2020-2022三年高考物理真題分項(xiàng)匯編專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律

2020-2022年三年山東卷高考匯編專題03牛頓運(yùn)動(dòng)定律【考綱定位】?jī)?nèi)容高考命題點(diǎn)考綱要求1.牛頓第一定律和牛頓第二定律通過(guò)實(shí)驗(yàn)，探究物體運(yùn)動(dòng)的加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系.2.牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用理解牛頓運(yùn)動(dòng)定律，能用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象、解決有關(guān)問(wèn)題.2020·山東·高考T163.超重和失重通過(guò)實(shí)驗(yàn)，認(rèn)識(shí)超重和失重現(xiàn)象.2020·山東·高考T14.實(shí)驗(yàn)四探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系2022·山東·高考T132020·山東·高考T13【知識(shí)重現(xiàn)】一、牛頓第一定律1．內(nèi)容：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．2．理解牛頓第一定律需要注意的點(diǎn)(1)牛頓第一定律不是實(shí)驗(yàn)直接總結(jié)出來(lái)的，是牛頓以伽利略的理想實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)，加之高度的抽象思維概括總結(jié)出來(lái)的，牛頓第一定律是無(wú)法用實(shí)驗(yàn)直接證明的．(2)揭示了力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系：力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，而是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，即牛頓第一定律確定了力的含義．(3)牛頓第一定律不能看成是牛頓第二定律的特殊情況，不是進(jìn)行定量計(jì)算和求解的具體方法，而在于體現(xiàn)著一個(gè)邏輯關(guān)系：物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的必要條件，是受到不為零的外力．(4)明確了慣性的概念：物體保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)，既說(shuō)明了勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和靜止?fàn)顟B(tài)在受力的角度等效，也揭示了物體所具有的一個(gè)重要屬性——慣性．二、慣性1．慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．2．慣性的表現(xiàn)：物體不受外力作用時(shí)，有保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)；物體受到外力作用時(shí)其慣性大小表現(xiàn)在運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的難易程度上．3．慣性的唯一量度：質(zhì)量是慣性大小的唯一量度，質(zhì)量大的物體慣性大．物體慣性的大小是由其質(zhì)量決定的，凡是有關(guān)慣性的問(wèn)題都要同質(zhì)量聯(lián)系起來(lái)，可以減少出錯(cuò)．三、牛頓第二定律1．內(nèi)容：物體的加速度與所受合外力成正比，與物體的質(zhì)量成反比，a＝eq\f(F,m)(表達(dá)式中F指物體受到的合外力)．加速度的方向與合外力的方向相同．2．牛頓第二定律突出了力是使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變的原因，是物體產(chǎn)生加速度的原因，明確了加速度與合外力的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．要求物體的瞬時(shí)加速度，就要搞清相應(yīng)時(shí)刻的作用力，還要注意分析物體在該時(shí)刻前后的受力情況及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化情況，再由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出瞬時(shí)加速度．3．牛頓第二定律的幾個(gè)特性特性說(shuō)明矢量性任意時(shí)刻物體加速度a的方向與作用力F的方向相同瞬時(shí)性加速度與作用力瞬時(shí)對(duì)應(yīng)，同時(shí)存在，同時(shí)變化，同時(shí)消失同體性作用力、質(zhì)量和加速度對(duì)應(yīng)同一物體或同一系統(tǒng)獨(dú)立性物體受到的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵從牛頓第二定律，實(shí)際加速度等于各個(gè)加速度的矢量和相對(duì)性利用公式F合＝ma解題時(shí)，要注意式中的a是相對(duì)慣性系而言的，一般選大地為參考系四、牛頓第三定律1．內(nèi)容：兩物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，而且作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的特點(diǎn)(1)作用力與反作用力同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，同性質(zhì)，分別作用在相互作用的兩個(gè)物體上，作用效果不能抵消．(2)作用力和反作用力的關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．不管兩物體處于什么狀態(tài)，牛頓第三定律都適用．3．作用力和反作用力與平衡力的區(qū)別作用力和反作用力平衡力受力物體作用在兩個(gè)相互作用的物體上作用在同一物體上依賴關(guān)系相互依存，同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失無(wú)依賴關(guān)系疊加性作用效果不可疊加，不可求合力作用效果可相互抵消，可疊加，且合力為零力的性質(zhì)一定是同種性質(zhì)的力不一定是同種性質(zhì)的力4.牛頓第三定律是轉(zhuǎn)移研究對(duì)象的橋梁牛頓第三定律在受力分析、處理連接體問(wèn)題中都有廣泛的應(yīng)用．當(dāng)作用力不便直接分析或求解時(shí)，可利用牛頓第三定律轉(zhuǎn)化為對(duì)反作用力的分析或求解，從而實(shí)現(xiàn)研究對(duì)象的轉(zhuǎn)移．五、超重和失重超重失重完全失重產(chǎn)生條件加速度向上加速度向下加速度向下，大小等于g原理方程F－mg＝ma?F＝m(g＋a)>mgmg－F＝ma?F＝m(g－a)<mgmg－F＝ma，a＝g?F＝0運(yùn)動(dòng)狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以a＝g加速下降或減速上升【真題匯編】1.（2022·山東·高考真題）在天宮課堂中、我國(guó)航天員演示了利用牛頓第二定律測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)。受此啟發(fā)。某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌、力傳感器、無(wú)線加速度傳感器、輕彈簧和待測(cè)物體等器材設(shè)計(jì)了測(cè)量物體質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)，如圖甲所示。主要步驟如下：①將力傳感器固定在氣墊導(dǎo)軌左端支架上，加速度傳感器固定在滑塊上；②接通氣源。放上滑塊。調(diào)平氣墊導(dǎo)軌；③將彈簧左端連接力傳感器，右端連接滑塊。彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)。A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm，拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí)；④計(jì)算機(jī)采集獲取數(shù)據(jù)，得到滑塊所受彈力F、加速度a隨時(shí)間t變化的圖像，部分圖像如圖乙所示?；卮鹨韵聠?wèn)題（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）：（1）彈簧的勁度系數(shù)為_(kāi)____N/m。（2）該同學(xué)從圖乙中提取某些時(shí)刻F與a的數(shù)據(jù)，畫(huà)出a—F圖像如圖丙中I所示，由此可得滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為_(kāi)_______kg。（3）該同學(xué)在滑塊上增加待測(cè)物體，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)步驟，在圖丙中畫(huà)出新的a—F圖像Ⅱ，則待測(cè)物體的質(zhì)量為_(kāi)_______kg?！敬鸢浮?/p>

12

0.20

0.13【詳解】（1）[1]由題知，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)滑塊左端位于O點(diǎn)，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為5.00cm。拉動(dòng)滑塊使其左端處于A點(diǎn)，由靜止釋放并開(kāi)始計(jì)時(shí)。結(jié)合圖乙的F—t圖有x=5.00cm，F(xiàn)=0.610N根據(jù)胡克定律計(jì)算出k≈12N/m（2）[2]根據(jù)牛頓第二定律有F=ma則a—F圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量的倒數(shù)，根據(jù)圖丙中I，則有則滑塊與加速度傳感器的總質(zhì)量為m=0.20kg（3）[3]滑塊上增加待測(cè)物體，同理，根據(jù)圖丙中II，則有則滑塊、待測(cè)物體與加速度傳感器的總質(zhì)量為m′=0.33kg則待測(cè)物體的質(zhì)量為m=m′-m=0.13kg2．（2020·山東·高考真題）一質(zhì)量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A．0~t1時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N>mg B．t1~t2時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N<mgC．t2~t3時(shí)間內(nèi)，v增大，F(xiàn)N<mg D．t2~t3時(shí)間內(nèi)，v減小，F(xiàn)N>mg【答案】D【詳解】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．在t1~t2時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．在t2~t3時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，超重，則FN>mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；故選D。3．（2020·山東·高考真題）2020年5月，我國(guó)進(jìn)行了珠穆朗瑪峰的高度測(cè)量，其中一種方法是通過(guò)使用重力儀測(cè)量重力加速度，進(jìn)而間接測(cè)量海拔高度。某同學(xué)受此啟發(fā)就地取材設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，測(cè)量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮　?shí)驗(yàn)步驟如下：（i）如圖甲所示，選擇合適高度的墊塊，使木板的傾角為53°，在其上表面固定一與小物塊下滑路徑平行的刻度尺（圖中未畫(huà)出）。（ii）調(diào)整手機(jī)使其攝像頭正對(duì)木板表面，開(kāi)啟視頻錄像功能。將小物塊從木板頂端釋放，用手機(jī)記錄下小物塊沿木板向下做加速直線運(yùn)動(dòng)的情況。然后通過(guò)錄像的回放，選擇小物塊運(yùn)動(dòng)路徑上合適的一點(diǎn)作為測(cè)量參考點(diǎn)，得到小物塊相對(duì)于該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)距離L與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的數(shù)據(jù)。（iii）該同學(xué)選取部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，畫(huà)出了—t圖像，利用圖像數(shù)據(jù)得到小物塊下滑的加速度大小為5.6m/s2（iv）再次調(diào)節(jié)墊塊，改變木板的傾角，重復(fù)實(shí)驗(yàn)?；卮鹨韵聠?wèn)題：(1)當(dāng)木板的傾角為37°時(shí)，所繪圖像如圖乙所示。由圖像可得，物塊過(guò)測(cè)量參考點(diǎn)時(shí)速度的大小為_(kāi)____m/s；選取圖線上位于坐標(biāo)紙網(wǎng)格交叉點(diǎn)上的A、B兩點(diǎn)，利用A、B兩點(diǎn)數(shù)據(jù)得到小物塊下滑加速度的大小為_(kāi)____m/s2.（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）(2)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，進(jìn)一步分析得到當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮開(kāi)____m/s2.（結(jié)果保留2位有效數(shù)字，sin37°=0.60，cos37°=0.80）【答案】

0.32或0.33

3.1

9.4【詳解】(1)[1][2]根據(jù)可得則由圖像可知?jiǎng)tv0=0.33m/s(2)[3]由牛頓第二定律可知即當(dāng)θ=53°時(shí)a=5.6m/s2，即當(dāng)θ=37°時(shí)a=3.0m/s2，即聯(lián)立解得g=9.4m/s24．（2020·山東·高考真題）單板滑雪U型池比賽是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其場(chǎng)地可以簡(jiǎn)化為如圖甲所示的模型：U形滑道由兩個(gè)半徑相同的四分之一圓柱面軌道和一個(gè)中央的平面直軌道連接而成，軌道傾角為17.2°。某次練習(xí)過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員以vM=10m/s的速度從軌道邊緣上的M點(diǎn)沿軌道的豎直切面ABCD滑出軌道，速度方向與軌道邊緣線AD的夾角α=72.8°，騰空后沿軌道邊緣的N點(diǎn)進(jìn)入軌道。圖乙為騰空過(guò)程左視圖。該運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)運(yùn)動(dòng)員騰空過(guò)程中離開(kāi)AD的距離的最大值d；(2)M、N之間的距離L?！敬鸢浮?1)4.8m；(2)12m【詳解】(1)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分速度為v1，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律得①設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)垂直AD方向的分加速度為a1，由牛頓第二定律得mgcos17.2°=ma1②由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得③聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得d=4.8m

④(2)在M點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分速度為v2，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)得v2=vMcos72.8°

⑤設(shè)運(yùn)動(dòng)員在ABCD面內(nèi)平行AD方向的分加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥設(shè)騰空時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑦⑧聯(lián)立①②⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得L=12m

⑨【突破練習(xí)】1．（2022·山東·煙臺(tái)二中模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，上表面O點(diǎn)以下部分粗糙且足夠長(zhǎng)，其余部分光滑。在斜面體O點(diǎn)上方放置一質(zhì)量為且分布均勻、長(zhǎng)度為0.2m的薄板，薄板下端與O點(diǎn)之間的距離為0.4m?，F(xiàn)由靜止釋放薄板，薄板沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，已知當(dāng)薄板通過(guò)O點(diǎn)過(guò)程中，薄板所受摩擦力大小是薄板在斜面O點(diǎn)以下部分重量的倍，重力加速度g取。則（）A．薄板減速運(yùn)動(dòng)時(shí)最大加速度為B．薄板與O點(diǎn)以下部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為C．薄板的最大速度為D．薄板靜止時(shí)，其下端距O點(diǎn)1.1m【答案】BD【詳解】A．薄板全部在O點(diǎn)下方時(shí)，減速運(yùn)動(dòng)的加速度最大，則薄板減速運(yùn)動(dòng)時(shí)最大加速度為故A錯(cuò)誤；B．由可得故B正確；C．當(dāng)重力沿斜面的分力與摩擦力平衡時(shí)，速度最大，有可得因?yàn)榧饶Σ亮εc薄板在斜面O點(diǎn)以下部分成正比，薄板下端與O點(diǎn)之間的距離為l=0.4m，則有動(dòng)能定理可得可得故C錯(cuò)誤；D．薄板長(zhǎng)度為l'=0.2m，由動(dòng)能定理可得計(jì)算可得板靜止時(shí)，其下端距O點(diǎn)故D正確。故選BD。2．（2022·山東·高三學(xué)業(yè)考試）如圖甲所示，水平地面上靜止一質(zhì)量為1kg足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板A，木板中央的正上方有一可看作質(zhì)點(diǎn)的物塊B?，F(xiàn)在物塊上施加一個(gè)從零開(kāi)始均勻增加的水平向右的外力F，物塊B受到的摩擦力Ff隨外力F的大小變化圖像如圖乙所示，設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g=10m/s2，則下列選項(xiàng)正確的是（）A．μ1＝0.4B．μ2＝0.1C．物塊B的質(zhì)量為2kgD．若外力F作用在A上，當(dāng)F＝12N時(shí)A、B一定發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【答案】D【解析】ABC．由圖知，當(dāng)時(shí)，AB一起開(kāi)始滑動(dòng)，則由圖知，物塊B受到的滑動(dòng)摩擦力大小為，有拉力在到之間時(shí)，AB一起運(yùn)動(dòng)，加速度相同，則有聯(lián)立解得故ABC錯(cuò)誤；D．若外力F作用在A上，當(dāng)F＝12N時(shí)，若AB不相對(duì)滑動(dòng)，則加速度均為而B(niǎo)的最大加速度為故假設(shè)不成立，A、B一定發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故D正確。故選D。3．（2022·山東濰坊·三模）如圖所示，木板A靜置于光滑水平面上，其粗糙上表面疊放半球形木塊B，在B的最高點(diǎn)用水平細(xì)繩拉著一個(gè)小球C，系統(tǒng)保持平衡。已知B、C兩球半徑之比為4：1，C球質(zhì)量為m，BC接觸面光滑。在木板A上施加了一個(gè)水平外力F，繼續(xù)維系三者相對(duì)靜止，讓三者一起做加速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度大小為g，以下判斷中正確的是（）A．若F向左且不斷變大，則BC之間的彈力越來(lái)越大B．若F向左且不斷變小，則BC之間的彈力恒為C．若F水平向右且持續(xù)增大，則BC之間彈力不斷減小D．若F水平向右且BC之間繩子的張力為零，則系統(tǒng)加速度為【答案】B【解析】AB．設(shè)整體的加速度為a，若F向左，對(duì)C受力分析，受重力mg、Ｂ的彈力FN和細(xì)繩的張力FT，如圖所示，則有FNsinθ=mgFT?FNcosθ=ma已知B、C兩球半徑之比為4：1，由幾何關(guān)系可知θ=53°，所以有在三者相對(duì)靜止的情況下，因?yàn)棣炔蛔?，增大或減小F，BC之間的彈力FN不變，恒為，A錯(cuò)誤，B正確；CD．若F水平向右，整體的加速度向右，對(duì)C有FNsinθ=mgFNcosθ?FT=ma在三者相對(duì)靜止的情況下，因?yàn)棣炔蛔?，增大F，BC之間彈力FN不變；水平細(xì)繩的張力FT可能在某個(gè)時(shí)刻是零，代入數(shù)據(jù)可得此時(shí)系統(tǒng)的加速度為CD錯(cuò)誤。故選B。4．（2022·山東·威海市教育教學(xué)研究中心二模）如圖所示，在傾斜的滑桿上套有一圓環(huán)，圓環(huán)通過(guò)輕繩連接一小球，若圓環(huán)和小球一起沿滑桿下滑的過(guò)程中，輕繩始終處于豎直狀態(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．小球一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．圓環(huán)與滑桿之間無(wú)摩擦D．滑桿對(duì)圓環(huán)的彈力等于圓環(huán)和小球的重力之和【答案】B【解析】以物體為研究對(duì)象，物體沿滑桿向下做直線運(yùn)動(dòng)，加速度為零，或加速度與速度在同一直線上，而物體受到豎直向下重力和繩子豎直向上的拉力，這兩個(gè)力的合力必為零，說(shuō)明物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則環(huán)也做勻速直線運(yùn)動(dòng)，環(huán)受到重力、繩子豎直向下的拉力、滑桿的支持力和滑動(dòng)摩擦力，共四個(gè)力作用，滑桿對(duì)圓環(huán)的彈力等于圓環(huán)和小球的重力沿垂直桿方向的分力，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。5．（2022·山東日照·二模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面的夾角為37°，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，物塊以3m/s2的加速度沿著傳送帶加速下滑，當(dāng)物塊加速至v0時(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)并立即逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，sin37°=0.6，下列判斷正確的是（）A．啟動(dòng)傳送帶后物塊下滑的加速度大小始終大于3m/s2B．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊一定和傳送帶相對(duì)靜止C．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力可能為0D．若物塊與傳送帶能夠共速，則共速后物塊所受摩擦力的方向一定沿傳送帶向下【答案】C【解析】A．傳送帶啟動(dòng)后，物塊與傳送帶共速前所受滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，故物塊加速度大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．若傳送帶的加速度大于3且小于等于9，共速后，物塊就和傳送帶相對(duì)靜止一起加速，若傳送帶的加速度大于9，共速后兩者一定有相對(duì)滑動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．若傳送帶的加速度等于6，物塊與傳送帶共速后相對(duì)靜止一起勻加速，故物塊所受摩擦力為0，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。6．（2022·山東·高三學(xué)業(yè)考試）某同學(xué)是航模興趣小組的一員，某次在操控飛機(jī)模型時(shí)，使航模從地面由靜止開(kāi)始豎直向上做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的位移一時(shí)間圖像如圖所示，已知0～t0部分的圖線是拋物線的一部分，t0～10s部分的圖線是直線，兩部分曲線相切于點(diǎn)（t0，10），則下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中t0＝5sB．航模在t0～10s時(shí)間內(nèi)的速度大小為6m/sC．航模在0～t0時(shí)間內(nèi)的加速度大小為m/s2D．航模在0～t0時(shí)間內(nèi)處于失重狀態(tài)【答案】A【解析】ABC．航模在0～t0時(shí)間內(nèi)在勻加速運(yùn)動(dòng)，則航模在t0～10s時(shí)間內(nèi)做勻速上升，速度大小為其中解得t0=5sa=0.8m/s2v=4m/s選項(xiàng)A正確，BC錯(cuò)誤。D．航模在0～t0時(shí)間內(nèi)，加速度向上，處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。7．（2022·山東·三模）東京奧運(yùn)會(huì)上，14歲少女全紅嬋一鳴驚人，作為中國(guó)奧運(yùn)代表團(tuán)最年輕的運(yùn)動(dòng)員，以創(chuàng)紀(jì)錄的成績(jī)奪得10米跳臺(tái)冠軍，讓五星紅旗高高飄揚(yáng)在東京水上運(yùn)動(dòng)中心上空。不計(jì)空氣阻力，全紅嬋從離開(kāi)跳臺(tái)平面到觸及水面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．上升過(guò)程處于超重狀態(tài)，下落過(guò)程處于失重狀態(tài)B．上升過(guò)程處于失重狀態(tài)，下落過(guò)程處于超重狀態(tài)C．全過(guò)程中一直處于超重狀態(tài)D．全過(guò)程中一直處于失重狀態(tài)【答案】D【解析】全過(guò)程中只受重力作用，加速度為重力加速度，方向向下，一直處于失重狀態(tài)。故選D。8．（2022·山東濟(jì)寧·三模）如圖甲所示，一質(zhì)量為2kg的物體靜止在水平地面上，水平推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，取g=，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為m/sB．在運(yùn)動(dòng)中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為6JC．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是4.5mD．物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】A．物體所受滑動(dòng)摩擦力大小為當(dāng)F大于Ff時(shí)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F與Ff大小相等時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的速度最大，由圖乙可知此時(shí)物體運(yùn)動(dòng)的位移為F-x圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積表示F做的功，則F在物體運(yùn)動(dòng)位移為x1的過(guò)程中對(duì)物體所做的功為設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm，根據(jù)動(dòng)能定理有解得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)功能關(guān)系可知，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于F做的總功，即故B錯(cuò)誤；C．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是故C正確；D．當(dāng)F大于Ff時(shí)，物體做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F小于Ff時(shí)物體開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選C。9．（2022·山東棗莊·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示為商場(chǎng)安裝的智能化臺(tái)階式自動(dòng)扶梯，為節(jié)約能源，在沒(méi)有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯以較小的速度斜向上勻速運(yùn)行，當(dāng)有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯先以加速度a加速運(yùn)行，再勻速運(yùn)行。若人的質(zhì)量為m，扶梯與水平面的夾角為θ，全過(guò)程中乘客與扶梯始終相對(duì)靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A．加速運(yùn)行時(shí)，乘客處于超重狀態(tài)B．加速運(yùn)行時(shí)，乘客對(duì)扶梯的作用力豎直向下C．加速運(yùn)行時(shí)，乘客所受摩擦力大小為masinθD．勻速運(yùn)行時(shí)，乘客所受摩擦力與速度方向相同【答案】A【解析】A．加速向上運(yùn)行時(shí)，乘客豎直方向有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，A正確；B．加速運(yùn)行時(shí)，乘客所受合外力斜向上，為乘客的重力和扶梯對(duì)乘客的作用力的合力，由力的合成可知，扶梯對(duì)乘客的作用力斜向上，則乘客對(duì)扶梯的作用力斜向下，B錯(cuò)誤；C．對(duì)乘客受力分析，將加速度a分解到水平方向和豎直方向上，由牛頓第二定律有C錯(cuò)誤；D．勻速運(yùn)行時(shí)，由于接觸面水平，乘客不受摩擦力，D錯(cuò)誤。故選A。10．（2022·山東·德州市教育科學(xué)研究院三模）如圖所示，載重汽車牽引著掛車在平直公路上以速度勻速行駛．載重汽車的質(zhì)量（不含掛車）為M，掛車的質(zhì)量為某時(shí)刻因故障掛車脫鉤，司機(jī)經(jīng)時(shí)間后立即關(guān)閉油門(mén)（此時(shí)掛車已停止）。假設(shè)牽引力大小恒定不變，行駛中阻力大小為車所受總重力的k倍，重力加速度為g。求：（1）關(guān)閉油門(mén)時(shí)載重汽車的速度大?。唬?）關(guān)閉油門(mén)時(shí)，載重汽車和掛車間的距離是多少。【答案】（1）；（2）【解析】（1）載重汽車牽引力為①?gòu)膾燔嚸撱^到關(guān)閉油門(mén)過(guò)程中，對(duì)載重汽車由動(dòng)量定理得②解得③（2）從掛車脫鉤到關(guān)閉油門(mén)，載重汽車的位移為④解得⑤從掛車脫鉤到關(guān)閉油門(mén)時(shí)，全掛車位移為⑥對(duì)掛車，由牛頓第二定律得⑦關(guān)閉油門(mén)時(shí)載重汽車和掛車間距⑧11．（2022·山東·三模）如圖所示，質(zhì)量、長(zhǎng)的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量的物塊A停在B的左端。質(zhì)量m=2kg的小球用長(zhǎng)的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O上。將輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放小球，小球在最低點(diǎn)與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短可忽略。A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力。（1）求輕繩對(duì)小球的最大拉力；（2）求木板B的最大速度；（3）若在小球和A碰撞的同時(shí)，立即給B施加一個(gè)水平向右的拉力F=15N，求A相對(duì)B向右滑行的最大距離?！敬鸢浮浚?）60N；（2）；（3）【解析】（1）小球下擺到最低點(diǎn)與A碰撞前瞬間速度最大，所需向心力最大，輕繩的拉力最大。設(shè)此時(shí)小球速度大小為，由機(jī)械能守恒定律得解得根據(jù)牛頓第二定律有解得輕繩對(duì)小球的最大拉力為T(mén)max=60N（2）小球與A碰撞過(guò)程中，小球與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以水平向右為正方向，設(shè)碰后小球與A的速度分別為和，則解得假設(shè)A能從B上滑離，分離時(shí)速度分別為、，則有解得另一組解不合實(shí)際故舍去。所以假設(shè)成立，木板B的最大速度為（3）A滑上木板后先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為設(shè)B此