（通用版）2023高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運動定律第3節(jié)課時提能練9牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

PAGEPAGE2課時提能練(九)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用(限時：40分鐘)A級跨越本科線1．(2022·冀州模擬)如圖3-3-12所示，物體A放在粗糙板上隨板一起在豎直平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動，且板始終保持水平，位置Ⅰ、Ⅱ在同一水平高度上，那么()【導(dǎo)學(xué)號：92492139】圖3-3-12A．物體在位置Ⅰ、Ⅱ受到的支持力都大于重力B．物體在位置Ⅰ、Ⅱ受到的支持力都小于重力C．物體在位置Ⅰ受到的支持力小于重力，位置Ⅱ時受到的支持力大于重力D．物體在位置Ⅰ受到的支持力大于重力，位置Ⅱ時受到的支持力小于重力B[因物體在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，在位置Ⅰ，物體受重力、支持力和向右的摩擦力，合力指向圓心，故重力大于支持力；在位置Ⅱ，物體受重力、支持力和向左的摩擦力，合力也指向圓心，故重力大于支持力；因此B正確，A、C、D錯誤．]2．應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現(xiàn)象分析正確的選項是()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度D[手托物體拋出的過程，必有一段加速過程，其后可以減速，可以勻速，當手和物體勻速運動時，物體既不超重也不失重；當手和物體減速運動時，物體處于失重狀態(tài)，選項A錯誤；物體從靜止到運動，必有一段加速過程，此過程物體處于超重狀態(tài)，選項B錯誤；當物體離開手的瞬間，物體只受重力，此時物體的加速度等于重力加速度，選項C錯誤；手和物體別離之前速度相同，別離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大，物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度，所以選項D正確．]3．(2022·廣西模擬)如圖3-3-13所示，A、B兩個物體疊放在一起，靜止在粗糙水平地面上，物體B與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，物體A與B之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.物體A的質(zhì)量m＝2kg，物體B的質(zhì)量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)對物體B施加一個水平向右的恒力F，為使物體A與物體B相對靜止，那么恒力的最大值是(物體間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()【導(dǎo)學(xué)號：92492140】圖3-3-13A．20N B．15NC．10N D．5NB[對物體A、B整體，由牛頓第二定律，F(xiàn)max－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；對物體A，由牛頓第二定律，μ2mg＝ma；聯(lián)立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Fmax＝15N，選項B正確．]4．如圖3-3-14所示，物體A、B質(zhì)量分別為m1、m2，水平推力F作用在物塊C上，三者相對靜止，一起向右以a＝5m/s2的加速度勻加速運動，不計各處摩擦，g取10m/s2，那么m1∶m2為()圖3-3-14A．1∶2 B．1∶3C．2∶1 D．3∶1C[設(shè)A、B間細繩的拉力大小為T，那么有T＝m2g，對A根據(jù)牛頓第二定律得T＝m1a，解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，所以選項C正確．]5．如圖3-3-15所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f.假設(shè)木塊不滑動，力F的最大值是()圖3-3-15A.eq\f(2fm＋M,M)B.eq\f(2fm＋M,m)C.eq\f(2fm＋M,M)－(m＋M)gD.eq\f(2fm＋M,m)＋(m＋M)gA[由題意知當M恰好不能脫離夾子時，M受到的摩擦力最大，F(xiàn)取最大值，設(shè)此時提升加速度為a，由牛頓第二定律得，對M有：2f－Mg＝Ma ①對m有：F－2f－mg＝ma ②聯(lián)立①②兩式解得F＝eq\f(2fM＋m,M)，選項A正確．]6．如圖3-3-16所示，滑塊A在傾角為30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a為2.0m/s2，假設(shè)在A上放一個重為10N的物體B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；假設(shè)在A上加豎直向下大小為10N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度為a2，那么()【導(dǎo)學(xué)號：92492141】圖3-3-16A．a(chǎn)1>2m/s2，a2<2m/s2B．a(chǎn)1＝2m/s2，a2＝2m/s2C．a(chǎn)1<2m/s2，a2<2m/s2D．a(chǎn)1＝2m/s2，a2>2m/s2D[依題意有mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa，(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝(mA＋mB)a1，(mAg＋F)sinθ－μ(mAg＋F)cosθ＝mAa2，由以上各式可解得：a1＝2m/s2，a2>2m/s2，即D項正確．]7．如圖3-3-17所示，在建筑工地，工人用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為()圖3-3-17A．μF B．2μFC.eq\f(3,2)m(g＋a) D．m(g＋a)D[由于A、B相對靜止，故A、B之間的摩擦力為靜摩擦力，A、B錯誤；設(shè)工人對A、B在豎直方向上的摩擦力為f，以A、B整體為研究對象可知在豎直方向上有2Ff－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，設(shè)B對A的摩擦力方向向下，大小為Ff′，對A由牛頓第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m(g＋a)，D正確，C錯誤．]8．(多項選擇)如圖3-3-18所示，兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m，甲圖中車上人用力F推車，乙圖中車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計)；人與車始終保持相對靜止．以下說法正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：92492142】圖3-3-18A．甲車的加速度大小為eq\f(F,M)B．甲車的加速度大小為0C．乙車的加速度大小為eq\f(2F,M＋m)D．乙車的加速度大小為0BC[對甲圖中的人和車組成的系統(tǒng)，在水平方向的合外力為0(人的推力F是內(nèi)力)，故a甲＝0，選項A錯誤，選項B正確；對乙圖中，人拉輕繩的力為F，那么繩拉人和繩拉車的力均為F，對人和車組成的系統(tǒng)，水平合外力為2F，由牛頓第二定律知：a乙＝eq\f(2F,M＋m)，那么選項C正確，選項D錯誤．]B級名校必刷題9．(2022·天水模擬)如圖3-3-19所示，A，B兩物體質(zhì)量為mA，mB(mA＞mB)，由輕繩連接繞過滑輪并從靜止釋放，不計滑輪質(zhì)量和所有摩擦，那么A、B運動過程中()【導(dǎo)學(xué)號：92492143】圖3-3-19A．輕繩的拉力為(mA－mB)gB．輕繩的拉力逐漸減小C．它們加速度的大小與eq\f(mA,mB)成正比D．假設(shè)(mA＋mB)是一定值，那么加速度大小與(mA－mB)成正比D[以AB為整體通過分析由牛頓第二定律可得(mA－mB)g＝(mA＋mB)a，a＝eq\f(mA－mBg,mA＋mB)，故C錯誤，D正確；對A由牛頓第二定律可知mAg－F＝mAa，F(xiàn)＝mAg－mAa＝eq\f(2mAmBg,mA＋mB)，故A、B錯誤；應(yīng)選D.]10．如圖3-3-20所示，三個物體質(zhì)量分別為m1＝1.0kg、m2＝2.0kg、m3＝3.0kg，斜面上外表光滑，斜面傾角θ＝30°，m1和m2之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.8.不計繩和滑輪的質(zhì)量及摩擦．初始用外力使整個系統(tǒng)靜止，當撤掉外力時，m2將(g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()圖3-3-20A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相對于m1上滑D．相對于m1下滑D[假設(shè)m1和m2保持相對靜止，對整體分析，整體的加速度a＝eq\f(m3g－m1＋m2gsin30°,m1＋m2＋m3)＝2.5m/s2.對m2分析，根據(jù)牛頓第二定律得f－m2gsin30°＝m2a，解得f＝m2gsin30°＋m2a＝15N，最大靜摩擦力fm＝μm2gcos30°＝8eq\r(3)N，可知f＞fm，那么m2的加速度應(yīng)小于m1的加速度，m2相對于m1下滑，故D正確．]11．質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖3-3-21所示，那么()【導(dǎo)學(xué)號：92492144】圖3-3-21A．小球?qū)A槽的壓力為eq\f(MF,m＋M)B．小球?qū)A槽的壓力為eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力增加D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球?qū)A槽的壓力減小C[利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝eq\f(F,M＋m)，對小球利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，由牛頓第三定律可知只有C選項正確．]12．(2022·河南三市聯(lián)考)如圖3-3-22所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質(zhì)點的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．假設(shè)讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10m/s的速度沿木板向上運動，隨著θ的改變，小物塊沿木板滑行的距離s將發(fā)生變化，重力加速度g取10m/s2.圖3-3-22(1)求小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)；(2)當θ角滿足什么條件時，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值．【解析】(1)當θ＝30°時，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．mgsinθ＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcosθ聯(lián)立解得：μ＝eq\f(\r(3),3).(2)對于小物塊沿木板向上滑行，由動能定理得－mgsinθ·s－μmgcosθ·s＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s＝eq\f(v\o\al(2,0),2gsinθ＋μcosθ)令a＝sinθ＋μcosθ＝eq\f(2\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝eq\f(2\r(3),3)·sin(θ＋30°)當θ＋30°＝90°時，a存在最大值am＝eq\f(2\r(3),3)即θ＝60°時，s最小對應(yīng)的最小值s＝eq\f(v\o\al(2,0),2ag)＝eq\f(5\r(3),2)m.【答案】(1)eq\f(\r(3),3)(2)60°eq\f(5\r(3),2)m13．如圖3-3-23所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．假設(shè)砝碼和紙板的質(zhì)量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g.圖3-3-23(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力F的大??；(3)本實驗中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，g取10m/s2.假設(shè)砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？【解析】(1)砝碼對紙板的摩擦力Ff1＝μm1g桌面對紙板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)gFf＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.(2)設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，那么Ff1＝m1a1，F(xiàn)－Ff1－Ff