《2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 3-3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 3-3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022屆高考物理總復(fù)習(xí) 3-3 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用針對(duì)訓(xùn)練（含解析） 新人教版 (2019年河南洛陽(yáng)模擬)如圖3－3－20所示的裝置中，重為4 N的物塊用一平行于斜面的細(xì)線拴在斜面上端的小柱上，整個(gè)裝置被固定在測(cè)力計(jì)上并保持靜止，斜面的傾角為30°.如果物塊與斜面間無(wú)摩擦，裝置穩(wěn)定以后，在燒斷細(xì)線物塊下滑時(shí)測(cè)力計(jì)的讀數(shù)與穩(wěn)定時(shí)比較(　　) 圖3－3－20 A．增大4 N 　　　　　 B.增大3 N C．減少1 N D.不變 解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，斜面質(zhì)量為m1，整個(gè)裝置靜止時(shí)，測(cè)力計(jì)讀數(shù)為m1g＋mg＝m1g＋4 N．物塊下滑的加速度a1＝gsinθ＝g

2、，方向沿斜面向下，其豎直分量a1＝asinθ＝g，所以物塊處于失重狀態(tài)，其視重為mg＝3 N，測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為m1g＋3 N，所以測(cè)力計(jì)的示數(shù)減小1 N，故選C. 答案：C 2．如圖3－3－21所示，光滑水平地面上有質(zhì)量相等的兩物體A、B，中間用勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，在外力F1、F2作用下運(yùn)動(dòng)，且滿足F1>F2，當(dāng)系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，彈簧的伸長(zhǎng)量為(　　) 圖3－3－21 A. B. C. D. 解析：本題利用牛頓第二定律，先選A、B為一整體，再隔離A物體，求出彈簧的彈力F，由F＝kx，即可求得彈簧的伸長(zhǎng)量，但是若用極限分析法，可快速得出結(jié)果：令F1＝

3、F2，則兩物體靜止，F(xiàn)＝F1＝F2＝kx，能滿足此條件的結(jié)果只有B選項(xiàng)． 答案：B 圖3－3－22 3．(2019年山東泰安一模)如圖3－3－22，斜面光滑的斜劈靜止在水平地面上，放在斜劈上的物體受到平行于斜面向下的力F作用，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，斜劈保持靜止．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．地面對(duì)斜劈沒有摩擦力作用 B．地面對(duì)斜劈的摩擦力方向水平向右 C．若F增大，地面對(duì)斜劈的摩擦力也增大 D．若F反向，地面對(duì)斜劈的摩擦力也反向 解析：對(duì)于題設(shè)的幾種情況下，斜面上的物體對(duì)斜面的壓力方向均垂直斜面向下，且大小也相等，故地面對(duì)斜面的摩擦力大小均相等，設(shè)斜面的傾斜角為θ，則物體對(duì)斜面的

4、壓力為mgcosθ，該力的水平分力為mgcosθsinθ，方向向左，地面對(duì)斜面的摩擦力方向水平向右，A錯(cuò)誤，B正確；F增大或反向，物體對(duì)斜面的壓力不變，地面對(duì)斜劈的摩擦力沒有影響，C、D錯(cuò)誤． 答案：B 4．(2019年河南洛陽(yáng)模擬)(多選)如圖3－3－23甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，一輕繩跨過斜面頂端的光滑輕質(zhì)定滑輪，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3－3－23乙所示(a1、a2、m0未知)，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，空氣阻力不?jì)，重力加速度為g，斜面的傾角為θ，下列說(shuō)法

5、正確的是(　　) 圖3－3－23 A．若θ已知，不能求出A的質(zhì)量 B．若θ已知，可求出乙圖中m0的值 C．若θ未知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 解析：據(jù)牛頓第二定律對(duì)B受力分析得：mg－F＝ma① 對(duì)A得：F－mAgsinθ＝mAa② 聯(lián)立①②得a＝③ 若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA，故A正確．當(dāng)a＝0時(shí)，由③式得，m0＝mAsinθ，mA未知，m0不能求出，故B錯(cuò)誤．由③式得，m＝0時(shí)，a2＝－gsinθ，故C錯(cuò)誤．由③式變形得a＝.當(dāng)m→∞時(shí)，a1＝g，故D正確． 答案：AD 5．如圖3－3－24甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在

6、水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v－t圖象如圖3－3－24乙所示(重力加速度為g)，則(　　) 圖3－3－24 A．施加外力前，彈簧的形變量為 B．外力施加的瞬間，AB間的彈力大小為M(g－a) C．AB在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力恰好為零 D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值 解析：施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝，故A錯(cuò)誤；施加外力F的瞬間，對(duì)物體B，根據(jù)牛頓第

7、二定律有F彈－Mg－FAB＝Ma，其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正確；由題圖乙知，物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對(duì)B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)F彈′＝Mg時(shí)，B達(dá)到最大速度，故D錯(cuò)誤． 答案：B 6. (2019年河南林州市模擬)如圖3－3－25所示，一圓環(huán)A套在一均勻圓木棒B上，A的長(zhǎng)度相對(duì)B的長(zhǎng)度來(lái)說(shuō)可 圖3－3－25 以忽略不計(jì)，A和B的質(zhì)量都等于m，A和B之間滑動(dòng)摩擦力為f(f

8、當(dāng)木棒與地面相碰后，木棒以豎直向上的速度反向運(yùn)動(dòng)，并且碰撞前后的速度大小相等．設(shè)碰撞時(shí)間很短，不考慮空氣阻力，在B再次著地前，A、B不分離． (1)請(qǐng)描述在從開始釋放到B再次著地前的過程中，A、B各自的運(yùn)動(dòng)情況，并解出勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??； (2)B至少應(yīng)該多長(zhǎng)？ 解析：(1)釋放后A和B相對(duì)靜止一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為a＝g，B與地面碰撞后，A繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aA＝， B豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aB＝， B速度減為零后，繼續(xù)以加速度aB向下運(yùn)動(dòng)． (2)B著地前瞬間的速度為v1＝， B與地面碰撞后向上運(yùn)動(dòng)到再次落回地面所需時(shí)間為t＝， 在此時(shí)間內(nèi)A的位移x＝v1t＋aAt2， 要使B再次著地前A不脫離B，木棒長(zhǎng)度L必須滿足條件L≥x， 聯(lián)立以上各式，解得L≥. 答案：(1)見解析　(2)