《2019年高考物理二轮练习备考演练3.3牛顿运动定律的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理二轮练习备考演练3.3牛顿运动定律的综合应用（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019年高考物理二轮练习备考演练3.3牛顿运动定律的综合应用注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多 理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。在论述题中，问题大多具有委 婉性，尤其是历年真题部分， 在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。对应学生用书P251II备考基训II1、以下实例属于超重现象的是()、
2、A、汽车驶过拱形桥顶端B荡秋千的小孩在最高点时C跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D火箭点火后加速升空解析此题考查了超、 失重现象的本质、物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象、A、B、C三个选项中的汽车、小孩和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；D选项中的火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，D正确、答案D2、游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，以 下描述正确的选项是()、A、当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B当升降机减速下降时，游客是处在失重状态C当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D当升降机加速下降时，游客是处在超重状态解析当物
3、体的加速度方向向上时，处于超重状态，而加速度方向向下时，处于失重状态，由此判断选项C正确、答案C3、图 3-3- 14如图3 3 14所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和q包括支架)的总质量为 M B 为铁片，质量为m整个装置用轻绳挂于 O点，在电磁铁通电后， 铁片被吸引上升的过程中， 轻绳的拉力F的大小为()、 A F= mgB mcF(M n) g解析由于铁片 B从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A B、C受到重力（附m）g和绳的拉力F的作用、铁片B被吸引上升过程中，系统中有竖直向上的加 速度，处于超重状态，所以F（阿m）g.答案D4.490440某人在地面上用弹簧秤称得
4、其体重为 时间段内，弹簧秤的示数如图 的方向为正）图 3 3 15490N、他将弹簧秤移至电梯内称其体重，to至t3图可能是（取电梯向上运动3- 3 15所示，电梯运行的 v t()、A、 C 解析从图可以看出，等于其重力，而在t2t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，Dtot1时间内，该人的视重小于其重力,t1t2时间内,视重正好t 0t 1时间内，该人具有向下的加速度，t1t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2t3时间内，该人那么具有向上的加速度，所以可能的图象为答案C降莆伞5.缓冲火箭图 3 3 16（2017 四川卷，19）如图3 3 16是“神舟”系列航天飞船返回舱返
5、回地面的示意图， 假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，那么()、ABCD火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 返回舱在喷气过程中处于失重状态解析火箭开始喷气瞬间， 返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，应选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故应处于超故合外力一定做负功，
6、选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度， 重状态，选项D错误、答案A6.图 3-3- 17如图3-3- 17所示，在光滑水平地面上，水平外力 F拉动小车和木块一起做无相对滑 动的加速运动、小车质量为 M木块质量为 m加速度大小为 a,木块和小车之间的动摩擦 因数为卩，那么在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()、 mFA、卩 mgB. mC、n)gD (m+ Ma解析m与M无相对滑动，故a相同、F对 m M 整体 F= (M+ m a,故 a= m mmFm与整体加速度相同也为 a,对m f = ma即f = MO，又由牛顿第二定律隔离 m f =ma故B正确、答案B7.图 3-3-
7、 18如图3-3- 18 所示,小车质量为 M小球P的质量为m绳质量不计、水平地面光滑, 要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图3-3- 18所示)，那么施于小车的水平作用()、B (MF m gtan 0D (MF mgsin 0A mgan 0C ( MF n) gcot 0 解析小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析如图、由牛顿第二定律得mgan 0 = ma故a= gtan 0 .对球和车整体，由牛顿第二定律得F= (MFm)a ,即F= ( MF m)gtan 0 .答案B8、(2017 成都模拟)如图3-3- 19所示，一辆小车静止在水平地面上，be是固定在小车上
8、的水平横杆，物块 M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体 m, m在小车的水平底板上， 小车未动时细线恰好在竖直方向上、现使小车向右运动，全过程中M始终未相对杆be移动,Mm与小车保持相对静止，a1:a2: as:= 1: 2 : 4 :8,M受到的摩擦力大小依次为f 1、f2、f3、f4,那么以下结论错误的选项是()、3 3 19B f2 : f3= 1 : 2D tan a = 2tan 0A f 1 : f 2= 1C f 3 : f 4= 1解析a1 : a2: a3: a4= 1 : 2 : 4 : 8,在题干第(1)图和第 图中摩擦力f = Ma那么f 1 : f2= 1 : 2.在第
9、、第(4)图中摩擦力 f3= (M+ m)a3, f4=(俯 m)a4, f3 : f4 = 1 : 2.第、 (4)图中，答案a3 = gtan 0 , a4= gtan a .那么 tan a = 2tan 0 . B9.图 3 3 20如图3 3 20所示，足够长的传送带与水平面夹角为0，以速度V0逆时针匀速转动、v tan在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数0，那么图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()、解析小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以 选
10、项D对、（传送带模型）答案D10、（2017 福建卷，16）如图3 3 21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 运行、初速度大小为 V2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带、所受摩擦力沿斜面向下，a2的加速度做匀加速直线运动，此aia2，在v t图象中，图线的斜率表示加速度，应加速度为Vi假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v t图象（以地面为参考系）如图3 3 21乙所示、V2V1，那么()、图 3 3 21A t2时刻，小物块离 A处的距离达到最大B t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C 0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D
11、0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析相对地面而言，小物块在0tl时间内，向左做匀减速运动，tlt2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动、故小物块在tl时刻离A处距离最大，A错误、相对传送带而言，在 0t2时间内，小物块一 直相对传送带向左运动， 故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2 t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C D均错误、(传送带模型)答案BI琴能提升I图 3-3 -22两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为0的斜面上，如图3-3 -
12、 22所示，滑块 AB质量分别为 M m A与斜面间的动摩擦因数为 卩1, B与A之间的动摩擦因数为 卩2,两滑块 都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力、解析把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a,由牛顿第二定律有(W m gsin 0 -卩 i( M mgeos 0 = (Ma 得 a= g(sin 0 -卩 icos 0 )、由于ain 0 mgjsin 0 -卩 1cos 0 )=卩 1mgcos 0 .(程序思维法)答案卩1m(cos 0，方向沿斜面向上图 3-3-2312、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3 - 3-23所示为一水平传送带
13、装置示意图、紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v = 1m/s运行，一质量为m= 4kg的行李无初速度地放在 A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动、设行李与传送带之间的动摩擦因数= 0.1，A、B间的距离L= 2m, g取10m/s2.(1) 求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；(2) 求行李做匀加速直线运动的时间；(3) 如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从 A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率、解析(1)滑动摩擦力 f =1 mg= 0.1 x 4X 10N= 4N,加速度 a= i g= 0.1 x 10m/s = 1m/s .(2) 行李达到与传送带相同速率后不再加速，那么v 1v= at 1， 11 = a= 1s = 1s.(3) 行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a= 1m/s2，当行李到达右端时，有vmin2=2aL,Vmin=2aL=2x 1 x 2m/s= 2m/s,所以传送带对应的最小运行速率为2m/s.Vmin行李最短运行时间由Vmin= aX t min得t min = S = 2S、（传送带模型）答案(1)4N1m/s 2(2)1s(3)2s2m/s
