高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 第3講 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)（含解析）-人教版高三物理試題

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用一、選擇題(本題共10小題，1～6題為單選題，7～10題為多選題)1.圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的點(diǎn)表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫(huà)出的力－時(shí)間圖線．兩圖中a～g各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫(huà)出．重力加速度g取10m/s2.根據(jù)圖像分析可得()A．人的重力為：1500NB．c點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)C．e點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)D．d點(diǎn)的加速度小于f點(diǎn)的加速度解析：B由圖可知人的重力為500N，故A錯(cuò)誤；c點(diǎn)位置人的支持力750N>500N，處于超重狀態(tài)，故B正確；e點(diǎn)位置人的支持力650N>500N，處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；d點(diǎn)的加速度為20m/s2大于f點(diǎn)的加速度為10m/s2，故D錯(cuò)誤．2.如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個(gè)豎直向下的恒力F，則()A．物塊可能勻速下滑B．物塊仍以加速度a勻加速下滑C．物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D．物塊將以小于a的加速度勻加速下滑解析：C未加恒力F時(shí)，對(duì)物塊由牛頓第二定律知ma＝mgsinθ－μmgcosθ，而加上F后，ma′＝(mg＋F)(sinθ－μcosθ)，即a′>a，C正確．3．應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)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(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出．對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是()A．受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開(kāi)手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度解析：D物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時(shí)，物體處于超重狀態(tài)．當(dāng)物體離開(kāi)手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯(cuò)誤；物體離開(kāi)手的前一時(shí)刻，手與物體具有相同的速度，物體離開(kāi)手的下一時(shí)刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開(kāi)手的瞬間這段相同的時(shí)間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確．4.(2018·煙臺(tái)模擬)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個(gè)角的角度為α(α>45°)．三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過(guò)一根跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計(jì)滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將m1和m2同時(shí)由靜止釋放后，下列說(shuō)法正確的是()A．若m1＝m2，則兩物體可靜止在斜面上B．若m1＝m2tanα，則兩物體可靜止在斜面上C．若m1＝m2，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1＝m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零解析：C若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsinα，由于α>45°，則m2gsin(90°－α)<m1gsinα，則m1將沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，m2將沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤．要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2gsin(90°－α)＝m1gsinα，即有m1＝m2cotα，B錯(cuò)誤．若m1＝m2，設(shè)加速度大小為a，對(duì)兩個(gè)物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有FN－(M＋m1＋m2)g＝m2asin(90°－α)－m1asinα<0，即地面對(duì)三棱柱的支持力FN<(M＋m1＋m2)g，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有Ff＝m1acosα－m2acos(90°－α)<0，C正確，D錯(cuò)誤．5．a(chǎn)、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2，由輕質(zhì)彈簧相連．當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x1；當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為x2，如圖所示，則()A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2C．若m1>m2，則x1>x2 D．若m1<m2，則x1<x2解析：A當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a時(shí)，先用整體法有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再隔離b有kx1－m2g＝m2a，聯(lián)立得：x1＝eq\f(m2F,km1＋m2).當(dāng)沿水平方向拉著a時(shí)，先用整體法有F＝(m1＋m2)a′，再隔離b有kx2＝m2a′，聯(lián)立得x2＝eq\f(m2F,km1＋m2)，故x1＝x2，所以只有A項(xiàng)正確．6．如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開(kāi)始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的v－t圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則()A．施加外力前，彈簧的形變量為eq\f(2g,k)B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g－a)C．A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)彈簧彈力恰好為零D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值解析：B施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝eq\f(2Mg,k)，故A錯(cuò)誤；施加外力F的瞬間，對(duì)物體B，根據(jù)牛頓第二定律有F彈－Mg－FAB＝Ma，其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故B正確；由題圖乙知，物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對(duì)B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)F彈′＝Mg時(shí)，B達(dá)到最大速度，故D錯(cuò)誤．7．質(zhì)點(diǎn)甲固定在原點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)乙可在x軸上運(yùn)動(dòng)，甲對(duì)乙的作用力F只與甲、乙之間的距離x有關(guān)，在2.2×10－10m≤x≤5.0×10－10m的范圍內(nèi)，F(xiàn)與x的關(guān)系如圖所示．若乙自P點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，且乙只受力F作用，規(guī)定力F沿＋A．乙運(yùn)動(dòng)到R點(diǎn)時(shí)，速度最大B．乙運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，速度最大C．乙運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，靜止于該處D．乙位于P點(diǎn)時(shí)，加速度最大解析：BD由圖示可知，質(zhì)點(diǎn)乙由靜止從P開(kāi)始向右做加速運(yùn)動(dòng)，越過(guò)Q后做減速運(yùn)動(dòng)，因此經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確．由圖示圖像可知質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后，在甲的作用力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，不會(huì)靜止在Q點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．由圖像可知在P點(diǎn)受力最大，根據(jù)牛頓第二定律知P點(diǎn)的加速度最大，選項(xiàng)D正確．8．如圖甲所示，A、B兩長(zhǎng)方體疊放在一起，放在光滑的水平面上．B物體從靜止開(kāi)始受到一個(gè)水平變力的作用，該力與時(shí)間的關(guān)系如圖乙所示，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B始終保持相對(duì)靜止．則在0～2t0時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是()A．t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大，加速度最小B．t0時(shí)刻，A、B的速度最大C．0時(shí)刻和2t0時(shí)刻，A、B間的靜摩擦力最大D．2t0時(shí)刻，A、B離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，速度為0解析：BCDt0時(shí)刻，A、B受力F為0，A、B加速度為0，A、B間靜摩擦力為0，加速度最小，A錯(cuò)；在0至t0過(guò)程中，A、B所受合外力逐漸減小，即加速度減小，但是加速度與速度方向相同，速度一直增加，t0時(shí)刻A、B速度最大，B對(duì)；0時(shí)刻和2t0時(shí)刻A、B所受合外力F最大，故A、B在這兩個(gè)時(shí)刻加速度最大，為A提供加速度的A、B間靜摩擦力也最大，C對(duì)；A、B先在F的作用下加速，t0后F反向，A、B繼而做減速運(yùn)動(dòng)，到2t0時(shí)刻，A、B速度減小到0，位移最大，D對(duì)．9．如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊．木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出其加速度a，得到如圖乙所示的a－F圖像．取g＝10m/s2.則下列說(shuō)法正確的是()A．滑塊的質(zhì)量m＝4kgB．木板的質(zhì)量M＝4kgC．滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D．當(dāng)F＝8N時(shí)滑塊加速度為2m/s2解析：AC由圖像，當(dāng)F等于6N時(shí)，加速度a＝1m/s2，對(duì)整體：F＝(M＋m)a，解得：M＋m＝6kg，當(dāng)F大于6N時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(F－μmg,M)，知圖線的斜率k＝eq\f(1,M)＝eq\f(1,2)，解得M＝2kg，滑塊的質(zhì)量m＝4kg，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)F大于6N的圖線延長(zhǎng)線知，F(xiàn)＝4N時(shí)，a＝0，由a＝eq\f(F－μmg,M)，解得μ＝0.1，故C正確；根據(jù)μmg＝ma′得a′＝1m/s2，D錯(cuò)誤．10.(2018·湖南衡陽(yáng)模擬)如圖，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(dòng)很小．這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)．若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為M和m.各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，砝碼與紙板左端的距離及桌面右端的距離均為d.現(xiàn)用水平向右的恒定拉力F拉動(dòng)紙板，下列說(shuō)法正確的是()A．紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，紙板所受摩擦力的大小為μ(M＋m)gB．要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)一定大于2μ(M＋m)gC．若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于eq\r(μgd)，砝碼不會(huì)從桌面上掉下D．當(dāng)F＝μ(2M＋3m)解析：BC對(duì)紙板分析，當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的摩擦力為f2＝μ(M＋m)g＋μMg，故A錯(cuò)誤；設(shè)砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則有：f1＝Ma1，F(xiàn)－f1－f2＝ma2，發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要a2>a1，代入已知條件解得：F>2μ(M＋m)g，故B正確；若砝碼與紙板分離時(shí)的速度小于eq\r(μgd)，砝碼勻加速運(yùn)動(dòng)的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，勻減速運(yùn)動(dòng)的位移小于eq\f(v2,2a1)＝eq\f(μgd,2μg)＝eq\f(d,2)，則位移小于d，不會(huì)從桌面掉下，故C正確；當(dāng)F＝μ(2M＋3m)g時(shí)，砝碼未脫離紙板時(shí)的加速度a1＝μg，紙板的加速度a2＝eq\f(F－μm＋Mg－μMg,m)＝2μg，根據(jù)eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝d，解得t＝eq\r(\f(2d,μg))，則此時(shí)砝碼的速度v＝a1t＝eq\r(2μgd)，砝碼脫離紙板后做勻減速運(yùn)動(dòng)，勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a′＝μg，則勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(v2,2a′)＝eq\f(2μgd,2μg)＝d，而勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x′＝eq\f(1,2)a1t2＝d，可知砝碼恰好離開(kāi)桌面，故D錯(cuò)誤．二、計(jì)算題(本題共2小題，需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示，水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運(yùn)動(dòng)．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.求：(1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運(yùn)動(dòng)且不脫離地面，拉力F的大小范圍．(2)已知m＝10kg，μ＝0.5，g＝10m/s2，若F的方向可以改變，求使物體以恒定加速度a＝5m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F的最小值．解析：(1)要使物體運(yùn)動(dòng)時(shí)不離開(kāi)地面，應(yīng)有：Fsinθ≤mg要使物體能一直向右運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有：Fcosθ≥μ(mg－Fsinθ)聯(lián)立解得：eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)≤F≤eq\f(mg,sinθ)(2)根據(jù)牛頓第二定律得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma解得：F＝eq\f(μmg＋ma,cosθ＋μsinθ)上式變形得F＝eq\f(μmg＋ma,\r(1＋μ2)sinθ＋α)其中α＝arcsineq\f(1,\r(1＋μ2))當(dāng)sin(θ＋α)＝1時(shí)，F(xiàn)有最小值解得：Fmin＝eq\f(μmg＋ma,\r(1＋μ2))代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：Fmin＝40eq\r(5)N答案：(1)eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)≤F≤eq\f(mg,sinθ)(2)40eq\r(5)N12．(2018·濱州模擬)質(zhì)量M＝4kg、長(zhǎng)2l＝4m的木板放在光滑水平地面上，以木板中點(diǎn)為界，左邊和右邊的動(dòng)摩擦因數(shù)不同．一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在木板的左端，如圖甲所示．在t＝0時(shí)刻對(duì)滑塊施加一個(gè)水平向右的恒力F，使滑塊和木板均由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，t1＝2s時(shí)滑塊恰好到達(dá)木板中點(diǎn)，滑塊運(yùn)動(dòng)的x1－t圖像如圖乙所示．g取10m/s2(1)求滑塊與木板左邊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和恒力F的大?。?2)若滑塊與木板右邊的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1,2s末撤去恒力F，則滑塊能否從木板上滑落下來(lái)？若能，求分離時(shí)滑塊的速度大小．若不能，則滑塊將停在離木板右端多遠(yuǎn)處？解析：(1)滑塊和木板均做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊的加速度大小為a1，木板的加速度大小為a2，則t1＝2s時(shí)木板的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)①滑塊的位移x1＝4m②由牛頓第二定律得a2＝eq\f(μ1mg,M)③由位移關(guān)系得x1－x2＝l④聯(lián)立①②③④解得μ1＝0.4⑤滑塊位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)⑥恒力F＝ma1＋μ1mg⑦聯(lián)立②⑤⑥⑦解得F＝6N(2)設(shè)滑塊到達(dá)木板中點(diǎn)時(shí)，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，滑塊滑過(guò)中點(diǎn)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑塊和木板的加速度大小分別為a