新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題1力與運(yùn)動(dòng)第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用

第一部分專題一第3講A組·基礎(chǔ)練1.(2023·上海普陀二模)如圖，起重機(jī)用鋼索在豎直方向上吊裝重物，在重物減速下降的過程中(不計(jì)鋼索的重力)，鋼索對(duì)重物的作用力(D)A．小于重物對(duì)鋼索的作用力B．小于重物的重力C．大于重物對(duì)鋼索的作用力D．大于重物的重力【解析】根據(jù)牛頓第三定律可知，鋼索對(duì)重物的作用力與重物對(duì)鋼索的作用力是一對(duì)相互作用力，大小相等，方向相反，故A、C錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，重物減速下降，則加速度方向向上，重物處于超重狀態(tài)，則鋼索對(duì)重物的作用力大于重物的重力，故B錯(cuò)誤，D正確。2.(2023·江蘇南京三模)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施成功脫險(xiǎn)，在0～30s時(shí)間內(nèi)潛艇豎直方向的v-t圖像如圖乙所示(設(shè)豎直向下為正方向)。不計(jì)水的黏滯阻力，則(D)A．潛艇在“掉深”時(shí)的加速度為1m/s2B．t＝30s潛艇回到初始高度C．潛艇豎直向下的最大位移為100mD．潛艇在10～30s時(shí)間內(nèi)處于超重狀態(tài)【解析】潛艇在“掉深”時(shí)向下加速，則由圖像可知加速度為a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在30s內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝30s潛艇向下到達(dá)最大深度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；潛艇在10～30s時(shí)間內(nèi)向下減速，加速度向上，則處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)D正確。3.(2023·四川宜賓二模)如圖，表面粗糙的斜面固定在水平地面上，第一次，滑塊從斜面頂端由靜止釋放，滑塊沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1；第二次，滑塊從斜面頂端由靜止釋放的同時(shí)，施加豎直向下、大小為F的恒定外力作用于滑塊，加速度大小為a2。則(D)A．a(chǎn)2＝0 B．a(chǎn)2<a1C．a(chǎn)2＝a1 D．a(chǎn)2>a1【解析】根據(jù)牛頓第二定律得，未加F時(shí)，加速度a1＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，施加F后，加速度a2＝eq\f(mg＋Fsinθ－μmg＋Fcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＋eq\f(Fsinθ－μFcosθ,m)，可知a2>a1，故D正確。4.(2023·湖南張家界二模)用手掌托著智能手機(jī)，打開加速度傳感器，手掌從靜止開始迅速上下運(yùn)動(dòng)，得到如圖所示的豎直方向上加速度隨時(shí)間變化的圖像，該圖像以豎直向上為正方向，取重力加速度g＝10m/s2。由此可判斷出(D)A．手機(jī)一直未離開過手掌B．手機(jī)在t1時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C．手機(jī)在t2時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向D．手機(jī)在t1～t3時(shí)間內(nèi)，受到的支持力一直減小【解析】由圖可知，手機(jī)的加速度在某一段時(shí)間內(nèi)等于重力加速度，則手機(jī)與手掌沒有力的作用，手機(jī)離開過手掌，A錯(cuò)誤；根據(jù)Δv＝aΔt可知，a-t圖像與坐標(biāo)軸圍成面積表示速度變化量，則手機(jī)在t1時(shí)刻速度為正，還沒有到最高點(diǎn)，B錯(cuò)誤；手機(jī)在t2時(shí)刻前后速度均為正，運(yùn)動(dòng)方向沒有發(fā)生改變，C錯(cuò)誤；由圖可知t1～t2時(shí)間加速度向上不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律得N－mg＝ma；即N＝ma＋mg；可知t1～t2時(shí)間內(nèi)支持力不斷減??；t2～t3時(shí)間內(nèi)加速度向下，不斷增大，根據(jù)牛頓第二定律得mg－N＝ma；即N＝mg－ma可知支持力還是不斷減小，即手機(jī)在t1～t3時(shí)間內(nèi)，受到的支持力一直減小，D正確。5.(2023·安徽統(tǒng)考二模)熱氣球總質(zhì)量為300kg，從地面靜止釋放，剛開始豎直上升時(shí)的加速度大小為0.5m/s2，當(dāng)熱氣球上升到某高度時(shí)，以5m/s的速度向上勻速運(yùn)動(dòng)，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，空氣阻力與速率成正比Ff＝kv知，重力加速度g＝10m/s2，關(guān)于熱氣球，下列說法正確的是(B)A．熱氣球所受浮力大小為3000NB．空氣阻力與速度關(guān)系中比例系數(shù)k＝30kg/sC．從地面開始上升10s時(shí)的速度大小為5m/sD．熱氣球加速上升過程的平均速度為2.5m/s【解析】開始上升時(shí)F－mg＝ma；解得熱氣球所受浮力大小為F＝3150N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；氣球勻速上升時(shí)F＝mg＋kv；解得k＝30kg/s，選項(xiàng)B正確；若氣球以0.5m/s2的加速度勻加速上升，則從地面開始上升10s時(shí)的速度大小為5m/s，但是因氣球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，可知從地面開始上升10s時(shí)的速度小于5m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若氣球勻加速上升，當(dāng)速度到達(dá)5m/s時(shí)的平均速度為2.5m/s，但因?yàn)闅馇蜃黾铀俣葴p小的加速運(yùn)動(dòng)，可知熱氣球加速上升過程的平均速度不等于2.5m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.(2023·浙江諸暨模擬)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的金屬小球拴在輕質(zhì)橡皮筋的兩端，橡皮筋的中點(diǎn)固定在紙盒底部的正中間。小球放在紙盒口邊上，現(xiàn)讓紙盒從一定高度自由下落，小球被橡皮筋拉回盒中并能發(fā)生碰撞。不計(jì)空氣阻力，則釋放的瞬間(D)A．橡皮筋的彈力為0B．小球加速度大小等于重力加速度gC．紙盒加速度大小小于重力加速度gD．橡皮筋對(duì)紙盒作用力大小等于2mg【解析】釋放的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變化，單根橡皮筋彈力等于小球的重力mg，故A錯(cuò)誤；釋放的瞬間，橡皮筋彈力仍為mg，小球的加速度等于0，故B錯(cuò)誤；設(shè)紙盒質(zhì)量為M，釋放前，手對(duì)紙盒的作用力為(M＋2m)g，方向豎直向上，由受力平衡F＋Mg＝(M＋2m)g，所以橡皮筋對(duì)紙盒的作用力F＝2mg，釋放的瞬間，橡皮筋的形變還沒有來得及變化，橡皮筋對(duì)紙盒的作用力仍為2mg，方向豎直向下，故D正確；釋放的瞬間，紙盒所受合力為F合＝F＋Mg＝(2m＋M)g，由牛頓第二定律可得紙盒加速度a＝eq\f(F合,M)＝eq\f(2m＋M,M)g>g，故C錯(cuò)誤。故選D。7.(2023·四川成都二模)如圖所示，將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的頻閃照片，圖乙是小球下落的頻閃照片。O點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，甲乙兩次閃光頻率相等，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(C)A．mgBeq\f(1,2)mgC．eq\f(1,5)mg D．eq\f(1,10)mg【解析】假設(shè)每塊磚的厚度為d，照相機(jī)拍照的時(shí)間間隔為T，則向上運(yùn)動(dòng)和向下運(yùn)動(dòng)分別用逐差法可得6d＝a上T2；4d＝a下T2；根據(jù)牛頓第二定律可得；mg＋Ff＝ma上；mg－Ff＝ma下；聯(lián)立解得Ff＝eq\f(1,5)mg，故C正確，故A、B、D錯(cuò)誤。8.(2023·浙江溫州模擬)如圖為“H225”應(yīng)急救援直升機(jī)在永嘉碧蓮鎮(zhèn)執(zhí)行滅火任務(wù)時(shí)的情景。直升機(jī)沿水平方向勻速直線飛往水源地取水時(shí)，懸掛空水桶的懸索與豎直方向的夾角為37°；直升機(jī)取水后飛往火場(chǎng)滅火，沿水平方向以5m/s2的加速度勻加速直線飛行時(shí)，懸掛水桶的懸索與豎直方向的夾角也為37°。若空氣阻力大小不變，空桶質(zhì)量為400kg，忽略懸索的質(zhì)量，則此時(shí)水桶中水的質(zhì)量為(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(C)A．260kg B．500kgC．800kg D．1000kg【解析】直升機(jī)懸掛空桶勻速飛往水源取水時(shí)，空桶受力平衡，有T1sinθ－f＝0，T1cosθ－mg＝0，解得f＝mgtanθ，直升機(jī)加速返回時(shí)，由牛頓第二定律，可得T2sinθ－f＝(m＋M)a，T2cosθ－(m＋M)g＝0，解得空桶中水的質(zhì)量為M＝800kg，故選C。B組·綜合練9.(2023·安徽統(tǒng)考二模)水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上拉木塊(F大小不變)，木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。那么當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊，此時(shí)木塊的加速度為(已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，sin74°＝0.96，cos74°＝0.28)(A)A.eq\f(3,4)g B．eq\f(3,8)gC．eq\f(3,16)g D．eq\f(3,32)g【解析】水平桌面上放置一質(zhì)量為m的木塊，木塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，用一水平恒力F拉木塊，木塊在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)F＝μmg；若將此力方向改為與水平方向成74°角斜向上拉木塊(F大小不變)，木塊仍在水平桌面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)Fcos74°＝μ(mg－Fsin74°)當(dāng)用2F的水平恒力拉木塊2F－μmg＝ma；解得a＝eq\f(3,4)g。10.(2023·廣東肇慶二模)如圖所示，彈弓將飛箭以豎直向上的初速度v0彈出，飛箭上升到最高點(diǎn)后返回，再徐徐下落，已知飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，下落過程中受到的空氣阻力越來越大，則飛箭(B)A．上升過程中，速度越來越大B．上升過程中，加速度越來越小C．下落過程中，速度越來越小D．下落過程中，加速度越來越大【解析】由牛頓第二定律可知，上升過程飛箭所受的合力；F上＝mg＋F阻＝ma；飛箭上升過程中受到的空氣阻力越來越小，合力F上變小，加速度也越來越小，故做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，B正確，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，下降過程飛箭所受的合力F下＝mg－F阻＝ma′；飛箭下降過程中受到的空氣阻力越來越大，合力F下變小，加速度越來越小，故做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，C、D錯(cuò)誤。11.(2023·陜西統(tǒng)考二模)大功率火箭一般采取多級(jí)推進(jìn)技術(shù)，以提高發(fā)射速度。某中學(xué)的物理興趣小組同學(xué)制作了一個(gè)兩級(jí)推進(jìn)火箭模型進(jìn)行試驗(yàn)。已知火箭質(zhì)量為m，提供的推動(dòng)力恒定且為F＝3mg，火箭先經(jīng)過一級(jí)推動(dòng)力推進(jìn)時(shí)間t后，丟棄掉質(zhì)量為eq\f(m,2)的一級(jí)箭體，再由二級(jí)推動(dòng)力繼續(xù)推動(dòng)剩余質(zhì)量為eq\f(m,2)的火箭，推動(dòng)力仍為F＝3mg，火箭飛行時(shí)間t后結(jié)束推進(jìn)。重力加速度恒定且為g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化，不計(jì)空氣阻力，求：(1)火箭上升過程的最大速度為多少？(2)火箭上升的最大高度為多少？【答案】(1)7gt(2)30gt2【解析】(1)設(shè)一級(jí)推動(dòng)t時(shí)間火箭的加速度為a1，末速度為v1，二級(jí)推動(dòng)t時(shí)間火箭的加速度為a2，末速度為v2，由牛頓第二定律可得a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，v1＝a1t＝2gt，a2＝eq\f(F合,\f(m,2))＝eq\f(3mg－\f(1,2)mg,\f(1,2)m)＝5g，所以火箭上升的最大速度為v2＝v1＋a2t＝7gt。(2)設(shè)一級(jí)推動(dòng)t時(shí)間火箭上升的高度為h1，二級(jí)推動(dòng)t時(shí)間火箭上升的高度為h2，結(jié)束推動(dòng)后火箭繼續(xù)上升高度為h3，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得h1＝eq\f(v1,2)t＝gt2，h2＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(9,2)gt2，失去推動(dòng)后，火箭向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g，末速度為0，所以有veq\o\al(2,2)＝2gh3，可得h3＝eq\f(49,2)gt2，所以火箭上升的最大高度為h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。12.(2023·山東棗莊二模)如圖所示，深為h＝8m的枯井中有一質(zhì)量為m＝40kg的重物A，通過輕繩跨過光滑的定滑輪與地面上質(zhì)量為M＝80kg的重物B相連。某人用與水平方向成θ＝53°的力F拉重物B，恰好使其勻速運(yùn)動(dòng)。若該人用同樣大小的力F水平拉重物B，并將井中的重物A由井底拉到井口。取重力加速度g＝10m/s2。重物B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25。sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，求：(1)拉力F的大??；(2)水平拉重物B時(shí)，B的加速度大??；(3)為使重物A能到達(dá)井口，水平力F作用的最短時(shí)間?！敬鸢浮?1)750N(2)1.25m/s2(3)3.2s【解析】(1)用與水平方向成θ＝53°的力F拉重物B，重物B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由水平方向受力平衡Fcosθ＝f＋mg其中f＝μFN物體B在豎直方向上受力平衡Mg＝FN＋Fsinθ解得F＝750N。(2)水平拉B物體時(shí)，以A、B