高考物理一輪復習-第三章-第3講-牛頓運動定律的綜合應用

[A組基礎題組]一、單項選擇題1．質量為m＝60kg的同學，雙手抓住單杠做引體向上，他的重心的速率隨時間變化的圖像如圖所示。取g＝10m/sA．t＝0.5s時，他的加速度為3m/sB．t＝0.4s時，他處于超重狀態(tài)C．t＝1.1s時，他受到單杠的作用力的大小是620ND．t＝1.5s時，他處于超重狀態(tài)解析：根據速度圖像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s時他的加速度為0.3m/s2，選項A錯誤。t＝0.4s時他向上加速運動，加速度方向向上，他處于超重狀態(tài)，選項B正確。t＝1.1s時他的加速度為0，他受到單杠的作用力的大小等于重力600N，選項C錯誤。t＝1.5s時他向上做減速運動，加速度方向向下，他處于失重狀態(tài)，選項D錯誤。答案：B2．(2020·高考江蘇卷)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節(jié)對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為()A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：設列車的加速度為a，每節(jié)車廂的質量為m，每節(jié)車廂受的阻力為f，對后38節(jié)車廂，由牛頓第二定律得F－38f＝38ma；設倒數第3節(jié)車廂對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為F1，對后2節(jié)車廂，由牛頓第二定律得F1－2f＝2ma，聯立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正確。答案：C3.(2021·四川省瀘縣高三下學期第二次適應考試)一個大人和一個小孩用不同種雪橇在傾角為θ的傾斜雪地上滑雪，大人和小孩(大人和雪橇的質量較大)之間用一根輕桿(桿與斜面平行)相連，發(fā)現他們恰好勻速下滑。若大人、小孩同時松開輕桿，則可能的情況是()A．大人加速下滑，小孩減速下滑，兩者加速度大小相同B．大人加速下滑，小孩減速下滑，兩者加速度大小不同C．兩人都加速下滑，但加速度不同D．兩人都減速下滑，但加速度不同解析：由于大人和小孩用的是不同的雪橇，它們與雪地之間的動摩擦因數不同，并且必定是一大一小，所以松開輕桿后大人和小孩必定是一個做加速運動，一個做減速運動，兩者松開輕桿后，每個人所受合力等大反向，與原來桿上的力反向，而兩者質量不同，則加速度一定不同，故B正確。答案：B4.(2021·四川省成都七中高三零診)如圖所示，物體A、B質量均為m，疊放在輕質彈簧上(彈簧下端固定于地面上，上端和物體拴接)。對A施加一豎直向下、大小為F的外力，使彈簧再壓縮一段距離(彈簧始終處于彈性限度內)后物體A、B處于平衡狀態(tài)。已知重力加速度為g，F＞2mg。現突然撤去外力F，設兩物體向上運動過程中A、B間的相互作用力大小為N，則下列關于N的說法正確的是()A．剛撤去外力F時，N＝eq\f(mg＋F,2)B．彈簧彈力等于F時，N＝eq\f(F,2)C．兩物體A、B在彈簧恢復原長之前分離D．彈簧恢復原長時N＝mg解析：剛撤去外力F時，由牛頓第二定律，對A、B組成的整體有F＝2ma1，對物體A有N－mg＝ma1，聯立解得N＝eq\f(F,2)＋mg，選項A錯誤；彈簧彈力等于F時，對A、B組成的整體有F－2mg＝2ma2，對物體A有N－mg＝ma2，聯立解得N＝eq\f(F,2)，選項B正確；當A、B恰好分離時，A、B間相互作用力為0，對A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也為g，根據牛頓第二定律分析可知彈簧恰好恢復到原長，選項C、D錯誤。答案：B5．如圖所示，質量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊一質量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為F1。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和其一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F1′，則()A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＝F1C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＞F1解析：當用力F水平向右拉小球時，以小球為研究對象，豎直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整體為研究對象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②當用力F′水平向左拉小車時，以球為研究對象，豎直方向有F1′cosθ＝mg③水平方向有F1′sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④結合兩種情況，由①③式有F1＝F1′；由②④式并結合M＞m有a′＞a，故正確選項為B。答案：B二、多項選擇題6．(2021·山東濟南聯考)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其vt圖線如圖所示，則()A．在0～t1時間內，外力F大小不斷增大B．在t1時刻，外力F為零C．在t1～t2時間內，外力F大小可能不斷減小D．在t1～t2時間內，外力F大小可能先減小后增大解析：在0～t1時間內，vt圖像的斜率逐漸減小，加速度減小，說明外力F大小不斷減小，但仍然大于摩擦力，故A錯誤。在t1時刻斜率為零，即加速度為零，說明外力等于摩擦力，故B錯誤。在t1～t2時間內，反方向的加速度逐漸增大，說明反方向的合力一直增大，可能是F一直減小，也可能是F減小到零后反向增加，故C、D正確。答案：CD7．(2021·福建龍巖高三質檢)粗糙的水平地面上放著一個質量為M、傾角為θ的斜面體，斜面部分光滑，底面與水平地面間的動摩擦因數為μ，輕質彈簧一端與固定在斜面上的輕質擋板相連，另一端連接一質量為m的小球，彈簧的勁度系數為k。斜面體在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做勻加速直線運動(運動過程小球沒離開斜面)。以下說法正確的是()A．水平恒力大小為(M＋m)aB．地面對斜面體的摩擦力為μ(M＋m)gC．彈簧的形變量為eq\f(macosθ＋mgsinθ,k)D．斜面對小球的支持力為mgcosθ＋masinθ解析：對系統(tǒng)受力分析，應用牛頓第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，A錯誤，B正確；對小球應用牛頓第二定律，沿斜面和垂直斜面方向分解加速度，有kx－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－N＝masinθ，解得彈簧的形變量為x＝eq\f(macosθ＋mgsinθ,k)，斜面對小球的支持力N＝mgcosθ－masinθ，C正確，D錯誤。答案：BC8．(2021·四川眉山高三檢測)如圖所示，光滑水平桌面上放置著物塊A，它通過輕繩和輕質滑輪懸掛著物塊B，已知A的質量為m，B的質量為3m，重力加速度大小為g。靜止釋放物塊A、BA．相同時間內，A、B運動的路程之比為2∶1B．物塊A、B的加速度之比為1∶1C．細繩的拉力為eq\f(6mg,7)D．當B下落高度h時，速度為eq\r(\f(2gh,5))解析：相同時間內，圖中A向右運動h時，B下降一半的距離，即為eq\f(h,2)，故A、B運動的路程之比為2∶1，故A正確；任意相等時間內，物體A、B的位移之比為2∶1，故速度和加速度之比均為2∶1，故B錯誤；設A的加速度為a，則B的加速度為0.5a，根據牛頓第二定律，對A，有T＝ma，對B，有3mg－2T＝3m·0.5a，聯立解得T＝eq\f(6mg,7)，a＝eq\f(6,7)g，故C正確；對B，加速度為a′＝0.5a＝eq\f(3,7)g，根據速度位移公式，有v2＝2a′h，解得v＝eq\r(\f(6gh,7))，故D錯誤。答案：AC[B組能力題組]9.如圖甲所示，一根輕彈簧豎直直立在水平地面上，下端固定。在彈簧的正上方有一個物塊，物塊從高處自由下落到彈簧上端O處，將彈簧壓縮了x0時，物塊的速度變?yōu)榱恪Ｔ谌鐖D乙所示的圖像中，能正確反映物塊從與彈簧接觸開始，至運動到最低點加速度的大小隨下降的位移x(彈簧原長為位移的零點)變化的圖像是()解析：物塊下降到O點時，物塊所受彈力為零，此時物塊只受重力，加速度為g；繼續(xù)下降，所受合力F＝mg－kx，加速度a＝eq\f(F,m)＝g－eq\f(kx,m)，當彈力增大到等于重力時，合力為零，加速度為零。此后合力方向向上，加速度可表示為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(kx,m)－g，當彈力增大到是重力的2倍時，加速度大小為g，由對稱性可知，此時物塊向下運動的速度不為零，將繼續(xù)向下運動，故當物塊速度減小到零時，加速度a>g，選項D正確，A、B、C錯誤。答案：D10．如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a(a＜g)的勻加速運動，測得兩個物體的vt圖像如圖乙所示。已知重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．施加外力F大小恒為M(g＋a)B．A、B分離時，彈簧彈力恰好為零C．A、B分離時，A上升的距離為eq\f(M（g－a）,k)D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值解析：施加F前，物體A、B整體平衡，根據平衡條件，有2Mg＝kx0，解得x0＝eq\f(2Mg,k)，加外力F后到物體A、B分離前，對A、B整體有F－2Mg＋F彈＝2Ma，又因F彈＝kx，由于壓縮量x減小，故F為變力，物體A、B分離時，A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對A有F－Mg＝Ma，解得此時F＝M(g＋a)，故A錯誤；A、B分離后，B做加速度減小的加速運動，當F彈＝Mg時，B達到最大速度，故B、D錯誤；A、B分離時，對B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，此時彈簧的壓縮量為x2＝eq\f(M（g＋a）,k)，故彈簧的壓縮量減小了Δx＝x0－x2＝eq\f(M（g－a）,k)，即A上升的距離h＝eq\f(M（g－a）,k)，故C正確。答案：C11．(2021·安徽省皖南八校聯考)放在水平地面上的一個物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系及物塊速度v與時間t的關系如圖所示。已知物塊與地面間動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2，(1)物塊的質量m；(2)0～6s時間內物塊的平均速度大小。解析：(1)4～6s：F3＝μmg，解得m＝1kg(2)2～4s：F2－μmg＝ma，解得a＝1m/s2故4s末物塊速度v＝at＝2m/s則0～6s時間內物塊的平均速度v＝eq\f(\f(1,2)×2×2＋2×2,6)m/s＝1m/s。答案：(1)1kg(2)112．(2021·四川省眉山市高三第三次診斷)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意改變，當θ＝30°時，可視為質點的一小木塊恰好能沿著木板勻速下滑。若讓該小木塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上運動，隨著θ的改變，小木塊沿木板向上滑行的距離x將發(fā)生變化，重力加速度為g。(1)求小木塊與木板間的動摩擦因數；(2)當θ角為何值時，小木塊沿木板向上滑行的距離最小，并求出此最小值。解析：(1)當θ＝30°時，木塊處于平衡狀態(tài)，對木塊受力分析有mgsinθ＝μN，N－mgcosθ＝0，解得μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)當θ變化時，設沿斜面向上為正方向，木塊的加速度為a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax得x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g（sinθ＋μcosθ）)＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(