2019-2020年高考物理專題復(fù)習(xí) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc
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2019-2020年高考物理專題復(fù)習(xí) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 1．下列實(shí)例屬于超重現(xiàn)象的是 ( )． A．汽車駛過拱形橋頂端 B．蕩秋千的小孩通過最低點(diǎn) C．跳水運(yùn)動(dòng)員被跳板彈起，離開跳板向上運(yùn)動(dòng) D．火箭點(diǎn)火后加速升空 解析 本題考查了超、失重現(xiàn)象的本質(zhì)．物體運(yùn)動(dòng)時(shí)具有豎直向上的加速度，屬于超重 現(xiàn)象．A、C兩個(gè)選項(xiàng)中的汽車和運(yùn)動(dòng)員都具有豎直向下的加速度，均不正確；B、D兩 個(gè)選項(xiàng)中的小孩和火箭都具有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，均正確． 答案 BD 2．關(guān)于速度、加速度、合外力之間的關(guān)系，正確的是( ) A．物體的速度越大，則加速度越大，所受的合外力也越大 B．物體的速度為零，則加速度為零，所受的合外力也為零 C．物體的速度為零，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大 D．物體的速度很大，但加速度可能為零，所受的合外力也可能為零 解析 加速度由合外力決定，加速度與速度無必然聯(lián)系。物體的速度為零時(shí)，加速度可為零也可不為零；當(dāng)加速度為零時(shí)，速度不變。 答案 CD 3．如圖3－3－11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(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時(shí)間內(nèi)，物塊對(duì)箱頂剛好無壓力，則在此段時(shí)間內(nèi)，木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為 ( )． A．加速下降 B．加速上升 C．減速上升 D．減速下降 解析 木箱靜止時(shí)物塊對(duì)箱頂有壓力，則物塊受到箱頂向下的壓力，當(dāng)物塊對(duì)箱頂剛好 無壓力時(shí)，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，所以木箱的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能為減速下降或 加速上升，故B、D正確． 答案 BD 4. 某人在地面上用彈簧秤稱得其體重為490 N．他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，t0至t3時(shí)間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖3－3－2所示，電梯運(yùn)行的v－t圖可能是(取電梯向上運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎? ( )． 圖3－3－2 解析 從圖可以看出，t0～t1時(shí)間內(nèi)，該人的視重小于其重力，t1～t2時(shí)間內(nèi)，視重正好 等于其重力，而在t2～t3時(shí)間內(nèi)，視重大于其重力，根據(jù)題中所設(shè)的正方向可知，t0～t1 時(shí)間內(nèi)，該人具有向下的加速度，t1～t2時(shí)間內(nèi)，該人處于平衡狀態(tài)，而在t2～t3時(shí)間內(nèi)， 該人則具有向上的加速度，所以可能的圖像為A、D. 答案 AD 5．如圖3－3－3是“神舟”系列航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：打開降落傘一段時(shí)間后，整個(gè)裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點(diǎn)燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運(yùn)動(dòng)，則 ( )． A．火箭開始噴氣瞬間傘繩對(duì)返回艙的拉力變小 B．返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力 圖3－3－3 C．返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 D．返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài) 解析 火箭開始噴氣瞬間，返回艙受到向上的反作用力，所受合外力向上，故傘繩的拉 力變小，所以選項(xiàng)A正確；返回艙與降落傘組成的系統(tǒng)在火箭噴氣前受力平衡，噴氣后 減速的主要原因是受到噴出氣體的反作用力，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；返回艙在噴氣過程中做減 速直線運(yùn)動(dòng)，故合外力一定做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；返回艙噴氣過程中產(chǎn)生豎直向上的加 速度，故應(yīng)處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案 A 圖3－3－4 6. 如圖3－3－4所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉動(dòng)小車和木塊一起做無相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)．小車質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在這個(gè)過程中，木塊受到的摩擦力大小是 ( )． A．μmg B. C．μ(M＋m)g D．ma 解析 m與M無相對(duì)滑動(dòng)，故a相同． 對(duì)m、M整體F＝(M＋m)a，故a＝ m與整體加速度相同也為a，對(duì)m：f＝ma，即f＝，又由牛頓第二定律隔離m，f ＝ma，故B、D正確． 答案 BD 圖3－3－12 7．如圖3－3－12所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計(jì)空氣阻力)．下列說法正確的是 ( )． A．在上升和下降過程中A對(duì)B的壓力一定為零 B．上升過程中A對(duì)B的壓力大于A物體受到的重力 C．下降過程中A對(duì)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(duì)B的壓力等于A物體受到的重力 解析 對(duì)于A、B整體只受重力作用，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，處于完全失重狀態(tài)，不論上升 還是下降過程，A對(duì)B均無壓力，只有A項(xiàng)正確． 答案 A 圖3－3－13 8．如圖3－3－13所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊．假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等．現(xiàn)給木塊施加一隨時(shí)間t增大的水平力F＝kt (k是常數(shù))，木板和木塊加速度 的大小分別為a1和a2.下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是 ( )． 解析 剛開始木塊與木板一起在F作用下加速，且F＝kt，a＝＝，當(dāng)相對(duì) 滑動(dòng)后，木板只受滑動(dòng)摩擦力，a1不變，木塊受F及滑動(dòng)摩擦力，a2＝＝－μg，、 故a2＝－μg，a－t圖象中斜率變大，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D均錯(cuò)誤． 答案 A 圖3－3－7 9．如圖3－3－7所示，足夠長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＜tan θ，則圖中能客觀地反映小木塊的速度隨時(shí)間變化關(guān)系的是 ( )． 解析 小木塊被釋放后的開始階段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所受摩擦力沿斜面向下，加速度 為a1.當(dāng)小木塊的速度與傳送帶速度相同后，小木塊開始以a2的加速度做勻加速直線運(yùn) 動(dòng)，此時(shí)小木塊所受摩擦力沿斜面向上，所以a1>a2，在v－t圖像中，圖線的斜率表示 加速度，故選項(xiàng)D對(duì)(傳送帶模型)． 答案 D 10．如圖3－3－8甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v－t圖像(以地面為參考系)如圖3－3－21乙所示．已知v2>v1，則 ( )． 圖3－3－8 A．t2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大 B．t2時(shí)刻，小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距離達(dá)到最大 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用 解析 相對(duì)地面而言，小物塊在0～t1時(shí)間內(nèi)，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，t1～t2時(shí)間內(nèi)，又反 向向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度與傳送帶速度相同時(shí)(即t2時(shí)刻)，小物塊向右做勻速運(yùn) 動(dòng)．故小物塊在t1時(shí)刻離A處距離最大，A錯(cuò)誤．相對(duì)傳送帶而言，在0～t2時(shí)間內(nèi)， 小物塊一直相對(duì)傳送帶向左運(yùn)動(dòng)，故一直受向右的滑動(dòng)摩擦力，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，小物 塊相對(duì)于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時(shí)刻小物塊相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的距 離達(dá)到最大值，B正確，C、D均錯(cuò)誤(傳送帶模型)． 答案 B 圖3－3－9 11．兩個(gè)疊在一起的滑塊，置于固定的、傾角為θ的斜面上，如圖3－3－9所示，滑塊A、B質(zhì)量分別為M、m，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，已知兩滑塊都從靜止開始以相同的加速度從斜面滑下，求滑塊B受到的摩擦力． 解析 把A、B兩滑塊作為一個(gè)整體，設(shè)其下滑的加速度大小為a，由 牛頓第二定律有 (M＋m)gsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a得a＝g(sin θ－μ1cos θ)． 由于a下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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