《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：對(duì)超重與失重的理解1多選(2019鹽城月考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示。以豎直向上為a的正方向，則()A人對(duì)電梯的壓力t2 s時(shí)最大B人對(duì)電梯的壓力t8.5 s時(shí)最小C人在02 s時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)，在24 s時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài)D在710 s時(shí)間內(nèi)電梯先加速后減速解析：選AB由題圖可知04 s內(nèi)，人的加速度為正，加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，人對(duì)地板的壓力大于人的重力；47 s內(nèi)人做勻速運(yùn)動(dòng)，人對(duì)地板的壓力等于人的重力；710 s內(nèi)，人的加速度為負(fù)，加

2、速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，人對(duì)地板的壓力小于人的重力。由題圖可知t2 s時(shí)，人的加速度最大，則人對(duì)地板的壓力最大，故A正確，C錯(cuò)誤。710 s內(nèi)，人處于失重狀態(tài)，人對(duì)地板的壓力小于人的重力；且t8.5 s時(shí)，人的加速度為負(fù)向最大，人對(duì)地板的壓力最小，故B正確。在710 s時(shí)間內(nèi)電梯加速度一直向下，則電梯一直做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。2(2018江陰六校聯(lián)考)動(dòng)物園的海洋館深受小朋友的喜歡，其中“海獅頂球”節(jié)目因其互動(dòng)性強(qiáng)而更深受小朋友的喜愛(ài)。如圖所示為一海獅把球頂向空中，并等其落下。下列有關(guān)球的受力與運(yùn)動(dòng)的一些說(shuō)法正確的是()A球在最高處受到重力和海獅對(duì)它的頂力作用B球在最高處時(shí)球的速度為0

3、，處于平衡狀態(tài)C球在上升的過(guò)程中處于超重狀態(tài)D球在下落的過(guò)程中可認(rèn)為只受重力作用解析：選D豎直上拋運(yùn)動(dòng)是初速度向上，只在重力作用下的運(yùn)動(dòng)，球在最高處只受到重力，故A錯(cuò)誤；球上升到最高點(diǎn)時(shí)受到重力的作用，速度為零，加速度為g，不是平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；球在上升的過(guò)程中只受到重力的作用，加速度為g，加速度的方向向下，處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；豎直上拋運(yùn)動(dòng)上升和下落過(guò)程都是只受到重力的作用，故D正確。3.多選(2019淮陰調(diào)研)如圖所示，蹦床運(yùn)動(dòng)員從空中落到床面上，運(yùn)動(dòng)員從接觸床面到下降至最低點(diǎn)為第一過(guò)程，從最低點(diǎn)上升到離開(kāi)床面為第二過(guò)程，下列判斷正確的是()A在第一過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員始終處于失重狀態(tài)B運(yùn)動(dòng)

4、員接觸床面時(shí)的速度小于最大速度C在第二過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員的速度先增大后再減小D運(yùn)動(dòng)員在速度為零時(shí)加速度也為零解析：選BC運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于失重狀態(tài)，隨床面的形變的增大，彈力逐漸增大，彈力大于重力時(shí)，運(yùn)動(dòng)員向下做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員剛接觸床面時(shí)重力大于彈力，運(yùn)動(dòng)員向下做加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)員接觸床面時(shí)的速度沒(méi)有達(dá)到最大，當(dāng)重力等于彈力時(shí)加速度為零，此時(shí)刻速度最大，故B正確；在第二過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)開(kāi)始時(shí)有一段彈力大于重力，運(yùn)動(dòng)員向上做加速運(yùn)動(dòng)，因此開(kāi)始時(shí)速度增大，當(dāng)重力和彈力平衡時(shí)達(dá)到最大速度之后，向上的彈力小于重力，運(yùn)動(dòng)員向上做減速運(yùn)動(dòng)

5、，其速度開(kāi)始減小，故C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，其重力小于彈力，根據(jù)牛頓第二定律可知此時(shí)加速度豎直向上，不等于零，故D錯(cuò)誤。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)力學(xué)中整體法與隔離法的應(yīng)用4多選如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m12 kg，m23 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個(gè)大小分別為F130 N、F220 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則()A彈簧秤的示數(shù)是10 NB彈簧秤的示數(shù)是50 NC在突然撤去F2的瞬間，m1的加速度不變D在突然撤去F2的瞬間，m2的加速度變大解析：選CD對(duì)整體分析，整體的加速度a m/s22 m/s2。隔離對(duì)m2分析，有FF2m2a，解得：FF2m2a2

6、032 N26 N，故A、B錯(cuò)誤。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，則m1所受的合力不變，所以m1的加速度不變，故C正確。在突然撤去F2的瞬間，彈簧的彈力不變，m2所受的合力變?yōu)閺椈傻膹椓?，則加速度a m/s2，加速度變大，故D正確。5.如圖所示，已知Mm，不計(jì)滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，若將M與m互換，M、m與桌面間的動(dòng)摩因數(shù)相同，則()A物體M與m仍做勻速運(yùn)動(dòng)B物體M與m做加速運(yùn)動(dòng)，加速度aC物體M與m做加速運(yùn)動(dòng)，加速度aD繩子中張力不變解析：選D當(dāng)物體M和m恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：MgTmg所以：若將M與m互換，則對(duì)M：MaMg

7、T對(duì)m，則：maTmg得：a故A、B、C錯(cuò)誤；繩子中的拉力：Tmamgmgmg。故D正確。6多選(2019大豐月考)如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的兩物體用輕繩連接，在M上施加恒力F，使兩物體一起沿恒力F方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(輕繩與恒力F方向平行)，分析對(duì)比下列四種情況下兩物體間輕繩的張力大小T和兩物體的加速度大小a，正確的是()A四種情況中(3)的加速度一定大于其他三種情況B四種情況中(4)的加速度一定小于其他三種情況C四種情況中(3)的輕繩張力一定小于其他三種情況D四種情況輕繩的張力一定一樣大解析：選AD(1)中加速度滿足：F(Mm)gsin (Mm)gcos (Mm)a1，對(duì)m：T1mgsi

8、n mgcos ma1，解得a1gsin gcos ，T1；(2) 中加速度滿足：F(Mm)gsin (Mm)a2，對(duì)m：T2mgsin ma2，解得a2gsin ，T2；(3)中加速度滿足：F(Mm)a3，對(duì)m：T3ma3，解得a3，T3；(4)中加速度滿足：F(Mm)g(Mm)a4，對(duì)m：T4mgma4，解得a4g，T4。綜上分析可知A、D正確，B、C錯(cuò)誤。7.在粗糙的水平面上有兩個(gè)靜止的物體A、B，它們的質(zhì)量均為m2 kg。A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為10.4，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.2。在水平恒力F20 N的作用下從靜止開(kāi)始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)作用了t2 s然后撤掉。(g10

9、m/s2)求：(1)A、B一起運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中B對(duì)A的作用力；(2)A、B都靜止時(shí)它們之間的距離L。解析：(1)以A、B整體為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得F1mg2mg2ma可得物體整體運(yùn)動(dòng)的加速度a m/s22 m/s2對(duì)A受力分析可知A在水平方向受推力F和B對(duì)A的作用力N，以及地面摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律有：F1mgNma可得B對(duì)A的作用力NF1mgma20 N0.4210 N22 N8 N，方向由B指向A(或向左)。(2)根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系知，撤去外力F時(shí)，A、B整體的速度vat22 m/s4 m/s撤去F后：A的加速度大小aA1g0.410 m/s24 m/s2A的位移大小xA

10、 m2 m撤去力F后，B的加速度大小aB2g0.210 m/s22 m/s2B的位移大小xB m4 m所以A、B都靜止時(shí)它們之間的距離LxBxA4 m2 m2 m。答案：(1)8 N，方向由B指向A(或向左)(2)2 m對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：動(dòng)力學(xué)中的臨界極值問(wèn)題8(2018桂林一模)如圖所示A、B兩個(gè)物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，B與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.1，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.2。已知物體A的質(zhì)量m2 kg，物體B的質(zhì)量M3 kg，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)對(duì)物體B施加一個(gè)水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對(duì)靜止，則恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)(

11、)A20 NB15 NC10 N D5 N解析：選B當(dāng)F作用在物體B上時(shí)，A、B恰好不滑動(dòng)時(shí)，A、B間的靜摩擦力達(dá)到最大值，對(duì)物體A，有：2mgma對(duì)整體，有：Fmax1(m1m2)g(m1m2)a；由上述各式聯(lián)立解得：Fmax15 N。9.(2019東臺(tái)月考)如圖所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個(gè)豎直擋板擋住?，F(xiàn)用一個(gè)力F拉斜面體，使斜面體在水平面上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是()A斜面對(duì)球不僅有彈力，而且該彈力是一個(gè)定值B斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力等于maC若加速度足夠小，則豎直擋板對(duì)球的彈力可能為零D若加速度足夠大，斜面對(duì)球的彈力可能為零解析：選A對(duì)小球

12、受力分析，小球受重力mg、斜面的支持力FN2、豎直擋板的水平彈力FN1，設(shè)斜面的傾斜角為則豎直方向有：FN2cos mg因?yàn)閙g和不變，所以無(wú)論加速度如何變化，F(xiàn)N2不變且不可能為零，故A正確，D錯(cuò)誤。水平方向有：FN1FN2sin ma因?yàn)镕N2sin 0，若加速度足夠小，豎直擋板的水平彈力不可能為零，故C錯(cuò)誤。斜面和擋板對(duì)球的彈力的合力即為豎直方向的FN2cos 與水平方向的力ma的合成，因此大于ma，故B錯(cuò)誤。10.如圖所示，水平地面上有一帶斜面的小車(chē)，斜面傾角為，緊靠斜面有一質(zhì)量為m的光滑球，試求在下列狀態(tài)下斜面對(duì)小球的彈力大?。?1)小車(chē)向右勻速運(yùn)動(dòng)；(2)小車(chē)向右以加速度a(agt

13、an )做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；(3)小車(chē)向右以加速度agtan 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。解析：對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，將斜面對(duì)小球的支持力FN2正交分解，則由平衡條件和牛頓第二定律，得FN2sin ma FN2cos FN1mg 由兩式得atan 由式可以看出，當(dāng)agtan 時(shí)，F(xiàn)N10，即此時(shí)的加速度就是小球剛好離開(kāi)車(chē)的上表面所需要的最小加速度值。(1)當(dāng)小球向右勻速運(yùn)動(dòng)，即a0時(shí)，由式得斜面對(duì)小球的彈力為FN20。(2)當(dāng)小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度agtan 時(shí)，小球還壓在車(chē)的上表面上，此時(shí)小球的受力情況如圖甲所示，則由牛頓第二定律和幾何知識(shí)，得FN2。(3)當(dāng)agtan 時(shí)，就是剛才所討論的臨界情況

14、，即此時(shí)小球剛好離開(kāi)車(chē)的上表面，小球的受力情況如圖乙所示，則斜面對(duì)小球的彈力為FN2。答案：(1)0(2)(3)考點(diǎn)綜合訓(xùn)練11(2018哈爾濱模擬)如圖甲所示，滑塊與長(zhǎng)木板疊放在光滑水平面上，開(kāi)始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t的變化圖像如圖乙所示，t2.0 s時(shí)撤去力F，最終滑塊與木板間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。已知滑塊質(zhì)量m2 kg，木板質(zhì)量M1 kg，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，g取10 m/s2。(已知滑塊在2.0 s內(nèi)沒(méi)有滑離木板)求：(1)在00.5 s內(nèi)，滑塊和長(zhǎng)木板之間的摩擦力大??？(2)在2.0 s時(shí)，滑塊和長(zhǎng)木板的速度分別是多少？解析：(1)在00.5 s過(guò)程中，假設(shè)

15、M、m具有共同加速度a1，對(duì)整體由牛頓第二定律有：F1(Mm)a1代入數(shù)據(jù)得：a12 m/s2木板M能達(dá)到的最大加速度為：a2 m/s24 m/s2a1所以M、m相對(duì)靜止，M、m之間為靜摩擦力為：fMa112 N2 N。(2)則木板和滑塊在0.5 s時(shí)的速度為：v1a1t1代入數(shù)據(jù)可得：v11 m/s在0.52.0 s過(guò)程中，假設(shè)M、m具有共同加速度a3，則：F2(Mm)a3a35.3 m/s2a2則M、m相對(duì)滑動(dòng)長(zhǎng)木板在2.0 s時(shí)的速度為：v2v1a2t2代入數(shù)據(jù)得：v27 m/s以滑塊為研究對(duì)象：F2mgma4代入數(shù)據(jù)解得：a46 m/s2滑塊在2.0 s時(shí)的速度為：v3v1a4t2代入數(shù)據(jù)解得：v310 m/s。答案：(1)2 N(2)10 m/s7 m/s