2019版高考物理一轮复习 课时跟踪检测12 热点专题3 牛顿运动定律的综合应用.doc

2019版高考物理一轮复习 课时跟踪检测12 热点专题3 牛顿运动定
律的综合应用
1．(多选)(2016届海南海口期末)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力( )
A ．一定小于手对砖的支持力
B ．一定等于手对砖的支持力
C ．一定大于手对砖的支持力
D ．一定大于砖的重力
解题思路：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度，合力也向下；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度，合力也向上．
解析：当手突然向上加速运动时，砖也向上加速，此时有向上的加速度，合力向上，处于超重状态，所以手对砖的支持力要大于砖的重力，同时砖对手的压力和手对砖的支持力是作用力与反作用力，大小相等，所以B 、D 正确，A 、C 错误．故选B 、D.
答案：BD
2．(2016届湖南浏阳一中月考)质量为m 的物体用弹簧测力计悬在升降机顶棚上，在下列哪种情况下，弹簧测力计的读数最小( )
A ．升降机匀速上升
B ．升降机匀加速上升，且a ＝1
2g
C ．升降机匀减速上升，且a ＝1
2g
D ．升降机匀加速上升，且a ＝1
3
g
解析：由受力分析可知弹簧测力计的读数应该是向下有加速度时小于匀速运动及向上有加速度的情形，则可知有T ＝mg －ma ′，即升降机匀减速上升时读数最小．综上本题选C.
答案：C
3. (2017届福建师大附中期中)如图所示，a 、b 两个带有异种电荷的小球(可视为质点)分别被两根绝缘细线系在木盒内，且在同一竖直线上，木盒置于固定的台秤上，整个装置静止，细绳均有弹力．若将系b 的细线剪断，下列说法中正确的是( )
A ．剪断细线瞬间，台秤的示数不变
B ．剪断细线瞬间，台秤的示数变小
C ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数不变
D ．在b 向a 靠近的过程中，台秤的示数变大
解题思路：静止时，对小球b 和整体进行受力分析，根据共点力平衡的条件得出力之间的关系．若将系b 的细线断开，对整体进行受力分析，运用牛顿第二定律求解．
解析：将a 、b 两个小球和木盒看做整体，开始台秤示数等于它们的总重力，将系b 的细线剪断后，b 球向上加速，系统处于超重状态，台秤示数大于它们的总重力，在b 向a 靠近的过程中，a 、b 之间的库仑力增大，台秤的示数变大，D 正确．综上本题选D.
答案：D
4．(2016届河南顶级名校月考)两个质量分别为m 1、m 2的物体A 和B 紧靠在一起放在光滑水平桌面上，如图所示，如果它们分别受到水平推力2F 和F ，则A 、B 之间弹力的大小为( )
A.m 2
m 1＋m 2
F B ．
m 1
m 1＋m 2
F C.
m 1＋2m 2
m 1＋m 2F D ．2m 1＋m 2m 1＋m 2
F
解析：根据牛顿第二定律对整体有：2F －F ＝(m 1＋m 2)a ，方向水平向右：对物体B 有：
F N －F ＝m 2a ，联立上述两式得：F N ＝m 1＋2m 2
m 1＋m 2
F ，故选项A 、B 、D 均错误，选项C 正确．
答案：C
5.(2017届云南玉溪一中月考)为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( )
A ．顾客始终受到三个力的作用
B ．顾客始终处于超重状态
C ．顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上
D ．在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方
解析：顾客只有在加速过程受三个力的作用，匀速过程受两个力作用，选项A 错误；顾客在匀速过程中，支撑面对顾客的作用力等于顾客的重力，选项B 错误；在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向水平向右方向，选项D 错误；在加速过程中顾客受的重力和
扶梯对顾客的作用力F的合力产生向右上方的加速度，如图所示，则顾客受到扶梯的作用力指向右侧斜上方，匀速运动时顾客受平衡力，受扶梯的作用力沿竖直方向，选项C正确．综上本题选C.
答案：C
【提升过关】
一、单项选择题
1.高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷．当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙．则下列说法正确的是( )
A．人向上弹起过程中，一直处于超重状态
B．人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力
C．弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力
D．弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力
解析：人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误．答案：C
2.(2017届湖北襄阳五中、宜昌一中、龙泉中学联考)水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．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，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是( )
解析：开始时，物体处于平衡状态，物体受重力和弹力，则有mg ＝kx 1，物体向下匀加速过程，对物体受力分析，受重力、弹簧向上的弹力、推力F ，根据牛顿第二定律，有F ＋
mg －F 弹＝ma ，根据胡克定律，有F 弹＝k (x 1＋x )＝mg ＋kx ，解得F ＝ma －mg ＋F 弹＝ma ＋kx ，
故弹力与x 呈线性关系，且是增函数，故D 正确．
答案：D
3.(2017届广东湛江一中月考)如图是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中载人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止．不计空气和摩擦阻力的情况，重力加速度为g ，则h 为( )
A.v 2
2g
B ．M ＋m v 2
2mg
C.M ＋m v 2
mg
D ．
M ＋m v 2
2mg
解析：设B 对A 的拉力为F T ，对B ：Mg －F T ＝Ma ，对A ：F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，a ＝－mg
2M ＋m ，
由v 2
＝2|a |h 得h ＝
M ＋m v 2
2mg
，D 选项正确．综上本题选D.
答案：D
4.(2016届马鞍山二中、安师大附中、淮北一中、铜陵一中联考)如图所示，在倾角为θ的固定斜面上有两个靠在一起的物体A 、B ，两物体与斜面间的动摩擦因数μ相同，用平行于斜面的恒力F 向上推物体A 使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B 对A 的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是( )
A ．只减小A 的质量，
B 对A 的压力大小不变 B ．只减小B 的质量，B 对A 的压力大小会增大
C ．只减小斜面间的倾角，B 对A 的压力大小不变
D ．只减小两物体与斜面间的动摩擦因数μ，B 对A 的压力会增大
解析：将A 、B 看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得a ＝
F －m A ＋m B g sin θ－μ
m A ＋m B g cos θ
m A ＋m B
＝
F
m A ＋m B
－g sin θ－μg cos θ，隔离B 分析可得N
－m B g sin θ－μm B g cos θ＝m B a ，解得N ＝
m B F
m A ＋m B
，由牛顿第三定律可知，B 对A 的压力N ′＝m B F
m A ＋m B
，若只减小A 的质量，压力变大，若只减小B 的质量，压力变小，A 、B 错误；A 、B 之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C 正确，D 错误．
答案：C
5.(2016届湖南师大附中月考)有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°、45°和30°，这些轨道交于O .现有位于同一竖直线上的3个小物体甲、乙、丙．分别沿这3个轨道同时从静止自由下落，如图所示，物体滑到O 点的先后顺序是( )
A ．甲最先，乙稍后，丙最后
B ．乙最先，然后甲和丙同时到达
C ．甲、乙、丙同时到达
D ．乙最先，甲稍后，丙最后
解题思路：根据牛顿第二定律得到物体下滑的加速度大小与斜面倾角的关系．用斜轨道底边长度表示物体的位移，由位移公式比较三个物体运动的时间，确定到达O 点的先后．
解析：设斜轨道底边的长度为l ，斜面的倾角为α，则斜轨道的长度为x ＝l
cos α
.根据
牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为a ＝mg sin αm ＝g sin α.则有x ＝12
at 2
，代入数据得：l
cos α＝12
g sin αt 2
，得到：t ＝ 2l
g sin αcos α
＝
4l
g sin2α
，根据数学知识得知，
sin(2×60°)＝sin(2×30°)，则甲和丙运动的时间相等，同时到达斜轨道的底端O 点．又
sin(2×45°)＝1最大，则乙运动时间最短，乙最先到达O 点，故B 正确．综上本题选B.
答案：B 二、多项选择题
6．(2016届湖南师大附中月考)如图甲所示，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．下列判断正确的是( )
A ．图线与纵轴的交点M 的值a M ＝－g
B ．图线与横轴的交点N 的值T N ＝mg
C ．图线的斜率等于物体的质量m
D ．货物始终处于超重状态
解析：由题图甲可以知道，拉力为零时货物只受重力，加速度为重力加速度，但是其位置在a 的负轴上，故M 点的值应为－g ，故A 正确；由题图知图象与横轴的交点N 对应的加速度为零，故可以知道此时受力平衡：T N ＝mg ，故B 正确；由M 、N 两点的坐标可得斜率为
g mg
＝1
m
，故C 错误；从题图中看加速度方向先是向下，后向上，由加速度向上是超重，向下是
失重，故货物先失重后超重，故D 错误．综上本题选A 、B.
答案：AB
7．(2017届黑龙江双鸭山一中月考)如图(a)所示，用一水平外力F 拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F ，物体做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g 取10 m/s 2
.根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
A ．物体的质量
B ．斜面的倾角
C ．加速度为6 m/s 2
时物体的速度
D ．加速度由2 m/s 2
增加到6 m/s 2
过程物体通过的位移 解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图所示：
x方向：F cosθ－mg sinθ＝ma，y方向：F N－F sinθ－G cosθ＝0.从题图中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，
解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确．
当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N.
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小．加速度由2 m/s2增加到6 m/s2过程不能求出物体通过的位移，故C、D错误．综上本题选A、B.
答案：AB
8.(2016届四川凉山州一诊)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为g sinθ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是g sinθ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，C正确，D错误．故选A、C.
答案：AC
9．(2017届安徽合肥质检)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．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/s2，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：由图乙知，m ＝m 0时，A 的加速度a ＝0，则此时受力平衡，对A 、B 分析得m 0g ＝
m A g sin θ，由于m 0未知，所以不能求出m A 的大小；m A 未知，m 0不可求，故A 、D 项错误．设
加速度大小为a ，m 为任意值时，对A 、B 整体由牛顿第二定律有mg －m A g sin θ＝(m ＋m A )a ，
a ＝m －m A sin θm ＋m A
g ，当m 趋向无穷大时，a 趋向于g ，所以a 1＝g ，即a 1与θ无关，故B 项正
确．a ＝a 2时，m ＝0，即绳对A 的拉力为零，有m A g sin θ＝m A a 2，解得a 2＝g sin θ，θ已知，所以可以求出a 2的值，故C 项正确．
答案：BC 三、计算题
10．如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板．开始时质量为m ＝1 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，今将水平力
F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失，此
后滑块和木板在水平方向上运动的v ­t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2
.求：
(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量．
解析：(1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡F ＝mg tan θ，代入数据可得：F ＝1033
N.
(2)滑块滑到木板上的初速度为10 m/s ，当F 变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：
mg sin θ＋F cos θ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2
下滑的位移：x ＝v 2
2a
，解得x ＝5 m
故下滑的高度h ＝x sin30°＝2.5 m.
(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共同速度后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木反间的动摩擦因数为μ2，二者共同减速时的加速度大小a 1＝1 m/s 2
发生相对滑动时，木板的加速度a 2＝1 m/s 2
滑块减速的加速度大小为a 3＝4 m/s 2
对整体受力分析可得a 1＝μ
1
M ＋m g
M ＋m
＝μ1g
可得μ1＝0.1
在0～2 s 内分别对m 和M 做受力分析 对M ：
μ2mg －μ1
M ＋m g
M
＝a 2，对m ：μ2mg
m
＝a 3
代入数据解方程可得M ＝1.5 kg.
答案：(1)103
3
N (2)2.5 m (3)1.5 kg。