知識(shí)點(diǎn)三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律-2022年高考物理分類(lèi)題庫(kù)

知識(shí)點(diǎn)三牛頓運(yùn)動(dòng)定律1.(2022·全國(guó)甲卷)北京2022年冬奧會(huì)首鋼滑雪大跳臺(tái)局部示意圖如圖所示。運(yùn)動(dòng)員從a處由靜止自由滑下,到b處起跳,c點(diǎn)為a、b之間的最低點(diǎn),a、c兩處的高度差為h。要求運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)對(duì)滑雪板的壓力不大于自身所受重力的k倍,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中將運(yùn)動(dòng)員視為質(zhì)點(diǎn)并忽略所有阻力,則c點(diǎn)處這一段圓弧雪道的半徑不應(yīng)小于 ()A.hk+1B.hkC.2hk【解析】選D。運(yùn)動(dòng)員從a到c,根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=12mvc2,在c點(diǎn)由牛頓第二定律得FNc-mg=mvc2Rc,又FNc≤kmg,聯(lián)立解得R2.(2022·全國(guó)乙卷)如圖,一不可伸長(zhǎng)輕繩兩端各連接一質(zhì)量為m的小球,初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上,兩球間的距離等于繩長(zhǎng)L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點(diǎn),方向與兩球連線(xiàn)垂直。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí),它們加速度的大小均為 (A.5F8mB.2F5mC【解析】選A。當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距35L時(shí),如圖所示。設(shè)繩子拉力為FT,則水平方向有2FTcosθ=F,而sinθ=3L10L2=35,則cosθ=45,解得FT=5F8。選其中一個(gè)小球作為研究對(duì)象,根據(jù)牛頓第二定律有:FT=ma,解得a=5F8m3.(多選)(2022·全國(guó)甲卷)如圖,質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上,二者用一輕彈簧水平連接,兩滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動(dòng)P,使兩滑塊均做勻速運(yùn)動(dòng);某時(shí)刻突然撤去該拉力,則從此刻開(kāi)始到彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)之前 ()A.P的加速度大小的最大值為2μgB.Q的加速度大小的最大值為2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)撤去拉力前,兩滑塊均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由整體法可以求出拉力的大小,對(duì)Q進(jìn)行受力分析,可以求出彈簧的彈力;撤去拉力瞬間,彈簧彈力不變。(2)撤去拉力后,P做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),Q做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度,Q加速度大小的最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)的加速度。(3)最后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),P、Q的加速度大小相等?！窘馕觥窟xA、D。設(shè)兩滑塊的質(zhì)量均為m,撤去拉力前,兩滑塊均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則拉力大小為F=2μmg,撤去拉力前對(duì)Q受力分析可知,彈簧的彈力為T(mén)0=μmg。以向右為正方向,撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)棣蘭g,兩滑塊與地面間仍然保持相對(duì)滑動(dòng),此時(shí)滑塊P的加速度為-T0-μmg=maP1,解得aP1=-2μg,此刻滑塊Q所受的外力不變,加速度仍為零,滑塊P做減速運(yùn)動(dòng),故P、Q間距離減小,彈簧的伸長(zhǎng)量變小,彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小,滑塊Q的合外力增大,合力向左,做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg,Q加速度大小的最大值為彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)的加速度,此時(shí)-μmg=maQ,解得aQ=-μg,故滑塊Q加速度大小最大值為μmg,故A正確,B錯(cuò)誤;滑塊P、Q水平向右運(yùn)動(dòng),P、Q間的距離在減小,故P的位移一定小于Q的位移,C錯(cuò)誤;滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)的加速度為-μmg=maP2,解得aP2=-μg,撤去拉力時(shí),P、Q的初速度相等,滑塊P由開(kāi)始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),最后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)加速度大小為μg;滑塊Q由開(kāi)始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),最后彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)加速度大小也為μg。由分析可知P的速度大小均不大于同一時(shí)刻Q的速度大小,D正確。故選A、D。4.(2022·浙江6月選考)物流公司通過(guò)滑軌把貨物直接裝運(yùn)到卡車(chē)中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長(zhǎng)度l1=4m,水平滑軌長(zhǎng)度可調(diào),兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開(kāi)始下滑,其與滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=29,貨物可視為質(zhì)點(diǎn)(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g=10m/s2)(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時(shí)加速度a1的大小;(2)求貨物在傾斜滑軌末端時(shí)速度v的大小;(3)若貨物滑離水平滑軌末端時(shí)的速度不超過(guò)2m/s,求水平滑軌的最短長(zhǎng)度l2?！窘馕觥?1)根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin24°-μmgcos24°=ma1代入數(shù)據(jù)解得a1=2m/s2(2)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a1l1=v2解得v=4m/s(3)根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式-2a2l2=vmax2-代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得l2=2.7m答案:(1)2m/s2(2)4m/s(3)2.7m5.(2022·山東等級(jí)考)某糧庫(kù)使用額定電壓U=380V,內(nèi)阻R=0.25Ω的電動(dòng)機(jī)運(yùn)糧。如圖所示,配重和電動(dòng)機(jī)連接小車(chē)的纜繩均平行于斜坡,裝滿(mǎn)糧食的小車(chē)以速度v=2m/s沿斜坡勻速上行,此時(shí)電流I=40A。關(guān)閉電動(dòng)機(jī)后,小車(chē)又沿斜坡上行路程L到達(dá)卸糧點(diǎn)時(shí),速度恰好為零。卸糧后,給小車(chē)一個(gè)向下的初速度,小車(chē)沿斜坡剛好勻速下行。已知小車(chē)質(zhì)量m1=100kg,車(chē)上糧食質(zhì)量m2=1200kg,配重質(zhì)量m0=40kg,取重力加速度g=10m/s2,小車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力與車(chē)及車(chē)上糧食總重力成正比,比例系數(shù)為k,配重始終未接觸地面,不計(jì)電動(dòng)機(jī)自身機(jī)械摩擦損耗及纜繩質(zhì)量。求:(1)比例系數(shù)k值;(2)上行路程L值?！窘馕觥?1)設(shè)電動(dòng)機(jī)的牽引繩張力為T(mén)1,電動(dòng)機(jī)連接小車(chē)的纜繩勻速上行,由能量守恒定律有UI=I2R+T1v解得T1=7400N小車(chē)和配重一起勻速,設(shè)繩的張力為T(mén)2,對(duì)配重有T2=m0g=400N設(shè)斜面傾角為θ,對(duì)小車(chē)勻速有T1+T2=(m1+m2)gsinθ+k(m1+m2)g而卸糧后給小車(chē)一個(gè)向下的初速度,小車(chē)沿斜坡剛好勻速下行,有m1gsinθ=m0g+km1g聯(lián)立各式解得sinθ=0.5,k=0.1(2)關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)