2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律限時(shí)集訓(xùn)

《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律限時(shí)集訓(xùn)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律限時(shí)集訓(xùn)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律限時(shí)集訓(xùn) 一、選擇題(1～7題每小題7分，8～10題每小題9分) 1．(2018·龍巖二模)2016年里約奧運(yùn)會(huì)上，中國(guó)跳水運(yùn)動(dòng)員吳敏霞和施廷懋獲得雙人三米板的冠軍。運(yùn)動(dòng)員跳水時(shí)，從圖1－3－14所示的空中最高位置下落到跳板上。從運(yùn)動(dòng)員接觸跳板到與跳板一同下降到最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 圖1－3－14 A．運(yùn)動(dòng)員受到跳板的作用力始終大于其重力 B．運(yùn)動(dòng)員受到跳板的作用力始終小于其重力 C．運(yùn)動(dòng)員的速度先增大后減小 D．運(yùn)動(dòng)員的速度一直在減小 答案　C 2．(多選)(2018·江蘇單科)如圖1－3－1

2、5所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒(méi)有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過(guò)程中 圖1－3－15 A．桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C．若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析　由題圖知在拉動(dòng)桌布的過(guò)程中魚缸相對(duì)桌布向左運(yùn)動(dòng)，故魚缸受到桌布對(duì)其向右的摩擦力作用，所以A錯(cuò)誤；因魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，魚缸在桌布上與在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受摩擦力大小相等，加速度大小相等，魚缸先在桌布上加速，然后在桌面上減速到停止，所以根據(jù)v＝at知魚缸在桌布

3、上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等，所以B正確；若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將不變，所以C錯(cuò)誤；若貓減小拉力，桌布的加速度減小，魚缸與桌布可能相對(duì)滑動(dòng)也可能相對(duì)靜止，魚缸在桌面運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都會(huì)變長(zhǎng)，所以魚缸可能滑出桌面，所以D正確。 答案　BD 3．(2018·蚌埠質(zhì)檢)由離地足夠高的相同高度處，使甲球與乙球同時(shí)自靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始落下，兩球在抵達(dá)地面前，除重力外，只受到來(lái)自空氣阻力F的作用，且阻力與球的下落速度v成正比，即F＝－kv(k＞0)，且兩球的比例常數(shù)k完全相同，如圖1－3－16所示為兩球的速度—時(shí)間關(guān)系圖。若甲球與乙球的質(zhì)量分別為m1與m2，則下列敘述正確的是 圖1－3－16 A．

4、m2＜m1，且乙球先抵達(dá)地面 B．m2＜m1，且甲球先抵達(dá)地面 C．m2＞m1，且乙球先抵達(dá)地面 D．m2＞m1，且甲球先抵達(dá)地面 答案　C 4．如圖1－3－17所示，A、B、C三個(gè)小球的質(zhì)量均為m，A、B之間用一根沒(méi)有彈性的輕繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，用細(xì)線懸掛在天花板上，整個(gè)系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將A上面的細(xì)線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細(xì)線瞬間，A、B、C的加速度的大小分別為 圖1－3－17 A．1.5g　1.5g　0　　　　 　B．g　2g　0 C．g　g　g D．g　g　0 解析　在剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧上的力沒(méi)有來(lái)得及發(fā)生變化

5、，故C球受到的重力和彈簧彈力不變，C球合力為零，加速度為0；A、B球被輕繩拴在一起整體受重力和彈簧的拉力，合力為3mg，則A、B的加速度大小均為1.5g，故A正確，BCD錯(cuò)誤。 答案　A 5．(多選)(2018·廣州二模)如圖1－3－18所示，A、B兩物體疊放在光滑水平桌面上，輕質(zhì)細(xì)繩一端連接B，另一端繞過(guò)定滑輪連接C物體，已知A和C的質(zhì)量都是1 kg，B的質(zhì)量是2 kg，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.3，其它摩擦不計(jì)，由靜止釋放C，C下落一定高度的過(guò)程中(C未落地，B未撞到滑輪，g＝10 m/s)。下列說(shuō)法正確的是 圖1－3－18 A．細(xì)繩的拉力大小等于10 N B．A、B兩物體發(fā)

6、生相對(duì)滑動(dòng) C．B物體的加速度大小是2.5 m/s2 D．A物體受到的摩擦力大小為2.5 N 解析　設(shè)AB兩物體未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。 對(duì)于ABC三物體組成的系統(tǒng) mcg＝(mA＋mB＋mC)a a＝2.5 m/s2 此時(shí)A所需摩擦力f＝mAa＝2.5 N＜μmAg. 所以假設(shè)成立。 對(duì)于C，由牛頓第二定律得 mcg－F＝mca 解得：F＝7.5 N 故選項(xiàng)C、D正確、A、B錯(cuò)誤。 答案　CD 6．如圖1－3－19所示，足夠長(zhǎng)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

7、中能反映小木塊的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系的是 圖1－3－19 解析　當(dāng)小木塊速度小于v0時(shí)，對(duì)小木塊進(jìn)行受力分析可知，小木塊受沿傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力作用，此時(shí)有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，可知a1＝gsin θ＋μgcos θ，當(dāng)小木塊速度達(dá)到v0時(shí)，因?yàn)棣蹋紅an θ，所以mgsin θ＞μmgcos θ，所以小木塊將繼續(xù)加速下滑，此時(shí)有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，可知a2＝gsin θ－μmcos θ，a1＞a2，對(duì)比各v-t圖象可知選項(xiàng)D正確。 答案　D 7．(多選)如圖1－3－20甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水

8、平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過(guò)程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項(xiàng)中正確的是 　 圖1－3－20 A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng) B．在t＝1 s時(shí)刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 解析　物體勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2 勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得： F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2 聯(lián)立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N 則動(dòng)摩擦

9、因數(shù)為：μ＝＝＝0.3 物體勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。 答案　BD 8．(2018·成都三診)如圖1－3－21所示，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長(zhǎng)木飯，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球。木板固定且小球靜止時(shí)，彈簧中心線與木板平行，測(cè)力計(jì)示數(shù)為F1；無(wú)初速釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對(duì)木板靜止時(shí)，測(cè)力計(jì)示數(shù)為F2。已知斜面高為h，底邊長(zhǎng)為d。下列說(shuō)法正確的是 圖1－3－21 A．測(cè)力計(jì)

10、示數(shù)為F2時(shí)，彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B．測(cè)力計(jì)示數(shù)為F2時(shí)，彈簧可能處于壓縮狀態(tài) C．μ＝ D．μ＝ 解析　設(shè)斜面傾角為θ，木板固定不動(dòng)時(shí)。 F1＝mgsin θ。 木板與小球一起下滑時(shí)，對(duì)整體(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a 對(duì)小球：mgsin θ－F2＝ma 解得F2＝μmgcos θ，方向沿斜面向正。 所以μ＝＝tan θ＝。 故只有選項(xiàng)D正確。 答案　D 9．(多選)如圖1－3－22所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s

11、初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)下列說(shuō)法正確的是 圖1－3－22 A．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度之比為1∶1 解析　A、B兩物體在沿斜面方向上的滑動(dòng)摩擦力方向均沿斜面向上，重力的分力大于滑動(dòng)摩擦力，故均沿斜面向下作勻加速運(yùn)動(dòng)，初速度、加速度均相等，因此同時(shí)到達(dá)傳送帶底部，選項(xiàng)B正確；此過(guò)程重力做正功，傳送帶摩擦力做負(fù)功，選項(xiàng)C正確。由于A物體的速度與傳送帶方向相反，B物體與傳送帶速度方向

12、相同，兩者的劃痕即相對(duì)位移肯定不同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　BC 10．(多選)(2018·洛陽(yáng)二模)如圖1－3－23甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過(guò)滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示。設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较颍諝庾枇Σ挥?jì)，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說(shuō)法正確的是 圖1－3－23 A．若θ已知，可求出A的質(zhì)量 B．若θ未知，可求出圖乙中a1的值 C．若θ已知，可求出圖乙中a2的值 D．若θ已知，可求

13、出圖乙中m0的值 解析　由題中圖象，若m＝0，物體A受重力、支持力作用，由牛頓第二定律可知，A的加速度方向沿斜面向下，a2＝－ gsin θ，C項(xiàng)正確；若m＝ m0，A的加速度為零，由平衡條件可知，m0g＝mAgsin θ，必須知道A的質(zhì)量mA和θ的值，m0才可求，D項(xiàng)錯(cuò)；若B的質(zhì)量無(wú)限大，所受拉力遠(yuǎn)小于它所受重力，B的加速度趨近于g，所以A的最大加速度為a1＝g，B項(xiàng)正確；對(duì)以上狀態(tài)的分析中，均無(wú)法計(jì)算出A的質(zhì)量，A項(xiàng)錯(cuò)。 答案　BC 二、計(jì)算題(本題共2小題，共24分) 11．(12分)如圖1－3－24甲所示。質(zhì)量m＝1 kg的物塊在平行于斜面向上的拉力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向

14、上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5 s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象(v-t圖象)如圖乙所示，g取10 m/s2，求： 圖1－3－24 (1)2 s內(nèi)物塊的位移大小s和通過(guò)的路程L； (2)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)階段加速度大小a1、a2和拉力大小F。 解析　(1)在2 s內(nèi)，由圖乙知： 物塊上滑的最大距離：s1＝×2×1 m＝1 m 物塊下滑的距離：s2＝×1×1 m＝0.5 m 所以位移大小s＝s1－s2＝0.5 m 路程L＝s1＋s2＝1.5 m (2)由圖乙知，所求兩個(gè)階段加速度的大小 a1＝4 m/s2 a2＝4 m/s2 設(shè)斜面傾角為θ，斜面對(duì)物塊

15、的摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律有 0～0.5 s內(nèi)：F－f－mgsin θ＝ma1 0．5～1 s內(nèi)：f＋mgsin θ＝ma2 解得F＝8 N。 答案　(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N 12．(12分)如圖1－3－25所示，AB、CD為兩個(gè)光滑的平臺(tái)，一傾角為37°，長(zhǎng)為5 m的傳送帶與兩平臺(tái)平滑連接?，F(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿AB平臺(tái)向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，小物體恰好能滑到CD平臺(tái)上，問(wèn)： 圖1－3－25 (1)小物體跟傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)多大？ (2)當(dāng)小物體在AB平臺(tái)上的運(yùn)動(dòng)速度低于某一數(shù)值時(shí)，無(wú)論傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速

16、度多大，小物體總不能到達(dá)平臺(tái)CD，求這個(gè)臨界速度。 解析　(1)傳送帶靜止時(shí)，小物體在傳送帶上受力如圖甲所示，據(jù)牛頓第二定律得：μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 ① B→C過(guò)程有：v＝2a1l ② 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。 (2)顯然，當(dāng)小物體受到的摩擦力始終向上時(shí)，最容易到達(dá)傳送帶頂端，此時(shí)，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得： mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2 ③ 若恰好能到達(dá)高臺(tái)時(shí)，有：v＝2a2l ④ 解得：v＝2 m/s 即當(dāng)小物體在AB平臺(tái)上向右滑動(dòng)速度小于2 m/s時(shí)，無(wú)論傳送帶順時(shí)針傳動(dòng)的速度多大，大小物體總不能到達(dá)平臺(tái)CD。 答案　(1)μ＝0.5　(2)小于2 m/s