《2022年高考物理二轮复习课堂综合演练专题相互作用与牛顿运动定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理二轮复习课堂综合演练专题相互作用与牛顿运动定律.docx（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载12022 浙江高考 如图 215 所示,甲、乙两人在冰面上“ 拔 河” ；两人中间位置处有一分界线,商定先使对方过分界线者为 赢；如绳子质量不计,冰面可看成光滑,就以下说法正确选项 A甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平稳力图 215 B甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C如甲的质量比乙大,就甲能赢得“ 拔河” 竞赛的成功 D如乙收绳的速度比甲快,就乙能赢得“ 拔河” 竞赛的成功解析： 依据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力,选项 A 错；由于甲和乙的力作用在同一个物体上,应选项B
2、错；依据动量守恒定律有m1s1m2s2,如甲的质量比较大,甲的位移较小,乙先过界,选项C 正确； “ 拔河 ” 竞赛的输赢只与甲、乙的质量有关,与收绳速度无关,选项 D 错误；答案： C 22022 海南高考 如图 216,粗糙的水平地面上有一斜劈,斜劈上一 物块正在沿斜面以速度 v 0匀速下滑,斜劈保持静止,就地面对斜劈的摩擦力 A等于零图 2 16 B不为零,方向向右 C不为零,方向向左 D不为零, v 0较大时方向向左,v 0 较小时方向向右 解析： 以斜劈和物块整体为讨论对象,整个系统处于平稳状态,合外力为零； 所以地面对斜劈没有水平方向的摩擦力的作用；故 A 正确；答案： A 3双选
3、 如图 217 所示,足够长的传送带与水平面夹角为 ,以速度 v 0 逆时针匀速转动,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tan,就以下选项中能客观地反映小木块名师归纳总结 的速度随时间变化关系的是图 217 第 1 页,共 9 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载图 218 解析： 小物块放上之后,受沿传送带向下的重力分力和滑动摩擦力作用,可能始终做匀加速运动到达底端,选项 B 正确；也可能到达底端之前,速度等于 v 0,此后滑动摩擦力的方向变为沿传送带向上,由于 mgcos,所以物块仍将连
4、续做加速运动,只是加速度变小,选项 D 正确；答案： BD 4双选 2022 山东高考 如图 219 所示,将两相同的木块a、b 置于粗糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳系于墙壁；开头时 a、b 均静止,弹簧处于伸长状态,两细绳均有拉力,a 所受摩擦力 F fa 0,b 所受图 219 摩擦力 F fb0,现将右侧细绳剪断,就剪断瞬时 AF fa 大小不变 BF fa方向转变CF fb仍旧为零 DF fb 方向向右解析： 右侧细绳剪断的瞬时,弹簧弹力来不及发生变化,故 a 的受力情形不变,a 左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变,A 正确, B 错；而 b 在剪断绳的瞬时右侧绳的拉
5、力立即消逝,静摩擦力向右,C 错, D 正确；答案： AD 5杂技演员在进行“ 顶杆” 表演时,用的是一根质量不计的长直竹杆,设竹杆始终保持竖直；质量为30 kg 的演员 可视为质点 自杆顶由静止开头下滑,滑到杆底端时速度正好是零；已知竹杆底部与 下面顶杆人肩部有一传感器,传感器显示顶杆人肩部所受压力的情形 如图 2 20 所示, g 取 10 m/s 2,求：图 220 1杆上的人在下滑过程中的最大速度；2竹杆的长度；解析： 101 s：以杆上的人为讨论对象,依据题图所示,演员处于失重状态,其受到竖直向上的摩擦力 F 1 的大小为 180 N,就mgF 1 a1m 4 m/s 2,方向竖直向
6、下1 s末速度最大： v m a1t14 m/s；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载21 s3 s：演员处于超重状态；此时杆上的人受竖直向上的摩擦力 F2 的大小为 360 N mgF 2a2m 2 m/s 2,加速度方向竖直向上3 s内人的位移 即竹杆的长度 应为：0v m v m0s2 t12 t26 m；答案： 14 m/s 26 m 一、挑选题（此题共 9 个小题,每道题 7 分,共 63 分,每道题只有一个或两个选项符合题意, 其中双选已标明, 请将正确选项前的字母填在题后的括号内）1如
7、图 1,轻杆 A 端用光滑水平铰链装在竖直墙面上,B 端用水平绳结在墙 C 处并吊一重物 P,在水平向右的力 F 慢慢拉起重物 P 的过程中,杆 AB 所受压力的变化情形是 A变大 B变小C先变小再变大 D不变图 1 解析： 在水平向右的力 F 慢慢拉起重物 P 的过程中,绳的张力可用 F 与 P 的重力等效代替,对 B 点讨论,杆 AB 对 B 点的支持力在竖直方向的分力始终等于 P 的重力,因此杆AB 对 B 点的支持力不变,即杆 AB 所受压力的变化不变；答案： D 2放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力 F 的作用, F 的大小与时间 t的关系和物块速度 v 与时间 t 的关
8、系如图 2 所示； 取重力加速度 g10 m/s 2；由此两图线可以求得物块的质量 m 和物块与地面之间的动摩擦因数 分别为 图 2 名师归纳总结 Am 1.5 kg,2 15B m 0.5 kg, 0.4 第 3 页,共 9 页Cm 0.5 kg,0.2 Dm1 kg,0.2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解析： 02 s 内物体不动,拉力 F 2 N 时匀速运动,说明滑动摩擦力为 2 N ,拉力 F3 N 时物体做加速度为2 m/s 2 的匀加速运动,就求得质量为0.5 kg,由匀速运动时的拉力F2 N 可以求得 0.4；答
9、案： B 32022 北京高考 “ 蹦极” 就是跳动者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动；某人做蹦极运动,所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情3 况如图 3 所示；将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加图速度为 g；据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为A gB2gC 3gD4g解析：从图像可知, 当人最终不动时, 绳上的拉力为3 5F 0,即 mg3 5F 0,最大拉力为 9 5F 0,9因此最大加速度为 5F 0mgma,3mgmg ma,a2g,B 项正确；答案： B 42022 福建高考 如图 4 甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v 1运
10、行；初速度大小为 v 2 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；如从小物块滑上传送带开头计时,小物块在传送带上运动的vt 图像 以地面为参考系如图乙所示；已知v 2v 1,就 图 4 A 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 0t3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析： 小物块对地速度为零时,即t1 时刻,向左离开A 处最远； t2 时刻,小物块相对传送带静止,此时不再相对传送带滑动,所以从开头到此刻,它相对传送带滑动的距离最大；0t2 时间内,小物块受
11、到的摩擦力为滑动摩擦力,方向始终向右,大小不变；t2 时刻以后相对传送带静止,故不再受摩擦力作用；B 正确；答案： B 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载5 2022 新课标全国卷 如图 5,在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板,其上叠放一质量为m2 的木块；假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等；现给木块施加一随时间t 图 5a1增大的水平力F ktk 是常数 ,木板和木块加速度的大小分别为a1 和 a2；以下反映的 a2 变化的图线中正确选项 图 6 解析： 此题中开头阶段两物
12、体一起做加速运动,有F m1m2a,即 aF,两m1m2物体加速度相同且与时间成正比；当两物体间的摩擦力达到 m2g 后两者发生相对滑动；对F fm2 有 F f ma2,在相对滑动之前 f 逐步增大,相对滑动后 f m2g 不再变化, a2m2,故其图像斜率增大；而对 m1,在发生相对滑动后,有 m2gm1a1,故 a1 m2g m1为定值；故 A 选项正确；答案： A 6双选 如图 7 所示,轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连,下端与另一质量为 M的木块 2 相连,整个系统置于水平放置的光滑木板上,并处于静止状态；现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬时,木块 1、2 的加速度大
13、小分别为 a1、a2；重力加速度大小为 g；就有 A a10 Ba1g名师归纳总结 C a2mM MgDa20 第 5 页,共 9 页解析： 木板未抽出时, 木块 1 受重力和弹簧弹力两个力并且处于平稳状态,弹簧弹力大小等于木块1 的重力, Nmg；木块 2 受重力、 弹簧向下的压力和木板的支持力作用,由平衡条件可知, 木板对木块2 的支持力等于两木块的总重力；撤去木板瞬时, 弹簧形变量不变,故产生的弹力不变,因此木块1 所受重力和弹簧弹力均不变,故木块 1 仍处于平稳状态,即加速度 a10；而木块 2 不再受木板支持力作用,只受重力和弹簧弹力作用,NMg Ma 2,解得 a2M mg,C 项
14、正确；M- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载答案： AC 72022 海南高考 如图 8,墙上有两个钉子a 和 b,它们的连线与水平方向的夹角为 45,两者的高度差为 l；一条不行伸长的轻质细绳一端固定于 a 点,另一端跨过光滑钉子 b 悬挂一质量为 m1 的重物；在绳子距 a 端2得 c 点有一固定绳圈；如绳圈上悬挂质量为 l m2 的钩码,平稳后绳的 ac 段正好水平,就重物和钩码的质量比 m1m2为 图 8 A. 5B2 5C. 2 D. 2 解析： 挂上钩码平稳后,bc 绳与竖直方向成 的角度；绳圈受力如图所示, cosl 2
15、l l2 2,又m2g m1g cos；联立以上两式解得：m1m22；5故 C 正确；答案： C 8 双选 如图 9 所示, 质量为 m1的物体 A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为 M 的箱子B 相连,箱子底板上放一质量为m2 的物体C；已知m1M ,不计定滑轮的质量和摩擦,不计空气阻力,在箱子加速下落的过程中,以下关系式中正确选项 Mm2 gA物体 A 的加速度大小为 m1M m2 gm1gB物体 A 的加速度大小为 M m1m2 图 9 2m1m2gC物体 C 对箱子的压力大小为 m1m2MD物体 C 对箱子的压力大小为 M m2 m1gMgm2gm1g解析： 由牛顿运动定律得 M m1m2a
16、Mg m2gm1g,a,A 项错M m1m2误, B 项正确；设箱子对 C 的支持力为 N,就 m2gNm2a,N2m1m2g,就物体 CM m1 m22m1m2g对箱子的压力 N N, C 项正确, D 项错误；M m1m2答案： BC 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 9 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载92022 济南模拟 如图 10 所示,物体A 的质量 m1 1 kg,静止在光滑水平面上的木板 B 的质量为 m20.5 kg、长 L 1 m,某时刻 A 以 v 04 m/s 的初速度滑上木板 B 的上表面,为使 A 不至于
17、从 B 上滑落,在 A 滑上 B 的同时,给 B 施加一个水平向右的拉力 F ,如 A 与 B 之间的动摩擦因数 0.2,图 10 忽视物体 A 的大小,就拉力 F 应满意的条件为 A 0F 3 N B0F 5 N C 1 NF 3 N D1 NF5 N 解析： 物体 A 滑上木板 B 以后,做匀减速运动,加速度a1 m1g m1 g,木板 B 做匀加速运动,设加速度为 a2,由牛顿其次定律,有 F m1gm2a2,A 不从 B 的右端滑落的临v 20v 2 2t界条件是 A 到达 B 的右端时, A、 B 具有共同的速度 v t,由位置关系,有 2a1 v 2a2L,v0 v t vt v
18、20 v 20运动时间相等,有 a1a2,联立解得 a22L g, Fm2 2L g m1g,代入数值,得 F 1 N；如 F 1 N,就 A 滑到 B 的右端时,速度仍大于 B 的速度,于是将从 B 上滑落,所以 F 必需大于等于 1 N；当 F 较大时, 在 A 到达 B 的右端之前, 就与 B 具有相同的速度,之后, A 必需相对 B 静止,才能不会从 B 的左端滑落；当 A 相对 B 静止时,由牛顿其次定律得,对 A、B 的整体,设最大加速度为 a,对 A 有 m1gm1a,对整体有 F m1m2a,联立解得 F3 N,如 F 大于 3 N,A 就会相对 B 向左滑下；故如使 A 不至
19、于从 B 上滑落,力 F 应满意的条件是 1 NF3 N；答案： C 二、运算题 此题共 3 个小题,共 37 分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值运算的要注明单位 1010 分如图 11 所示,劲度系数为k 的轻弹簧,一端固定在一块与水平面夹角为30的粗糙长木板上, 另一端连接一个质量为m的滑块 A,滑块与木板的最大静摩擦力为f；设滑块与木板的最大静摩擦力与其滑动摩擦力大小相等,且 ff；因此滑块静止时弹簧肯定处于伸长状态,设弹簧最小形变量为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 依据共点力平稳条件,学习好资料欢迎下载kl1fmgsin
20、30 解得 l1mg 2f；l1 时两滑块的加速度为a,依据牛顿第2k2将滑块 B 固定到 A 上后,设弹簧伸长量仍为二定律2mgsin30 kl1 2f2ma解得 a1 4g2m；f答案： 1mg2f2k 21 4g f 2m1112 分 某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机供应的动力方向与水平方向夹角 60,使飞行器恰沿与水平方向成 30角的直线斜向右上方匀加速飞行；经时间 t 后,将动力的方向沿逆时针旋转 60同时适当调剂其大小,使飞行器依旧可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计；求：1t 时刻飞行器的速率；2整个过程中飞行器离地的最大高度；解析： 1起飞时,
21、飞行器受推力和重力作用,两力的合力与水平方向成 30角斜向上,设动力为 F ,合力为 Fb,如下列图；在OFF b中,由几何关系得 F bmg由牛顿其次定律得飞行器的加速度为a1Fb mg就 t 时刻的速率 va1tgt；2推力方向逆时针旋转 60,合力的方向与水平方向成 30斜向下,推力 F 跟合力 F b垂直,如下列图；此时合力大小为名师归纳总结 F bmgsin30a2mgsin30 mg2第 8 页,共 9 页飞行器的加速度大小为到最高点的时间为ta2 gt 0.5g2t- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载飞行的总位移为x1
22、2a1t 21 2a2t21 2gt 2gt 23 2gt 230,飞行器上升的最大高度为2 hmxsin30 3gt 4；答案： 1gt2 3 4gt 21215 分如图 12 所示,绷紧的传送带与水平面的夹角皮带在电动机的带动下,始终保持v02 m/s 的速率运行；现把一质量为 m 10 kg 的工件 可视为质点 轻轻放在皮带的底端,经时间 1.9 s ,工件被传送到 h1.5 m 的高处,取 g10 m/ s 2；求：图 12 1工件与皮带间的动摩擦因数；2工件相对传送带运动的位移；解析： 1由题意得,皮带长为：Lh sin30 3 m；工件速度达到v 0 之前,从静止开头做匀加速运动,
23、设匀加速运动的时间为t1,位移为 s1,有： s1 v t1v 0 2 t1；设工件最终获得了与传送带相同的速度,就达到v 0 之后工件将做匀速运动,有：Ls1v 0tt1 解得： t10.8 s1.9 s,故假设工件最终获得与传送带相同的速度正确；加速运动阶段的加速度为：av 0 t12.5 m/s2在加速运动阶段,依据牛顿其次定律,有： mgcosmgsin ma 解得： 0.866 2在时间 t1 内,传送带运动的位移为：sv 0t11.6 m 名师归纳总结 s1 v t1v 0 2 t10.8 m；ss s1 0.8 m；第 9 页,共 9 页所以工件相对传送带的位移为：答案： 10.86620.8 m - - - - - - -