2022年高考物理總復(fù)習(xí) 專題2 牛頓運動定律的應(yīng)用（一）課時作業(yè)（含解析）

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1、2022年高考物理總復(fù)習(xí) 專題2 牛頓運動定律的應(yīng)用（一）課時作業(yè)（含解析） 一、單項選擇題 1．(xx ·增城調(diào)研)在探究超重和失重規(guī)律時，體重為G的某同學(xué)站在一壓力傳感器上，傳感器和計算機相連．某同學(xué)完成了一次下蹲動作，經(jīng)計算機處理后得到壓力F隨時間t變化的圖象．下列圖象中符合情景的是(　　) 【答案】D 【解析】對人的運動過程分析可知，人在加速下蹲的過程中，有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力小于人的重力的大??； 在減速下蹲的過程中，加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，此時人對傳感器的壓力大于人的重力的大小，A、B、C錯誤；所以D正確． 2．如圖1所示，一個箱子中

2、放有一物體．已知靜止時物體對下底面的壓力等于物體的重力，且物體與箱子上底面剛好接觸．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動的速率成正比，且箱子運動過程中始終保持圖示姿態(tài)．則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．上升過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力越來越小 B．上升過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力越來越大 C．下降過程中，物體對箱子的下底面有壓力，且壓力可能越來越大 D．下降過程中，物體對箱子的上底面有壓力，且壓力可能越來越小 【答案】C 【解析】對箱子和物體整體在上升過程中受力分析，如圖所示： 由牛頓第二定律可知，Mg＋kv＝Ma，則

3、a＝g＋，又整體向上做減速運動v減小，所以a減?。辉賹ξ矬w單獨進行受力分析，如圖所示： 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， mg＋FN＝ma，則FN＝ma－mg，而a減小，則FN減小，所以上升過程中物體對箱子上底面有壓力且壓力越來越??；同理，當(dāng)箱子和物體下降時，物體對箱子下底面有壓力且壓力越來越大．C正確． 3．(xx·重慶)如圖2甲為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖．讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動．分析該實驗可知，小球?qū)π泵娴膲毫?、小球運動的加速度和重力加速度與各自最

4、大值的比值y隨θ變化的圖象分別對應(yīng)圖2乙中的(　　) 圖2 A．①②和③ B．③②和① C．②③和① D．③①和② 【答案】B 【解析】本題考查的是受力分析、牛頓第二定律和力的合成與分解，主要考查考生的分析能力．難度中等．小球沿斜面向下運動的過程中，由重力沿斜面向下的分力提供加速度，即a＝gsin θ，加速度隨著傾角的增大而增大，因此加速度與其最大值的比值隨 θ變化的關(guān)系圖象為圖線②，重力加速度與其最大值的比值與傾角無關(guān)，為圖線①，由受力分析可知小球?qū)π泵娴恼龎毫閙gcos θ，隨著夾角的增大而減小，小球?qū)π泵娴膲毫εc其最大值的比值隨 θ變化的關(guān)系圖象為圖線③，選項B正確．

5、 4．(xx·北京模擬)幾位同學(xué)為了探究電梯啟動和制動時的加速度大小，他們將體重計放在電梯中．一位同學(xué)站在體重計上，然后乘坐電梯從1層直接到10層，之后又從10層直接回到1層．并用照相機進行了相關(guān)記錄，如圖3所示．他們根據(jù)記錄，進行了以下推斷分析，其中正確的是(　　) 圖3 A．根據(jù)圖2和圖3可估測出電梯向上啟動時的加速度 B．根據(jù)圖1和圖2可估測出電梯向上制動時的加速度 C．根據(jù)圖1和圖5可估測出電梯向下制動時的加速度 D．根據(jù)圖4和圖5可估測出電梯向下啟動時的加速度 【答案】C 【解析】由圖1可知該同學(xué)的體重約為47 kg，根據(jù)圖1、圖2可估算出電梯向上啟動時的加速度，根

6、據(jù)圖1、圖5可估算出電梯向下制動時的加速度，而根據(jù)圖2與圖3和圖4與圖5無法估算加速度，C正確． 二、雙項選擇題 5．如圖4所示，質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0沿足夠長的固定斜面上滑，斜面傾角為θ，物塊與該斜面間的動摩擦因數(shù)μ>tan θ，圖中表示該物塊的速度v和所受摩擦力f隨時間t變化的圖線(以初速度v0的方向為正方向)，可能正確的是(　　) 圖4 【答案】AC 【解析】物塊的運動情況是先向上做減速運動，所受滑動摩擦力為μmgcos θ，方向沿斜面向下，達到最高點后由于μ>tan θ即mgsin θ<μmgcos θ，滑塊不會向下滑動，而是保持靜止，靜摩擦力的大小等于重力的下

7、滑分力mgsin θ，小于上滑時的摩擦力μmgcos θ，所以A、C正確． 6．(xx·浙江)如圖5所示，總質(zhì)量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2.當(dāng)熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動．若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質(zhì)量不變，重力加速度g＝10 m/s2.關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(　　) 圖5 A．所受浮力大小為4 830 N B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變 C．從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/s D．以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N 【答案】AD

8、【解析】本題考查了牛頓動力學(xué)問題．難度中等．氣球剛剛開始上升時，受浮力和重力，根據(jù)牛頓第二定律得F?。璵g＝ma，解得F?。? 830 N，A項正確；因為氣球受到的浮力和重力不變，而最后氣球做勻速運動，說明氣球受到的阻力大小隨速度的增大而增大，B項錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得氣球做加速度逐漸減小的加速運動，假設(shè)氣球做勻加速運動，并且運動的位移和末速度都與變加速的相同，根據(jù)運動學(xué)公式得氣球做勻加速運動加速到5 m/s的時間t＝＝10 s，所以氣球做變加速運動加速到5 m/s的時間大于10s，C項錯誤；氣球最后做勻速運動時，根據(jù)平衡條件得F?。璵g－f＝0，解得f＝230 N，D項正確． 7．(x

9、x·佛山模擬)為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖6所示．當(dāng)此車減速上坡時，乘客(　　) 圖6 A．處于失重狀態(tài) B．重力勢能增加 C．受到向前的摩擦力作用 D．所受力的合力沿斜面向上 【答案】AB 【解析】當(dāng)車減速上坡時，乘客受到向后的摩擦力、支持力和重力，合力方向沿斜面向下，在豎直方向上支持力小于重力，處于失重狀態(tài)．選項A、B正確． 8.傳送機的皮帶與水平方向的夾角為α，如圖7所示，將質(zhì)量為m的物體放在皮帶傳送機上，隨皮帶一起向下以加速度a(a>gsin α)勻加速直線運動，則(　　)

10、 圖7 A．小物體受到的靜摩擦力的方向一定沿皮帶向上 B．小物體受到的靜摩擦力的方向一定沿皮帶向下 C．小物塊受到的靜摩擦力的大小可能等于mgsin α D．小物塊受到的靜摩擦力的大小可能等于0 【答案】BC 9.在升降電梯內(nèi)的地面上放一體重計，電梯靜止時，曉敏同學(xué)站在體重計上，體重計示數(shù)為50 kg.電梯運動過程中，某一段時間內(nèi)曉敏同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計示數(shù)如圖8所示，重力加速度為g，在這段時間內(nèi)下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．曉敏同學(xué)所受的重力變小了 B．曉敏對體重計的壓力等于體重計對曉敏的支持力 C．電梯一定在豎直向下運動 D．電梯的加速度大小為，方向一定豎直

11、向下 【答案】BD 【解析】曉敏在這段時間內(nèi)處于失重狀態(tài)，是由于曉敏對體重計的壓力變小了，而曉敏的重力沒有改變，A錯；曉敏對體重計的壓力與體重計對曉敏的支持力是一對作用力與反作用力，大小一定相等，B正確；以豎直向下為正方向，有mg－FN＝ma，解得a＝，方向豎直向下，但速度方向可能是豎直向上，也可能是豎直向下，C錯，D正確． 10．如圖9所示，升降機天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機靜止時彈簧伸長10 cm，運動時彈簧伸長9 cm，則升降機的運動狀態(tài)可能是(　　) 圖9 A．以a＝1 m/s2的加速度加速下降 B．以a＝9 m/s2的加速度加速上升 C．以a＝1 m/s2的加

12、速度減速上升 D．以a＝9 m/s2的加速度減速下降 【答案】AC 【解析】當(dāng)升降機靜止時有kx1＝mg，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x1＝0.1 m；當(dāng)彈簧伸長量x2為0.09 m時，設(shè)升降機加速度為a，加速度方向必向下，由牛頓第二定律有mg－kx2＝ma，解得a＝1 m/s2，方向向下，故可判定A、C正確． 三、非選擇題 11.傳送帶以恒定速度v＝4 m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角θ＝37°.現(xiàn)將質(zhì)量m＝2 kg的小物品輕放在其底端(小物品可看成質(zhì)點)，平臺上的人通過一根輕繩用恒力F＝20 N拉小物品，經(jīng)過一段時間物品被拉到離地面高為H＝1.8 m的平臺上，如圖10所示．已知

13、物品與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.問： 圖10 (1)物品從傳送帶底端運動到平臺上所用的時間是多少？ (2)若在物品與傳送帶達到同速瞬間撤去恒力F，求物品還需多少時間離開傳送帶？ 【答案】(1)1 s　(2)(2－) s 【解析】(1)物品在達到與傳送帶速度 v＝4 m/s相等前，有： F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1 解得a1＝8 m/s2 由v＝a1t1 得t1＝0.5 s 位移s1＝＝1 m 隨后有： F－μmgcos 37°－mg

14、sin 37°＝ma2 解得a2＝0，即物品隨傳送帶勻速上升 位移s2＝－s1＝2 m t2＝＝0.5 s 總時間為t＝t1＋t2＝1 s. (2)撤去恒力F后有： μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3 a3＝－2 m/s2 假設(shè)物品向上勻減速到速度為0時，通過的位移為s s＝＝4 m>s2 由s2＝vt3＋ 得：t3＝(2－) s[t3＝(2＋) s>1 s舍去 12．如圖11甲所示，質(zhì)量為m＝1 kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定斜面上(斜面足夠長)，對物體施加平行于斜面向上的恒力F，作用時間t1＝1 s時撤去拉力，物體運動的部分v-t圖象如圖乙所示，

15、取g＝10 m/s2.試求： 甲　　　　　　　　　　　乙 圖11 (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)和拉力F的大小； (2)t＝6 s時物體的速度，并在乙圖上將t＝6 s內(nèi)物體運動的v－t圖象補畫完整，要求標(biāo)明有關(guān)數(shù)據(jù)． 【答案】(1)μ＝0.5　F＝30 N　(2)見解析 【解析】(1)設(shè)撤去拉力前物體的加速度大小為a1，撤去拉力后物體沿斜面繼續(xù)上滑的加速度大小為a2.由v-t圖象可知：a1＝ m/s2＝20 m/s2 a2＝ m/s2＝10 m/s2 對物體在撤去拉力前用牛頓第二定律得 F－mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 對物體在撤去拉力后上滑時用牛頓第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2 解得F＝30 N，μ＝0.5. (2)加速上滑的時間t1＝1 s，撤去拉力時的速度為v＝20 m/s.設(shè)再經(jīng)過t2速度減至0.由0＝v－a2t2得t2＝2 s. 在最高點時，因mgsin 37°>μmgcos 37°，故物體將沿斜面加速下滑，設(shè)加速度大小為a3. 據(jù)牛頓第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma3 解得a3＝2 m/s2 再經(jīng)過3 s物體的速度大小為6 m/s，方向沿斜面向下，補畫完整后的圖線及有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示．