后發(fā)現(xiàn)木箱突然被彈簧拉動，據(jù)此可判斷出電梯的運動情況是()圖1A．勻速上升 B．加速上升C．減速上升 D．減速下降C[木箱突然被拉動，說明木箱所受摩擦力變小了，也說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C正確．]2．(2022·貴州貴陽監(jiān)測)如圖2所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個固定在斜面上的豎直擋板擋住而處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用一個水平力F拉斜面體，使球和斜面體在水平面上一起做加速度為a的勻加速直線運動，假設(shè)忽略一切摩擦，與球靜止時相比()【導學號：84370139】圖2A．豎直擋板對球的彈力不一定增大B．斜面對球的彈力保持不變C．斜面和豎直擋板對球的彈力的合力等于maD．假設(shè)加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零B[球受重力和兩個彈力作用，斜面對球的彈力的豎直分力等于球的重力，故斜面對球的彈力不變，B項正確，D項錯誤；豎直擋板對球的彈力與斜面對球的彈力的水平分力之差等于ma，當整體勻加速運動時，豎直擋板對球的彈力隨加速度的增大而增大，A項錯誤；兩彈力的合力的水平分力等于ma，豎直方向分力等于mg，所以C項錯誤．]3．廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600米，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺．假設(shè)電梯簡化成只受重力與繩索拉力，電梯在t＝0時由靜止開始上升，a-t圖象如圖3所示．那么以下相關(guān)說法正確的選項是()圖3A．t＝4．5s時，電梯處于失重狀態(tài)B．5～55s時間內(nèi)，繩索拉力最小C．t＝59．5s時，電梯處于超重狀態(tài)D．t＝60s時，電梯速度恰好為零D[利用a-t圖象可判斷：t＝4．5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，那么A錯誤；0～5s時間內(nèi)，電梯處于超重狀態(tài)，拉力>重力，5s～55s時間內(nèi)，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55s～60s時間內(nèi)，電梯處于失重狀態(tài)，拉力<重力，綜上所述，B、C錯誤；因a-t圖線與t軸所圍的“面積〞代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積〞與橫軸下方的“面積〞相等，那么電梯的速度在t＝60s時為零，D正確．]4．(2022·湖南六校聯(lián)考)如圖4所示，傾斜的長桿(與水平面成α角)上套有一個質(zhì)量為M的環(huán)，環(huán)通過細線吊一個質(zhì)量為m的小球，當環(huán)在某拉力的作用下在長桿上滑動時，穩(wěn)定運動的情景如下圖，其中虛線表示豎直方向，那么以下說法正確的選項是()【導學號：84370140】圖4A．環(huán)一定沿長桿向下加速運動B．環(huán)的加速度一定沿桿向上C．環(huán)的加速度一定大于gsinαD．環(huán)一定沿桿向上運動B[穩(wěn)定運動時，球與環(huán)保持相對靜止，它們的運動狀態(tài)相同，且運動方向均與桿平行．對小球受力分析如圖，可知小球所受合力平行于桿向上，說明加速度方向沿桿向上，那么環(huán)的加速度方向也沿桿向上，但它們的運動方向不確定，兩者可能沿桿向上加速運動，也可能沿桿向下減速運動，那么B正確，A、D錯誤；由于不知道細線與豎直方向的夾角，那么不能判斷出小球的加速度與gsinα的大小關(guān)系，那么C項錯誤．]5．如圖5所示，物塊A和B的質(zhì)量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細繩拉直，在豎直向上的拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動．動滑輪質(zhì)量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和B【導學號：84370141】圖5A．a(chǎn)A＝eq\f(1,2)g，aB＝5g B．a(chǎn)A＝aB＝5gC．a(chǎn)A＝eq\f(1,4)g，aB＝3g D．a(chǎn)A＝0，aB＝2gD[對動滑輪分析，根據(jù)牛頓第二定律，有F－2T＝m輪a，又m輪＝0，那么T＝eq\f(F,2)＝3mg；對物塊A分析，由于T＜4mg，所以物塊A靜止，aA＝0；同理，對物塊B分析，aB＝eq\f(T－mg,m)＝2g．應選項D正確．]6．(2022·內(nèi)蒙古模擬)如圖6所示，質(zhì)量為m1和m2的兩個物體用細線相連，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面與水平面成θ角)，最后豎直向上運動．那么在這三個階段的運動中，細線上張力的大小情況是(不計摩擦)()圖6A．由大變小 B．由小變大C．始終不變 D．由大變小再變大C[設(shè)細線上的張力為F1，要求F1，選受力少的物體m1為研究對象較好；此外還必須知道物體m1的加速度a，要求加速度a，那么選m1、m2整體為研究對象較好．在水平面上運動時：F1－μm1g＝m1aF－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a ②聯(lián)立①②解得：F1＝eq\f(m1F,m1＋m2)在斜面上運動時：F'1－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a④聯(lián)立③④解得：F'1＝eq\f(m1F,m1＋m2)同理可得，豎直向上運動時，細線上的張力F1仍是eq\f(m1F,m1＋m2)，應選C．]7．如圖7所示，一個質(zhì)量為M的物體A放在光滑的水平桌面上，當在細繩下端掛上質(zhì)量為m的物體B時，物體A的加速度為a，繩中張力為T，那么()【導學號：84370142】圖7A．a(chǎn)＝gB．a(chǎn)＝eq\f(mg,M＋m)C．T＝mgD．T＝eq\f(M,M＋m)mgBD[以A、B整體為研究對象，mg＝(M＋m)a，可得加速度為a＝eq\f(mg,M＋m)，選項B正確；隔離A受力分析可得T＝Ma＝eq\f(M,M＋m)mg，選項D正確．]8．某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖8甲所示，他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v-t圖線如圖乙所示，g取10m/s2，那么根據(jù)題意計算出的以下物理量正確的選項是()圖8A．上滑過程中的加速度的大小a1＝8m/s2B．木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),5)C．木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/sD．木塊經(jīng)2s返回出發(fā)點ABC[由題圖乙可知，木塊經(jīng)0．5s滑至最高點，由加速度定義式a＝eq\f(Δv,Δt)，得上滑過程加速度的大小a1＝eq\f(v0,Δt1)＝8m/s2，A正確．上滑過程中受重力、沿斜面向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入數(shù)據(jù)得μ＝eq\f(\r(3),5)，B正確．下滑的距離等于上滑的距離，那么x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m，下滑時摩擦力方向向上，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，下滑至出發(fā)點的速度大小為v＝eq\r(2a2x)＝2m/s，C正確．下滑的時間t′＝eq\f(v,a2)＝1 s，所以木塊返回出發(fā)點的時間t總＝t＋t′＝0．5s＋1s＝1．5s，D錯誤．]9．如圖9甲所示，物體原來靜止在水平面上，今用一水平外力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，那么可以計算出()【導學號：84370143】圖9A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F為14N時物體的速度C．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)D．物體的質(zhì)量ACD[物體受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力．根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(F,m)－μg，由a與F圖線得m＝2kg，μ＝0．3，故C、D正確；a＝0時，F(xiàn)為6N，即最大靜摩擦力為6N，故A正確；由于物體先靜止后做變加速運動，無法利用勻變速直線運動規(guī)律求速度和位移，又F為變力無法求F做的功，從而也無法根據(jù)動能定理求速度，故B錯誤．]10．如圖10所示，斜面傾角為θ，斜面上AB段光滑，其他局部粗糙，且斜面足夠長．一帶有速度傳感器的小物塊(可視為質(zhì)點)自A點由靜止開始沿斜面下滑，速度傳感器上顯示的速度與運動時間的關(guān)系如下表所示：圖10時間(s)0123456…速度(m/s)061217212529…取g＝10m/s2，那么()A．小物塊的質(zhì)量m＝2kgB．斜面的傾角θ＝37°C．小物塊與斜面粗糙局部間的動摩擦因數(shù)μ＝0．25D．AB間的距離xAB＝18．75mBCD[當小物塊在AB段運動時，設(shè)加速度為a1，那么a1＝gsinθ，由題表可知a1＝eq\f(12－0,2－0)m/s2＝6m/s2，所以斜面傾角θ＝37°，選項B正確；設(shè)經(jīng)過B點后物塊的加速度為a2，那么有a2＝gsinθ－μgcosθ，由題表可知a2＝eq\f(29－21,6－4)m/s2＝4m/s2，所以μ＝0．25，選項C正確；可以判斷B點對應于2～3s之間的某個時刻，設(shè)t1為從第2s運動至B點所用時間，t2為從B點運動至第3s所用時間，那么有t1＋t2＝1s,12m/s＋a1t1＝17m/s－a2t2，解得t1＝0．5s，所以xAB＝eq\f(1,2)a1(2s＋t1)2＝18．75m，選項D正確；由題中所給數(shù)據(jù)無法求出物塊的質(zhì)量，選項A錯誤．]二、非選擇題(共2小題，共40分)11．(20分)(2022·安徽江南十校聯(lián)考)如圖11甲所示，兩滑塊A、B用細線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動．mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角θ＝37°．某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的v-t圖象如圖乙所示．g＝10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8．求：圖11(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移．【導學號：84370144】[解析](1)在0～0．5s內(nèi)，根據(jù)圖象可知，A和B系統(tǒng)的加速度為a1＝eq\f(2,0.5)m/s2＝4m/s2對A和B由牛頓第二定律分別列方程：B：mBg－T＝mBa1A：T′－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1又T＝T′得μ＝0．25．(2)B落地后，A減速上升，由牛頓第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2得：a2＝8m/s2因a2(t0－0．5s)＝2m/s得t0＝0．75s所以上升總位移為x＝eq\f(v2t0,2)＝0．75m．[答案](1)0．25(2)0．7512．(20分)如圖12所示，質(zhì)量均為m＝3kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上．開始時兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平外力F作用下向右做加速度a＝2 m/s2的勻