2020版高考物理总复习第三章专题探究三牛顿运动定律的综合应用练习(含解析)

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2020届高三物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用课时作业(含解析)

牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1．(2018·浙江4月选考)如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F t 图象能反映体重计示数随时间变化的是( )解析：对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器．待测质量的物体B 连接在后传感器上．在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示．稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A.F 1m 1＋2m 2F 1－F 2B.F 2m 1＋2m 2F 1－F 2C.F 2m 1＋2m 2F 1D.F 1m 1＋2m 2F 2解析：整体为研究对象，由牛顿第二定律得F 1＝(m 1＋2m 2＋m )a ；隔离B 物体，由牛顿第二定律得F 2＝ma ；联立可得m ＝F 2m 1＋2m 2F 1－F 2，B 对．答案：B3．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x 时的速度为v ，其x v 2图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析：由v 2＝2ax 得x ＝12a v 2，结合x v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，选项A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A4．质量为M 的皮带轮工件放置在水平桌面上，一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m 的重物，另一端固定在桌面上．如图所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌面边缘之间的摩擦都忽略不计，桌面上绳与桌面平行，则重物下落过程中，工件运动的加速度为( )A.2mgM ＋4mB.2mgM ＋2mC.mg 2MD.mg M ＋m解析：相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳上的拉力为F ，根据牛顿第二定律有：mg －F m ＝2×2F M ，解得：F ＝MmgM ＋4m，工件加速度为：a ＝2F M ＝2mg M ＋4m，所以A 正确．答案：A 二、多项选择题5.在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数如图所示，已知重力加速度为g ，则在这段时间内，下列说法中正确的是( )A ．该同学所受的重力变小了B ．该同学对体重计的压力等于体重计对该同学的支持力大小C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g5，方向一定竖直向下解析：体重计的示数减小，说明该同学对其压力减小，但该同学所受重力没有变化，故选项A 错误；该同学对体重计的压力和体重计对其的支持力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律可知选项B 正确；体重计的示数变小，说明处于失重状态，电梯可能向下加速运动或者向上减速运动，故选项C 错误；电梯静止时，由平衡条件知F N1＝mg ，电梯运动过程中，由牛顿第二定律可知mg －F N2＝ma ，代入数据解得a ＝15g ，故选项D 正确．答案：BD6．(2019·山东济南模拟)如图所示，用力F 拉A 、B 、C 三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B 物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F 不变，那么加上物体以后，两段绳的拉力T a 和T b 的变化情况是( )A ．T a 增大B ．T b 增大C ．T a 减小D ．T b 减小解析：设最左边的物体质量为m ，最右边的物体质量为m ′，整体质量为M ，整体的加速度a ＝F M ，对最左边的物体分析，T b ＝ma ＝mF M，对最右边的物体分析，有F －T a ＝m ′a ，解得T a ＝F －m ′FM.在中间物体上加上一个小物体，则整体的加速度a 减小，因为m 、m ′不变，所以T b 减小，T a 增大，A 、D 正确．答案：AD7．(2019·贵州省黔东南州模拟)粗糙的水平面上一物体在水平方向拉力作用下做直线运动，水平拉力F 及运动速度v 随时间变化的图线如图中甲、乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．前2 s 内物体运动的加速度为2 m/s 2B ．前4 s 内物体运动的位移大小为8 mC ．物体的质量m 为2 kgD ．物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1解析：根据速度图象的斜率等于加速度，可知前2 s 内物体的运动加速度a ＝Δv Δt ＝42 m/s2＝2 m/s 2，故A 正确；前4 s 内物体的位移为x ＝(12×2×4＋2×4) m＝12 m ，故B 错误；根据牛顿第二定律得，前2 s 内F 1－μmg ＝ma ，后2 s 内F 2＝μmg ，由图得F 1＝15 N ，F 2＝5 N ，代入解得m ＝5 kg ，μ＝0.1，故C 错误，D 正确．答案：AD[能力题组]一、选择题8．(多选)(2019·四川成都联考)如图所示，甲图为光滑水平面上质量为M 的物体，用细线通过定滑轮与质量为m 的物体相连，由静止释放M ；乙图为同一物体M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮受到竖直向下拉力F 的作用，拉力F 的大小与m 的重力相等，由静止释放M ，开始时M 距桌边的距离相等，则( )A ．甲、乙两图中M 的加速度相等，均为mgMB ．甲、乙两图中细线受到的拉力相等C ．甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较小D ．甲图中M 的加速度为a M ＝mg M ＋m ，乙图中M 的加速度为a M ′＝mg M解析：甲图：以两个物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得a M ＝mg m ＋M；乙图：a M ′＝mgM ，故A 错误，D 正确；乙图中细线拉力大小为F ＝mg ，而甲图中，对M ：F T ＝Ma M ＝Mmgm ＋M<F ，则乙图中细线受到的拉力较大，故B 错误；由公式x ＝12at 2和v 2＝2ax 得知，甲图中加速度较小，甲图中M 到达桌边用的时间较长，速度较小，故C 正确．答案：CD9．(多选)(2019·湖北部分重点中学期末)质量为m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，如图甲所示，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．物块经过4 s 回到出发点B ．物块运动到第3 s 末时改变水平拉力的方向C ．3.5 s 时刻水平力F 的大小为4 ND ．4.5 s 时刻水平力F 的大小为16 N解析：物块经过4 s ，速度减小到零，离出发点最远，选项A 错误．在0～3 s 时间内，物块加速度a 1＝1 m/s 2.由牛顿运动定律，F 1－μmg ＝ma 1，解得F 1＝12 N ．在3～4 s 时间内，物块加速度a 2＝－3 m/s 2，由牛顿运动定律，F 2－μmg ＝ma 2，解得F 2＝4 N ，物块运动到第3 s 时水平拉力由12 N 改变为4 N ，但是方向没有改变，选项B 错误，C 正确．在4～5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加速度a 3＝－3 m/s 2.由牛顿运动定律，F 3＋μmg ＝ma 3，解得F 3＝－16 N ，选项D 正确．答案：CD10．如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离h 时，B 与A 分离．下列说法正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长 B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mghD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动解析：A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0.对B ：F －mg ＝ma ，对A ：kx －mg ＝ma .即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧处于压缩状态．设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0，有2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x ，F ＝mg ，解以上各式得a ＝0，k ＝mgh.综上所述，只有选项C 正确．答案：C 二、非选择题11．如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面施加一水平向右的恒力F ，使整体向右以a ＝1 m/s 2的加速度匀加速运动(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．求：(1)F 的大小；(2)弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．解析：(1)对整体应用牛顿第二定律：F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a解得：F ＝6 N.(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma 在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg 解得：x ＝0.017 m ，F N ＝3.7 N. 答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N12．(2019·浙江杭州五校联盟联考)足够长光滑斜面BC 的倾角α＝53°，小物块与水平面间动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m ＝2 kg 的小物块静止于A 点．现在AB 段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F 作用，如图甲所示，小物块在AB 段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B 点撤去恒力F (已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 的大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．解析：(1)由题图乙可知，AB 段加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1，解得F ＝11 N.(2)在BC 段mg sin α＝ma 2，解得a 2＝8.0 m/s 2.小物块从B 上滑到最高点所用时间与从最高点滑回到B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B 点的速度v B ＝2.0 m/s ，有t ＝2v B a 2＝2×2.08.0s ＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3，解得a 3＝5.0 m/s 2.滑行的位移s ＝v B 22a 3＝ 2.022×5.0m ＝0.4 ms AB ＝v t ＝v B 2t ＝2.02×4.0 m＝4.0 m>0.4 m ，所以小物块不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N (2)0.5 s(3)不能返回到A 点，停止运动时离B 点的距离为0.4 m。

2020年高考物理考点题型归纳与训练专题三牛顿运动定律及应用(含解析)

2020 高考物理二轮复习题型概括与训练专题三牛顿运动定律及应用题型一动力学的两类基本问题【典例 1】某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动状况，装置如图．已知斜面倾角θ＝37°.他使木块以初速度 v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，绘得木块从开始上滑至最高点，而后又下滑回到出发处过程中的x－ t 图线如图 (b) 所示．图中曲线左边开端端的坐标为(0,1.4) ，曲线最低点的坐标为(0.5,0.4) ．重力加快度g 取 10 m/s2 .求：(1)木块上滑时的初速度 v0和上滑过程中的加快度 a；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块滑回出发点时的速度 v t.【答案】 (1)4 m/s－8 m/s2(2)0.25 (3)2 2 m/s【分析】 (1)木块匀减速上滑，由图象获取：末速度v＝ 0，位移 x＝ 1.4 m－ 0.4 m＝ 1.0 m，时间为t＝ 0.5 s；依据位移时间公式，有：x＝ v0t＋1at2；2依据速度时间公式，有：v＝ v0＋ at；联立解得： v0＝4 m/s， a＝－ 8 m/s2.(2)上滑过程，木块受重力、支持力和滑动摩擦力，依据牛顿第二定律，有：－ mgsin 37 －° μmgcos 37 °＝ ma代入数据解得：μ＝ 0.25.(3) 木块下滑过程，依据牛顿第二定律，有： mgsin 37 －°μ mgcos 37 ＝°ma ′代入数据解得：a ′＝ 4 m/s 2物体匀加快下滑，依据速度位移公式，有：v 2t ＝ 2a ′x解得： v t ＝ 2a ′x ＝ 2×4×1 m/s ＝ 2 2 m/s.题型二动力学中的临界与极值问题【典例 2】以下图，木板与水平川面间的夹角θ能够任意改变，当 θ＝ 30°时，可视为质点的一小物块恰巧能沿着木板匀速下滑。

若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，跟着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加快度g 取 10 m/s 2。

2020高考物理一轮复习专题03牛顿运动定律(解析版)

专题03 牛顿运动定律1 ．（2020 届安徽省宣城市高三第二次调研）如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A、B 两块木板，在木板 A 的上面放着一个质量为m 的物块C，木板和物块均处于静止状态。

A、B、C 之间以及 B 与地面之间的动摩擦因数都为。

若用水平恒力 F 向右拉动木板 A （已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力），要使 A 从 C 、B 之间抽出来，则对 C 有aC＝mg＝gm对 B 受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力力，有f= μ（2M+m ）g因为μ（M+m ）g<μ（2M+m ）g 所以 B 没有运动，加速度为0 ；所以当a A>a C 时，能够拉出，则有F mg M m g M解得F> 2μ（m+M ）g，故选C2 ．（2020 届福建省漳州市高三第一次教学质量检测）如图，个可以看作质点，质量为m=1kg 的物块，以沿传动带向下的速度v0 4m/s 从M 点开始沿传送带运动。

物块运动过程的部分v-t 图像如图所示，取g=10m/s 2，则（）F 大小应满足的条件是（A．F (m 2M )g B．F (2m 3M )gC ．F 2 (m M )gD ．F (2m M )g答案】C解析】要使 A 能从C、 B 之间抽出来，则，A要相对于B、C 都滑动，所以AC 间，AB 间都是滑动摩擦力，对 A 有a A＝mg M m gμ（M+m ）g，B 与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦MN 是一段倾角为=30 °的传送带A ．物块最终从传送带N 点离开B ．传送带的速度v=1m/s ，方向沿斜面向下C ．物块沿传送带下滑时的加速度a=2m/s 2D ．物块与传送带间的动摩擦因数32【答案】D【解析】从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s ，因此没从N 点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s ，AB 错误；v—t 图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度a=2.5m/s 2，C 错误；根据牛顿第二定律mg cos30o mg sin 30o ma，可得3，D 正确。

2020高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律综合应用学案(含解析)(2021-2022学年)

第3讲牛顿运动定律综合应用主干梳理对点激活知识点连接体问题Ⅱ1.连接体多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的错误!未定义书签。

物体系统称为连接体.２.外力与内力（1）外力:系统错误!之外的物体对系统的作用力。

（2）内力:系统错误!内各物体间的相互作用力。

３.整体法和隔离法(1)整体法:把错误!加速度相同的物体看做一个整体来研究的方法。

（２)隔离法：求错误!系统内物体间的相互作用时,把一个物体隔离出来单独研究的方法。

知识点临界极值问题Ⅱ１.临界或极值条件的标志(1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼,即表明题述的过程存在着错误!临界点。

（2)若题目中有“取值范围”“多长时间"“多大距离”等词语,表明题述的过程存在着“起止点”,而这些起止点往往对应错误!未定义书签。

临界状态。

（3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少"等字眼,表明题述的过程存在着极值,这个极值点往往是临界点。

(4）若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等,即是求收尾加速度或收尾速度。

2.四种典型的临界条件(1)接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱离，临界条件是错误!未定义书签。

弹力F N=0。

（２)相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是错误!静摩擦力达到最大值.ﻬ(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于错误!它所能承受的最大张力,绳子松弛的临界条件是错误!F T=0.(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：速度达到最大的临界条件是错误!未定义书签。

a＝0,速度为0的临界条件是a达到错误!未定义书签。

最大。

知识点多过程问题Ⅱ1.多过程问题很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程,在物体不同的运动阶段,物体的错误!运动情况和错误!受力情况都发生了变化,这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。

高考物理专题3-3 牛顿运动定律的综合应用(题型专练)

1．如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以()A．缓慢向上匀速运动B．缓慢向下匀速运动C．突然向上加速运动D．突然向下加速运动【答案】C2．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【解析】若细线有拉力，则T cosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．【答案】C3．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44N．g取10m/s2.对此过程的分析正确的是()A．物体受到的重力变大B．物体的加速度大小为1m/s2C．电梯正在减速上升D．电梯的加速度大小为4m/s2【答案】B4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客()A．处于失重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用D．所受力的合力竖直向上【解析】当此车加速上坡时，车里的乘客具有相同的加速度，方向沿斜面向上，人应受到竖直向下的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上，C正确，B、D错误；由于有沿斜面向上的加速度，所以在竖直方向上有向上的加速度，物体处于超重状态，A错误．【答案】C5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则()A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受二个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态【答案】C6．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断()A．图线与纵轴的交点M的值a M＝－gB．图线与横轴的交点N的值T N＝mgC．图线的斜率等于物体的质量mD．图线的斜率等于物体质量的倒数1m【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T－mg＝ma，图线与纵轴的交点，即当T＝0时，a＝－g，图线与横轴的交点即a＝0时，T＝mg，A、B正确；根据牛顿第二定律可得a＝Tm－g，根据关系式可得图象的斜率k＝1m，C错误D正确．7.球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则()A．运动员的加速度为g tanθB．球拍对球的作用力为mgsinθC ．运动员对球拍的作用力为Mg cos θD ．若加速度大于g sin θ，球一定沿球拍向上运动【解析】对网球进行受力分析，受到重力mg 和球拍的支持力F N ，受力如图所示：根据牛顿第二定律，F N sin θ＝ma ，F N cos θ＝mg ，整理可以得到：F N ＝mg cos θ，a ＝g tan θ，故选项A 正确，选项B 错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F ＝M ＋mg cos θ，故选项C 错误；当加速度a >g tan θ时，网球将向上运动，由于g sin θ与g tan θ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D 错误．所以本题正确选项为A.【答案】A8．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为μ3，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g .现对物块施加一水平向右的拉力F ，则木板加速度a 大小可能是()A ．a ＝μgB ．a ＝23μgC ．a ＝13μgD ．a ＝F 2m －13μg【答案】CD9．(多选)如图甲所示，静止在水平面C 上足够长的木板B 左端放着小物块A .某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示．A 、B 间最大静摩擦力大于B 、C 之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A 、B 运动过程中的加速度及A 与B 间摩擦力f 1、B 与C 间摩擦力f 2随时间变化的图线中正确的是()【答案】ACD10．雨滴从空中由静止落下，若雨滴受到的空气阻力随雨滴下落速度的增大而增大，图中能大致反映雨滴运动情况的是()答案C 解析对雨滴进行受力分析可得mg －kv ＝ma ，随雨滴速度的增大可知雨滴做加速度减小的加速运动。

2020版高考物理一轮复习模拟演练第3章牛顿运动定律 3-3牛顿运动定律的综合应用(含答案)

时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中( )A．乘客始终受摩擦力作用B．乘客经历先超重再失重的状态C．电梯对乘客的作用力始终竖直向上D．电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上答案 D解析乘客先斜向上做加速运动后做匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B 错误；匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A错误；乘客在加速运动阶段受电梯的作用力与重力，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C错误、D正确。

2.如图所示，足够长的水平传送带以v0＝2 m/s的速度匀速运行。

t＝0时，在最左端轻放一个小滑块，t＝2 s时传送带突然制动停下。

已知滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10 m/s2。

在下图中，关于滑块相对地面运动的vt图象正确的是( )答案 D解析滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动，a ＝μg ＝2 m/s 2，滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t 1＝v a ＝1 s ，然后随传送带一起匀速运动的时间t 2 ＝t －t 1＝1 s ，当传送带突然制动停下时，滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止，a ′＝－a ＝－2 m/s 2，运动的时间t 3＝1 s ，所以速度时间图象对应D 选项。

3．如图所示，一固定杆与水平方向夹角为α，将一质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ。

若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且α<β，不计空气阻力，则滑块的运动情况是( )A ．沿着杆减速下滑B ．沿着杆减速上滑C ．沿着杆加速下滑D ．沿着杆加速上滑答案 B解析由于滑块与小球保持相对静止以相同的加速度运动，故小球加速度方向沿杆的方向，由小球的受力分析可知，加速度方向沿斜面向下。

2020版高考物理(教科版)练习：第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．(2018·四川乐山高三一诊)某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已知t0时刻电梯处于静止状态，则A.t1B．t2时刻电梯可能向上做减速运动C．t1和t2时刻电梯运动的方向相反D．t3时刻电梯处于静止状态解析：超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故A错误；t2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，选项B正确；t1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以t1和t2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，选项C错误；t3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故D错误．答案：B2．(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃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变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()A．g B．2gC．3g D．4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于＝mg，则F0人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即35F0＝53mg.当绳子拉力最大时，人处于最低点且所受合力最大，故加速度也最大，此＝3mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律有ma＝F最大－mg＝3mg 时F最大＝95F0－mg＝2mg，得最大加速度a＝2g，故B正确．答案：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a t图像如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m＝50 kg，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．第9 s内乘客处于失重状态B．1～8 s内乘客处于平衡状态C．第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 ND．第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A错误；1～8 s内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有N－mg＝ma，解得N ＝550 N，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N，C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内a t图像与时间轴所围图形的面积，即Δv＝12×1×1.0 m/s＝0.5 m/s，D错误.答案：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝k v (k 为正的常量)．两球的v t 图像如图所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2，则下列判断正确的是( )A ．释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时k v ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，故m 1m 2＝v 1v 2，故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2，而v 1>v 2，故甲球质量大于乙球质量，故C 正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误．答案：C5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A 、B (B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为a 的匀加速运动，测得两个物体的v t 图像如图乙所示(重力加速度为g )，则( )A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g kB ．施加外力的瞬间，A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D ．弹簧恢复到原长时，物体B 的速度达到最大值解析：施加拉力F 前，物体A 、B 整体平衡，根据平衡条件有2Mg ＝kx ，解得x ＝2Mg k ，故选项A 错误；施加外力F 的瞬间，对B 物体，根据牛顿第二定律，有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ，其中F 弹＝2Mg ，解得F AB ＝M (g －a )，故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ，且F AB ＝0，对B 物体，有F 弹′－Mg ＝Ma ，解得F 弹′＝M (g ＋a )，故选项C 错误；当 F 弹′＝Mg 时，B 达到最大速度，故选项D 错误．答案：B二、多项选择题6.如图所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F ，使圆环由静止开始运动，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1，F 1＝k v (k 为常数，v 为环的速率)，则环在整个运动过程中，下列说法正确的是( )A ．最大加速度为F mB ．最大加速度为F ＋μmg mC ．最大速度为F ＋μmg μkD ．最大速度为mg k解析：当F 1＝mg ，即k v ＝mg ，v ＝mg k 时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a ＝F m ，A 正确，B 错误；当滑动摩擦力f ＝μ(k v －mg )＝F 时，对应的速度最大，v ＝F ＋μmg μk ，C 正确，D 错误．答案：AC7．(2018·河南开封四校联考)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511B ．t ＞4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t ＞4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出F A 的变化规律为F A ＝9－2t (N)，对于A 、B 整体，根据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ，设A 、B 间的作用力为N ，则对B ，根据牛顿第二定律可得N ＋F B ＝m B a ，解得N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t 3(N)；当t ＝4 s 时N ＝0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零，t ＞4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反，当t ＜4 s 时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B m A ＋m B，综上所述，选项B 、D 正确，C 错误；t ＝0时，A 物体的加速度为a 0＝11 N m A ＋m B，t ＝3 s 末，A 物体的加速度为a ′＝ 5 N m A ＋m B，则a ′＝511a 0，故选项A 正确．答案：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg .现用水平拉力F拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC．3μmg D．4μmg解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的＝μg；对于A、B整体，加速度a＝a A 合力为μmg，由牛顿第二定律知a A＝μmgm＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.答案：C9．如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v t 图像如图乙所示．g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的v t图像为()解析：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速＝4 m/s2，根据物块与车间的动摩擦因数可运动的加速度大小相等，都为a＝ΔvΔt知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到的滑动摩擦力是动力，相反则受到的滑动摩擦力是阻力．设在t时刻滑块与车的速度相等，则有24－4(t－6)＝2t得t＝8 s，故在0～8 s内，车的速度大于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是动力，则其加速度为2 m/s2，同理，可得在8～16 s内，车的速度小于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是阻力，则其加速度为2 m/s 2，故C 正确．答案：C10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和N .若T a 图像如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403 m/s 2时，N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，N ＝0.8＋0.06a (N)解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－N sin θ＝ma ，T sin θ＋N cos θ＝mg ，联立解得N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T a 图像呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．答案：ABC二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的v t 图像如图所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4,9)，CD 线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)v t 图像的斜率表示加速度的大小，由题图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动．(2)当v 0＝3 m/s 时，雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2，当v 1＝6 m/s 时，雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时：mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝k v 1＋μmg cos θ②联立①②得k v 0＋ma 0＝k v 1，得k＝ma0v1－v0＝1 kg/s，由②式，得μ＝mg sin θ－k v1mg cos θ＝0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动最后做匀速直线运动(2)1.5 m/s20(3)1 kg/s0.37512．如图所示，倾角为45°的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t＝2～5 s内工作．已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段长为L＝8 m，重力加速度g取10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma1设物块到达B处的速度为v B，由速度—位移关系得v2B＝2a1·hsin 45°物块在水平轨道BC上做减速运动的加速度大小为a2＝μ2g①设物块运动到D点时速度恰好为零，这种情况下v B最小，物块在水平轨道BC 上运动的时间最长，则v B1＝2a2L＝4 m/s又t1＝v B1a2＝4 s当物块在t 1＝4 s 到达D 点时，联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h 的取值范围为1.6 m ≤h ≤2.5 m. 答案：1.6 m ≤h ≤2.5 m。

2020高考物理一轮总复习：牛顿运动定律的综合应用(包含答案)

2020高考物理牛顿运动定律的综合应用（含答案）1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。

传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()答案D2．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是() A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出答案D3．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mFm＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小答案C4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s，质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A．0～5 s内小木块做匀减速运动B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向C．斜面倾角θ＝37°D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案BCD5．(多选)图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2。

设A、B间的动摩擦因数为μ，作用在A上的水平拉力为F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

图乙为F与μ的关系图象，其直线方程为F＝m1m1＋m2gm2μ。

下列说法正确的有()A．μ和F的值位于a区域时，A、B相对滑动B．μ和F的值位于a区域时，A、B相对静止C．μ和F的值位于b区域时，A、B相对滑动D．μ和F的值位于b区域时，A、B相对静止答案AD6．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一个质量为m 的小球，M>m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。

2020年高考物理精选专题(含答案详解)03牛顿运动定律

2020年高考物理精选专题（含答案详解）一、单选题（共14题；共28分）1.质量为M的人站在地面上，用轻绳通过定滑轮将质量为m的重物从地面向上拉动，如图所示，若重物以加速度a上升，则人对地面的压力为( )A. (M+m)g+maB. (M+m)g-maC. (M-m)g-maD. Mg-ma2.如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（）A. 物体B的加速度大小为gB. 物体C的加速度大小为2gC. 吊篮A的加速度大小为gD. 吊篮A与物体C间的弹力大小为0.5mg3.用一质量不计的细线将质量为m的氢气球拴在车厢地板上A点，此时细线与水平面成θ=37°角，气球与固定在水平车顶上的压力传感器接触。

小车静止时，细线恰好伸直但无弹力，压力传感器的示数为小球重力的0.5倍。

重力加速度为g。

现要保持细线方向不变而传感器示数为零，下列方法中可行的是（）A. 小车向右加速运动，加速度大小为0.5gB. 小车向左加速运动，加速度大小为0.5gC. 小车向右减速运动，加速度大小为23g D. 小车向左减速运动，加速度大小为23g4.乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。

在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（）A. 小物块受到的支持力方向竖直向上B. 小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C. 小物块受到的静摩擦力为12mg+ma D. 小物块受到的滑动摩擦力为12mg+ma5.质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（）A. 2√33m B. 2m C. (√3−1)m D. (√3+1)m6.如图所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，振动过程中A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x 时，A、B间摩擦力的大小等于（）A. 0B. kxC. mM kx D. mm+Mkx7.2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳高冠军。

江苏省2020版高考物理三轮复习热点3牛顿运动定律的应用练习(含解析)

热点3 牛顿运动定律的应用(建议用时：20分钟)1．(2019·江苏五校联考)如图所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间动摩擦因数均为μ.传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B ，(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )则( )A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，aB ＝μgB ．a A ＝μg ，a B ＝0C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μg2.(多选)如图所示，ab 、ac 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c位于同一圆周上，O 为该圆的圆心，ab 经过圆心．每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环分别从b 、c 点无初速度释放，用v 1、v 2分别表示滑环到达a 点的速度大小，用t 1、t 2分别表示滑环到达a 所用的时间，则( )A ．v 1>v 2B ．v 1<v 2C ．t 1＝t 2D ．t 1<t 2 3．(多选)(2019·苏州市调研)弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为 2 kg 的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N ，如果从升降机的速度大小为3 m/s 时开始计时，则经过1 s ，升降机的位移大小可能是(g 取10 m/s 2)( )A ．3 mB ．5 mC ．2 mD ．4 m 4.(多选)如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D ．物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和5．如图所示，质量为m 1和m 2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F 作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小( )A ．由大变小B ．由小变大C ．始终不变且大小为m 1m 1＋m 2F D ．由大变小再变大6．(多选)(2019·江苏省高考压轴冲刺卷)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M 的物块A 、B 用轻质弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右以加速度a 1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的恒力F 沿着倾角为θ、粗糙程度与水平面相同的斜面方向作用于B 上且两物块共同以加速度a 2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x 2，则下列说法中正确的是( )A ．若m ＞M ，有x 1＝x 2B ．若m ＜M ，有x 1＝x 2C ．若μ＞sin θ，有x 1＞x 2D ．若μ＜sin θ，有x 1＜x 27．质量为M ＝20 kg 、长为L ＝5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.15.将质量为m ＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以v 0＝4 m/s 的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2)．则以下判断中正确的是( )A ．木板一定静止不动，小木块不会滑出木板B ．木板一定静止不动，小木块会滑出木板C ．木板一定向右滑动，小木块不会滑出木板D ．木板一定向右滑动，小木块会滑出木板8．(多选)倾角为θ的斜面体M 静止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的．已知质量为m 的物块恰可沿其斜面匀速下滑．今对下滑的物块m 施加一个向左的水平拉力F ，物块仍沿斜面向下运动，斜面体M 始终保持静止．则此时( )A ．物块m 下滑的加速度等于F cos θm B ．物块m 下滑的加速度大于F cos θmC ．水平面对斜面体M 的静摩擦力方向水平向右D ．水平面对斜面体M 的静摩擦力大小为零热点3 牛顿运动定律的应用1．解析：选C.对物块B 受力分析，摩擦力与弹簧弹力平衡，有：μm 2g ＝kx ，则x ＝μm 2g k.以两个物块组成的整体为研究对象进行受力分析，则绳子的拉力：T ＝μ(m 1＋m 2)g ；突然剪断轻绳的瞬间，绳子的拉力减小为0，而弹簧的弹力不变，则A 受到的合外力与T 大小相等，方向相反，则：a A ＝T m 1＝μ（m 1＋m 2）g m 1；B 在水平方向仍然受到弹簧的拉力和传送带的摩擦力，合外力不变，仍然等于0，所以B 的加速度仍然等于0.故选项C 正确，A 、B 、D 错误．2．解析：选AD.小滑环沿杆下滑过程中，只有重力做功，且由b 到a下落的高度大，重力做功多，由动能定理W 合＝ΔE k 知，v 1>v 2，选项A 正确，B 错误；设圆半径为R ，ab 与ac 之间的夹角为β，ac 与水平面之间的夹角为α，则2R ＝12gt 21·sin(α＋β)，2R cos β＝12gt 22sin α，比较sin(α＋β)与sin αcos β的大小，有sin(α＋β)－sin αcos β＝cos （α＋β）·sin βcos β.又(α＋β)为锐角，cos(α＋β)>0，sin βcos β>0，所以sin(α＋β)>sin αcos β，即t 1<t 2，所以选项C 错误，D 正确．3．解析：选CD.对物体进行受力分析，受向下的重力和向上的拉力(大小等于弹簧测力计的示数)，加速度a ＝mg －F 弹m＝2 m/s 2，方向向下．升降机初速度大小为v 0＝3 m/s ，方向可能向下，也可能向上，所以在1 s 内的位移有两种情况，向下加速时x 1＝v 0t ＋12at 2＝4 m ；向上减速时x 2＝v 0t －12at 2＝2 m ，故选C 、D. 4．解析：选CD.当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，所以其重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A，由动能定理知物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A的机械能增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成的系统机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确．5．解析：选C.在水平面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，对m1由牛顿第二定律得T1－μm1g＝m1a1，联立解得T1＝m1m1＋m2F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F－μ(m1＋m2)g cos θ－(m1＋m2)·g sin θ＝(m1＋m2)a2，对m1由牛顿第二定律得T2－μm1g cos θ－m1g sin θ＝m1a2，联立解得T2＝m1m1＋m2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3，对m1由牛顿第二定律得T3－m1g＝m1a3，联立解得T3＝m1m1＋m2F.综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为m1m1＋m2F，选项C正确．6．解析：选AB.在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T－μmg＝ma1②联立①②式解得T＝Fmm＋M③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)g sin θ－μ(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有T′－mg sin θ－μmg cos θ＝ma2⑤联立④⑤式，解得T′＝FmM＋m⑥比较③⑥式，可知，弹簧的弹力(或伸长量)相等，与两物块的质量大小、动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误．7．解析：选A.小木块对木板的摩擦力F f1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，水平面对木板的最大静摩擦力F f2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因为F f1<F f2，故木板一定静止不动．由牛顿第二定律得小木块的加速度a2＝μ2g＝4 m/s2，x＝v202a2＝168m＝2 m<L，所以小木块不会滑出木板．故选项A正确，B、C、D错误．8．解析：选BD.由题意知，物块自己能够沿斜面匀速下滑，得mg sin θ＝μmg cos θ，施加拉力F后，mg sin θ＋F cos θ－μ(mg cos θ－F sin θ)＝ma，解得a＝F cos θ＋μF sin θ，所以A错误，B正确；以斜面体为研究对象，受物块的摩擦力沿斜面向m下为F f＝μ(mg cos θ－F sin θ)，正压力F N＝mg cos θ－F sin θ，又μ＝tan θ，把摩擦力和压力求和，方向竖直向下，所以斜面体在水平方向没有运动的趋势，故不受地面的摩擦力，所以C错误，D正确．。

2020高考物理一轮总复习第三章牛顿运动定律能力课1 牛顿运动定律的综合应用练习(含解析)新人教版

能力课1 牛顿运动定律的综合应用一、选择题1．(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是( )A．列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态B．电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态C．蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态D．神舟十一号飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态解析：选BD 列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，A错误；电梯正在减速下降，加速度方向竖直向上，电梯里的人为超重状态，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直向下，为失重状态，C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状态，D正确．2．物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比m A∶m B＝2∶1.现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图所示，则A对B的拉力等于( )A．1 N B．1.5 NC．2 N D．3 N解析：选A 设B物体的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律得a＝3 Nm＋2m，对B有F＝ma，所以F＝1 N.3. (多选)(2018届黄冈一模)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B 在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B 向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力F N与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )解析：选BD 设A 、B 向右匀加速运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律，对整体有F ＋k (x 0－x )＝(m A ＋m B )a ，可得F ＝kx ＋(m A ＋m B )a －kx 0，若(m A ＋m B )a ＝kx 0，得F ＝kx ，则F 与x 成正比，F x 图象可能是过原点的直线，对A 有k (x 0－x )－F N ＝m A a ，得F N ＝－kx ＋kx 0－m A a ，可知F N x 图象是向下倾斜的直线，当F N ＝0时A 、B 开始分离，此后B 做匀加速运动，F 不变，则A 、B 开始分离时有x ＝x 0－m A a k＜x 0，因此B 和D 是可能正确的． 4．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μm g解析：选C 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .5. (多选)将一个质量为1 kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v t 图象如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A ．小球所受重力和阻力之比为5∶1B ．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3C ．小球落回到抛出点时的速度大小为8 6 m/sD ．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：选AC 上升过程中mg ＋F f ＝ma 1，由题图可知a 1＝12 m/s 2，解得F f ＝2 N ，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A 正确；下落过程中mg －F f ＝ma 2，可得a 2＝8 m/s 2，根据h ＝12at 2，可得t 1t 2＝a 2a 1＝23，选项B 错误；根据v ＝a 2t 2，t 2＝ 6 s ，可得v ＝8 6 m/s ，选项C 正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D 错误．6. (2018届淮北一模)如图，物块A 和B 的质量分别为4m 和m ，开始A 、B 均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F ＝6mg 作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A 和B 的加速度分别为( )A ．a A ＝12g ，a B ＝5g B ．a A ＝a B ＝15g C ．a A ＝14g ，a B ＝3g D ．a A ＝0，a B ＝2g解析：选D 对滑轮分析：F －2T ＝m ′a ，又m ′＝0 所以T ＝F 2＝6mg 2＝3mg 对A 分析：由于T ＜4mg ，故A 静止，a A ＝0对B 分析：a B ＝T －mg m ＝3mg －mg m＝2g ，故D 正确． 7. (2018届德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t 3时间段内，弹簧测力计的示数F 随时间t 变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的v t 图、P t 图(P 为物体重力的功率大小)及a t 图可能正确的是( )解析：选C 由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：①若F1＝mg，则0～t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；②若F2＝mg，则F1<mg，在0～t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0～t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1～t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由P＝mgv，可知t1～t2时间内重力的功率不变，故C是错误的；③若F3＝mg，则F1<mg，F2<mg，在0～t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3＝mg，可知在0～t1时间内向下的加速度大于t1～t2时间内向下的加速度，而t2～t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由P＝mgv 可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的．由以上的分析，可知只有C 选项是可能的，A 、B 、D 都是不可能的．8．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC 设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m ·23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．9．(2019届福建福州质检)倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M 放在水平面AB 上，滑块M 的顶端O 处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m ＝55 kg ，当滑块M 以a ＝2g 的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g ＝10 m/s 2)( )A．10 N B．5 NC. 5 ND.10 N解析：选A 当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有F T cosθ＝ma0F T sinθ－mg＝0其中θ＝45°解得a0＝g则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有F T′cosα＝m·2gF T′sinα－mg＝0解得F T′＝5mg＝5×55×10 N＝10 N.故选项A正确．10.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A．小球对圆槽的压力为MF m＋MB．小球对圆槽的压力为mF m＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C 利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知只有C项正确．二、非选择题11.如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为μ＝33，重力加速度为g，木板与水平面成θ角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动．随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程－mg sinθ－μmg cosθ＝ma①木块的位移为x，有0－v02＝2ax②根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据①式有a＝－g(sinθ＋μcosθ)根据数学关系有sinθ＋μcosθ＝1＋μ2 sin(θ＋α)其中tanα＝μ＝33，则α＝30°要使加速度a最大，则有θ＋α＝90°时取最大值g1＋μ2所以有θ＝90°－α＝60°时，加速度取最大值为a＝－2g 3代入②可得x min＝3v02 4g.答案：60°3v02 4g12．足够长光滑斜面BC的倾角α＝53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m＝2 kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α＝53°角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度—时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10 m/s2)．求：(1)小物块所受到的恒力F 大小；(2)小物块从B 点沿斜面向上运动，到返回B 点所用的时间；(3)小物块能否返回到A 点？若能，计算小物块通过A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B 点的距离．解析：(1)由题图乙可知，AB 段加速度a 1＝Δv Δt ＝2.0－04.0－0m/s 2＝0.5 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1解得F ＝11 N.(2)在BC 段mg sin α＝ma 2，解得a 2＝8.0 m/s 2小物块从B 到C 所用时间与从C 到B 所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B 点的速度v B ＝2.0 m/s ，有 t ＝2v B a 2＝2×2.08.0s ＝0.5 s. (3)小物块从B 向A 运动过程中，有μmg ＝ma 3解得a 3＝5.0 m/s 2滑行的位移s ＝v B 22a 3＝ 2.022×5.0 m ＝0.4 m s AB ＝v t ＝v 2t ＝2.02×4.0 m＝4.0 m ＞0.4 m 所以小物块不能返回到A 点，停止运动时，离B 点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N (2)0.5 s (3)小物块不能返回到A 点，停止运动时，离B 点的距离为0.4 m|学霸作业|——自选一、选择题1．某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是( ) A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D．易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析：选D 易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确．2．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被塔吊竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )A．前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB．46 s末材料离地面的距离为22 mC．0～10 s材料处于失重状态D．在30～36 s钢索最容易发生断裂解析：选B 由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s材料加速度向下，材料处于失重状态，F<mg，前10 s材料处于超重状态，F>mg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误．3. (2018届甘肃一诊)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是( )A ．a 1＝a 2，F 1>F 2B ．a 1＝a 2，F 1<F 2C ．a 1＝a 2，F 1＝F 2D ．a 1>a 2，F 1>F 2解析：选A 以由A 、B 及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a ＝F －μm 1＋m 2g m 1＋m 2，可得a 1＝a 2＝a .当用F 拉B 时，以A 为研究对象有F 1－μm 1g ＝m 1a 1，可得F 1＝μm 1g ＋m 1a 1＝m 1F m 1＋m 2；同理，当用F 拉A 时，以B 为研究对象，有F 2－μm 2g ＝m 2a 2，可得F 2＝m 2F m 1＋m 2，由于m 1>m 2，则F 1>F 2，A 正确． 4.如图所示，质量均为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg 的恒力F 向上拉B ，运动距离为h 时，B 与A 分离．下列说法正确的是( )A ．B 和A 刚分离时，弹簧长度等于原长B ．B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC ．弹簧的劲度系数等于mg hD ．在B 与A 分离之前，它们做匀加速直线运动解析：选C A 、B 分离前，A 、B 共同做加速运动，由于F 是恒力，而弹力是变力，故A 、B 做变加速直线运动，当两物体要分离时，F AB ＝0对B ：F －mg ＝ma对A ：kx －mg ＝ma即F ＝kx 时，A 、B 分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由F ＝mg ，设用恒力F 拉B 前弹簧压缩量为x 0，则2mg ＝kx 0，h ＝x 0－x解以上各式得k ＝mg h，综上所述，只有C 项正确．5. (多选)(2019届哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 与C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内．现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是( )A ．一起加速过程中，C 木块受到四个力的作用B ．一起加速过程中，D 木块受到的静摩擦力大小为F 4C ．一起加速过程中，A 、D 木块所受摩擦力大小和方向相同D ．当F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC 在水平拉力F 的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F ＝4ma ，对A 、D 木块有f A ＝f D ＝ma ，解得A 、D 木块所受摩擦力大小 f A ＝f D ＝F 4，方向均水平向右，故B 、C 正确；一起加速过程中，C 木块受到重力、D 木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A 项错误；当F 撤去瞬间，D 木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A 木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D 项错误．6．(多选)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．则下列说法正确的是( )A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动的加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动的加速度大小为M －m Mg 解析：选BC 按题图甲放置时，M 静止，则Mg sin α＝mg ，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mg －mg sin α＝(M ＋m )α，联立解得a ＝(1－sin α)g .对m 由牛顿第二定律得T －mg sin α＝ma ，解得T ＝mg ，故A 、D 错误，B 、C 正确．7．(多选)图甲中，两滑块A 和B 叠放在光滑水平地面上，A 的质量为m 1，B 的质量为m 2.设A 、B 间的动摩擦因数为μ，作用在A 上的水平拉力为F ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图乙为F 与μ的关系图象，其直线方程为F ＝m 1m 1＋m 2g m 2μ.下列说法正确的有( )A ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对滑动B ．μ和F 的值位于a 区域时，A 、B 相对静止C ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对滑动D ．μ和F 的值位于b 区域时，A 、B 相对静止解析：选AD 当A 、B 间刚要发生相对滑动时静摩擦力达到最大值，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得μm 1g ＝m 2a ，得a ＝μm 1g m 2.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F ＝(m 1＋m 2)a ＝m 1m 1＋m 2g m 2μ，可以知道，图中实线对应两个物体刚要发生相对滑动的情形．μ和F 的值位于a 区域时，该区域中的点与原点连线的斜率大于实线的斜率，即有F μ＞m 1m 1＋m 2g m 2，可得F >m 1m 1＋m 2g m 2μ，A 、B 相对滑动；μ和F 的值位于b 区域时，该区域中的点与原点连线的斜率小于实线的斜率，即有F μ＜m 1m 1＋m 2g m 2，可得F <m 1m 1＋m 2g m 2μ，A 、B 相对静止，故A 、D 项正确，B 、C 项错误．8. (2018届黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球m ，此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速运动，而M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a 时，( )A ．横杆对M 的摩擦力增加到原来的2倍B ．横杆对M 的弹力增加到原来的2倍C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D ．细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A 对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：F f ＝(M ＋m )a ，竖直方向：F N ＝(M ＋m )g ，则当加速度增加到2a 时，横杆对M 的摩擦力F f 增加到原来的2倍，横杆对M 的弹力等于2个物体的总重力，保持不变，故A 正确，B 错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得tan θ＝a g ，当a 增加到2倍时，tan θ变为2倍，但θ不是原来的2倍．细线的拉力F T ＝mg 2＋ma 2，可见，a 变为2倍，F T 不是原来的2倍，故C 、D 错误．9．(多选)(2019届合肥模拟)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A 和B .保持A 的质量不变，改变B 的质量m ，当B 的质量连续改变时，得到A 的加速度a 随B 的质量m 变化的图线，如图乙所示．图中a 1、a 2、m 0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g 取9.8 m/s 2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )A ．若θ已知，可求出A 的质量B ．若θ未知，可求出乙图中a 1的值C ．若θ已知，可求出乙图中a 2的值D ．若θ已知，可求出乙图中m 0的值解析：选BC 根据牛顿第二定律得对B 得：mg －F ＝ma ①对A 得：F －m A g sin θ＝m A a ②联立得a ＝mg －m A g sin θm A ＋m③ 若θ已知，由③知，不能求出A 的质量m A ，故A 错误；由③式变形得a ＝g －m A m g sin θm A m＋1 当m →∞时，a ＝a 1＝g ，故B 正确；由③式得，m ＝0时，a ＝a 2＝－g sin θ，故C 正确；当a ＝0时，由③式得，m ＝m 0＝m A sin θ，可知m 0不能求出，故D 错误．10．(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m 的小球．斜面以加速度a 水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T 和F N .若T a 图象如图乙所示，AB 是直线，BC 为曲线，重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0 B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06a (N)解析：选ABC 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403 m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确；当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg tan θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (N)，选项D 错误．二、非选择题11．如图所示，倾角为45°的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体．一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t＝2～5 s内工作．已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段长为L＝8 m，重力加速度g＝10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围．解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg sin45°－μ1mg cos45°＝ma1设物块到达B处的速度为v B，由速度—位移关系得v B2＝2a1·hsin45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零，这种情况下v B 最小，物块在水平轨道BC 上运动的时间最长，则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s ，又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时．联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22 联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h 的取值范围为1．6 m≤h ≤2.5 m.答案：1.6 m≤h ≤2.5 m12.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L ，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m 和2m 的圆柱形物块A 、B ，A 、B 紧贴管的内壁，厚度不计．A 、B 与管内壁间的最大静摩擦力分别是f 1＝mg 、f 2＝2mg ，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．管下方存在这样一个区域：当物块A 进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F 作用，而B 在该区域运动时不受它的作用，PQ 、MN 是该区域的上下水平边界，高度差为H (L >2H )．现让管的下端从距上边界PQ 高H 处由静止释放，重力加速度为g .(1)为使A 、B 间无相对运动，求F 应满足的条件；(2)若F ＝3mg ，求物块A 到达下边界MN 时A 、B 间的距离．解析：(1)设A 、B 与管不发生相对滑动时的共同加速度为a ，A 与管间的静摩擦力为f A . 对A 、B 整体有3mg －F ＝3ma对A 有mg ＋f A －F ＝ma ，并且f A ≤f 1联立解得F ≤32mg .21 (2)A 到达上边界PQ 时的速度v A ＝2gH 当F ＝3mg 时，可知A 相对于圆管向上滑动，设A 的加速度为a 1，则有mg ＋f 1－F ＝ma 1，解得a 1＝－gA 向下减速运动的位移为H 时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t ＝ 2H g由于管的质量不计，在此过程中，A 对管的摩擦力与B 对管的摩擦力方向相反，大小均为mg ，B 受到管的摩擦力小于2mg ，则B 与圆管相对静止，B 和圆管整体受到重力和A 对管的静摩擦力作用以v A 为初速度、以a 2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a 2＝2mg －mg 2m ＝g 2物块A 到达下边界MN 时A 、B 之间的距离为ΔL ＝L －⎝ ⎛⎭⎪⎫v A t ＋12a 2t 2－H ＝L －32H . 答案：(1)F ≤32mg (2)L －32H。

2020年高考物理压轴题专练附解答：牛顿运动定律的综合应用

牛顿运动定律的综合应用考点一平衡条件的应用1.物体的超、失重2.判断超重和失重现象的三个技巧(1)从受力的角度判断当物体受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态.(2)从加速度的角度判断当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.(3)从速度变化角度判断①物体向上加速或向下减速时,超重.②物体向下加速或向上减速时,失重.3.超重和失重现象的两点说明(1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变.(2)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果.此时,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如物体悬浮空中、天平失效、液体不再产生压强和浮力、“天宫二号”中的航天员躺着和站着睡觉一样舒服等.考点二应用整体法与隔离法处理连接体问题1.方法选取(1)整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力,则可以把它们看成一个整体,分析整体受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).(2)隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内各物体之间的作用力,则需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.(3)整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力,则可以选用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度,后隔离求内力”.2.连接体问题的具体类型(1)通过滑轮和绳的连接体问题:若要求绳的拉力,绳跨过定滑轮,连接的两物体虽然加速度大小相同但方向不同,故采用隔离法.(2)水平面上的连接体问题:这类问题一般多是连接体(系统)中各物体保持相对静止,即具有相同的加速度.解题时,一般整体法、隔离法交替应用.(3)斜面体及其上面物体组成的系统的问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而斜面体相对于地面静止时,解题时一般采用隔离法分析;若物体随斜面体共同加速运动,一般整体法、隔离法交替应用.考点三动力学中的图像问题1.常见四类动力学图像及解题办法2.解题策略(1)问题实质是力与运动的关系,解题的关键在于弄清图像斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义.(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式,进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系,以便对有关物理问题作出准确判断.考点四动力学中的临界与极值问题1.动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中,当物体运动的加速度不同时,物体有可能处于不同的状态,特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时,往往会有临界值出现.2.产生临界问题的条件(1)两物体脱离的临界条件:弹力FN=0,加速度相同,速度相同.(2)相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于相对静止时,常存在着静摩擦力,静摩擦力达到最大值.(3)绳子拉断与松弛的临界条件:绳子断时,绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松弛时,张力FT=0.3.临界问题的常用解法(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的.(2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题.(3)数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件.典例精析★考点一：超重与失重◆典例一：(2018·南京金陵中学模拟)图(甲)是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心.图(乙)是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线.两图中a～g各点均对应,其中有几个点在图(甲)中没有画出.取重力加速度g=10 m/s2.根据图像分析可知()A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于f 点的加速度【答案】B【解析】(1)力传感器上显示的是压力,静止时重力等于压力的大小,只有比较合力的大小才能比较加速度的大小.(2)压力大于重力就是超重,压力小于重力就是失重.解析:由图可知人的重力为500 N,故A 错误;c 点位置人的支持力750 N>500 N,处于超重状态,故B 正确;e 点位置人的支持力650 N>500 N,处于超重状态,故C 错误;d 点的加速度为错误!未找到引用源。

2020高考物理专题卷：专题三《牛顿运动定律》含答案解析

2020衡水名师原创物理专题卷专题三牛顿运动定律考点07 牛顿运动定理的理解超重和失重（2、3、7）考点08 牛顿运动定律的应用（1、8—13、15—20）考点09 动力学的图象问题（4、5、6、14）第I 卷（选择题 68分）一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．【湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期月考】考点08易关于力学单位制，下列说法中正确的是（）A. N 、 /m s 、 2/m s 是导出单位B.后人为了纪念牛顿， N 作为力学中的基本单位C.在国际单位制中，时间的基本单位可以是s ，也可以是hD.在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是 F ma2．【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】考点07难如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（）A ．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B ．在第二过程中，运动员始终处于超重状态C ．在第二过程中运动员的机械能始终在增大D ．在第一过程中运动员的动能始终在减小3．【2017·广东省佛山市第一中学高三上学期第二次段考】考点07易2015年11月30日，蹦床世锦赛在丹麦落下帷幕，中国代表团获得8金3银2铜，领跑世锦赛的奖牌榜．一位运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa段和cd段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（）vtOacdt1 t2t3 t4 t5A．0～t1 B．t1～t2C．t2～t4 D．t4～t54．【2017·西藏自治区拉萨中学高三上学期期末】考点09中如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（）5．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】考点09难如图所示滑块以初速度V0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零，对于该运动过程，若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象能正确描述这一运动规律的是（）6．【2017·开封市高三第一次模拟】考点09难如图（甲）所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 关系图象如图（乙）所示，则小滑块A 的质量为（）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg7．【广东省肇庆市2017届高三第二次模拟考试】考点07难欧洲太空总署火星登陆器“斯基亚帕雷利”于2016年10月19日坠毁在火星表面。

(山东专用)2020高考物理第三章专题探究三牛顿运动定律的综合应用练习新人教

专题研究三牛顿运动定律的综合应用1.伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中,一名质量为由静止落下,与水平川面撞击后反弹上升到距地面高似于弹簧的弹力,演员和弹跳高跷一直在竖直方向运动m的演员穿着这类高跷从距地面H高处h处.假设弹跳高跷对演员的作用力类,不考虑空气阻力的影响,则该演员( C)A.在向下运动的过程中一直处于失重状态B.在向上运动的过程中一直处于超重状态C.在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D.在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态分析:演员在空中时,加速度为g,方向向下,处于失重状态;当演员落地加速时,加速度a向下,处于失重状态;落地后期减速,加速度a向上,处于超重状态;因此演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态,选项C正确,A错误;同理可知,演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态,选项B,D错误.2.质量均为5kg的物块1,2放在圆滑水平面上并用轻质弹簧测力计相连,以以下图,今对物块1,2分别施以方向相反的水平力F1,F2且F1=20N,F2=10N,则弹簧测力计的示数为(B)A.30NB.15NC.20ND.10N分析:设两物块的质量均为m,以两物块为一整体,应用牛顿第二定律可得F1-F2=2ma,再以物块2为研究对象,应用牛顿第二定律得F T-F2=ma,由以上两式可解得F T=15N,B正确.3.(2019·陕西咸阳模拟)以以下图,水平川面上有一轻质弹簧,下端固定,上端与物体A相连接,整个系统处于均衡状态.现用一竖直向下的力压物体A,使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离,整个过程中弹簧向来处在弹性限度内.以下关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图像正确的选项是(D)分析:因为弹簧弹力与弹簧压缩量成正比,由牛顿第二定律得,F-kx=ma,解得F=kx+ma,故D正确.4.(多项选择)物体最先静止在倾角θ=30°的足够长斜面上,如图(甲)所示,现遇到平行斜面向下的力F的作用,力F随时间变化的图像如图(乙)所示,开始运动2s 后物体以2m/s 的速2度匀速运动,以下说法正确的选项是(g取10m/s)(AD)A.物体的质量m=1kgB.物体的质量m=2kgC.物体与斜面间的动摩擦因数μ=D.物体与斜面间的动摩擦因数μ=分析:由开始运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动可知,0～2s内物体的加速度大小为后2由均衡条件可得,F2+mgsin30°-μmgcos30°=0,联立解得m=1kg, μ= ,选项A,D正确.5.(多项选择)神舟飞船返回时,3吨重的返回舱下降到距地面10km时,下降速度为200m/s.以后经过下降伞减速,先是拉出减速伞,16s后返回舱的速度减至80m/s,此时减速伞与返回舱分离.而后拉出主伞,主伞张开后使返回舱的下降速度减至10m/s,此时返回舱距地面高度为1m,接着舱内4台缓冲发动机同时点火,给返回舱一个向上的反冲力,使返回舱的落地速度减2为零.将上述各过程视为匀变速直线运动,g=10m/s.依据以上资料可得(CD)A.减速伞工作时期返回舱处于失重状态B.主伞工作时期返回舱处于失重状态C.减速伞工作时期返回舱的均匀加速度大小为7.5m/s2D.每台缓冲发动机的反冲推力约为返回舱重力的 1.5倍分析:减速伞和主伞工作时期返回舱匀减速下降,处于超重状态,A,B 项错;减速伞工作时期,返回舱从200m/s减速至80m/s,由运动学公式得a1==7.5m/s2,C项正确;缓冲发动机开动后,加速度大小为a3==50m/s2,方向竖直向上,由牛顿第二定律得4F-mg=ma3,解得=1.5,D项正确.6.(2015·海南卷,9)(多项选择)如图,起落机内有一固定斜面,斜面上放一物块.开始时,起落机做匀速运动,物块相关于斜面匀速下滑.当起落机加速上升时(BD)A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相关于斜面减速下滑D.物块相关于斜面匀速下滑分析:当起落机加速上升时,物体有竖直向上的加速度,则物块与斜面间的正压力增大,依据滑动摩擦力公式F f=μF N可知物体与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为θ,物体的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sin θ=μcosθ.当物体以加速度a向上加速运动时,有F=m(g+a)cosθ,F =μm(g+a)cos θ,因为sinθ=μcosθ,N f因此m(g+a)sin θ=μm(g+a)cosθ,故物体仍相对斜面匀速下滑,C错误,D正确.7.(2018·河南三门峡检测)图(甲)中的塔吊是建筑工地必不行少的设备,图(乙)为150kg 的建筑资料被塔吊从地面竖直向上提高过程的简化运动图像,g 取10m/s2,以下判断正确的是(B)A.前10s内悬线的拉力恒为1500NB.46s末资料离地面的距离为22mC.0～10s资料处于失重状态D.在30～36s悬线最简单发生断裂分析:由题图(乙)可知,前10s内建筑资料的加速度2a=0.1m/s,由F-mg=ma可解得悬线的拉力为F=m(a+g)=1515N,A项错误;由图像“面积”可得整个过程资料上升的高度是28m,下降的高度为6m,因此46s末资料离地面的距离为22m,B项正确;0～10s内,资料的加速度向上,处于超重状态,C项错误;30～36s资料的加速度向下,处于失重状态,即悬线的拉力F<mg,悬线不简单发生断裂,D项错误.8.(2019·河北冀州中学模拟)在沿斜面方向的拉力F作用下,物体沿倾斜角度为θ的斜面向上运动;以沿斜面向上为正方向,0～7s内拉力F和物体速度v随时间的变化规律以以下图,则以下说法中错误的选项是(B)A.物体的质量m=1kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ>tanθC.斜面倾斜角度sinθ=D.7s后若撤去力F,物体将会做匀速直线运动分析:由题意及图像可得0～5s,拉力F方向沿斜面向上,有F1-mgsin θ-μmgcosθ=ma1 ①5～6s, 拉力F方向沿斜面向下,有F2-mgsin θ-μmgcosθ=ma2 ②6～7s, 拉力F方向仍沿斜面向下,物体沿斜面向下加速,摩擦力方向沿斜面向上,有F-mgsin θ+μmgcosθ=ma ③3 3由v-t 2 ,a =-5m/s 2 2图像得a=1m/s ,a=-3m/s ,1 2 3由F-t图像得F1=3N,F2=F3=-3N,由①②式得m=1kg,由②③式得sinθ=,A,C正确;由③式得mgsinθ=μmgcosθ,μ=tanθ,则撤去力F后物体所受合力为零,将做匀速直线运动,D正确,B错误.9.(2016·天津卷,8)(多项选择)我国高铁技术处于世界当先水平,友善号动车组是由动车和拖车编组而成,供给动力的车厢叫动车,不供给动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等动车的额定功率都同样,动车组在水平直轨道上运转过程中阻力与车重成正比.某列动车组由8节车厢构成,此中第1,5节车厢为动车,其他为拖车,则该动车组(BD), A.启动时乘客遇到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B.做匀加速运动时,第5,6节与第6,7节车厢间的作用力之比为3∶2C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2分析:列车启动时,乘客随车厢加速运动,加速度方向与车的运动方向同样的作用力方向与车运动方向同样,选项A错误;设阻力与重力比值为k,,故乘客遇到车厢则动车组运动的加速度a==-kg, 则对6,7,8 节车厢的整体:F56=3ma+3kmg=0.75F;对7,8 节车厢的整体:F67=2ma+2kmg=0.5F,故5,6 节车厢与6,7 节车厢间的作用力之比为3∶2,选项B正确;根据动能定理Mv2=kMgs,解得s=,可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比,选项C错误;8 节车厢有2节动车时的最大速度为v m1= ;若8节车厢有4节动车时的最大速度为v m2=,则=,选项D正确.10.(2019·河北石家庄质检)以以下图,质量均为m=3kg的物块A,B紧挨着搁置在粗糙的水平川面上,物块A的左边连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做22取10m/s.求:(1)物块A,B分别时,所加外力F的大小;(2)物块A,B由静止开始运动到分别所用的时间.分析:(1)物块A,B分别时,对B有F-μmg=ma,解得F=21N.(2)A,B静止时,对A,B有kx1=2μmg,A,B分别时,对A有kx2-μmg=ma,此过程中x1-x2=at2,解得t=0.3s.答案:(1)21N(2)0.3s11.质量为2kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左边沿木板上表面水平冲上木板,如图(甲)所示.A和B经过1s达到同一速度2的vt图像如图(乙)所示,重力加速度g=10m/s,求:,以后共同减速直至静止,A和B(1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1;(2)B与水平面间的动摩擦因数μ2;(3)A的质量.分析:(1)由图像可知,A在0～1s内的加速度a1==-2m/s2,对A由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1,解得μ1=0.2.(2)由图像知,A,B在1～3s内的加速度3=-1m/s 2 ,a=对A,B整体由牛顿第二定律得-μ2(M+m)g=(M+m)a3,解得μ2=0.1.(3)由图可知B在0～1s内的加速度2a2==2m/s对B由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2代入数据解得m=6kg.答案:(1)0.2(2)0.1(3)6kg12.(2019·安徽合肥五中月考)为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平坦的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可起落的风帆,如图(甲)所示.他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直.假设滑块和风帆总质量为m,滑块与斜面间动摩擦因数为μ,斜面的倾角为θ, 重力加速度为g,帆遇到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比,即F f=kv2.(1)求出滑块下滑的最大速度v max的表达式;(2)若m=2kg,斜面倾角θ=30°,g取10m/s2,滑块从静止下滑的速度图像如图(乙)所示,图中的斜线是t=0时v-t图像的切线,由此求出μ,k的值.分析:(1)由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ-kv2=ma因此a==gsinθ-μgcosθ-.当a=0时速度最大,最大速度v max=.(2)当v=0时,a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2,解得μ=,由速度图像可知最大速度v max=2m/s,因此v max==2m/s,解得k=1.5kg/m.答案:(1)v max=(2) 1.5kg/m。

2020版高考物理总复习第三章3第3节牛顿运动定律的综合应用练习(含解析)

牛顿运动定律的综合应用【随堂检测】1．(2019·舟山月考）在天宫二号中工作的景海鹏和陈东可以自由漂浮在空中，宇航员处于失重状态．下列分析正确的是( ）A．失重就是航天员不受力的作用B．失重的原因是航天器离地球太远，从而摆脱了地球的引力C．失重是航天器独有的现象，在地球上不可能有失重现象的存在D．正是由于引力的存在，才使航天器和航天员有可能做环绕地球的圆周运动解析：选D.失重时航天员仍受地球引力的作用，只是弹力为零而已，A、B错误；失重在地球上也很普遍，它只是视重(即弹力)小于重力的现象，C错误；正是由于地球引力的存在，才使航天器和航天员有可能做环绕地球的圆周运动，D正确．2．（2019·浙江六校联考)在水平桌面上用书本做成一个斜面，斜面与水平桌面的夹角为θ，把一个计算器放在书本上并保持静止,已知计算器质量为m，计算器与书本间的动摩擦因数为μ，则( ) A．计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向上B．计算器对书本的压力等于计算器的重力mgC．计算器受到的摩擦力为μmg cos θD．计算器受到的摩擦力为mg sin θ解析：选D.计算器受到三个力:重力mg、书本对它的弹力F N、书本对它的摩擦力F f，由平衡条件可知，F N＝mg cos θ，F f＝mg sin θ，计算器对书本的压力等于mg cos θ，故B 、C 不对，D 正确；书本对计算器的摩擦力F f 方向沿斜面向上，由牛顿第三定律知计算器对书本的摩擦力方向沿斜面向下，A 错误．3．(2019·杭州调研)一个小孩从滑梯上滑下的运动可看做匀加速直线运动,第一次小孩单独从滑梯上滑下,运动时间为t 1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下（小狗不与滑梯接触)，运动时间为t 2,则( ）A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断t 1与t 2的大小解析：选A 。

设滑梯与水平面的夹角为θ,则第一次时a 1＝错误!＝g sin θ－μg cos θ，第二次时a 2＝错误!＝g sin θ－μg cos θ，所以a 1＝a 2，与质量无关．又x ＝12at 2,t 与m 也无关，A 正确． 4．一个物块置于粗糙的水平地面上,受到的水平拉力F 随时间t 变化的关系如图(a)所示，速度v 随时间t 变化的关系如图（b ）所示．取g ＝10 m/s 2，求:(1）1 s 末物块所受摩擦力的大小f 1；（2）物块在前6 s 内的位移大小x ；(3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ.解析:(1）从题图(a)中可以读出，当t ＝1 s 时，f 1＝F 1＝4 N ；（2)由题图（b)知物块在前6 s 内的位移大小x ＝错误! m ＝12 m ；（3)从题图（b ）中可以看出，在t ＝2 s 至t ＝4 s 的过程中，物块做匀加速运动,加速度大小为a ＝错误!＝错误! m/s 2＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F 2－μmg ＝maF 3＝f 3＝μmg所以m ＝F 2－F 3a＝错误! kg ＝2 kg μ＝错误!＝错误!＝0。

2020版高考物理总复习第三章牛顿运动定律综合检测(含解析)

牛顿运动定律综合检测( 时间 :90 分钟满分 :100 分 )一、选择题 ( 本题共 12 小题 , 每小题 4 分, 共 48 分 . 在每小题给出的四个选项中,第1～7 小题只有一个选项正确, 第 8～ 12 小题有多个选项正确, 全部选对的得 4 分 , 选对但不全的得 2 分, 有选错或不选的得 0 分)1. 伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家, 巧合的是 , 牛顿就出生在伽利略去世后第二年 . 下列关于力和运动关系的说法中, 不属于他们观点的是 ( D )A.自由落体运动是一种匀变速直线运动B.力是使物体产生加速度的原因C.物体都具有保持原来运动状态的属性, 即惯性D.力是维持物体运动的原因解析 :A 项是伽利略的观点,B,C 两项是牛顿的观点,D 项是亚里士多德的观点.2.人在平地上静止站立时 , 受到的支撑力等于人的重力 . 做原地纵跳时 , 在快速下蹲和蹬伸的过程中 ,人体受到的支撑力发生变化 ( 如图 ,G 为重力 ,F 为支撑力 ). 下列图像能正确反映该变化的是( D)解析 : 人腾空时支撑力为零, 故 A,C 错误 . 人在快速下蹲和蹬伸的过程中, 加速度先向下, 再向上 , 即先失重 , 再超重 , 故支撑力先小于重力, 然后大于重力 , 故 B 错误 ,D 正确 .3. 某实验小组在实验室设计了一个不用天平测量物体质量的实验, 如图 , 在光滑水平台面右端固定一个恒力器, 在台面左端放一辆小车, 车上固定一遮光条, 遮光条宽度为d, 恒力器通过一根细线给小车提供恒定拉力F, 使小车由静止开始依次经过两个光电门, 光电门 1,2 记录的挡光时间分别为t 1,t 2, 测得两光电门中心间距为x, 不计遮光条质量. 根据以上实验数据可得小车质量为( B )A. B.C. D.解析 : 对小车 , 由牛顿第二定律有F=ma,小车通过两光电门间距离的过程中, 由运动学公式有( ) 2-( ) 2=2ax, 联立两式解得小车的质量为m= ,故B正确.4. 如图所示 , 质量为 m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连, Ⅰ , Ⅱ的另一端分别固定于P,Q. 小球静止时 , Ⅰ中拉力大小为F T1, Ⅱ中拉力大小为F T2, 当剪断水平细线Ⅱ的瞬间, 小球的加速度 a 应是( C )A.a=g, 方向竖直向下B.a=g, 方向竖直向上C.a=, 方向水平向左D.a=, 方向沿Ⅰ的延长线解析 : 剪断水平细线Ⅱ的瞬间, 由于弹簧的弹力不能突变, 所以此时小球受到F T1和重力 mg作用 , 合力水平向左, 大小为F T2, 所以加速度为a= , 方向水平向左.5. 如图所示当对木块,n 个质量为m的相同木块并列放在水平面上, 木块跟水平面间的动摩擦因数为μ, 1 施加一个水平向右的推力 F 时 , 木块加速运动, 木块 5 对木块 4 的压力大小为( D ) A.F B.C. D.解析 : 以整体为研究对象, 根据牛顿第二定律有F- μ nmg=nma,得 a=- μ g; 以 1,2,3,4整体为研究对象, 设5 对4 的压力为N, 根据牛顿第二定律有F-N- μ· 4mg=4m · a, 联立以上二式得N=, 故 A,B,C错误 ,D正确 .6. 一辆小车静止在水平地面上 ,bc 是固定在车上的一根水平杆, 物块 M 穿在杆上 ,M 通过轻质细线悬吊着小物体m,m 在小车的水平底板上 , 小车未动时细线恰好在竖直方向上. 现使小车按图中所示分四次分别以加速度a 1,a 2,a 3,a 4 向右匀加速运动 , 四种情况下 M,m 均与小车保持相对静止 , 且图 1 和图 2 中细线仍处于竖直方向 , 已知 a 1∶ a 2∶ a 3∶a 4=1∶ 2∶ 4∶8,M 受到的摩擦力大小依次为 f 1,f 2,f 3,f 4, 则下列判断错误的是( B )A.f 1 ∶ f =1∶ 2B.f ∶ f =2∶ 3212C.f ∶ f =1∶ 2D.tan α =2tan θ34解析 : 题图 1,2 中 M 在水平方向只受摩擦力作用, 根据牛顿第二定律有 f 1=Ma 1,f 2=Ma 2, 所以 f 1∶f 2 =1 ∶ 2, 故 A 正确,B 错误;对 3,4 两图 , 以 M,m 整体为研究对象, 受力分析如图所示 ,f 3=(M+m)a 3,f 4=(M+m)a 4, 可得 f 3∶ f 4=1∶2, 故 C 正确 ; 以 m 为研究对象 , 根据牛顿第二定律可得mgtan θ =ma 3,mgtan α =ma 4, 联立可得tanα =2tanθ , 故 D 正确 .7. 在沿斜面方向的拉力 F 作用下 , 物体沿倾斜角度为 θ 的斜面向上运动 ; 以沿斜面向上为正方向 ,0 ～7 s 内拉力 F 和物体速度误的是(B )v 随时间的变化规律如图所示 ,g 取 10 N/kg, 则下列说法中错A. 物体的质量 m=1 kgB. 物体与斜面之间的动摩擦因数μ >tan θC. 斜面倾斜角度满足sinθ =D.7 s 解析 mgsin后若撤去力 F, 物体将会做匀速直线运动:由题意及图像可得 0～5θ - μ mgcos θ =ma 1,s ,拉力 F 方向沿斜面向上①,有F 1-5～ 6 s,F 2-mgsin 拉力 F 方向沿斜面向下θ - μ mgcos θ =ma 2,, 有②6～ 7 s, 拉力 F 方向仍沿斜面向下, 物体沿斜面向下加速F3-mgsinθ +μ mgcosθ =ma3, , 摩擦力方向沿斜面向上③, 有由 v t 图像得 a1=1 m/s 2,a 2=-5 m/s 2,a 3=-3 m/s 2, 由F t 图像得 F1=3 N,F 2=F3=-3 N,由①②式得m=1 kg, 由②③式得sin θ = ,A,C 正确 ; 由③式得mgsin θ =μ mgcos θ , μ =tan θ , 则撤去力 F 后物体所受合力为零, 将做匀速直线运动,D 正确 ,B 错误 .8. 氢气球下系一小重物G,重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动中箭头所示虚线方向, 图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是( , 重物运动的方向如图ABC )解析 : 重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动, 故合力为零或者与速度共线, 可能做匀速直线运动 , 故 A 正确 ; 可能做匀减速直线运动, 故 B 正确 ; 可能做匀加速直线运动, 故 C 正确 ; 重力和绳的拉力的合力与速度必须共线, 故 D错误.9. 一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向落下, 若雨滴下落过程中所受重力保持不变, 且空气对雨滴阻力随其下落速度的增大而增大, 则下列图像中可能正确反映雨滴整个下落过程运动情况的是( AC )解析 : 根据牛顿第二定律得a= , 因为速度增大, 阻力增大, 所以速度增大, 加速度减小, 雨滴做加速度减小的加速运动, 当加速度减小到零, 雨滴做匀速直线运动, 故 A,C 正确 .10.传送机的皮带与水平方向的夹角为α ,如图所示,将质量为m的小物块放在传送机皮带上,随皮带保持相对静止一起向下以加速度 a(a>gsin α ) 做匀加速直线运动 , 则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是 ( BC )A. 支持力与静摩擦力的合力等于mgB.静摩擦力沿皮带向下C.静摩擦力的大小可能等于 mgsin αD.皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan α解析 : 物块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速直线运动, 物块所受合外力不为零, 所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故 A 错误 ; 加速度a>gsinα ,说明静摩擦力沿皮带向下 ,B 正确 ; 由牛顿第二定律知mgsin α +F f =ma,因为 a 比 gsinα大多少不明确, 所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα,C正确;皮带与小物块的动摩擦因数可以小于tanα ,故D错误.11.建设房屋时 , 保持底边长 L 不变 , 要设计好屋顶的倾角θ , 以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶, 雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动. 下列说法正确的是( AC )A. 倾角θ越大 , 雨滴下滑时的加速度越大B. 倾角θ越大 , 雨滴对屋顶压力越大C. 倾角θ越大 , 雨滴从顶端 O下滑至屋檐 M时的速度越大D. 倾角θ越大 , 雨滴从顶端 O下滑至屋檐 M时的时间越短解析 : 屋檐的底角为θ , 底边长为 L, 屋顶的坡面长度为 x, 雨滴下滑时加速度a, 对雨滴受力分析 , 只受重力 mg 和屋顶对雨滴的支持力F N, 垂直于屋顶方向mgcos θ =F N, 平行于屋顶方向 mgsinθ =ma,雨滴的加速度为 a=gsin θ , 则倾角θ越大 , 雨滴下滑时的加速度越大, 故A正确; 雨滴对屋顶的压力F N′ =F N=mgcos θ , 则倾角θ越大 , 雨滴对屋顶压力越小, 故 B错误 ; 根据三角形知识判断 , 屋顶坡面的长度x=, 由 x= at 2可得 t=, 可见当θ=45°时 , 用时最短 ,D 错误 ; 由 v=gsinθ ·t可得v=, 可见θ越大 , 雨滴从顶端O下滑至 M时的速度越大,C 正确 .12. 如图 , 将小砝码置于桌面上的薄纸板上, 用水平向右的拉力将纸板迅速抽出, 砝码的移动很小 . 这就是大家熟悉的惯性演示实验. 若砝码和纸板的质量分别为M 和 m.各接触面间的动摩擦因数均为μ , 砝码与纸板左端的距离及与桌面右端的距离均为 d. 现用水平向右的恒定拉力 F 拉动纸板 , 下列说法正确的是( BC )A. 纸板相对砝码运动时 , 纸板所受摩擦力的大小为μ (M+m)gB.要使纸板相对砝码运动 ,F 一定大于 2μ (M+m)gC. 若砝码与纸板分离时的速度小于, 砝码不会从桌面上掉下D. 当 F=μ (2M+3m)g 时 , 砝码恰好到达桌面边缘解析 : 对纸板分析 , 当纸板相对砝码运动时, 所受的摩擦力为 f 2=μ (M+m)g+μMg,故 A 错误 ; 设砝码的加速度为a1 , 纸板的加速度为a2, 则有 f 1=Ma1,F-f1-f2=ma2,发生相对运动需要a2>a1, 此时 f 1= μ Mg,解得 F>2μ (M+m)g, 故 B 正确 ; 若砝码与纸板分离时的速度小于, 砝码匀加速运动的位移小于== , 匀减速运动的位移小于== , 则位移小于d, 不会从桌面掉下, 故C正确 ; 当 F= μ (2M+3m)g 时 , 砝码未脱离纸板时的加速度 a1= μ g, 纸板的加速度a3==2 μ g, 根据a3t 2 - a1t 2=d, 解得t=, 则此时砝码的速度v=a1t=, 匀加速运动的位移x= a1t 2=d, 可知砝码将离开桌面, 故 D 错误 .二、非选择题( 共 52 分 )13.(6分)在“验证牛顿运动定律”实验中, 采用如图 ( 甲 ) 所示的装置图进行实验.(1)实验中 , 摩擦力已经平衡 , 测出小车的质量为 M,沙和沙桶的总质量为 m,若要将沙和沙桶的总重力大小作为小车所受拉力 F 的大小 , 这样做的前提条件是.(2) 在实验操作中 , 下列说法正确的是( 填序号 ).A. 求小车运动的加速度时, 可用天平测出沙和沙桶的质量M′和 m′ , 以及小车质量M,直接用公式 a=g 求出B. 实验时 , 应先接通打点计时器的电源, 再放开小车C. 每改变一次小车的质量, 都需要改变垫入的小木块的厚度D. 先保持小车质量不变, 研究加速度与力的关系; 再保持小车受力不变, 研究加速度与质量的关系 , 最后归纳出加速度与力、质量的关系(3)在满足实验条件下 , 某同学得到了如图 ( 乙 ) 的图线 (M 为小车和砝码的总质量 ), 图线在纵轴上截距不为零的原因是.解析 :(1) 根据牛顿第二定律得,mg=(M+m)a,解得 a=,则绳子的拉力F=Ma==,可知当沙和沙桶的总质量远小于小车质量时, 小车所受的拉力等于沙和沙桶的总重力, 所以应满足的条件是沙和沙桶的总质量远小于小车的质量.(2) 本实验探究加速度和力、质量的关系, 所以不能把牛顿第二定律当成已知的公式来使用, 故A 错误 ; 使用打点计时器时, 应该先接通电源, 后释放纸带 , 故B 正确 ; 平衡摩擦力后有μ =tanθ, 小车质量改变时, 总满足mgsin θ =μ mgcos θ , 与小车质量无关, 所以不用再次平衡摩擦力, 故C 错误 ; 本实验采用控制变量法, 故D 正确 .(3)纵轴截距不为零 , 即小车质量 M 非常大时 , 小车仍有加速度 , 说明小车不受拉力作用时也具有加速度 , 因此可以断定平衡摩擦力过度 .答案 :(1)m ? M(2)BD(3) 平衡摩擦力过度评分标准 : 每空 2分.14.(6分)在学习牛顿第二定律之后, 某同学在“验证加速度与力、质量的关系的实验”中, 采用了如图 ( 甲 ) 所示的实验装置. 操作如下 :(1) 平衡摩擦力时, 按操作流程进行, 若第一次打出的纸带如图( 乙 ) 所示 , 则应( 选填“减小”“增大”或“不再调节”) 木板的倾角 , 直到纸带上打出的点迹为止.(2) 已知小车的质量为m, 砝码盘和砝码的总质量为m=30 g, 实验时将砝码从砝码盘中逐渐转移到小车上, 则实验时砝码及砝码盘的总质量小车的质量 .A. 远小于B. 远大于C. 不必远小于(3) 如图 ( 丙 ) 所示是根据实验数据描绘的小车加速度 a 与砝码盘及其中砝码的总质量2解析 :(1)由图(乙)纸带可知小车在相等的时间内位移越来越大, 即小车做加速运动摩擦力时木板的倾角过大, 所以应该减小木板的倾角, 直到打出的点迹均匀为止.m之间的g., 说明平衡(2)将砝码盘内的砝码转移到小车上 , 系统的总质量 m0+m 不变 , 研究对象是整个系统 , 绳子的拉力是内力 , 所以本题不需要满足 m0? m,选项 C 正确 .(3)a= ,可得 = · , 图像的斜率 k=kg · m-1· s2= ,又知 m=0.03 kg, 解得 m0=0.06 kg=60 g.答案 :(1) 减小均匀(2)C (3)60评分标准 :(1) 每空 1 分 ;(2)(3) 每空 2 分 .15.(9 分) 如图所示 , 光滑水平地面与足够长的倾角θ =30°的光滑斜面平滑连接,A 球位于斜面底端 ,B 球在水平地面上 , 两者相距 L=10 m. 现 A,B 两个小球均以初速度 v =10 m/s 开始运动 ,A沿斜面向上 ,B 沿水平面向右 , 取 g=10 m/s 2, 求 :(1)B 球刚要滑上斜面时 A 球的速度 ;(2)A 球到达最高点时,A,B 两球之间的距离解析 :(1) 设 B 球经过 t 1时间到达斜面底端,.则 t 1= =1 s,(1分)A 球在斜面上运动的加速度大小为a, 由牛顿第二定律得 a= = gsin 30 ° =5 m/s 2 , (2 分 )A 球在斜面上运动有 v1=v0-at 1, (1 分)得 B 球到达斜面底端时 A 球的速度为v1=5 m/s. (1 分 ) (2)A 球到达最高点的距离为s A= = m=10 m, (1 分 ) 设 A 球在斜面上滑行时间t 2速度减为零,则 t = =2 s, (1 分 ) 2B球在斜面上滑行距离s B=v0(t 2-t 1)- a(t 2-t 1) 2=7.5 m, (1 分 )故 A与 B相距s=s A-s B=2.5 m. (1 分)答案 :(1)5 m/s (2)2.5 m16.(9分)如图所示,两个质量都是m的滑块 A 和 B, 紧挨着并排放在水平桌面上,A,B 面垂直于纸面且与水平面成α角 , 所有接触面都光滑. 现用一个水平推力 F 作用于滑块A,B 一起向右做加速运动. 间的接触A上,使(1) 若 A,B 间不发生相对滑动, 它们共同向右的最大加速度是多少?(2) 若 A,B 间不发生相对滑动, 水平推力的大小应在什么范围内才行?解析 :(1) 在水平推力 F 作用下 ,A,B 一起加速 , 对整体则有 F=2ma(1 分 )对滑块 A, 受力如图 (a) 所示 , 地面对 A 的弹力 N 为零时 ,A 与 B 之间将要发生相对滑动, 则 F-Tsin α =ma, (1 分 )mg=Tcos α , (1 分 )滑块 B 的受力如图 (b) 所示 , 则T′ sin α =ma, (1 分 )N′ =mg+T′ cos α , (1 分 )又 T=T′, (1 分 )得 A,B 一起向右运动的最大加速度a=gtan α. (1 分)(2)A,B 不发生相对滑动的水平推力 F 的大小满足F≤ 2mgtan α , (1 分 )故 F 的取值范围为 0<F≤ 2mgtan α. (1 分 )答案 :(1)gtan α (2)0<F ≤ 2mgtan α17.(10 分 ) 有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下: 如图所示 , 滑板长 L=1 m, 起点 A 到终点线 B 的距离 s=5 m.开始滑板静止 , 右端与 A 平齐 , 滑板左端放一可视为质点的滑块, 对滑块施一水平恒力 F 使滑板前进 . 滑板右端到达 B 处冲线 , 游戏结束 . 已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5, 地面视为光滑 , 滑块质量 m=2 kg, 2滑板质量 m=1 kg, 重力加速度 g=10 m/s , 求 :1 2(1)滑板由 A 滑到 B 的最短时间 ;(2)为使滑板能以最短时间到达B, 水平恒力 F 的取值范围 .解析 :(1) 滑板由 A 滑到 B 过程中一直加速时, 所用时间最短 . 设滑板加速度为 a , 则2f= μ m1g=m2a2, (1 分 )得出 a2=10 m/s 2, (1 分 )又由 s= , (1 分 )解得 t=1 s. (1 分 )(2) 滑板与滑块刚好要相对滑动时, 水平恒力最小 , 设为 F1, 此时可认为二者加速度相等, 则F1- μ m1g=m1a2, (1 分 )解得 F1=30 N, (1 分 )当滑板运动到B, 滑块刚好脱离时 , 水平恒力最大 , 设为 F ,设滑块加速度为 a , 则2 1F - μ mg=ma , (1 分 )2 1 1 1- =L, (1 分)解得 F2=34 N,则水平恒力大小范围是答案 :(1)1 s(2)30 N(130 N≤ F≤ 34 N.≤F≤34 N(1分 )分 )18.(12分)如图所示为车站使用的水平传送带模型, 其 A,B 两端的距离L=8 m, 它与水平台面平滑连接 . 现有物块以v0=10 m/s 的初速度从 A 端水平地滑上传送带. 已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ=取10 m/s2,试求:(1)若传送带保持静止 , 物块滑到 B 端时的速度大小 ;(2)若传送带顺时针匀速转动的速率恒为12 m/s, 则物块到达 B 端时的速度大小 ;(3) 若传送带逆时针匀速转动的速率恒为 4 m/s, 且物块初速度变为v0′ =6 m/s, 仍从 A 端滑上传送带 , 求物块从滑上传送带到离开传送带的总时间.( 结果保留两位有效数字)解析 :(1) 设物块的加速度大小为a, 由受力分析可知F N=mg,F f =ma,F f =μ F N,得 a=6 m/s 2,(1分)传送带静止 , 物块从 A 到 B 做匀减速直线运动,又 x==m>L=8 m,(1分)则由-=-2aL,得 v =2 m/s. (1 分 )B(2)由题意知 , 物块先加速到 v1=12 m/s,由 -=2ax1,得 x1= m<L=8 m, (1 分 )故物块先加速后匀速运动,即物块到达 B 时的速度为 v B′ = v 1 = 12 m/s. (1 分 )(3)由题意可知 , 物块先向右减速后向左加速 ,①向右减速到v2=0 时 ,由 2 得 x =3 m, (1 分 )-v ′ =-2ax0 22由 v2=v0′ -at 1得 t 1=1 s. (1 分 )②向左加速到 v3=4 m/s 时,由-=2ax3得 x3= m<x2=3 m,(1分)故向左先加速后匀速由 v =v +at 得 t = s. (1 分 )3 2 2 2③向左匀速运动v4=v3=4 m/s,x4=x2-x 3= m,(1分)2020版高考物理总复习第三章牛顿运动定律综合检测(含解析)由 x4=v4t 3得 t 3=s,(1分)故 t=t 1+t 2+t 3= s=2.1 s. (1 分 )答案 :(1)2 m/s (2)12 m/s (3)2.1 s11 / 11。

2020版高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用课时作业(含解析)

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7~10题为多选题)1。

图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可得（）A．人的重力为：1 500 NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度解析：B 由图可知人的重力为500 N，故A错误；c点位置人的支持力750 N>500 N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力650 N>500 N，处于超重状态，故C错误；d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2，故D错误．2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则（)A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：C 未加恒力F时，对物块由牛顿第二定律知ma＝mg sin θ－μmg cos θ，而加上F后，ma′＝(mg＋F)（sin θ－μcos θ)，即a′〉a，C正确．3．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出．对此现象分析正确的是（）A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：D 物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当物体离开手的瞬间，只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态,故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确．4。