【原创】高考物理总复习 第3课时 牛顿运动定律的综合应用(001)

第3课时牛顿运动定律的综合应用课时巩固训练夯双基提素能【基础题组】1.(多选)2016年8月17日在里约奥运会男子跳高决赛的比赛中,加拿大选手德劳因突出重围,以2米38的成绩战胜了夺冠热门乌克兰选手邦达连科和卡塔尔选手巴尔希姆夺冠.如图为德劳因的杆上英姿,若不计空气阻力,则他在这次跳高中( AD )A.起跳时地面对他的弹力大于他的重力B.起跳时地面对他的弹力小于他的重力C.起跳以后上升过程他处于超重状态D.越过杆以后的下落过程中他处于失重状态解析:德劳因在起跳时,他在弹力的作用下向上加速,故此时地面对他的弹力大于他的重力,选项A正确,B错误;起跳以后上升过程与越过杆以后的下落过程中,他只受重力作用,所以处于失重状态,选项C错误,D正确.2. 物块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 )A.1 NB.1.5 NC.2 ND.3 N解析: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a=,对B有F=ma,所以F=1 N,选项A正确.3.(2018·河北邯郸模拟)(多选)建筑工地常用吊车通过绳索将建筑材料从地面吊到高处[如图(甲)].图(乙)为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图像,下列判断正确的是( AB )A.前10 s内的平均速度是0.5 m/sB.前10 s绳索最容易发生断裂C.30～36 s材料处于超重状态D.整个过程材料上升高度是36 m解析:前10 s内的平均速度== m/s=0.5 m/s,选项A正确;前 10 s内做匀加速直线运动,加速度向上,拉力大于重力,10～30 s 内做匀速直线运动,拉力等于重力,30～36 s内做匀减速直线运动,加速度向下,处于失重状态,拉力小于重力.所以前10 s内绳索拉力最大,最容易断裂,选项B正确,C错误;由图可知,整个过程材料上升的高度h=×1 m=28 m,选项D错误.4.(2018·湖南怀化模拟)如图,有质量分别为m1,m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中).已知力F与水平方向的夹角为θ.则m1的加速度大小为( B )A. B. C. D.解析:对整体分析,画出受力示意图如图所示.根据牛顿第二定律得,加速度为a=.则m1的加速度为a=,选项B正确,A,C,D错误.5.(2018·湖北武汉武昌区模拟)(多选)质量m=2 kg,初速度v0=8 m/s 的物体沿着粗糙水平面向右运动,物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.1,同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用,水平向右为拉力的正方向,则以下结论正确的是( BD )A.0～1 s内,物体的加速度大小为2 m/s2B.1～2 s内,物体的加速度大小为2 m/s2C.0～1 s内,物体的位移为7 mD.0～2 s内,物体的总位移为11 m解析:0～1 s内,物体加速度大小a1== m/s2=4 m/s2,选项A错误;1～2 s内物体加速度大小a2==m/s2=2 m/s2,选项B正确;物体运动的v t图线如图所示,0～1 s内位移为x1=6 m,选项C错误;0～2 s内物体总位移x=x1+x2=(×1+×1) m=11 m,选项D正确.6. 如图所示,A,B两个物体叠放在一起,静止在粗糙水平地面上,物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,物体A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2.已知物体A的质量m=2 kg,物体B的质量M=3 kg,重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F,为使物体A 与物体B相对静止,则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( B )A.20 NB.15 NC.10 ND.5 N解析:对物体A,B整体,由牛顿第二定律得F max-μ1(m+M)g=(m+M)a;对物体A,由牛顿第二定律得μ2mg=ma,联立解得F max=(m+M)(μ1+μ2)g,代入相关数据得F max=15 N,选项B正确.7.(2018·安徽安庆模拟)如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m 的小球,另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行.在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止,已知弹簧的劲度系数为k.则该过程中弹簧的形变量为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)( A )A. B. C. D.解析:在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时,弹簧是处于伸长状态还是压缩状态,无法直接判断,此时可采用假设法.假设弹簧处于压缩状态,若求得弹力F为正值,则假设正确.水平方向上由牛顿第二定律得F N sin θ+Fcos θ=mg,竖直方向上由受力平衡得F N cos θ=mg+Fsin θ,联立得F=mg.由胡克定律得F=kx,x=,选项A正确.8.在物体下落过程中,速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系.某科研小组在研究小球下落后的运动过程时,得到速度随时间变化的图像,并作出t=0.5 s时刻的切线,如图所示.已知小球在t=0时刻释放,其质量为0.5 kg,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能;(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值.解析:(1)由图像可知,小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1=5 m/s, 碰撞后瞬间速度大小v2=4 m/s,碰撞过程损失的机械能ΔE=m-m,代入数据可得ΔE=2.25 J.(2)由图像可得t=0.5 s时小球加速度a==4 m/s2,由牛顿第二定律mg-f=ma,由于f=kv,得k=0.75,则f max=kv m=3.75 N.答案:(1)2.25 J (2)3.75 N【能力题组】9.(2017·吉林二模)(多选)如图所示,带支架的滑块沿倾角为θ的斜面向下运动,支架末端用细线悬挂一个小球,竖直方向和垂直斜面方向用虚线标示,若整个装置稳定后小球可能的位置如图中a,b,c,d所示,各角度标注如图,则关于斜面与滑块间的动摩擦因数μ,下列说法不正确的是( BD )A.若小球处于a位置,则μ=tan(θ+α)B.若小球处于b位置,则μ=0C.若小球处于c位置,则μ=tan(θ-β)D.若小球处于d位置,则μ=tan θ解析:在a位置对小球受力分析可知mgsin θ-Tsin(θ+α)=ma,mgcos θ=Tcos(θ+α)联立解得a=gsin θ-gcos θtan(θ+α);对整体受力分析可知(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a,解得μ=tan(θ+α),选项A正确;在b位置对小球受力分析可知小球匀速运动,加速度a=0, 对整体受力分析可知(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a,解得μ=tan θ,选项B错误;在c位置对小球受力分析可知mgsin θ-Tsin (θ-β)=ma, mgcos θ=Tcos(θ-β)联立解得a=gsin θ-gcos θtan(θ-β);对整体受力分析可知(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a解得μ=tan(θ-β),选项C正确;在d位置对小球受力分析可知mgsin θ=ma,得a=gsin θ,对整体受力分析可知(M+m)gsin θ-μ(M+m)gcos θ=(M+m)a,解得μ=0,选项D错误.10.(2018·吉林长春质检)(多选)如图所示,质量均为m的A,B两物块置于水平地面上,物块与地面间的动摩擦因数均为μ,物块间用一水平轻绳相连,绳中无拉力.现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.下列说法中正确的是( ABC )A.当0<F≤μmg时,绳中拉力为0B.当μmg<F≤2μmg时,A,B物块均静止C.当F>2μmg时,绳中拉力等于D.无论F多大,绳中拉力都不可能等于解析:因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,当0<F≤μmg时,A受到拉力与静摩擦力的作用,二者平衡,绳子拉力为0,选项A正确;当μmg<F ≤2μmg时,A,B整体受到拉力和摩擦力的作用,二者平衡,A,B整体处于静止状态,选项B正确;当F>2μmg时,整体将开始加速运动,对整体a=,对B有a=,由上两式得F拉=,选项C正确;当μmg<F≤2μmg时,若水平力F为μmg,绳子的拉力可为,选项D错误.11.(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图像如图(乙)所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度为g=10 m/s2.则( ABC )A.a= m/s2时,F N=0B.小球质量m=0.1 kgC.斜面倾角θ的正切值为D.小球离开斜面之前,F 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Tcos θ-F N sin θ=ma,Tsin θ+F N cos θ=mg,联立解得F N=mgcos θ-masin θ,T=macos θ+mgsin 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= m/s2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mgsin θ=T;当a= m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图(2)所示,所以=ma,联立可得tan θ=,m=0.1 kg,选项B,C正确;将θ和m的值代入F N=mgcos θ-masin θ,得F N=0.8-0.06a(N),选项D 错误.12.(2018·江苏无锡模拟)(多选)如图(甲)所示,在粗糙的水平面上质量分别为m和M的物块A,B用轻弹簧相连,两物块与水平面间的动摩擦因数为μ,当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时,弹簧的伸长量为x1;当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时,弹簧的伸长量为x2,则下列说法中正确的是( AB )A.若m>M,有x1=x2B.若m<M,有x1=x2C.若μ>sin θ,有a1=a2D.若μ<sin θ,有a1=a2解析: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)a1,隔离物块A,根据牛顿第二定律有F T-μmg=ma1,联立解得F T=F;在斜面上滑动时,对整体,根据牛顿第二定律有F-(m+M)gsin θ=(m+M)a2.隔离物块A,根据牛顿第二定律有F T′-mgsin θ=ma2,联立解得F T′=F,可得a1=-μg,a2=-gsin θ,若μ≠sin θ,则a1≠a2,比较F T,F T′可知,弹簧的弹力相等,与动摩擦因数和斜面的坡度无关,选项A,B正确,C,D错误.13.如图所示,静止在光滑水平面上的斜面体,质量为M,倾角为α,其斜面上有一静止的滑块,质量为m,两者之间的动摩擦因数为μ,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动,求:(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动,图中水平向右的力F的最大值;(2)若要使滑块做自由落体运动,图中水平向右的力F的最小值.解析:(1)当滑块与斜面体一起向右加速时,力F越大,加速度越大,当F最大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值f m,滑块受力如图所示.设一起加速的最大加速度为a,对滑块应用牛顿第二定律得F N cos α+f m sin α=mg,f m cos α-F N sin α=ma,由题意知f m=μF N,联立解得a=g,对整体受力分析F=(M+m)a,联立解得F=.(2)如图所示,要使滑块做自由落体运动,滑块与斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时M的加速度为a M,则对M有F=Ma M,当水平向右的力F最小时,二者没有相互作用但仍接触,则有=tan α,即=tan α,联立解得F=.答案:(1)(2)14.如图(甲)所示,可视为质点的A,B两物体置于一静止长纸带上,纸带左端与A,A与B间距均为d=0.5 m,两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1=0.1,与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2.现以恒定的加速度a=2 m/s2向右水平拉动纸带,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)A物体在纸带上的滑动时间;(2)在图(乙)的坐标系中定性画出A,B两物体的v t图像;(3)两物体A,B停在地面上的距离.解析:(1)两物体在纸带上滑动时均有μ1mg=ma1,当物体A滑离纸带时a-a1=d,由以上两式可得t1=1 s.(2)如图所示.(3)物体A离开纸带时的速度v1=a1t1,两物体在地面上运动时均有μ2mg=ma2,物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移x1=+,物体B滑离纸带时a-a1=2d,物体B离开纸带时的速度v2=a1t2,物体B从开始运动到停在地面上过程中的总位移,x2=+,两物体A,B最终停止时的间距x=x2+d-x1,由以上各式可得x=1.25 m.答案:(1)1 s (2)见解析(3)1.25 m。