2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 新人教版.doc

2019年高考物理總復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 新人教版1關(guān)于超重和失重的下列說(shuō)法中，正確的是()A超重就是物體所受的重力增大了，失重就是物體所受的重力減小了B物體做自由落體運(yùn)動(dòng)時(shí)處于完全失重狀態(tài)，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體不受重力作用C物體具有向上的速度時(shí)處于超重狀態(tài)，物體具有向下的速度時(shí)處于失重狀態(tài)D物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力始終存在且不發(fā)生變化解析物體具有向上的加速度時(shí)處于超重狀態(tài)，具有向下的加速度時(shí)處于失重狀態(tài)，超重和失重并非物體的重力發(fā)生變化，而是物體對(duì)支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦Πl(fā)生了變化，綜上所述，A、B、C均錯(cuò)，D正確答案D22012年9月19日凌晨3時(shí)10分，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用“長(zhǎng)征三號(hào)乙”運(yùn)載火箭，以“一箭雙星”方式，成功將第14和15顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星發(fā)射升空并送入預(yù)定軌道相關(guān)圖片如圖1所示則下列說(shuō)法不正確的是()圖1A火箭發(fā)射時(shí)，噴出的高速氣流對(duì)火箭的作用力大于火箭對(duì)氣流的作用力B發(fā)射初期，火箭處于超重狀態(tài)，但它受到的重力卻越來(lái)越小C高溫高壓燃?xì)鈴幕鸺膊繃姵鰰r(shí)對(duì)火箭的作用力與火箭對(duì)燃?xì)獾淖饔昧Υ笮∠嗟菵發(fā)射的兩顆衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，均處于完全失重狀態(tài)解析由作用力與反作用力大小相等，可知A錯(cuò)誤；火箭發(fā)射初期，因?yàn)榛鸺蛏霞铀龠\(yùn)動(dòng)，故處于超重狀態(tài)，隨著火箭距地越來(lái)越遠(yuǎn)，所受的重力也越來(lái)越小，B正確；由作用力與反作用力的關(guān)系可知C正確；衛(wèi)星進(jìn)入軌道正常運(yùn)轉(zhuǎn)后，所受的萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力，此時(shí)各衛(wèi)星均處于完全失重狀態(tài)，D正確答案A3如圖2所示，在托盤測(cè)力計(jì)的托盤內(nèi)固定一個(gè)傾角為30的斜面，現(xiàn)將一個(gè)重為4 N的物體放在斜面上，讓它自由下滑，那么測(cè)力計(jì)因4 N物體的存在而增加的讀數(shù)不可能是()圖2A4 N B2 N C2 N D3 N解析當(dāng)斜面光滑時(shí)，物體沿斜面下滑時(shí)有豎直向下的分加速度ay，處于失重狀態(tài)，托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)為Fmgmay，而ayasin ，又因mgsin ma，所以Fmgmgsin2 3 N；當(dāng)斜面粗糙時(shí)，物體有可能勻速下滑，此時(shí)托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)為Fmg4 N，而當(dāng)物體沿斜面加速下滑時(shí)，托盤測(cè)力計(jì)增加的示數(shù)應(yīng)滿足3 NF4 N，所以選C.答案C4如圖3在水平面上的箱子內(nèi)，帶異種電荷的小球a、b用絕緣細(xì)線分別系于上、下兩邊，處于靜止?fàn)顟B(tài)地面受到的壓力為FN，球b所受細(xì)線的拉力為F.剪斷連接球b的細(xì)線后，在球b上升過(guò)程中地面受到的壓力()圖3A小于FN B等于FNC等于FNF D大于FNF解析：剪斷連接球b的細(xì)線后，b球會(huì)向上加速，造成兩球之間的靜電力F電增大，剪斷前由整體法FNMgmagmbg，F(xiàn)電mbgF.剪斷后對(duì)箱和a球有FNMgmagF電FNmbgF電，由于F電F電，所以FNFNF，故選D.答案：D5受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其vt圖線如圖4所示，則()圖4A在0t1時(shí)間內(nèi)，外力F大小不斷增大B在t1時(shí)刻，外力F為零C在t1t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D在t1t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大解析0t1時(shí)間內(nèi)，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由F1fma1，a1減小，可知外力不斷減小，A錯(cuò)；由圖線斜率可知t1時(shí)刻的加速度為零，故外力大小等于摩擦力大小，B錯(cuò)；t1t2時(shí)間內(nèi)，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，若外力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，由fF2ma2，a2增大，可知外力逐漸減小，若外力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相反，由fF3ma2，a2增大，可知外力逐漸增大，又由于在t1時(shí)刻，外力F大小等于摩擦力f的大小，所以F可能先與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，大小逐漸減小，減小到0后再反向逐漸增大，故C、D對(duì)答案CD6物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，則上下兩圖對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是(圖中F表示物體所受的合力，a表示物體的加速度，v表示物體的速度)()解析由Fma可知加速度a與合外力F同向，且大小成正比，故Ft圖象與at圖線變化趨勢(shì)應(yīng)一致，故選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；當(dāng)速度與加速度a同向時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a是定值時(shí)，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤答案C7用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從0開始逐漸增大的過(guò)程中，加速度a隨外力F變化的圖象如圖5所示，g10 m/s2，則可以計(jì)算出()圖5A物體與水平面間的最大靜摩擦力BF為14 N時(shí)物體的速度C物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D物體的質(zhì)量解析由aF圖象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大靜摩擦力為7 N，選項(xiàng)A正確；再由圖象可知，當(dāng)F7 N時(shí)，加速度為0.5 m/s2，當(dāng)F14 N時(shí)，加速度為4 m/s2，即F1mgma1，F(xiàn)2mgma2，可求得動(dòng)摩擦因數(shù)及物體的質(zhì)量，選項(xiàng)C、D正確；物體運(yùn)動(dòng)為變加速運(yùn)動(dòng)，不能算出拉力為14 N時(shí)物體的速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤答案ACD8如圖6所示，不計(jì)繩的質(zhì)量以及繩與滑輪的摩擦，物體A的質(zhì)量為M，水平面光滑當(dāng)在繩的B端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，物體A的加速度為a1，當(dāng)在繩的B端施以Fmg的豎直向下的拉力作用時(shí)，A的加速度為a2，則a1與a2的大小關(guān)系是()圖6Aa1a2Ba1>a2Ca1<a2 D無(wú)法確定解析 當(dāng)在繩的B端掛一質(zhì)量為m的物體時(shí)，將它們看成整體，由牛頓第二定律：mg(mM)a1，故a1.而當(dāng)在繩的B端施以Fmg的豎直向下的拉力作用時(shí)，mgMa2，a2，a1<a2.C正確答案 C9如圖7所示，一個(gè)箱子中放有一個(gè)物體，已知靜止時(shí)物體對(duì)下底面的壓力等于物體的重力，且物體與箱子上表面剛好接觸現(xiàn)將箱子以初速度v0豎直向上拋出，已知箱子所受空氣阻力與箱子運(yùn)動(dòng)的速率成正比，且箱子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持圖示姿態(tài)則下列說(shuō)法正確的是()圖7A上升過(guò)程中，物體對(duì)箱子的下底面有壓力，且壓力越來(lái)越小B上升過(guò)程中，物體對(duì)箱子的上底面有壓力，且壓力越來(lái)越大C下降過(guò)程中，物體對(duì)箱子的下底面有壓力，且壓力越來(lái)越大D下降過(guò)程中，物體對(duì)箱子的上底面有壓力，且壓力越來(lái)越小解析對(duì)箱子和物體整體受力分析，當(dāng)物體與箱子上升時(shí)，如圖甲所示，由牛頓第二定律可知，MgkvMa，則ag，又整體向上做減速運(yùn)動(dòng)，v減小，所以a減?。辉賹?duì)物體單獨(dú)受力分析，如圖乙所示，因a>g，所以物體受到箱子上底面向下的彈力FN，由牛頓第二定律可知mgFNma，則FNmamg，而a減小，則FN減小，所以上升過(guò)程中物體對(duì)箱子上底面有壓力且壓力越來(lái)越小同理，當(dāng)箱子和物體下降時(shí)，物體對(duì)箱子下底面有壓力且壓力越來(lái)越大答案C10質(zhì)量為0.3 kg的物體在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，圖8中a、b直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力時(shí)的vt圖象，則求：(取g10 m/s2)圖8(1)物體受滑動(dòng)摩擦力多大？(2)水平拉力多大？解析(1)由題圖知圖線a的加速度為a1 m/s2圖線b的加速度為a2 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得，摩擦力Ffma20.2 N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反(2)根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma10.1 N所以F0.1 N，方向與運(yùn)動(dòng)方向相同答案見解析11如圖9所示，傾角為37，長(zhǎng)為l16 m的傳送帶，轉(zhuǎn)動(dòng)速度為v10 m/s，動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，在傳送帶頂端A處無(wú)初速度地釋放一個(gè)質(zhì)量為m0.5 kg的物體已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2.求：圖9(1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間；(2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體從頂端A滑到底端B的時(shí)間解析(1)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，相對(duì)傳送帶向下勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mg(sin 37cos 37)ma則agsin 37gcos 372 m/s2，根據(jù)lat2得t4 s.(2)傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)物體下滑速度小于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)，物體相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，則物體所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，設(shè)物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得mgsin 37mgcos 37ma1則有a110 m/s2設(shè)當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度等于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t1，位移為x1，則有t1 s1 s，x1a1t5 m<l16 m當(dāng)物體運(yùn)動(dòng)速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin 37>mgcos 37，則下一時(shí)刻物體相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，受到傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力摩擦力發(fā)生突變?cè)O(shè)當(dāng)物體下滑速度大于傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度時(shí)物體的加速度為a2，則a22 m/s2x2lx111 m又因?yàn)閤2vt2a2t，則有10t2t11，解得：t21 s(t211 s舍去)所以t總t1t22 s.答案(1)4 s(2)2 s12如圖10所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)2 m、質(zhì)量為M8 kg的木板，放在水平地面上，木板向右運(yùn)動(dòng)的速度v06 m/s時(shí)，在木板前端輕放一個(gè)大小不計(jì)，質(zhì)量為m2 kg的小物塊木板與地面、物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.2，g10 m/s2.求：圖10(1)物塊及木板的加速度大小(2)物塊滑離木板時(shí)的速度大小解析(1)物塊的加速度amg2 m/s2，對(duì)木板有：mg(Mm)gMaM，解得aM3 m/s2.(2)設(shè)物塊經(jīng)時(shí)間t從木板滑離，則：Lv0taMt2amt2解得t10.4 s或t22 s(因物塊已滑離木板，故舍去)滑離木板時(shí)物塊的速度：vamt10.8 m/s.答案(1)2 m/s23 m/s2(2)0.8 m/s