2019-2020年高考物理一輪復習方案 專題3 牛頓運動定律的應(yīng)用（2）（含解析）1xx杭州模擬(雙選)如圖Z31甲所示，在粗糙的水平面上，物塊A在水平向右的外力F的作用下做直線運動，其vt圖象如圖乙中實線所示，下列判斷正確的是()甲乙圖Z31A在01 s內(nèi)，外力F不斷增大B在13 s內(nèi)，外力F的大小恒定C在34 s內(nèi)，外力F不斷減小D在34 s內(nèi)，外力F的大小恒定2“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖Z32所示將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為()圖Z32AgB2gC3gD4g3xx揚州模擬從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球，小球從拋出點上升到最高點的時刻為t1，下落到拋出點的時刻為t2.若空氣阻力的大小恒定，則在圖Z33中能正確表示被拋出物體的速率v隨時間t的變化關(guān)系的圖象是()ABCD圖Z33圖Z344xx無錫一中質(zhì)量檢測圖Z34繪出了輪胎與地面間的動摩擦因數(shù)分別為1和2時緊急剎車時的剎車痕跡(即剎車距離s)與剎車前車速v的關(guān)系曲線，則1和2的大小關(guān)系為()A1<2B1>2C12 D條件不足，不能比較5放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系和物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖Z35所示取重力加速度g10 m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為()甲乙圖Z35Am1.5 kg， Bm0.5 kg，0.4Cm0.5 kg，0.2 Dm1 kg，0.26xx白鷺洲中學月考如圖Z36所示，用皮帶輸送機向上傳送物塊，皮帶與物塊保持相對靜止，則關(guān)于物塊所受摩擦力f，下列說法正確的是()圖Z36A皮帶傳送的速度越大，f越大B皮帶加速運動的加速度越大，f越大C皮帶速度恒定，物塊質(zhì)量越大，f越大Df的方向一定與皮帶速度方向相同7如圖Z37所示，在傾角為的固定光滑斜面上，有一用繩拴著圖Z37的長木板，木板上站著一只老鼠已知木板的質(zhì)量是老鼠質(zhì)量的兩倍當繩子突然斷開時，老鼠立即沿著木板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變由此木板沿斜面下滑的加速度為()A.sinBgsinC.gsin D2gsin8(雙選)如圖Z38所示，地面上有兩個完全相同的木塊A、B，在水平推力F作用下運動，當彈簧長度穩(wěn)定后，若用表示木塊與地面間的動摩擦因數(shù)，N表示彈簧彈力，則()圖Z38A0時，NFB0時，NFC0時，NFD0時，NF9xx大連模擬如圖Z39所示，一個重為G4 N的物體放在傾角為30的光滑斜面上，斜面放在臺秤上，當燒斷細線后物塊下滑，與燒斷細線前比較，臺秤示數(shù)()圖Z39A減小2 N B減小1 NC增大2 N D增大1 N10xx溫州八校聯(lián)考一個質(zhì)量為1500 kg的行星探測器從某行星表面豎直升空，發(fā)射時發(fā)動機推力恒定，發(fā)射升空后8 s末，發(fā)動機突然間發(fā)生故障而關(guān)閉，如圖Z310所示為探測器從發(fā)射到落回出發(fā)點全過程的速度圖象已知該行星表面沒有大氣，不考慮探測器總質(zhì)量的變化求：(1)探測器在行星表面上升達到的最大高度；(2)探測器落回出發(fā)點時的速度；(3) 探測器發(fā)動機正常工作時的推力圖Z31011xx湖南師大附中月考如圖Z311所示，在傾角37的固定斜面上放置一質(zhì)量M1 kg、長度L3 m的薄平板AB.平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為7 m，在平板的上端A處放一質(zhì)量m0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速釋放，設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，求滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差t.(sin370.6，cos370.8，g10 m/s2)圖Z311專題(三)1BC解析 由vt圖象可以看出，01 s內(nèi)物塊做勻加速運動，故物塊所受合力恒定，外力F大小不變，選項A錯誤；在13 s內(nèi)，物塊做勻速直線運動，物塊受力平衡，外力F大小不變，選項B正確；在34 s內(nèi)，物塊做加速度增大的減速運動，故外力F小于摩擦力，摩擦力不變，所以外力F不斷減小，故選項C正確，選項D錯誤2B解析 從圖象可知，當人最后不動時，繩上的拉力為F0，即mgF0，最大拉力為F0，由牛頓第二定律有F0mgmam，解得am2g，選項B正確3C解析 小球在上升過程中做勻減速直線運動，其加速度為a1，下降過程中做勻加速直線運動，其加速度為a2，即a1>a2，且所分析的是速率與時間的關(guān)系，選項C正確4B解析 根據(jù)牛頓第二定律，有fmgma，解得緊急剎車時加速度大小ag；根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v22as2gs，結(jié)合圖象，初速度相同時圖線1對應(yīng)的剎車距離較小，所以1>2.5B解析 02 s內(nèi)物體不動，拉力F2 N時勻速運動，說明滑動摩擦力為2 N，拉力F3 N時物體做加速度為2 m/s2的勻加速運動，則求得質(zhì)量為0.5 kg，由勻速運動時的拉力F2 N可以求得0.4.6BC解析 若物塊勻速運動，由物塊的受力情況可知，摩擦力fmgsin，與傳送帶的速度無關(guān)，選項A錯誤；物塊質(zhì)量m越大，摩擦力f越大，選項C正確；皮帶加速運動時，由牛頓第二定律可知，fmgsinma，加速度a越大，摩擦力f越大，選項B正確；若皮帶減速上滑，則物塊所受摩擦力方向有可能沿皮帶向下，選項D錯誤7C解析 繩斷后老鼠相對斜面不動，木板對老鼠沿斜面向上的作用力與老鼠的重力沿斜面的分力大小相等，即Fmgsin，由牛頓第三定律知老鼠對木板沿斜面的作用力大小也為mgsin，對木板研究，其重力沿斜面的分力為2mgsin，則木板沿斜面所受合力為F合mgsin2mgsin3mgsin，由牛頓第二定律知，木板的加速度agsin，選項C正確8AC解析 當0時，對系統(tǒng)整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F2ma，隔離木塊B應(yīng)用牛頓第二定律有：Nma，可得NF，A正確，B錯誤；當0時，對整體和木塊B分別應(yīng)用牛頓第二定律列方程，同樣可以得出NF，故本題應(yīng)選A、C.9B解析 本題可用整體法求解，屬于超重、失重的定量計算燒斷細線后，物體勻加速下滑，下滑加速度agsin30g，方向沿斜面向下(如圖所示)，其中豎直向下的分量為aasin30g，所以物體失重，臺秤示數(shù)減小量為maG1 N.10(1)768 m(2)32 m/s(3)1.8104 N解析 (1)024 s探測器一直處于上升階段H2464 m768 m.(2)8 s末發(fā)動機關(guān)閉，此后探測器只受重力作用ga2 m/s24 m/s2探測器返回地面過程有v22gH解得v32 m/s.(3)上升階段加速度a1 m/s28 m/s2，由牛頓第二定律有Fmgma解得F1.8104 N.111.65 s解析 對平板，由于Mgsin37(Mm)gcos37，故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動對滑塊，滑塊在平板上滑行時加速度a1gsin376 m/s2，滑塊到達B點時速度v6 m/s滑塊由B至C時的加速度a2gsin37gcos372 m/s2設(shè)滑塊由B至C所用時間為t，則LBCvta2t2，解得t1 s.對平板，滑塊滑離后才開始運動，加速度agsin37gcos372 m/s2滑至C端所用時間為t，則LBCat2，解得t s滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為ttt(1)s1.65 s.