专题3.2 牛顿运动定律的应用【练】-2022年高考物理一轮复习讲练测

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专题3.2 牛顿运动定律的应用—【练】一、练基础1．(2021.云南楚雄一中模拟)下列关于速度、加速度、合外力之间的关系的说法正确的是(　　)A.物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B.物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0C.物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D.物体的速度很大，但加速度可能为0并且所受的合外力很大【答案】C【解析】物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，故选项C正确.2．(2021·海南模拟)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)A．10 m/s   B．20 m/s C．30 m/s   D．40 m/s【答案】B【解析】　由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8 m/s2由v2－v＝－2ax得v0＝＝ m/s＝20 m/s，故选项B正确。3．(2020·浙江模拟)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是(　　)【答案】C【解析】体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项C正确。4．(2021·日照二模)（单选）如图所示，质量为2 kg的物体B和质量为1 kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。再将一个质量为3 kg的物体A轻放在B上的一瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10 m/s2)(　　)A．0   B．15 m/s2  C．6 m/s2   D．5 m/s2【答案】C　【解析】开始时弹簧的弹力等于B的重力，即F＝mBg。放上A的瞬间，弹簧弹力不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得：(mA＋mB)g－F＝(mA＋mB)a，解得a＝6 m/s2，故选项C正确。5．(2020·名师原创预测)水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为(　　)A.   B. C.   D.【答案】A【解析】物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确。6．（2021广东省模拟题）如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。

为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示。
若避险车道路面倾角为，求货车在避险车道上行驶的最大距离。已知，，结果保留2位有效数字【答案】 【解析】对货车进行受力分析，可得货车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为： 
而货车重力在沿斜面方向的分量为： 
若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要：即：mg sin  
解得：
tan 
则当tan 时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象。
设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
解得：
设货车在避险车道上行驶的最大距离为x，
，
据匀变速直线运动位移公式：
代入数据，解得：。
7．(2021·湖南株洲质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s。撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求： (1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移； (2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。【答案】(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m【解析】(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s位移x1＝a1t＝0.6 m。(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则v－v1′2＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝   解得x2＝5.2 m。二、练能力8．（2021·湖南娄底市高三零模）如图所示。质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上、在斜面上的段、b在斜面上的段。斜面上段粗糙，b与段间的动摩擦因数为0.5，段光滑，重力加速度为g。同时释放a、b，则释放的一瞬间（已知，）（　　）A．物块a的加速度大小为0.4g B．物块a的加速度大小为0.5gC．杆对物块a的拉力大小为0.2mg D．杆对物块a的拉力大小为0.3mg【答案】AC【解析】释放a、b的一瞬间、对a、b整体研究，有，解得对a研究，有，解得，故选AC。9．（2021年黑龙江省实验中学高考物理模拟试卷）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的图象。取，则A. 滑块的质量                      B. 木板的质量
C. 当时滑块的加速度为         D. 滑块与木板间的动摩擦因数为【答案】AD【解析】AB、当时，加速度为，对整体分析，由牛顿第二定律有，代入数据解得；当时，根据牛顿第二定律得，知图线的斜率，解得，滑块的质量，故A正确，B错误；
CD、根据的图线知，时，，即，代入数据解得，D正确；
当时，对滑块，根据牛顿第二定律得，解得，C错误。
故选：AD。
11.（2021届山东济南章丘四中高三模拟）如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则A．小球均静止时，弹簧的长度为L-  B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mgC．角速度ω0=              D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变【答案】ACD【解析】若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：，故弹簧的长度为：，故A项正确；当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：，，而对A球依然处于平衡，有：而由几何关系：，联立四式解得：，，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：，则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；故选ACD。12.（2021年上海市闵行区高考物理一模试卷）我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小F可用表示，其中k为比例常数，v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为；装载弹药后质量为。
求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行180m后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小不计所有阻力。【答案】；。【解析】由起飞条件知：  联立可得起飞速度：
根据公式：
可求得：
由公式
根据牛顿第二定律可知推力13．(2021·山东模拟)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求： (1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)【答案】(1)16 m　(2)8 m/s2　4 m/s2　(3)2 m/s【解析】(1)在企鹅向上“奔跑”过程中有x＝at2，解得x＝16 m。(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′t′＝，x′＝a1t′2，解得x′＝1 m。企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有v－02＝2a2(x＋x′)解得vt＝2 m/s。14.（2021·湖北省襄阳市一模）如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？【答案】(1)0.5　(2)2 m/s【解析】(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cos θ＝40 Nμ＝＝＝0.5。(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。在沿斜面方向有：(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma在垂直斜面方向上有：FN＝(F2－mg)sin θ则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ解得a＝1 m/s2，x＝at2，解得t＝2 s，v＝at＝2 m/s。三．练真题15.（2020·山东卷）一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s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，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（　　）A. 0~t1时间内，v增大，FN>mg B. t1~t2 时间内，v减小，FN<mgC. t2~t3 时间内，v增大，FN <mg D. t2~t3时间内，v减小，FN >mg【答案】D【解析】由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mg，A错误；在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mg，B错误；在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则FN>mg，选项C错误，D正确；故选D。16.（2020·江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（　　）A. F           B.  C.              D. 【答案】C【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有，联立解得。17. （2018年全国Ⅰ卷）如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（        ）A. 　　　　　B. C. 　　　　　D. 【答案】A【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。由牛顿运动定律，F-mg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是A。