2022屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動 考點三 牛頓運動定律限時集訓

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1、2022屆高考物理二輪復習 專題一 力與運動 考點三 牛頓運動定律限時集訓 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年里約奧運會上，中國跳水運動員吳敏霞和施廷懋獲得雙人三米板的冠軍。運動員跳水時，從圖1－3－14所示的空中最高位置下落到跳板上。從運動員接觸跳板到與跳板一同下降到最低點的過程中，下列說法正確的是 圖1－3－14 A．運動員受到跳板的作用力始終大于其重力 B．運動員受到跳板的作用力始終小于其重力 C．運動員的速度先增大后減小 D．運動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，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面，若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中 圖1－3－15 A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓增大拉力，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　由題圖知在拉動桌布的過程中魚缸相對桌布向左運動，故魚缸受到桌布對其向右的摩擦力作用，所以A錯誤；因魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，魚缸在桌布上與在桌面上運動時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、上的滑動時間和在桌面上的相等，所以B正確；若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將不變，所以C錯誤；若貓減小拉力，桌布的加速度減小，魚缸與桌布可能相對滑動也可能相對靜止，魚缸在桌面運動的時間都會變長，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，使甲球與乙球同時自靜止狀態(tài)開始落下，兩球在抵達地面前，除重力外，只受到來自空氣阻力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，且乙球先抵達地面 B．m2＜m1，且甲球先抵達地面 C．m2＞m1，且乙球先抵達地面 D．m2＞m1，且甲球先抵達地面 答案　C 4．如圖1－3－17所示，A、B、C三個小球的質(zhì)量均為m，A、B之間用一根沒有彈性的輕繩連在一起，B、C之間用輕彈簧拴接，用細線懸掛在天花板上，整個系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將A上面的細線剪斷，使A的上端失去拉力，則在剪斷細線瞬間，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　在剪斷細線的瞬間，彈簧上的力沒有來得及發(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)細繩一端連接B，另一端繞過定滑輪連接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間的動摩擦因數(shù)是0.3，其它摩擦不計，由靜止釋放C，C下落一定高度的過程中(C未落地，B未撞到滑輪，g＝10 m/s)。下列說法正確的是 圖1－3－18 A．細繩的拉力大小等于10 N B．A、B兩物體發(fā)

6、生相對滑動 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)生相對滑動。 對于ABC三物體組成的系統(tǒng) mcg＝(mA＋mB＋mC)a a＝2.5 m/s2 此時A所需摩擦力f＝mAa＝2.5 N＜μmAg. 所以假設(shè)成立。 對于C，由牛頓第二定律得 mcg－F＝mca 解得：F＝7.5 N 故選項C、D正確、A、B錯誤。 答案　CD 6．如圖1－3－19所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ。以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ

7、中能反映小木塊的速度隨時間變化的關(guān)系的是 圖1－3－19 解析　當小木塊速度小于v0時，對小木塊進行受力分析可知，小木塊受沿傳送帶向下的滑動摩擦力作用，此時有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，可知a1＝gsin θ＋μgcos θ，當小木塊速度達到v0時，因為μ＜tan θ，所以mgsin θ＞μmgcos θ，所以小木塊將繼續(xù)加速下滑，此時有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，可知a2＝gsin θ－μmcos θ，a1＞a2，對比各v-t圖象可知選項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點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項中正確的是 　 圖1－3－20 A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運動 B．在t＝1 s時刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 解析　物體勻減速直線運動的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2 勻加速直線運動的加速度大小為： 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 則動摩擦

9、因數(shù)為：μ＝＝＝0.3 物體勻減速直線運動的時間為： t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動。故B、D正確，A、C錯誤。 答案　BD 8．(2018·成都三診)如圖1－3－21所示，足夠長的斜面固定在水平面上，斜面頂端有一附有擋板的長木飯，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，輕質(zhì)彈簧測力計一端掛在擋板上，另一端連接著光滑小球。木板固定且小球靜止時，彈簧中心線與木板平行，測力計示數(shù)為F1；無初速釋放木板后，木板沿斜面下滑，小球相對木板靜止時，測力計示數(shù)為F2。已知斜面高為h，底邊長為d。下列說法正確的是 圖1－3－21 A．測力計

10、示數(shù)為F2時，彈簧一定處于壓縮狀態(tài) B．測力計示數(shù)為F2時，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，木板固定不動時。 F1＝mgsin θ。 木板與小球一起下滑時，對整體(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a 對小球：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的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動，兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個小物塊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)下列說法正確的是 圖1－3－22 A．物塊A先到達傳送帶底端 B．物塊A、B同時到達傳送帶底端 C．傳送帶對物塊A、B均做負功 D．物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度之比為1∶1 解析　A、B兩物體在沿斜面方向上的滑動摩擦力方向均沿斜面向上，重力的分力大于滑動摩擦力，故均沿斜面向下作勻加速運動，初速度、加速度均相等，因此同時到達傳送帶底部，選項B正確；此過程重力做正功，傳送帶摩擦力做負功，選項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，兩者的劃痕即相對位移肯定不同，選項D錯誤。 答案　BC 10．(多選)(2018·洛陽二模)如圖1－3－23甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，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B的質(zhì)量連續(xù)改變時，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為正方向，空氣阻力不計，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是 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項錯；若B的質(zhì)量無限大，所受拉力遠小于它所受重力，B的加速度趨近于g，所以A的最大加速度為a1＝g，B項正確；對以上狀態(tài)的分析中，均無法計算出A的質(zhì)量，A項錯。 答案　BC 二、計算題(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作用下從靜止開始沿斜面向

14、上運動，t＝0.5 s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間變化的關(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和通過的路程L； (2)沿斜面向上運動的兩個階段加速度大小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為兩個光滑的平臺，一傾角為37°，長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接。現(xiàn)有一小物體以10 m/s的速度沿AB平臺向右運動，當傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到CD平臺上，問： 圖1－3－25 (1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)多大？ (2)當小物體在AB平臺上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速

16、度多大，小物體總不能到達平臺CD，求這個臨界速度。 解析　(1)傳送帶靜止時，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過程有：v＝2a1l ② 解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。 (2)顯然，當小物體受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，此時，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 若恰好能到達高臺時，有：v＝2a2l ④ 解得：v＝2 m/s 即當小物體在AB平臺上向右滑動速度小于2 m/s時，無論傳送帶順時針傳動的速度多大，大小物體總不能到達平臺CD。 答案　(1)μ＝0.5　(2)小于2 m/s