2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 3.3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用知能檢測.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 3.3牛頓運動定律的綜合應(yīng)用知能檢測 1.(xx年銅陵模擬)如圖是某跳水運動員最后踏板的過程：設(shè)運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板(A位置)上，隨跳板一同向下運動到最低點(B位置)．對于運動員從A位置運動到B位置的過程中，下列說法正確的是(　　) A．運動員到達(dá)最低點時處于失重狀態(tài) B．運動員到達(dá)最低點時處于超重狀態(tài) C．在這個過程中，運動員的速度一直在增大 D．在這個過程中，運動員的加速度一直在增大 解析：運動員接觸跳板(A位置)時，運動員只受重力，加速度方向向下，速度向下，則跳板的形變量增加，跳板對運動員的彈力增大，加速度減小，所以運動員做加速度減小的加速運動；當(dāng)跳板的彈力增大到大小等于運動員的重力時，加速度為零，速度達(dá)到最大；運動員繼續(xù)向下運動，跳板的形變量繼續(xù)增大，彈力增大，運動員的加速度方向向上且在增大，所以運動員做加速度增大的減速運動；綜上所述，運動員到達(dá)最低點時的加速度方向向上，所以此時運動員處于超重狀態(tài)，故A錯誤、B正確；從A到B的過程中，運動員的速度先增大后減小，故C錯誤；運動員的加速度先減小后增大，故D錯誤． 答案：B 2.讓鋼球從某一高度豎直落下進(jìn)入透明液體中，右圖中表示的是閃光照相機(jī)拍攝的鋼球在液體中的不同位置．則下列說法正確的是(　　) A．鋼球進(jìn)入液體中先做加速運動，后做減速運動 B．鋼球進(jìn)入液體中先做減速運動，后做加速運動 C．鋼球在液體中所受的阻力先大于重力，后等于重力 D．鋼球在液體中所受的阻力先小于重力，后等于重力 解析：由題圖可知，鋼球先做減速運動，后做勻速運動，選項A、B均錯；由運動情況可知受力情況，故選項C正確、選項D錯誤． 答案：C 3．(xx年淮北模擬)如圖所示，彈簧測力計外殼質(zhì)量為m0，彈簧及掛鉤的質(zhì)量忽略不計，掛鉤吊著一質(zhì)量為m的重物．現(xiàn)用一方向豎直向上的外力F拉著彈簧測力計，使其向上做勻加速運動，則彈簧測力計的示數(shù)為(　　) A．mg　　　　　　　　 B．F C.F D.g 解析：彈簧測力計的示數(shù)等于彈簧的彈力，設(shè)為F′.先將彈簧測力計和重物看成一個整體，利用牛頓第二定律可得：F－(m＋m0)g＝(m＋m0)a.然后以重物為研究對象利用牛頓第二定律可得：F′－mg＝ma聯(lián)立兩式可得F′＝F，故選項C正確． 答案：C 4.(xx年高考江蘇單科)如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升，夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f.若木塊不滑動，力F的最大值是(　　) A. B. C.－(m＋M)g D.＋(m＋M)g 解析：整體法Fm－(M＋m)g＝(M＋m)am，隔離法，對木塊，2f－Mg＝Mam，解得Fm＝. 答案：A [限時檢測] (時間：45分，滿分：100分) [命題報告教師用書獨具] 知識點 題號 超重或失重 1、2、3、7 整體法和隔離法 5、6、8 牛頓運動定律和圖象的結(jié)合 4 牛頓運動定律的實際應(yīng)用 9 多過程問題的分析 10、11、12 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分，每小題只有一個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi)) 1．有一種新型交通工具如圖，乘客的座椅能始終保持水平，當(dāng)此車加速上坡時，乘客是(　　) ①處于失重狀態(tài)?、谔幱诔貭顟B(tài)　③受到向前的摩擦力?、苁艿较蚝蟮哪Σ亮? A．①③　　　　　　 B．①④ C．②③ D．②④ 解析：當(dāng)車加速上坡時，乘客和車具有相同的加速度，將斜向上的加速度沿豎直和水平兩個方向正交分解，由牛頓第二定律得，人受到向前的摩擦力，支持力大于重力，處于超重狀態(tài)，故選C. 答案：C 2．(xx年宣城模擬)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(jī)進(jìn)行了相關(guān)記錄，如圖所示．他們根據(jù)記錄，進(jìn)行了以下推斷分析，其中正確的是(　　) 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 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． 答案：C 3．一枚火箭由地面豎直向上發(fā)射，其速度和時間的關(guān)系圖線如圖所示，則(　　) A．t3時刻火箭距地面最遠(yuǎn) B．t2～t3的時間內(nèi)，火箭在向下降落 C．t1～t2的時間內(nèi)，火箭處于失重狀態(tài) D．0～t3的時間內(nèi)，火箭始終處于失重狀態(tài) 解析：由速度圖象可知，在0～t3內(nèi)速度始終大于零，表明這段時間內(nèi)火箭一直在上升，t3時刻速度為零，停止上升，高度達(dá)到最高，離地面最遠(yuǎn)，A正確，B錯誤．t1～t2的時間內(nèi)，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭應(yīng)處于超重狀態(tài)，而在t2～t3時間內(nèi)火箭在減速上升，具有向下的加速度，火箭處于失重狀態(tài)，故C、D錯誤． 答案：A 4．如圖甲所示，某人正通過定滑輪將質(zhì)量為m的貨物提升到高處．滑輪的質(zhì)量和摩擦都可以不計．貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力FT之間的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示．由圖可以判斷下列說法不正確的是(　　) A．圖線與縱軸的交點M的值aM＝－g B．圖線與橫軸的交點N的值FT＝mg C．圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m D．圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù)1/m 解析：由牛頓第二定律得FT－mg＝ma，變形得到與圖對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式a＝－g，可知A、B、D選項都正確． 答案：C 5．(xx年六安模擬)如圖所示，質(zhì)量為10 kg的物體拴在一個被水平拉伸的輕質(zhì)彈簧一端，彈簧的拉力為5 N時，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．若小車以1 m/s2的加速度水平向右運動，則(g取10 m/s2)(　　) A．物體相對小車向左滑動 B．物體受到的摩擦力增大 C．物體受到的摩擦力大小不變 D．物體受到的彈簧拉力增大 解析：由于彈簧處于拉伸狀態(tài)，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，可見，小車對物體提供了水平向左的靜摩擦力，大小為5 N，則物體和小車間的最大靜摩擦力Ffm≥5 N；若小車以1 m/s2的加速度向右勻加速運動，則彈簧還處于拉伸狀態(tài)，其彈力不變，仍為5 N，由牛頓第二定律可知F＋Ff＝ma，F(xiàn)f＝5 N≤Ffm，則物體相對小車靜止，彈力不變，摩擦力的大小不變，選項C正確． 答案：C 6．如圖所示，豎直放置在水平面上的輕彈簧上放著質(zhì)量為2 kg的物體A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．若將一個質(zhì)量為3 kg的物體B輕放在A上的一瞬間，則B對A的壓力大小為(g取10 m/s2)(　　) A．30 N B．0 C．15 N D．12 N 解析：在B輕放在A上的瞬間，對整體用牛頓第二定律得mBg＝(mA＋mB)a，再對B用牛頓第二定律得mBg－FN＝mBa，解得FN＝12 N．據(jù)牛頓第三定律可知B對A的壓力大小為12 N．故選D. 答案：D 7．(xx年高考山東理綜改編)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運動至最高點的過程中，v　　t圖象如圖所示．以下判斷正確的是(　　) A．前3 s內(nèi)貨物處于失重狀態(tài) B．最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用 C．前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度相同 D．第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機(jī)械能守恒 解析：前3 s物體加速上升，貨物處于超重狀態(tài)，A選項錯誤；最后2 s內(nèi)貨物減速上升其加速度大小為a＝3 m/s2＜g，B選項錯誤；前3 s和后2 s平均速度均為＝3 m/s，C選項正確；第3 s末至第5 s末的過程中貨物勻速上升，機(jī)械能增加，D選項錯誤． 答案：C 8．一輛小車靜止在水平地面上，bc是固定在小車上的水平橫桿，物塊M穿在桿上，M通過線懸吊著小物體m，m在小車的水平底板上，小車未動時，細(xì)線恰好在豎直方向上，現(xiàn)使小車向右運動，全過程中M始終未相對桿bc移動，M、m與小車保持相對靜止，如圖四種情況中，小車的加速度之比為a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次為Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，則以下結(jié)論不正確的是(　　) A．Ff1∶Ff2＝1∶2　　　　　 B．Ff2∶Ff3＝1∶2 C．Ff3∶Ff4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ 解析：已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在題第(1)圖和第(2)圖中摩擦力Ff＝Ma，則Ff1∶Ff2＝1∶2.在第(3)圖和第(4)圖中摩擦力Ff3＝(M＋m)a3，F(xiàn)f4＝(M＋m)a4，F(xiàn)f3∶Ff4＝1∶2.第(3)、(4)圖中，a3＝gtan θ，a4＝gtan α，則tan α＝2tan θ. 答案：B 9．(xx年阜陽模擬)圖甲是某景點的山坡滑道圖片，為了探究滑行者在滑道直線部分AE滑行的時間，技術(shù)人員通過測量繪制出如圖乙所示的示意圖．AC是滑道的豎直高度，D點是AC豎直線上的一點，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可視為光滑，滑行者從坡頂A點由靜止開始沿滑道AE向下做直線滑動，g取10 m/s2，則滑行者在滑道AE上滑行的時間為(　　) A. s B．2 s C. s D．2 s 解析：設(shè)斜面的傾角為θ，則a＝gsin θ，所以AE＝2ADsin θ，因為AE＝at2，即2ADsin θ＝gt2sin θ，所以t＝2 s，故選B. 答案：B 10．如圖所示，質(zhì)量為M的劈體ABDC放在水平地面上，表面AB、AC均光滑，且AB∥CD，BD⊥CD，AC與水平面成角θ，質(zhì)量為m的物體(上表面為半球形)以水平速度v0沖上BA后沿AC面下滑，在整個運動的過程中，劈體M始終不動，P為固定的弧形光滑擋板，擋板與軌道間的寬度略大于半球形物體m的半徑，不計轉(zhuǎn)彎處的能量損失，則下列說法中正確的是(　　) A. 水平地面對劈體M的摩擦力始終為零 B．水平地面對劈體M的摩擦力先為零后向右 C．劈體M對水平地面的壓力大小始終為(M＋m)g D．劈體M對水平地面的壓力大小先等于(M＋m)g，后小于(M＋m)g 解析：取物體m和劈體M為一整體，因物體m先在BA上勻速向左滑動，后沿AC面勻加速下滑，而劈體M始終靜止不動，故在物體m勻速運動階段，水平地面對劈體M的摩擦力為零，地面對劈體的支持力大小為(M＋m)g，在物體m勻加速下滑階段，整體處于失重狀態(tài)，地面對劈體的支持力大小小于(M＋m)g，因整體具有水平向左的加速度，故地面對劈體M的摩擦力水平向左，綜上所述，A、B、C均錯誤，D正確． 答案：D 二、非選擇題(本題共2小題，共30分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計算的要注明單位) 11．(15分)航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m＝2 kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28 N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10 m/s2. (1)第一次試飛，飛行器飛行t1＝8 s時到達(dá)高度H＝64 m．求飛行器所受阻力Ff的大?。? (2)第二次試飛，飛行器飛行t2＝6 s時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力．求飛行器能達(dá)到的最大高度h. 解析：(1)由H＝at得：a＝2 m/s2 由F－Ff－mg＝ma得：Ff＝4 N (2)前6 s向上做勻加速運動 最大速度：v＝at2＝12 m/s 上升的高度：h1＝at＝36 m 然后向上做勻減速運動 加速度a2＝＝12 m/s2 上升的高度h2 ＝＝6 m 所以上升的最大高度：h＝h1＋h2＝42 m. 答案：(1)4 N　(2)42 m 12．(15分)如圖所示，在傾角θ＝37的固定斜面上放置一質(zhì)量M＝1 kg、長度L＝3 m的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為7 m．在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6 kg的滑塊，開始時使平板和滑塊都靜止，之后將它們無初速度釋放．設(shè)平板與斜面、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差Δt.(已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g＝10 m/s2) 解析：對平板，由于Mgsin 37<μ(M＋m)gcos 37，故滑塊在平板上滑動時，平板靜止不動 對滑塊：在平板上滑行時加速度a1＝gsin 37＝6 m/s2 到達(dá)B點時速度v＝＝6 m/s 用時t1＝＝1 s. 滑塊由B至C時的加速度 a2＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2 設(shè)滑塊由B至C所用時間為t2 由LBC＝vt2＋a2t， 解得t2＝1 s 對平板，滑塊滑離后才開始運動，加速度 a＝gsin 37－μgcos 37＝2 m/s2 設(shè)平板滑至C端所用時間為t′ 由LBC＝at′2， 解得t′＝ s 滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時間差為 Δt＝t′－(t1＋t2)＝ s－2 s＝0.65 s. 答案：0.65 s