2022高考物理一轮复习-专题三-牛顿运动定律2练习.doc

2022高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律2练习2022高考物理一轮复习 专题三 牛顿运动定律2练习年级：姓名：- 27 -专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用1.2021贵州贵阳高三摸底测试一质量为m的乘客乘坐竖直电梯上楼,其位移x与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用FN表示,重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A.0t1时间内,FNmgC.t2t3时间内,FNmgD.t2t3时间内,FNM,则x1=x2 B.若msin ,则x1x2D.若sin ,则x1v2)的小物块从传送带的底端滑上传送带,其速度随时间变化的v-t图像如图乙所示,则()A.0t3时间内,小物块所受的摩擦力始终不变B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足mg,选项A错误;在t1t2时间内,x-t图线的斜率保持不变,所以速度不变,即乘客匀速上升,则FN=mg,选项B错误;在t2t3时间内,x-t图线的斜率变小,所以速度减小,即乘客减速上升,加速度方向向下,根据牛顿第二定律得mg-FN=ma,解得FN=mg-ma,则FNtc.AM、BM在水平面上的投影长度相等,且L=2Rsincos,BM的倾角=60,则b球由B点下滑到M点用时tb满足=gsin ,解得tb=totc,选项C正确,A、B、D错误.4.D在F由零逐渐增加的过程中,A所受摩擦力方向可能沿斜面向上,可能沿斜面向下,还有可能为零,A错误;对A、B整体,地面对B的支持力FN=(M+m)g,与力F大小无关,B错误;对A、B整体,由水平方向受力平衡可知,地面对B的摩擦力等于F,并随F的增大而增大,则B对地面的摩擦力也随F的增大而增大,C错误;当F=mgtan 时,A与B间的摩擦力为零,A、B处于A与B间的摩擦力方向改变的临界状态,D正确.5.ABA、B两物块在水平面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)g=(m+M)a1,对物块A有T1-mg=ma1,联立得T1=F.A、B两物块在斜面上滑动时,根据牛顿第二定律可知,对整体有F-(m+M)gsin=(m+M)a2,对物块A有T2-mgsin=ma2,联立得T2=F.因为T1=T2,所以x1=x2,弹簧的伸长量关系与m和M的大小、和sin的大小均无关,恒有x1=x2,故选A、B.考点2动力学两类基本问题1.C物体静止时,所受合力为零,设弹簧形变量为x0,斜面倾角为,弹簧劲度系数为k,有mgsin=kx0,设物体做匀加速运动的加速度为a,脱离弹簧前,经过时间t,物体运动的位移x=at2,此时弹簧的形变量为x0-x,根据牛顿第二定律有F+k-mgsin=ma,联立解得F=ma+t2,选项C正确.2.CD在02 s内,由图像得=-t+6,即x=6t-3t2,与x=v0t+a1t2比较得v0=6 m/s,a1=-3 m/s2,即1 s末物块的加速度大小为3 m/s2,选项A错误;2 s末,速度v2=v0+a1t2=0,向右运动的位移为6 m,在26 s内,分析可知物块向左运动的位移大小为12 m,即-12 m=a2,解得a2=-1.5 m/s2,物块水平向左做初速度为零的匀加速直线运动,6 s末物块的速度大小v6=1.54 m/s=6 m/s,选项B错误;根据牛顿第二定律知在26 s内,有-F+mg=ma2,在02 s内有-F-mg=ma1,解得=0.075,F=2.25 N,选项C、D正确.3.BCD由图示分析可知,木块沿斜面向上做匀减速运动时的加速度a1= m/s2=-10 m/s2,运动时间t= s=1 s5 s,故A错误;由A中分析可知,在01 s内木块向上做匀减速运动,1 s后木块反向做匀加速运动,则在t=1 s时摩擦力反向,故B正确;由图示分析可知,木块反向做匀加速运动时的加速度a2= m/s2=2 m/s2,对木块,由牛顿第二定律有-mgsin-mgcos=ma1,mgsin-mgcos=ma2,代入数据解得=0.5,=37,故C、D正确.5. AC根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可知:第一阶段,F3 N,此时的摩擦力f与外力相等,说明A、B都静止,且B与地面间的滑动摩擦力为3 N;第二阶段,3 N12 N,此时A、B间的摩擦力达到最大值,不再随外力的变化而变化,则A、B间的摩擦力为滑动摩擦力,两者发生相对滑动,故A与B间滑动摩擦力为6 N.设A、B的质量分别为m1、m2,则有1m1g=6 N,2(m1+m2)g=3 N,联立解得m1=1 kg,m2=0.5 kg,故A正确.第三阶段,由题图乙可知,A、B刚发生相对滑动时,拉力F=12 N,又F=3t(N),则A、B刚发生相对滑动时,t=4 s1 s ,故B错误.当t=3 s时,F=F1=9 N12 N,但大于3 N,A、B相对静止并一起做匀加速运动,对A、B组成的系统有F1-2(m1+m2)g=(m1+m2)a1,代入数据可得a1=4 m/s2,故C正确.B的最大加速度a2满足1m1g-2(m1+m2)g=m2a2,代入数据可得a2=6 m/s2,故D错误.5.BD开始下落时,铁球和塑料球速度均为0,阻力为0,此时加速度都为g,选项A错误;下落到速度达到最大值时,根据mg=kvm,又铁球质量较大,知铁球对应的vm值较大,选项B正确;设铁球的密度为无穷大,有a=g-,则铁球的加速度始终为g,空心塑料球的加速度小于g,故两球从开始下落至下落相同的高度,铁球所用时间较短,选项C错误;仍假设铁球的密度为无穷大,则铁球对应的vm也无穷大,铁球从开始下落至速度达到其对应的vm时的位移也较大,选项D正确.6.ACD由x-t图像可知,物块的速度先减小到零,再反向增大,最后匀速运动回到初始位置,可判断传送带沿顺时针方向转动,A正确,B错误;由3.04.5 s内的图像可知,传送带的速度v= m/s=-2 m/s,C正确;因2 s末物块的速度减为零,位移为4 m,由x=at2知a=2 m/s2,则根据a=g可知,小物块与传送带间的动摩擦因数=0.2,D正确.7.C实验中物块处于平衡状态即可,没有必要让木板保持匀速运动,故选项A错误;由于物块处于平衡状态,故其水平方向上受的拉力(传感器的示数)等于摩擦力,但不能说拉力(传感器的示数)就是摩擦力,两力属于平衡力的关系,故选项B错误;由题图乙可以看出,最大静摩擦力约为10 N,滑动摩擦力约为7 N,两者之比约为10:7,选项C正确;由于不知道物块的重力,也就不知道正压力,因此只用题图乙的数据无法求出物块与木板间的动摩擦因数,故选项D错误.8.(1)0.5 m/s2(2)10.246 N方向竖直向上解法一(1)设匀减速阶段的时间为t,由运动学知识有4 s+vmax22 s+t=25 m(3分)其中vmax=1 m/s,解得t=2 s(1分)故匀减速阶段的加速度大小为a=0.5 m/s2(1分).(2)根据牛顿第二定律可知加速阶段有F1-mg-f=ma0(2分)其中f=0.02mg,又a0=0.25 m/s2(1分)代入数据解得匀加速阶段无人机对物品的作用力F1=10.246 N(1分)方向竖直向上(1分).解法二(1)作出无人机整个运动过程中的v-t图像,如图所示,由v-t图线与坐标轴所围图形的面积表示位移可知25 m=(22 s+t总)1 m/s解得t总=28 s(3分)故无人机匀减速过程的加速度大小a=0.5 m/s2(2分).(2)对无人机的匀加速过程,由动量定理有(F-mg-mg)t1=mvmax(3分)代入数据解得无人机对物品的作用力F=10.246 N,方向竖直向上(2分).考点3实验:探究加速度与力、质量的关系1.(1)刻度尺(2分)(2)否(2分)(3)0.90(2分)解析:(1)由于要处理纸带数据,需要利用刻度尺测量两个计数点之间的距离,所以还需要的器材是刻度尺.(2)由于绳子一端连接有能够测绳子拉力的力传感器,所以不需要小桶和砂子的总质量远小于小车的质量.(3)题图乙中相邻两个计数点之间的时间间隔为t=5T=0.10 s,根据x=at2,可求得小车的加速度a=0.90 m/s2.2.0.180.19(2分)甲(1分)甲和乙(1分)解析:相邻两个计数点之间的时间间隔T=50.02 s=0.10 s,根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,可得打d点时小车的速度大小vd=10-2 m/s=0.19 m/s.题图1甲对应的实验方案是把托盘和砝码的重力视为小车受到的拉力,需要满足条件Mm;题图1乙对应的实验方案是挂上托盘和砝码,使小车匀速向下运动,受力平衡,去掉托盘和砝码,小车所受的合外力F等于托盘和砝码的重力mg.所以需要满足条件Mm的方案是甲.在作a-F图像时,把mg作为F值的是甲和乙.3.(1)0.40(1分)1.0(1分) (2)木板与水平面的夹角(2分)(2分)解析:(1)根据做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度得:木块0.4 s末的速度为v= m/s=0.40 m/s;0.2 s末的速度为v= m/s=0.20 m/s.所以木块的加速度a=1.0 m/s2.(2)选取木块为研究对象,由牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma,解得=,所以要测定动摩擦因数,还需要测出木板与水平面间的夹角.4.(1)1.7(1分) 3.9(2分)m0g(1分)滑块的加速度与合外力成正比 (1分)(2)重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑(1分)(1分)解析:(1)计数周期T=0.04 s,vD=10-2m/s=1.7 m/s;根据逐差法可得a1=10-2 m/s2=3.9 m/s2;因为m0g=Mgsin-f,所以滑块受到的合外力F1=Mgsin-f=m0g.(2)要保持合外力不变,所以重新调整长木板的倾角,使滑块重新匀速下滑.因为a=,所以应以为横轴.1.D根据牛顿第一定律可知,一切物体都处于静止状态或匀速直线运动状态,作用在物体上的力,是物体改变运动状态的原因,即“受迫运动”的原因,说法A符合牛顿的观点;牛顿认为一切物体都具有的“自然本性”是惯性,一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动,B符合牛顿的观点;竖直上抛的物体,因为有惯性,其速度只能连续变化,而不能突变,C符合牛顿的观点;静止放在转盘上的物体向转盘边缘滑去,是由于物体做匀速圆周运动所需要的向心力大于转盘给物体的摩擦力,D不符合牛顿的观点.2. B磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力是一对作用力和反作用力,大小相等,方向相反,选项A错误,B正确;磁铁对铁块的作用力和铁块对磁铁的作用力对于汽车系统来说是内力,无论磁铁的磁性有多强,这种设计都不能使汽车一直向前运动,选项C、D错误.3.A假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上两式解得F=kx+ma,显然F和x为一次函数关系,且在F轴上有截距,则A正确,B、C、D均错误.4.D重物恰好不离开地面时,绳子对重物的拉力F=Mg,此时绳子对猴子的作用力最大,为F=Mg,对猴子由牛顿第二定律有F-mg=ma,代入数据解得猴子向上的最大加速度a=5 m/s2,D项正确.5.A设小车A与物体B间的动摩擦因数为,对于题图甲所示的情况,推力F最大时,对A、B整体分析有F=(M+M)a1,对小车A分析有Mg=Ma1;对于题图乙所示的情况,对A、B整体分析有F=(M+M)a2,对物体B分析有Mg=Ma2;联立解得FF=12,故A正确,B、C、D错误.6.DA、B两球的受力分析如图所示,对B球有TOBsin 60=FBsin 60,TOBcos 60+FBcos 60=mg,解得TOB=FB=mg,选项C错误;由牛顿第三定律可知,弹簧对球A的弹力与对球B的弹力大小相等(FA=FB)、方向相反,选项B错误;对球A有FN=FAsin 60,即竖直墙壁对A的支持力FN=mg,故FN=FN=mg,选项A错误;当绳OA对A的拉力TOA=mg+FAcos 60,即TOA=mg时,地面对球A的支持力恰好为零,故球A对地面的压力恰好为零,选项D正确.7.BC货车做匀加速直线运动,单位时间内货车的速度增加量不变,故A选项错误;根据匀变速直线运动的推论可知,货车在相邻的两个相等时间间隔T内的位移之差为aT2,故B选项正确;货车沿水平路面以加速度a向右做匀加速直线运动,与B接触的物体对B的作用力F的方向如图所