[配套K12]2019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练习 鲁科版

第3讲 牛顿运动定律的综合应用
[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
t 0时刻电梯处于静止状态，则
A.t 1B ．t 2时刻电梯可能向上做减速运动 C ．t 1和t 2时刻电梯运动的方向相反 D ．t 3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；t 2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；t 1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t 1和t 2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；t 3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：B
2．(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 ．2g
C ．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，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即35F 0＝mg ，则F 0＝5
3mg .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，此时F 最大＝9
5F 0＝3mg ，方向竖直向上，由
牛顿第二定律有ma ＝F 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg ，得最大加速度a ＝2g ，故B 正确． 答案：B
3.(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 图象如图所示(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/s 2
.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 N
D ．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 图象与时间轴所围图形的面积，即Δv ＝1
2×1×1.0 m/s＝0.5 m/s ，D 错误.
答案：C
4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，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 ＝kv (k 为正的常量)．两球的v t 图象如图所示．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 1
C ．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kv ＝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；图象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：C
5．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 图象如图乙所示(重力加速度为g )，则( )
A ．施加外力前，弹簧的形变量为2g k
B ．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＝kv (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 m
B ．最大加速度为F ＋μmg
m
C ．最大速度为
F ＋μmg
μk D ．最大速度为mg k
解析：当F 1＝mg ，即kv ＝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(kv －mg )＝F 时，对应的速度最大，v ＝F ＋μmg μk
，C 正确，D 错误．
答案：AC
7．(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511
B ．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 ′＝5
11
a 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 ．μmg B ．2μmg C ．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 物体所受的合力为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 .
答案：C
9．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 图象如图乙所示．g 取10 m/s 2
，平板车足够长，则物块运动的v t 图象为( )
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运动的加速度大小相等，都为a ＝Δv Δt ＝4 m/s 2
，根据物块与车间的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动
摩擦力产生的加速度为2 m/s 2
，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/s 2
，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：C
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 ＝403 m/s 2
时，N ＝0
B ．小球质量m ＝0.1 kg
C ．斜面倾角θ的正切值为3
4
D ．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 图象呈线性关系，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＝3
4
，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 图象如图所示，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 图象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－kv 0－μmg cos θ＝ma 0①
最后匀速时：
mg sin θ＝kv 1＋μmg cos θ②
联立①②得
kv 0＋ma 0＝kv 1，
得k ＝
ma 0
v 1－v 0
＝1 kg/s ， 由②式，得μ＝
mg sin θ－kv 1
mg 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/s 2
(3)1 kg/s 0.375
12．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/s 2
，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a 1，由牛顿第二定律有
mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma 1
设物块到达B 处的速度为v B ，由速度—位移关系得
v 2B ＝2a 1·
h
sin 45°
物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g
①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 1
a 2
＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时，联立解得h 1＝1.6 m ②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 2
2
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。