《（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第四章 牛頓運動定律 考點強化練8 牛頓運動定律的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第四章 牛頓運動定律 考點強化練8 牛頓運動定律的應用（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江浙選考1）2022年高考物理總復習 第四章 牛頓運動定律 考點強化練8 牛頓運動定律的應用 1.如圖所示,P、Q兩個完全相同的物體放在車上,且相對于小車靜止,一起水平向右做勻加速直線運動,運動中小車對P、Q的作用力相比較(　　) A.它們方向相同,都水平向右 B.它們方向相同,都指向右上方 C.它們方向不同,其中一個沿水平方向,另一個指向右上方 D.它們方向不同,且都不沿水平方向 2.如圖所示,一物塊從某曲面上的P點自由滑下,通過一粗糙的靜止傳送帶后,落到地面上的Q點。若傳送帶的皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動起來,使傳送帶也隨之運動,再把該物體放到P點自由滑下,那么(　　) A.

2、它仍落在Q點 B.它落在點Q左邊 C.它落在點Q右邊 D.它可能落不到地面上 3.將物體以一定的初速度豎直上拋,經(jīng)過時間t0回到拋出點,空氣阻力大小恒為重力的。物體速度大小v隨時間t變化的圖象正確的是(　　) 4.圖甲是某景點的山坡滑道圖片,技術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,則滑行者在滑道AE上滑行的時間為(g取10 m/s2)(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A. s B. s C.2 s D.2 s 5.

3、建設房屋時,保持底邊L不變,要設計好屋頂?shù)膬A角θ,以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,其簡化模型如圖。設雨滴下滑時可視為無初速度無摩擦的運動,從頂端O下滑至屋檐M時的時間為t,到達M點的速度為v,則(　　) A.θ越大,v越大 B.θ越小,v越大 C.θ越大,t越大 D.θ越小,t越大 6. 如圖所示,一小物塊從光滑斜面上某處滑下,從接觸彈簧到壓縮彈簧第一次到達最低點的過程中,小物塊(　　) A.做減速運動 B.先做減速運動后做加速運動 C.加速度先減小后增大 D.將靜止在第一次到達的最低點位置 7. 如圖所示,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上,另一

4、端與置于水平面上、質(zhì)量均為m的物體A、B接觸(A與B和彈簧均未連接),彈簧水平且無形變。用水平力F緩慢推動物體,在彈性限度內(nèi)彈簧長度被壓縮了x0,此時物體靜止。已知物體A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ,物體B與水平面間的摩擦不計。撤去F后,物體A、B開始向左運動,A運動的最大距離為4x0,重力加速度為g。則(　　) A.撤去F后,物體A和B先做勻加速運動,再做勻減速運動 B.撤去F后,物體剛運動時的加速度大小為μg C.當物體A、B一起開始向左運動距離x0后分離 D.當物體A、B一起開始向左運動距離x=x0-后分離 8. (多選)高層住宅與寫字樓已成為城市中的亮麗風景,電梯是高層住

5、宅與寫字樓必配的設施。某同學將一輕質(zhì)彈簧的上端固定在電梯的天花板上,彈簧下端懸掛一個小鐵球,如圖所示,在電梯運行時,該同學發(fā)現(xiàn)輕彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量小了,這一現(xiàn)象表明(　　) A.電梯可能是在下降 B.電梯的加速度方向可能是向上 C.該同學對電梯地板的壓力等于其重力 D.該同學對電梯地板的壓力小于其重力 9.有一列8節(jié)車廂的動車組列車,沿列車前進方向看,每兩節(jié)車廂中有一節(jié)自帶動力的車廂(動車)和一節(jié)不帶動力的車廂(拖車)。該動車組列車在水平鐵軌上勻加速行駛時,設每節(jié)動車的動力裝置均提供大小為F的牽引力,每節(jié)車廂所受的阻力均為Ff,每節(jié)車廂的質(zhì)量均為m,則第4節(jié)車廂與第5節(jié)

6、車廂水平連接裝置之間的相互作用力大小為(　　) A.0 B.2F C.2(F-Ff) D.2(F-2Ff) 10. 如圖所示,物體甲、乙質(zhì)量均為m,彈簧和懸線的質(zhì)量可忽略。當懸線被燒斷的瞬間,甲、乙的加速度分別為(　　) A.a甲=g,方向向上,a乙=g,方向向下 B.a甲=g,方向向上,a乙=g,方向向上 C.a甲=g,方向向上,a乙=0 D.a甲=0,a乙=g,方向向下 11.如圖所示,兩個質(zhì)量分別為m1、m2的物塊A和B通過一輕彈簧連接在一起并放置于水平傳送帶上,水平輕繩一端連接A,另一端固定在墻上,A、B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ。傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動,系

7、統(tǒng)達到穩(wěn)定后,突然剪斷輕繩的瞬間,設A、B的加速度大小分別為aA和aB(彈簧在彈性限度內(nèi),重力加速度為g),則(　　) A.aA=μg,aB=μg B.aA=μg,aB=0 C.aA=μg,aB=0 D.aA=μg,aB=μg 12.如圖所示,木塊A、B靜止疊放在光滑水平面上,A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為2m?，F(xiàn)施水平力F拉B(如圖甲),A、B剛好不發(fā)生相對滑動,一起沿水平面運動。若改用水平力F'拉A(如圖乙),使A、B也保持相對靜止,一起沿水平面運動,則F'不得超過(　　) A.2F B. C.3F D. 13.木箱內(nèi)裝一球,木箱的內(nèi)寬恰與球的直徑相等,如圖所示,當箱以初速

8、度v0豎直上拋時,上升過程中(　　) A.空氣阻力不計,則球?qū)ο卤谟袎毫? B.空氣阻力不計,則球?qū)ι媳谟袎毫? C.有空氣阻力,則球?qū)ι媳谟袎毫? D.有空氣阻力,則球?qū)ο卤谟袎毫? 14. 如圖所示,ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的細桿,a、b、c、d位于同一圓周上,圓周半徑為R,b點為圓周的最低點,c點為圓周的最高點?，F(xiàn)有兩個小滑環(huán)A、B分別從a、c處由靜止釋放,滑環(huán)A經(jīng)時間t1從a點到達b點,滑環(huán)B經(jīng)時間t2從c點到達d點;另有一小球C從b點以初速度v0= 沿bc連線豎直上拋,到達最高點時間為t3,不計一切阻力與摩擦,且A、B、C都可視為質(zhì)點,則t1、t2、t3的大小關系為

9、(　　) A.t1=t2=t3 B.t1=t2>t3 C.t2>t1>t3 D.A、B、C三物體的質(zhì)量未知,因此無法比較 15.(多選)如圖所示,運動員進行“3 m跳板跳水”運動的過程可簡化為:運動員走上跳板,將跳板從水平位置B壓到最低點C,跳板又將運動員豎直向上彈到最高點A,然后運動員做自由落體運動,豎直落入水中,跳板自身重力忽略不計,則下列說法正確的是(　　) A.運動員向下運動(B→C)的過程中,先失重后超重,對板的壓力先減小后增大 B.運動員向下運動(B→C)的過程中,先失重后超重,對板的壓力一直增大 C.運動員向上運動(C→B)的過程中,先超重后失重,對板的壓力先增大

10、后減小 D.運動員向上運動(C→B)的過程中,先超重后失重,對板的壓力一直減小 16.(2018年6月溫州九校高一期末物理試題)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)量和摩擦均不計,貨物獲得的加速度a與繩子對貨物豎直向上的拉力FT之間的關系圖象如圖乙所示。由圖可以判斷下列說法錯誤的是(重力加速度為g)(　　) A.圖線與縱軸的交點M的值aM=-g B.圖線的斜率等于物體質(zhì)量的倒數(shù) C.圖線與橫軸的交點N的值FTN=mg D.圖線的斜率等于物體的質(zhì)量m 17. 如圖所示,質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接,在力F的作用下一起沿水平方向向

11、右做勻加速直線運動(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為(　　) A. B. C. D. 18.如圖所示,質(zhì)量為M的木箱放在水平地面上,木箱中的立桿上套著一個質(zhì)量為m的小球,開始時小球在桿的頂端,由靜止釋放后,小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的,則小球在下滑過程中,木箱對地面的壓力為多少?(重力加速度為g) 考點強化練8　牛頓運動定律的應用 1.B　P、Q受力如圖所示。 P、Q兩物體相同,則它們所受重力mg相同,物體的加速度相同,它們所受合力F合=ma相同,由圖示可知:tan α=,tan β=,則tan α=tan β,則α

12、=β,由此可知小車對P、Q的作用力方向相同且都指向右上方,故B正確。故選B。 2.A　兩種情況下皮帶對物塊滑動摩擦力的大小(Ff=μmg)和方向(水平向右)均不變,所以物塊運動情況相同。 3.D　上升時做減速運動,加速度大小a1=g,下降時做加速運動,加速度大小a2=g,a1=2a2,因速度先減小后增大,所以A錯誤;B、C、D選項中兩個過程的加速度關系分別為a1=a2,a1=4a2,a1=2a2。故選D。 4.C　設斜面坡角為θ,則AE=2ADsin θ,物體做勻加速直線運動,對物體受力分析,受重力和支持力,將重力沿著平行斜面和垂直斜面正交分解,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin θ=ma,

13、解得a=gsin θ,根據(jù)速度位移公式,有AE=at2,解得t=2 s,故選項C正確。 5.A　由于保持底邊L不變,θ越大,說明下滑高度越大,速度v也就越大,但從頂端O下滑至屋檐M時的時間為t不一定減小,從頂端O下滑至屋檐M時的時間t隨傾角θ從零增大過程中,應先減小后增大。 6.C　小物塊接觸彈簧后,彈簧的彈力先小于重力沿斜面向下的分力,小物塊的合力沿斜面向下,加速度也沿斜面向下,與速度方向相同,故小物塊做加速運動,因彈力逐漸增大,合力減小,加速度減小;隨著小物塊向下運動,彈簧的彈力增大,當彈簧的彈力大于重力沿斜面向下的分力后,小物塊的合力沿斜面向上,加速度沿斜面向上,與速度方向相反,小物

14、塊做減速運動,彈力增大,合力增大,加速度也增大。綜上可知,小物塊先做加速運動后做減速運動;加速度先減小后反向增大;小物塊在第一次到達的最低點位置時加速度不為零,不會靜止在最低點位置,故ABD錯誤,C正確。 7.D　撤去F后,物體A水平方向上受到彈簧的彈力和滑動摩擦力,滑動摩擦力不變,而彈簧的彈力隨著壓縮量的減小而減小,彈力先大于滑動摩擦力,后小于滑動摩擦力,則物體A向左先做加速運動后做減速運動,隨著彈力的減小,合外力先減小后增大,則加速度先減小后增大,故物體A先做變加速運動,再做變減速運動。而B物體與地面無摩擦,故先做加速運動再做勻速運動。故A錯誤;撤去F后,以AB整體為研究對象,根據(jù)牛頓第

15、二定律得物體剛運動時的加速度大小為a=。故B錯誤;由上分析可知,當彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等、方向相反時,速度最大,此時AB兩物體分開,彈簧的壓縮量為x=,物體A、B一起開始向左運動距離為l=x0-,故C錯誤,D正確。 8.AD　電梯靜止不動時,小球受力平衡,有mg=kx1;彈簧的伸長量比電梯靜止時的伸長量小了,說明彈力變小了,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-kx2=ma,故加速度向下,電梯加速下降或者減速上升,電梯以及電梯中的人處于失重狀態(tài),該同學對電梯地板的壓力小于其重力,故A、D正確,B、C錯誤。故選AD。 9.A　對整體:4F-8Ff=8ma;對前4節(jié)車廂:2F-4Ff-FT=4ma

16、,解得FT=0,即第4節(jié)車廂與第5節(jié)車廂水平連接裝置之間的相互作用力大小為0,故選A。 10.A　細線燒斷前,對甲乙整體受力分析,得出彈簧的彈力F=2mg,細線燒斷的瞬間,乙僅受重力,根據(jù)牛頓第二定律,有mg=ma乙,則a乙=g,方向豎直向下。對甲,彈簧的彈力在瞬間還未來得及改變,則有F-mg=ma甲,則a甲=g,方向豎直向上。故選項A正確,選項BCD錯誤。 11.C　對物塊B分析,摩擦力與彈簧彈力平衡,有μm2g=kx,則x=,以兩個物塊組成的整體為研究對象,則繩子的拉力FT=μ(m1+m2)g,突然剪斷輕繩的瞬間,繩子的拉力減小為0,而彈簧的彈力不變,則A受到的合外力與FT大小相等,方

17、向相反,則aA=,B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦力,合外力不變,仍然等于0,所以B的加速度仍然等于0,則選項C正確,ABD錯誤。故選C。 12.B　力F拉物體B時,A、B恰好不滑動,故A、B間的靜摩擦力達到最大值,對物體A受力分析,受重力mg、支持力、向前的靜摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有=ma①,對A、B整體受力分析,受重力3mg、支持力和拉力F,根據(jù)牛頓第二定律,有F=3ma②,由①②解得F;當F'作用在物體A上時,A、B恰好不滑動時,A、B間的靜摩擦力達到最大值,對物體A,有F'-=ma1③,對整體,有F'=3ma1④,由上述各式聯(lián)立解得F'=F。 13.C　若沒有空氣阻

18、力,則木箱和球這個整體的加速度等于重力加速度,所以球與木箱上壁、下壁都沒有壓力,故A、B都錯誤;若有空氣阻力,則木箱和球這個整體的加速度大于重力加速度,故對球來說,其合力應大于重力,即除了重力之外還應受一個向下的作用力,這個作用力只能是木箱的上壁提供。故球?qū)δ鞠渖媳谟袎毫?。所以C選項正確,D選項錯誤。 14.A　設細桿與豎直方向的夾角為α,圓周的直徑為D,根據(jù)牛頓第二定律得滑環(huán)的加速度為a==gcos α,細桿的長度為s=Dcos α,則根據(jù)s=at2得,t=,可見時間t與α無關,故有t1=t2,由=gt3,得t3=,因此選項A正確。 15.BD　人受到重力及板向上的彈力;人在向下運動的過

19、程中,人受到的板的彈力越來越大,開始時加速度向下減小;然后加速度再向上增大,故人應先失重后超重,故B正確;運動員在向上運動時,由于彈力減小,但開始時一定大于重力,故合外力先減小后增大,而加速度先向上,后向下,故人先超重后失重。故D正確。故選BD。 16.D　對貨物受力分析,受重力mg和拉力FT,根據(jù)牛頓第二定律,有:FT-mg=ma,得:a=FT-g;當a=0時,FT=mg,故圖線與橫軸的交點N的值FTN=mg,故C正確;當FT=0時,a=-g,即圖線與縱軸的交點M的值aM=-g,故A正確;圖線的斜率表示質(zhì)量的倒數(shù),故B正確,D錯誤。本題選錯誤的,故選D。 17.A　把m1、m2看作一個整體,在水平方向上加速度相同,由牛頓第二定律得Fcos θ=(m1+m2)a,所以a=,選項A正確。 18.答案 Mg+mg 解析 對球受力分析,球受重力和桿對球向上的摩擦力 由牛頓第二定律得:mg-Ff=ma,且a=g 解得:Ff=mg 對木箱受力分析:受到重力、支持力和球?qū)U向下的摩擦力。 根據(jù)平衡條件得:FN=Mg+Ff=Mg+mg 根據(jù)牛頓第三定律:FN'=FN=Mg+mg。