高考總復(fù)習(xí)物理專題三專題資料包word版

曲一線2023版《5年高考3年模擬》B版第頁(yè)專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律一、選擇題1.物理科技|(2022河北保定一模)2021年10月15日,伴隨著“3、2、1”的倒計(jì)時(shí),“神舟十三號(hào)”在“長(zhǎng)征二號(hào)”運(yùn)載火箭的推動(dòng)下順利進(jìn)入太空,“神舟十三號(hào)”航天員翟志剛、王亞平和葉光富也將開(kāi)始為期6個(gè)月的“太空旅行”。如圖所示為“長(zhǎng)征二號(hào)”運(yùn)載火箭,關(guān)于它在豎直方向加速起飛過(guò)程的說(shuō)法正確的是()A.火箭加速上升時(shí),航天員對(duì)座椅的壓力小于自身重力B.燃料燃燒推動(dòng)空氣,空氣的反作用力推動(dòng)火箭升空C.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后處于失重狀態(tài)D.火箭噴出的熱氣流對(duì)火箭的作用力大于火箭對(duì)熱氣流的作用力答案C火箭加速上升時(shí),加速度方向向上,根據(jù)牛頓第二定律可知航天員受到的支持力大于自身的重力,由牛頓第三定律知航天員對(duì)座椅的壓力大于自身重力,A錯(cuò)誤;火箭受到重力、空氣阻力以及內(nèi)部燃料噴出時(shí)的反作用力,燃料燃燒向下噴氣,噴出氣體的反作用力推動(dòng)火箭升空,B錯(cuò)誤;保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后,由于具有豎直向上的速度,所受重力和空氣阻力均豎直向下,合外力方向豎直向下,故加速度方向豎直向下,處于失重狀態(tài),C正確;火箭噴出的熱氣流對(duì)火箭的作用力與火箭對(duì)熱氣流的作用力是一對(duì)作用力和反作用力,二者等大反向,D錯(cuò)誤。2.物理探索|(2022浙江臺(tái)州二模)某同學(xué)制作了一個(gè)“豎直加速度測(cè)量?jī)x”。如圖所示,彈簧上端固定,在彈簧旁固定一直尺。不掛鋼球時(shí),彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處;下端懸掛鋼球,靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對(duì)應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上,就可用此裝置直接測(cè)量豎直方向的加速度。取加速度豎直向上為正方向,重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()A.20cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為gB.30cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0.5gC.80cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為2gD.各刻度對(duì)應(yīng)加速度值的間隔是不均勻的答案C設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k,鋼球質(zhì)量為m,下端懸掛鋼球,靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處,則mg=k(40-20)×10-2=0.2k。指針在20cm刻度時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有k(20-20)×10-2-mg=ma,解得a=-g,故A錯(cuò)誤;指針在30cm刻度時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有k(30-20)×10-2-mg=ma,解得a=-0.5g,故B錯(cuò)誤;指針在80cm刻度時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有k(80-20)×10-2-mg=ma,解得a=2g,故C正確;根據(jù)牛頓第二定律得k(l-20)×10-2-mg=ma,可得a=k(l-20)×103.(2022山東淄博一模,4)滑塊第一次從粗糙斜面頂端由靜止下滑到底端,第二次以一定的初速度從斜面底端上滑剛好到達(dá)頂端。如圖所示,某同學(xué)記錄了滑塊運(yùn)動(dòng)的頻閃照片,若照片的時(shí)間間隔都相同,下列說(shuō)法正確的是()甲乙A.圖甲是滑塊上滑的照片B.滑塊下滑時(shí)的加速度大小大于上滑時(shí)的加速度大小C.滑塊下滑到底端時(shí)的速度大小小于剛開(kāi)始上滑時(shí)的初速度大小D.滑塊下滑過(guò)程所用時(shí)間等于上滑過(guò)程所用時(shí)間答案C由牛頓第二定律可得,下滑時(shí)滿足mgsinθ-μmgcosθ=ma1,上滑時(shí)滿足mgsinθ+μmgcosθ=ma2,對(duì)比可得a1<a2,故滑塊下滑時(shí)的加速度大小小于上滑時(shí)的加速度大小,故B錯(cuò)誤;設(shè)斜面的長(zhǎng)度為L(zhǎng),下滑時(shí)有L=12a1t12,根據(jù)逆向思維,上滑過(guò)程可反向看成初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),同理可得L=12a2t22,可得t1>t2,設(shè)頻閃時(shí)間間隔為T(mén),由題圖可知,圖甲為5T,圖乙為4T,故圖乙是滑塊上滑的照片,故A、D錯(cuò)誤;由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2aL可知4.(2022山東濟(jì)寧一模,8)如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°,質(zhì)量為M的木箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為34。木箱在軌道頂端時(shí),自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱,然后木箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下(貨物與木箱之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)),當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí),自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下,然后木箱恰好被彈回到軌道頂端,再重復(fù)上述過(guò)程。下列說(shuō)法正確的是(A.木箱與貨物的質(zhì)量之比為6∶1B.下滑與上滑過(guò)程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點(diǎn)C.木箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí),下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為1∶6D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,減少的重力勢(shì)能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能答案B木箱和貨物從開(kāi)始下滑到再次回到最高點(diǎn)過(guò)程,由能量守恒定律可得mgLsin30°=μ(M+m)gcos30°·L+μMgcos30°·L,解得木箱與貨物的質(zhì)量之比為Mm=16,A錯(cuò)誤;下滑過(guò)程中,木箱速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為x1,由受力平衡得kx1=(M+m)gsin30°-μ(M+m)gcos30°=78Mg,上滑過(guò)程中,木箱速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為x2,由受力平衡得kx2=Mgsin30°+μMgcos30°=78Mg,故有x1=x2,即下滑與上滑過(guò)程中木箱速度最大的位置在軌道上的同一點(diǎn),B正確;木箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí),下滑的加速度大小a1=gsin30°-μgcos30°=18g,上滑的加速度大小a2=gsin30°+μgcos30°=78g,則下滑的加速度與上滑的加速度大小之比為a1a2=15.物理生活|(2022紅橋一模,3)如圖所示姚明正在扣籃,其跳起過(guò)程可分為下蹲、蹬地起身、離地上升、下落四個(gè)過(guò)程,下列關(guān)于蹬地起身和離地上升兩個(gè)過(guò)程的說(shuō)法中正確的是()A.兩過(guò)程中姚明都處在超重狀態(tài)B.兩過(guò)程中姚明都處在失重狀態(tài)C.前過(guò)程為超重,后過(guò)程不超重也不失重D.前過(guò)程為超重,后過(guò)程為完全失重答案D姚明在蹬地的過(guò)程中,對(duì)地面的壓力大于重力,處于超重狀態(tài);當(dāng)離開(kāi)地面后,處于完全失重狀態(tài),加速度的大小為重力加速度g,故D正確。6.物理生活|(2022和平一模,5)如圖所示,向前行駛的車(chē)廂內(nèi)有一面向行駛方向的乘客,乘客在自身重力G與車(chē)廂(含座椅)的作用力F的作用下與車(chē)廂保持相對(duì)靜止,座椅前方有一小球用細(xì)線懸掛在車(chē)廂的頂部,懸線與豎直方向成θ角,小球與車(chē)廂相對(duì)靜止,下列說(shuō)法中正確的是()A.乘客受到的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同B.車(chē)廂的速度越大,懸線與豎直方向的夾角θ越大C.車(chē)廂對(duì)乘客的作用力F一定大于乘客的重力GD.懸線與豎直方向夾角θ增大,車(chē)廂對(duì)乘客作用力F可能不變答案C由題圖可知,小球受合外力方向與車(chē)廂運(yùn)動(dòng)方向相反,可知車(chē)廂做勻減速運(yùn)動(dòng),乘客受到的合力方向與運(yùn)動(dòng)方向也相反,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)小球,根據(jù)牛頓第二定律可知mgtanθ=ma,可得a=gtanθ,則車(chē)廂的加速度越大,懸線與豎直方向的夾角θ越大,但是速度大,θ不一定大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;對(duì)乘客受力分析可知,車(chē)廂對(duì)乘客的作用力F=(mg)2+(ma)2>mg,即F一定大于乘客的重力G,選項(xiàng)C正確;懸線與豎直方向夾角θ增大,則加速度a變大7.(2022衡陽(yáng)師范學(xué)院祁東附屬中學(xué)一模,3)如圖甲所示,細(xì)繩跨過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑輪連接A、B兩物體,定滑輪懸掛在一個(gè)力傳感器的正下方,保持A物體質(zhì)量m0不變,取不同質(zhì)量m的B物體,通過(guò)計(jì)算機(jī)描繪得到傳感器對(duì)滑輪的拉力F隨B物體質(zhì)量m變化關(guān)系曲線如圖乙所示,F=F0直線是曲線的漸近線,重力加速度為g。則()A.A物體質(zhì)量m0=FB.m越大,A物體的加速度越小C.m越大,A物體的加速度越大D.在m<m0范圍內(nèi),m越大,A物體的加速度越大答案A當(dāng)m>m0時(shí),B向下做勻加速運(yùn)動(dòng),A向上做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度大小均為a,細(xì)繩中的拉力大小為T(mén),對(duì)A、B根據(jù)牛頓第二定律,T-m0g=m0a,mg-T=ma,解得T=2mm0gm+m0=2m0g1+m0m,a=(m-m0)gm+m0=g-2m0gm+m0,當(dāng)m→∞時(shí),有Tm=2m0g,所以F0=2Tm=4m0g;當(dāng)m<m0時(shí),B向上做勻加速運(yùn)動(dòng),A向下做勻加速運(yùn)動(dòng),8.(2022長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)月考四,4)如圖所示,貨車(chē)運(yùn)載相同圓柱形空油桶。在車(chē)廂底,一層油桶平整排列,相互緊貼并被牢牢固定。油桶C自由地?cái)[放在桶A、B之間,和汽車(chē)一起運(yùn)動(dòng),油桶C與A、B之間的摩擦可忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A.汽車(chē)向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),A對(duì)C的支持力與油桶C的重力大小相等B.汽車(chē)向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí),A對(duì)C的支持力增大,B對(duì)C的支持力減小C.汽車(chē)向左的加速度為a=33g時(shí),CD.汽車(chē)向左的加速度為a=12g時(shí),C將脫離A跑到B答案C根據(jù)幾何關(guān)系,A和B對(duì)C的支持力方向均與豎直方向夾角為30°,勻速行駛時(shí),對(duì)C根據(jù)平衡條件,FAcos30°+FBcos30°=mg,FAsin30°=FBsin30°,支持力FA=33mg,故A錯(cuò)誤;汽車(chē)向左加速運(yùn)動(dòng)時(shí),豎直方向根據(jù)平衡條件,FAcos30°+FBcos30°=mg,水平方向根據(jù)牛頓第二定律,FBsin30°-FAsin30°=ma>0,由此可知,汽車(chē)向左加速時(shí),A對(duì)C的支持力減小,B對(duì)C的支持力增大,故B錯(cuò)誤;汽車(chē)向左的加速度為a=33g時(shí),FBsin30°-FAsin30°=33mg,FAcos30°+FBcos30°=mg,解得FA=0,FB=233mg,故C正確;因?yàn)閍=12g<33g,故此時(shí)A對(duì)C9.物理科技|(2022廣東梅州二模,5)一國(guó)產(chǎn)無(wú)人駕駛汽車(chē)質(zhì)量為2.0×103kg,在試駕過(guò)程中以8m/s的速度行駛。人工智能發(fā)現(xiàn)車(chē)頭前方20m處的斑馬線上有行人,為禮讓行人開(kāi)始減速,從發(fā)現(xiàn)行人到停止運(yùn)動(dòng),其v-t圖像如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是()A.汽車(chē)減速過(guò)程的加速度大小為2m/s2B.汽車(chē)停止時(shí)車(chē)頭距斑馬線1mC.圖示過(guò)程中汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為4m/sD.汽車(chē)在減速過(guò)程中受到的合力約為4.6×103N答案D汽車(chē)減速過(guò)程的加速度大小為a=ΔvΔt=84.0-0.5m/s2=167m/s2,A錯(cuò)誤;汽車(chē)停止時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離x=(0.5+4.0)×82m=18m,則車(chē)頭距斑馬線Δx=(20-18)m=2m,B錯(cuò)誤;圖示過(guò)程中汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的平均速度大小v=xt=184m/s=4.5m/s,C錯(cuò)誤;汽車(chē)在減速過(guò)程中受到的合力約為F=ma=2.0×10310.物理生活|(2022廣東廣州一模,6)如圖所示,籃球從某一高度自由落下,與地面反復(fù)碰撞,最后停在地面上,空氣阻力不計(jì),下列圖像能大致反映該過(guò)程籃球的加速度隨時(shí)間變化的是()答案B籃球自由落地到與地面接觸前,只受重力作用,加速度不變,以向下為正方向,加速度為正值,圖線為平行于t軸的線段;籃球與地面接觸到反彈離開(kāi)地面過(guò)程中,受地面的向上的彈力先從零開(kāi)始逐漸增大,籃球所受的合力ma1=mg-N,開(kāi)始階段地面彈力N小于重力,合力向下,籃球向下繼續(xù)擠壓,N增大,合力逐漸減小,加速度逐漸減小,籃球這一階段向下做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng);彈力N增大到超過(guò)重力大小時(shí),合力向上,其大小為ma2=N-mg,隨著N增大,加速度a逐漸增大,方向向上,籃球向下做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零;籃球開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)(離開(kāi)地面前)的過(guò)程是籃球向下擠壓地面過(guò)程的逆過(guò)程,加速度變化特點(diǎn)是:向上減小,再向下增大。綜上分析可知B正確,A、C、D錯(cuò)誤。11.(2022北京西城一模,8)某同學(xué)想測(cè)量地鐵啟動(dòng)過(guò)程中的加速度,他把一根細(xì)繩的下端系上一支圓珠筆,細(xì)繩的上端用膠布臨時(shí)固定在地鐵的豎直扶手上。在地鐵啟動(dòng)后的某段穩(wěn)定加速過(guò)程中,細(xì)繩偏離了豎直方向,他用手機(jī)拍攝了當(dāng)時(shí)情境的照片,如圖所示,拍攝方向跟地鐵前進(jìn)方向垂直。當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭已知,若要根據(jù)這張照片估算此時(shí)地鐵的加速度,只需要測(cè)量()A.圓珠筆的質(zhì)量B.細(xì)繩的長(zhǎng)度C.細(xì)繩和豎直方向的夾角D.細(xì)繩下端到豎直扶手的距離答案C對(duì)筆進(jìn)行受力分析,如圖所示:有F合=mgtanθ=ma所以a=gtanθ只需測(cè)細(xì)繩與豎直方向的夾角即可算加速度,C正確。思路點(diǎn)撥本題解題的關(guān)鍵在于做好受力分析,由加速度的方向判斷合力的方向,然后利用牛頓第二定律建立F合與a的關(guān)系。12.(2022北京西城一模,13)很多智能手機(jī)都有加速度傳感器,能通過(guò)圖像顯示加速度情況。用手掌托著手機(jī),打開(kāi)加速度傳感器,手掌從靜止開(kāi)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。由此可判斷出()A.手機(jī)可能離開(kāi)過(guò)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),受到的支持力先減小再增大答案A由題圖可知,手機(jī)的加速度在一段時(shí)間內(nèi)近似等于重力加速度,則手機(jī)與手之間沒(méi)有相互作用,可能離開(kāi)過(guò)手掌,A正確。圖線與t軸圍成的面積表示速度的變化量,t1時(shí)刻速度為正值,說(shuō)明還在做加速運(yùn)動(dòng),沒(méi)到最高點(diǎn),B錯(cuò)。直到t3時(shí)刻,圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積仍然大于零,所以速度仍為正,t2時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的方向沒(méi)有變,C錯(cuò)。t1~t2時(shí)間內(nèi),有FN-mg=ma,a減小,FN減小,t2~t3時(shí)間內(nèi),有mg-FN'=ma,a增大,FN'減小,D錯(cuò)?？偨Y(jié)歸納解決本題應(yīng)注意“面積”的“正負(fù)”表示Δv的方向。13.(2022北京東城二模,13)一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧,上端固定,下端系一質(zhì)量為m的物塊。用一水平木板將物塊托住,使彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),如圖所示?，F(xiàn)讓木板由靜止開(kāi)始向下勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=g2,忽略一切阻力。下列說(shuō)法正確的是(A.物塊下落的整個(gè)過(guò)程中,物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量x=mgk時(shí),C.物塊下落到最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為gD.下落過(guò)程中物塊的最大速度vm=g答案D物塊向下運(yùn)動(dòng)時(shí),木板對(duì)物塊有支持力,且做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,所以A錯(cuò)。物塊與木板分離時(shí),木板支持力為0,a=g2。對(duì)于物塊:mg-kx=ma,所以x=mg2k,所以B錯(cuò)。如果物塊從原長(zhǎng)開(kāi)始不受木板的力而下落,根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性,最低點(diǎn)有a=g,而本題中并不滿足這個(gè)條件,所以a<g,所以C錯(cuò)。當(dāng)T=mg時(shí),物塊速度最大。從分離到速度最大的過(guò)程,機(jī)械能守恒,有mv122+mgh+kx22=mvm22+kx'22思路點(diǎn)撥當(dāng)物塊與木板分離時(shí),它們之間的作用力為0,但此刻它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)還完全一樣,即v、a相同。14.(2022浙江山水聯(lián)盟12月聯(lián)考,5)運(yùn)動(dòng)員在水平地面上進(jìn)行拉輪胎的負(fù)荷訓(xùn)練,若在啟動(dòng)后的一小段時(shí)間內(nèi),運(yùn)動(dòng)員用兩根輕繩拉著輪胎做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a。如圖所示,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持兩繩的端點(diǎn)A、B等高,兩繩間的夾角為θ、所在平面與水平面夾角恒為α。已知輪胎質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)過(guò)程受到的地面摩擦力大小恒為f,則每根繩的拉力大小為()A.f+ma2cosC.f+ma2cos答案A設(shè)每根繩的拉力大小為T(mén),根據(jù)力的合成與分解以及對(duì)稱性可知,兩根繩拉力的合力大小為F=2Tcosθ2,對(duì)輪胎,根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα-f=ma,解得T=f+ma2cos15.物理生活|(2022江蘇南京期末,7)南京的地鐵線路不斷增加,極大地方便了市民出行。假設(shè)地鐵列車(chē)由6節(jié)車(chē)廂組成,在水平直軌道上勻加速啟動(dòng)時(shí),每節(jié)車(chē)廂的動(dòng)力系統(tǒng)均提供大小為F的動(dòng)力,列車(chē)在水平直軌道上運(yùn)行過(guò)程中阻力與車(chē)重成正比,由于乘客人數(shù)不同,假設(shè)第偶數(shù)節(jié)車(chē)廂質(zhì)量為第奇數(shù)節(jié)車(chē)廂質(zhì)量的兩倍,則()A.相鄰車(chē)廂之間均存在相互作用力B.進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度成正比C.做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí),第1、2節(jié)與第3、4節(jié)車(chē)廂間的作用力之比為8∶5D.第1、2節(jié)車(chē)廂之間作用力的大小為F答案D對(duì)車(chē)廂整體應(yīng)用牛頓第二定律可得:6F-9kmg=9ma,設(shè)第1、2節(jié)車(chē)廂間的相互作用力為T(mén),則對(duì)第1節(jié)車(chē)廂受力分析,應(yīng)用牛頓第二定律可得:F-T-kmg=ma,聯(lián)立可知T=F3;設(shè)第2、3節(jié)車(chē)廂間的相互作用力為T(mén)',對(duì)前兩節(jié)車(chē)廂應(yīng)用牛頓第二定律有:2F-T'-3kmg=3ma,聯(lián)立解得T'=0,則并不是相鄰車(chē)廂之間均存在相互作用力,故A錯(cuò)誤,D正確。列車(chē)停下時(shí),其速度為零,其減速運(yùn)動(dòng)反向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng),故由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的位移-速度公式可知x=v22a,進(jìn)站時(shí)從關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)到停下來(lái)滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度的平方成正比,故B錯(cuò)誤;設(shè)第3、4節(jié)車(chē)廂間的相互作用力為T(mén)1,則對(duì)前三節(jié)車(chē)廂應(yīng)用牛頓第二定律可得:3F-T1-4kmg=4ma,解得T1=F3,由以上分析可知第1、2節(jié)與第3、4解題思路對(duì)整體車(chē)廂應(yīng)用牛頓第二定律,再隔離第1節(jié)、前兩節(jié)、前三節(jié)車(chē)廂,分別應(yīng)用牛頓第二定律,聯(lián)立判斷各車(chē)廂間的相互作用;由速度-位移公式判斷滑行的距離與關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的速度間的關(guān)系。二、非選擇題16.物理科技|(2022浙江寧波二模)2021年5月15日,“天問(wèn)一號(hào)”著陸器成功著陸火星表面,這標(biāo)志著我國(guó)首次火星探測(cè)任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功。它著陸前的運(yùn)動(dòng)可簡(jiǎn)化為如圖所示四個(gè)過(guò)程。若已知著陸器(不含降落傘)總質(zhì)量m=1.2×103kg,火星表面重力加速度g'=4m/s2,忽略著陸器質(zhì)量的變化和g'的變化,打開(kāi)降落傘后的運(yùn)動(dòng)可視為豎直向下的直線運(yùn)動(dòng)。則:(1)在第Ⅳ階段的最后,著陸器從無(wú)初速度開(kāi)始經(jīng)0.75s無(wú)動(dòng)力下降后安全著陸,且火星表面大氣非常稀薄,求著陸器著陸時(shí)的速度大小v4;(2)假設(shè)著陸器在第Ⅲ“動(dòng)力減速階段”做勻減速運(yùn)動(dòng),求動(dòng)力減速裝置給著陸器的反推力F的大小;(3)著陸器在第Ⅱ“傘降減速階段”也可視為勻減速運(yùn)動(dòng),求從打開(kāi)降落傘到懸停過(guò)程中(即Ⅱ、Ⅲ過(guò)程)的平均速度大小。(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)答案(1)3m/s(2)6.3×103N(3)292017解析(1)由題意可知該過(guò)程著陸器在火星表面做自由落體運(yùn)動(dòng),著陸器著陸時(shí)的速度v4=g't=3m/s(2)第Ⅲ階段加速度為a=v3-v2t3-t2=根據(jù)牛頓第二定律有mg'-F=ma動(dòng)力減速裝置給著陸器的反推力的大小為F=mg'-ma=6.3×103N(3)利用平均速度求得第Ⅱ、第Ⅲ階段下落的高度分別為h2=v1+v22(t2-t1)=2.52h3=v3+v22(t3-t2)=4.0從打開(kāi)降落傘到懸停過(guò)程中(即Ⅱ、Ⅲ過(guò)程)的平均速度大小為v=h2+h317.(2021天津一中月考,10)俯式冰橇(又叫鋼架雪車(chē))是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目之一,其場(chǎng)地可簡(jiǎn)化為賽道AB和緩沖道BC、CD三部分。其中CD部分水平,各部分平滑連接。已知xAB=1200m,賽道AB的傾角為α,BC的傾角為β,冰橇與賽道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.05,冰橇與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.6。比賽時(shí),觸發(fā)信號(hào)燈亮起后,質(zhì)量為M=60kg的運(yùn)動(dòng)員從起點(diǎn)A開(kāi)始,以平行賽道AB的恒力F=40N推動(dòng)質(zhì)量m=40kg的冰橇由靜止開(kāi)始沿賽道向下運(yùn)動(dòng),8s末迅速登上冰橇,與冰橇一起沿賽道滑行做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)員登上冰橇前后冰橇速度不變,不計(jì)空氣阻力(取sinα=0.1,cosα=1,sinβ=0.3,cosβ=0.95,g取10m/s2)。(1)求比賽中運(yùn)動(dòng)員最大速度的大小vm;(2)為確保此運(yùn)動(dòng)員能夠停在水平道CD上,緩沖道BC的長(zhǎng)度xBC不能超過(guò)多少?(此問(wèn)結(jié)果保留3位有效數(shù)字)答案(1)36m/s(2)74.5m解析(1)對(duì)冰橇:有推力時(shí)F+mgsinα-μ1mgcosα=ma1解得,a1=1.5m/s28s末速度v1=a1t1=12m/s8s內(nèi)位移x1=12a1t12對(duì)運(yùn)動(dòng)員和冰橇整體:(M+m)gsinα-μ1(M+m)gcosα=(M+m)a2解得,a2=0.5m/s2vm2-v12=2a2(x解得,vm=36m/s(2)對(duì)運(yùn)動(dòng)員和冰橇整體:(M+m)gsinβ+μ2(M+m)gcosβ=(M+m)a3解得,a3=8.7m/s2vm2=2a3解得,xBC=74.5m18.(2022長(zhǎng)沙實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模,13)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處,已知傳送帶總長(zhǎng)為L(zhǎng)=30m,正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v=4m/s。一次工人剛把M=10kg的貨物放到傳送帶上的A處時(shí)停電了,為了不影響工作的進(jìn)度,工人拿來(lái)一塊m=5kg帶有掛鉤的木板,把貨物放到木板上,通過(guò)定滑輪用繩子把木板拉上去。貨物與木板及木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8。(貨物與木板均可看作質(zhì)點(diǎn),假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)為把貨物拉上去,且貨物與木板不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),求拉力F的最大值;(2)若工人用F=189N的恒定拉力使貨物運(yùn)動(dòng)10s,求貨物的位移大小;(3)若10s后來(lái)電,來(lái)電后工人撤去拉力,問(wèn)還需要多長(zhǎng)時(shí)間貨物能到達(dá)B處(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)間)。答案(1)192N(2)10m(3)6.25s解析(1)設(shè)最大拉力為Fm,貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值,設(shè)此時(shí)的加速度為a1,對(duì)貨物分析,根據(jù)牛頓第二定律得μMgcosθ-Mgsinθ=Ma1,可得a1=0.4m/s2,對(duì)貨物與木板整體分析,根據(jù)牛頓第二定律得Fm-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a1,可得Fm=192N。(2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2,根據(jù)牛頓第二定律得F-μ(m+M)gcosθ-(m+M)gsinθ=(m+M)a2,解得a2=0.2m/s2,10s末木板的速度為v1=a2t=0.2×10m/s=2m/s,此10s內(nèi),貨物一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),貨物的位移大小x=12a2t2,解得x=10m(3)由于v1<4m/s,所以來(lái)電后木板繼續(xù)加速,設(shè)加速度為a3,根據(jù)牛頓第二定律得μ(m+M)gcosθ-(m+M)·gsinθ=(m+M)a3,可得a3=0.4m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)t1木板速度與傳送帶速度相同,v=v1+a3t1,可得t1=5s設(shè)t1內(nèi)木板加速的位移為x1,v2-v12=2a3x1,得x1=15共速后,木板與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2=L-x1-x=5m該段位移所用時(shí)間t2=x2v=1.25所以來(lái)電后木板再需要運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t'=t1+t2=6.25s19.物理生活|(2022廣東梅州一模,13)如圖是消防滑梯示意圖,滑行時(shí),人雙臂雙腿并攏時(shí)只受到底面的摩擦力,張開(kāi)雙臂雙腿時(shí)增加了人與側(cè)壁的摩擦。已知該滑梯斜坡部分全長(zhǎng)28m,最頂端到滑梯斜坡末端的高度為16.8m,人與滑梯底面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。若人在滑梯中的運(yùn)動(dòng)可視為直線運(yùn)動(dòng),剛開(kāi)始雙臂雙腿并攏由靜止下滑,當(dāng)速度過(guò)快時(shí)張開(kāi)雙臂雙腿,人受到摩擦力的最大值為并攏時(shí)的2倍,不計(jì)空氣阻力,人可以近似看成質(zhì)點(diǎn),g=10m/s2。為了確保安全,人滑到底端的速度不能超過(guò)4m/s,求:(1)人雙臂雙腿并攏下滑時(shí)的加速度大小a1和人雙臂雙腿張開(kāi)下滑時(shí)的加速度大小a2分別為多少?(2)人在滑梯上下滑的最短時(shí)間t為多少?答案(1)2m/s22m/s2(2)6s解析(1)設(shè)滑梯與水平面夾角為θ,由題意可得sinθ=16.828=0.6,則cos當(dāng)雙臂雙腿并攏加速下滑時(shí),加速度大小為a1,根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=2m/s2當(dāng)張開(kāi)雙臂雙腿減速下滑時(shí),加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律得2μmgcosθ-mgsinθ=ma2解得a2=2m/s2(2)設(shè)人下滑最大速度為vm,最短時(shí)間為t,由題意可知滑到底端的速度為v=4m/s滑梯斜坡長(zhǎng)x=28m則由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得vm22vm=a1t1v=vm-a2t2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得t=t1+t2=6s方法技巧把握動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題的“兩個(gè)分析”“一個(gè)橋梁”。20.物理生活|(2022浙江紹興二模,19)小麗使用一根木桿推動(dòng)一只用來(lái)玩游戲的木盒,t=0時(shí)刻,木盒以3m/s的速度經(jīng)過(guò)如圖所示的標(biāo)志線aa',速度方向垂直標(biāo)志線,繼續(xù)推動(dòng)木盒