2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)課時分層集訓(xùn)9牛頓運動定律的綜合應(yīng)用新人教版

PAGEPAGE1課時分層集訓(xùn)(九)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用(限時：40分鐘)[根底對點練]超重、失重現(xiàn)象1．(2022·西安“四校〞4月聯(lián)考)圖3-3-11甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的“·〞表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力—時間圖線．兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出．取重力加速度g＝10 m/s2．根據(jù)圖象分析可知()圖3-3-11A．人的重力為1500NB．c點位置人處于超重狀態(tài)C．e點位置人處于失重狀態(tài)D．d點的加速度小于f點的加速度B[由題圖可知a點處人處于平衡狀態(tài)，那么人的重力G＝500N，A錯誤．c、e點處人對傳感器的壓力大于人所受重力，故都處于超重狀態(tài)，B正確，C錯誤．在d點處人所受合力為1000N，而在f點處人所受合力僅為500N，再由牛頓第二定律可知人在d點處的加速度大，D錯誤．]2．如圖3-3-12所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．以下說法正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：84370131】圖3-3-12A．在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零B．上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C．下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D．在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力A[不計空氣阻力，A、B兩物體拋出后一起運動的加速度為g，兩物體均處于完全失重狀態(tài)，因此，物體只受重力作用，兩物體間的相互作用力為零，A正確．]3．(多項選擇)如圖3-3-13所示，升降機(jī)內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊．開始時，升降機(jī)做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑．當(dāng)升降機(jī)加速上升時，()圖3-3-13A．物塊與斜面間的摩擦力減小B．物塊與斜面間的正壓力增大C．物塊相對于斜面減速下滑D．物塊相對于斜面勻速下滑BD[當(dāng)升降機(jī)勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mgsinθ＝μmgcosθ，那么μ＝tanθ(θ為斜面傾角)，當(dāng)升降機(jī)加速上升時，設(shè)加速度為a；物塊處于超重狀態(tài)，超重ma．物塊“重力〞變?yōu)镚′＝mg＋ma，支持力變?yōu)镹′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B對．“重力〞沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面的摩擦力變?yōu)閒′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A錯誤．f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物塊仍沿斜面勻速運動，D對，C錯誤．]動力學(xué)中整體法、隔離法應(yīng)用4．(多項選擇)如圖3-3-14所示，物塊A的質(zhì)量是B的2倍，在恒力F作用下，在水平面上做勻加速直線運動．假設(shè)物塊與水平面間接觸面光滑，物塊A的加速度大小為a1，物塊A、B間的相互作用力大小為N1；假設(shè)物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，物塊B的加速度大小為a2，物塊間的相互作用力大小為N2，那么以下判斷正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：84370132】圖3-3-14A．a(chǎn)1＝a2 B．a(chǎn)1＞a2C．N1＝N2 D．N1＞N2BC[設(shè)B的質(zhì)量為m，那么A的質(zhì)量為2m；接觸面光滑時，整體分析：a1＝eq\f(F,2m＋m)＝eq\f(F,3m)，對B分析：N1＝mBa1＝eq\f(F,3)．接觸面粗糙時，整體分析：a2＝eq\f(F－f,3m)＝eq\f(F,3m)－μg，可知a1＞a2；對B分析：N2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,3)，那么N1＝N2，B、C正確．]5．質(zhì)量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質(zhì)量為m的小球靜止在圓槽上，如圖3-3-15所示，那么()圖3-3-15A．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項正確．]6．如圖3-3-16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()【導(dǎo)學(xué)號：84370133】圖3-3-16A．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(dāng)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，對木塊有：2f－Mg＝Ma 對夾子有：F－2f－mg＝ma 聯(lián)立①②兩式解得F＝eq\f(2fM＋m,M)，選項A正確．](2022·天水模擬)如下圖，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()A．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A、B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．]動力學(xué)中圖象問題7．如圖3-3-17甲所示，在傾角為30°的足夠長的光滑斜面上，有一質(zhì)量為m的物體，受到沿斜面方向的力F作用，力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力沿斜面向上為正)．那么物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是(物體的初速度為零，重力加速度取10m/s2)()圖3-3-17C[在0～1s內(nèi)，a1＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向上，物體向上做勻加速直線運動，1s末物體速度v1＝a1t1＝5m/s；在1～2s內(nèi)，拉力為零，a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向下，物體沿斜面向上做勻減速直線運動，2s末速度為零；在2～3s內(nèi)，a3＝eq\f(F＋mgsin30°,m)＝eq\f(3g,2)，方向沿斜面向下，物體沿斜面向下做勻加速直線運動，3s末物體速度v3＝a3t3＝15m/s，故C正確，A、B、D錯誤．]8．以不同初速度將兩個物體同時豎直向上拋出并開始計時，一個物體所受空氣阻力可忽略，另一物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比，以下用虛線和實線描述兩物體運動的v-t圖象，可能正確的選項是()【導(dǎo)學(xué)號：84370134】D[不受空氣阻力的物體，整個上拋過程中加速度恒為g，方向豎直向下，題圖中的虛線表示該物體的速度—時間圖象；受空氣阻力的物體在上升過程中，mg＋kv＝ma，即a＝g＋eq\f(kv,m)，隨著物體速度的減小，物體的加速度不斷減小，故A項錯誤；物體上升到最高點時，速度為零，此時物體的加速度為g，方向豎直向下，故圖中實線與t軸交點處的切線的斜率應(yīng)與虛線的斜率相同，故D項正確，B、C項錯誤．]9．一物體在水平推力F＝15N的作用下沿水平面做直線運動，一段時間后撤去F，其運動的v-t圖象如圖3-3-18所示，g取10m/s2，求：圖3-3-18(1)0～4s和4～6s物體的加速度大??；(2)物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ和物體的質(zhì)量m；(3)在0～6s內(nèi)物體運動平均速度的大?。甗解析](1)由圖可得：a1＝eq\f(Δv,Δt1)＝eq\f(10,4)m/s2＝2．5m/s2，a2＝eq\f(Δv,Δt2)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2．(2)根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝ma2解得：μ＝eq\f(a2,g)＝0．5根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma1解得：m＝eq\f(F,μg＋a1)＝2kg．(3)平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(\f(v,2)t,t)＝eq\f(v,2)＝eq\f(10,2)m/s＝5m/s．[答案](1)2．5m/s25m/s2(2)0．52kg(3)5m/s[考點綜合練]10．(多項選擇)如圖3-3-19甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．假設(shè)從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v-t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．v2>v1，那么()【導(dǎo)學(xué)號：84370135】甲乙圖3-3-19A．t1時刻，小物塊離A處的距離到達(dá)最大B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離到達(dá)最大C．0～t2時間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向一直向右D．0～t3時間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用ABC[相對地面而言，小物塊在0～t1時間內(nèi)，向左做勻減速運動，t1～t2時間內(nèi)，又反向向右做勻加速運動，當(dāng)其速度與傳送帶速度相同時(即t2時刻)，小物塊向右做勻速運動．故小物塊在t1時刻離A處距離最遠(yuǎn)，A正確；在0～t2時間內(nèi)，小物塊一直相對傳送帶向左運動，故一直受向右的滑動摩擦力，在t2～t3時間內(nèi)，小物塊相對于傳送帶靜止，小物塊不受摩擦力作用，因此t2時刻小物塊相對傳送帶滑動的距離到達(dá)最大值，B、C正確，D錯誤．]11．一個彈簧測力計放在水平地面上，Q為與輕彈簧上端連在一起的秤盤，P為一重物，P的質(zhì)量M＝10．5kg，Q的質(zhì)量m＝1．5kg，彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)k＝800N/m，系統(tǒng)處于靜止．如圖3-3-20所示，現(xiàn)給P施加一個方向豎直向上的力F，使它從靜止開始向上做勻加速運動，在前0．2s內(nèi)，F(xiàn)為變力，0．2s以后，F(xiàn)為恒力．求力F的最大值與最小值．(取g＝10m/s2)圖3-3-20[解析]設(shè)開始時彈簧壓縮量為x1，t＝0．2s時彈簧的壓縮量為x2，物體P的加速度為a，那么有kx1＝(M＋m)g ①kx2－mg＝ma ②x1－x2＝eq\f(1,2)at2 ③由①式得x1＝eq\f(M＋mg,k)＝0．15m ④由②③④式得a＝6m/s2F?。?M＋m)a＝72NF大＝M(g＋a)＝168N．[答案]168N72N12．如圖3-3-21所示，將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3-3-21(1)當(dāng)紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大?。?2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力F的大小；(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？【導(dǎo)學(xué)號：84370136】[解析](1)砝碼對紙板的摩擦力Ff1＝μm1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＝m1a