（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）

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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t＝2 s時(shí)最大 B．人對(duì)電梯的壓力t＝8.5 s時(shí)最小 C．人在0～2 s時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)，在2～4 s時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài) D．在7～10 s時(shí)間內(nèi)電梯先加速后減速 解析：選AB　由題圖可知0～4 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；4～7 s內(nèi)人做勻

2、速運(yùn)動(dòng)，人對(duì)地板的壓力等于人的重力；7～10 s內(nèi)，人的加速度為負(fù)，加速度方向豎直向下，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t＝2 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。7～10 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t＝8.5 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7～10 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。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

3、一些說法正確的是(　　) 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，處于平衡狀態(tài) C．球在上升的過程中處于超重狀態(tài) D．球在下落的過程中可認(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

4、從接觸床面到下降至最低點(diǎn)為第一過程，從最低點(diǎn)上升到離開床面為第二過程，下列判斷正確的是(　　) A．在第一過程中，運(yùn)動(dòng)員始終處于失重狀態(tài) B．運(yùn)動(dòng)員接觸床面時(shí)的速度小于最大速度 C．在第二過程中運(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

5、正確；在第二過程中，運(yùn)動(dòng)開始時(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)，其速度開始減小，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m1＝2 kg，m2＝3 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F1＝30 N、F2＝20 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 N B．彈簧秤

6、的示數(shù)是50 N C．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/s2＝2 m/s2。隔離對(duì)m2分析，有F－F2＝m2a，解得：F＝F2＋m2a＝20＋3×2 N＝26 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M＞m，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、

7、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a＝ C．物體M與m做加速運(yùn)動(dòng)，加速度a＝ D．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：μMg＝T＝mg 所以：μ＝＝ 若將M與m互換，則對(duì)M：Ma＝Mg－T′ 對(duì)m，則：ma＝T′－μmg 得：a＝＝＝＝ 故A、B、C錯(cuò)誤； 繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝＋mg＝mg。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

8、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－(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a1， 對(duì)m：T1－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝－gsin θ－μgcos θ，T1＝； (2) 中加速度滿足：F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m

9、)a2，對(duì)m：T2－mgsin θ＝ma2， 解得a2＝－gsin θ，T2＝； (3)中加速度滿足：F＝(M＋m)a3，對(duì)m：T3＝ma3， 解得a3＝，T3＝； (4)中加速度滿足：F－(M＋m)g＝(M＋m)a4， 對(duì)m：T4－mg＝ma4，解得a4＝－g，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m＝2 kg。A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.4，B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2。在水平恒力F＝20 N的作用下從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)作用了t＝2 s然后撤掉。(g＝10 m/s2)求： (1

10、)A、B一起運(yùn)動(dòng)的過程中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F－μ1mg－μ2mg＝2ma 可得物體整體運(yùn)動(dòng)的加速度 a＝＝ m/s2 ＝2 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：F－μ1mg－N＝ma 可得B對(duì)A的作用力 N＝F－μ1mg－ma＝20 N－0.4×2×10 N－2×2 N＝8 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v＝at＝2×2 m/s＝4 m

11、/s 撤去F后：A的加速度大小 aA＝μ1g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2 A的位移大小xA＝＝ m＝2 m 撤去力F后，B的加速度大小 aB＝μ2g＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 B的位移大小xB＝＝ m＝4 m 所以A、B都靜止時(shí)它們之間的距離 L＝xB－xA＝4 m－2 m＝2 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)μ1＝0.1，A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2。已知物體A的質(zhì)

12、量m＝2 kg，物體B的質(zhì)量M＝3 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)(　　) A．20 N　　　　　　　　　 　B．15 N C．10 N D．5 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：μ2mg＝ma 對(duì)整體，有：Fmax－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a； 由上述各式聯(lián)立解得：Fmax＝15 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

13、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ma C．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α 則豎直方向有：FN2cos α＝mg 因?yàn)閙g和α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：FN1－FN2sin α＝ma 因?yàn)镕N2sin α

14、≠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 α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，斜面傾角為θ，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)小車向右勻速運(yùn)動(dòng)； (2)小車向右以加速度a(a

15、 ① FN2cos θ＋FN1＝mg ② 由①②兩式得 a＝tan θ ③ 由③式可以看出，當(dāng)a＝gtan θ時(shí)，F(xiàn)N1＝0，即此時(shí)的加速度就是小球剛好離開車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a＝0時(shí)， 由①式得斜面對(duì)小球的彈力為FN2＝0。 (2)當(dāng)小車運(yùn)動(dòng)的加速度a

16、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，t＝2.0 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m＝2 kg，木板質(zhì)量M＝1 kg，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2。(已知滑塊在2.0 s內(nèi)沒有滑離木板)求： (1)在0～0.5 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0～0.5 s過程中，假設(shè)M、m具有共同加速度a

17、1， 對(duì)整體由牛頓第二定律有： F1＝(M＋m)a1 代入數(shù)據(jù)得：a1＝2 m/s2 木板M能達(dá)到的最大加速度為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2＞a1 所以M、m相對(duì)靜止，M、m之間為靜摩擦力為： f＝Ma1＝1×2 N＝2 N。 (2)則木板和滑塊在0.5 s時(shí)的速度為： v1＝a1t1 代入數(shù)據(jù)可得：v1＝1 m/s 在0.5～2.0 s過程中，假設(shè)M、m具有共同加速度a3，則： F2＝(M＋m)a3 a3＝5.3 m/s2＞a2 則M、m相對(duì)滑動(dòng) 長(zhǎng)木板在2.0 s時(shí)的速度為： v2＝v1＋a2t2 代入數(shù)據(jù)得：v2＝7 m/s 以滑塊為研究對(duì)象：F2－μmg＝ma4 代入數(shù)據(jù)解得：a4＝6 m/s2 滑塊在2.0 s時(shí)的速度為： v3＝v1＋a4t2 代入數(shù)據(jù)解得：v3＝10 m/s。 答案：(1)2 N　(2)10 m/s　7 m/s