人教版牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用(卷Ⅱ)(重點(diǎn)高中)單元測(cè)試

1、（十）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用卷拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做B級(jí)一一拔高題目穩(wěn)做準(zhǔn)做 1.（2018鄭州二模）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 表 示人的重心。圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力一時(shí)間圖像，兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫出，重力加速度g取10 m/s2,根據(jù)圖像分析可知（ ）屛：EnklfflliA .人的重力為 1 500 NB. 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)的加速度解析選B 分析圖像可知 a點(diǎn)，人處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力等于支持力，所以G= 500 N ,A錯(cuò)誤。c點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于其重力，處于

2、超重狀態(tài)，B正確。e點(diǎn)時(shí)人對(duì)傳感器的壓力大于其重力，處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)誤。在f點(diǎn)，人只受重力，加速度 g= 10 m/s2;在d點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 Fn mg= ma,得a = 20 m/s2, d點(diǎn)的加速度大于 f點(diǎn)的加速度， D錯(cuò)誤。 2.多選如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長(zhǎng)的靜止小車， I F 燈*小車質(zhì)量為M = 5 g,小車上靜止地放置著質(zhì)量為m= 1 g的木塊，木塊和小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.2，用水平恒力F拉動(dòng)小車，下列關(guān)于木塊的加速度 am和小車的加速度3m，可能正確的有（）A. am= 1 m/s2, aM= 1 m/s2B. am = 1 m/s2, aM = 2 m/

3、s2C. am= 2 m/s , aM= 4 m/sD. am= 3 m/s2, aM= 5 m/s2解析選AC 當(dāng)M與m間的靜摩擦力fw卩mg= 2 N時(shí)，木塊與小車一起運(yùn)動(dòng)，且加 速度相等；當(dāng) M與m間相對(duì)滑動(dòng)后，M對(duì)m的滑動(dòng)摩擦力不變，則 m的加速度不變，所 以當(dāng)M與m間的靜摩擦力剛達(dá)到最大值時(shí)，木塊的加速度最大，由牛頓第二定律得am = mg jlg= 0.2x 10 m/s2= 2 m/s2m此時(shí) F = （M+ m）am= （5 + 1）X 2 N = 12 N當(dāng) F12 N后，木塊與小車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，小車的加速度大于木塊的加速度，aMam= 22m/s故選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤

4、。 3.多選（2018商丘一中押題卷）如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為 m和2m的四個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為 m的木塊B、aC間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，A、B木塊間的最大靜摩擦力是fi, C、D木塊間的最大靜摩擦力是f2?，F(xiàn)用水平拉力 F拉A木塊，使四個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)（假設(shè)繩子不會(huì)斷）,則（）A .當(dāng)fi 2f2,且F逐漸增大到3f2時(shí)，C、D間即將滑動(dòng)3B.當(dāng)fi2f2，且F逐漸增大到；fi時(shí)，A、B間即將滑動(dòng)C .當(dāng)fi 2f2,且F逐漸增大到3f2時(shí)，C、D間即將滑動(dòng)D .當(dāng)fi2f2，C、D即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，C、D間的靜摩擦力達(dá)到最大值f2,先以D為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得

5、f2= 2ma，得a=乎，再以四個(gè)木塊整體為研究2m對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得F = 6ma= 3f2。此時(shí)，以BCD整體為研究對(duì)象，可知， A對(duì)B的摩擦力fAB = 4ma= 2f2 fi,說(shuō)明A、B間相對(duì)靜止，故 A正確，B錯(cuò)誤。當(dāng)fi0, A對(duì)B的作用力方向向右，C錯(cuò)誤。M的物 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)量均為體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)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的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的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

6、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)到最大值解析選B 施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有 2Mg = x,解得x，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 彈一 Mg F ab=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&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彈一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.多選(2018合肥模擬)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪,改變B的

7、質(zhì)量m,一輕繩跨過(guò)滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變,當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到 A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線,如圖乙所示，圖中不計(jì)，重力加速度a1、a2、m0為未知量，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，空氣阻力g取9.8 m/s2，斜面的傾角為A. 若B已知，可求出A的質(zhì)量B. 若B未知，可求出乙圖中 a1的值C .若B已知，可求出乙圖中 a2的值D .若B已知，可求出乙圖中 mo的值 解析選BC根據(jù)牛頓第二定律得對(duì)B得mg F = ma對(duì) A 得 F mAgsin 0= mAa聯(lián)立得 a= mg mAgSin 0mA+ m若0已知，由知，不能求出 A的質(zhì)量mA,故A錯(cuò)

8、誤。mAgmgsin 0由式變形得 a=。mA + 1 m當(dāng)mis時(shí)，a= at= g,故B正確。由式得，m = 0時(shí)，a= a2= gsin 0,故C正確。當(dāng)a = 0時(shí)，由式得， m= mo= mAsin 0,可知 mo不能求出，故 D錯(cuò)誤。 8.多選如圖甲所示，水平面上有一傾角為0的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為 m的小球。斜面以加速度 a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定 時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T和Fn。若T-a圖像如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g= 10 m/s2。則()A. a= 40 m/s2時(shí)，F(xiàn)n = 0B.小球

9、質(zhì)量m= 0.1 gC .斜面傾角0的正切值為34D .小球離開斜面之前，F(xiàn)n = 0.8+ 0.06a(N)解析 選ABC 小球離開斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，進(jìn)行受力分析，可得Tcos 0FNSin 0= ma,Tsin 0+ Fncos 0= mg,聯(lián)立解得 Fn= mgcos 0- masin 0,T = macos 0+ mgsin 0,所以小球離開斜面之前，T-a圖像呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a =譽(yù)m/s2時(shí)，F(xiàn) n = 0,選項(xiàng)A正確；當(dāng)a= 0時(shí)，T = 0.6 N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsin 0= T;當(dāng)a = 40 m/s2時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力

10、恰好為零，其受力如圖2所示，所以mg3tan 03=ma，聯(lián)立可得 tan 0= , m= 0.1 g,選項(xiàng) B、4C正確；將B和m的值代入Fn = mgcos 0masin 0 得 FN= 0.8-0.06a(N)，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤。圖129.如圖所示，一直立的輕質(zhì)薄空心圓管長(zhǎng)為在其上下端開口處各安放有一個(gè)質(zhì)量分別為 m和2m的圓柱形物塊緊貼管的內(nèi)壁，厚度不計(jì)。A、B與管內(nèi)壁間的最大靜摩擦力分別是fi= mg、f2= 2mg,且設(shè)滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等。管下方存在這樣一個(gè)區(qū)域當(dāng)物塊A進(jìn)入該區(qū)域時(shí)受到一個(gè)豎直向上的恒力F作用，而B在該區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)不受它的作用，PQ、MN是該區(qū)域的上下水平

11、邊界，高度差為H(L2H)?，F(xiàn)讓管的下端從距上邊界 PQ高H處由靜止釋放，重力加速度為(1) 為使A、B間無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，求 F應(yīng)滿足的條件。(2) 若F = 3mg,求物塊 A到達(dá)下邊界 MN時(shí)A、B間的距離。解析(1)設(shè)A、B與管不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的共同加速度為a, A與管間的靜摩擦力為 fA。對(duì) A、B 整體有 3mg F = 3ma,對(duì) A 有 mg+ fA F = ma,并且 fA f1,聯(lián)立解得F 3mgo(2)A到達(dá)上邊界PQ時(shí)的速度va = 2gH。當(dāng)F = 3mg時(shí)，可知 A相對(duì)于圓管向上滑動(dòng)，設(shè) A的加速度為a1,則有mg+ - F =ma1，解得 a1 = g。A向下減速運(yùn)動(dòng)的

12、位移為H時(shí)，速度剛好減小到零，此過(guò)程運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由于管的質(zhì)量不計(jì)，在此過(guò)程中，A對(duì)管的摩擦力與 B對(duì)管的摩擦力方向相反，大小均為mg, B受到管的摩擦力小于 2mg,則B與圓管相對(duì)靜止，B和圓管整體受到重力和 A 對(duì)管的靜摩擦力作用以 va為初速度、以a2為加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律 可得2mg mg ga2= 2m = 2o物塊A到達(dá)下邊界 MN時(shí)A、B之間的距離為乩=L VAt+ 2a2t2 H = L ；H。33答案(1)F w 2mg (2)L 2H 10.(2018濰坊檢測(cè))如圖所示，在足夠高的光滑水平臺(tái)面上 靜置一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板A，A右端用輕繩繞過(guò)光滑的輕質(zhì)定滑 輪與

13、質(zhì)量也為 m的物體C連接。當(dāng)C從靜止開始下落距離h時(shí),在木板A的最右端輕放一質(zhì)量為 4m的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，最終B恰好未從木板 A上滑落。A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù) 卩=0.25,且認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g,(1) C由靜止下落距離 h時(shí)，A的速度大小vo；木板A的長(zhǎng)度L;(3)若當(dāng)鐵塊B輕放在木板 A的最右端的同時(shí)，對(duì) B加一水平向右的恒力 F = 7mg,其 他條件不變，求 B滑出A時(shí)的速度大小。解析對(duì)A、C分析mg= 2mavo2= 2ah，解得 vo= ,gh。(2) B放在A上后，設(shè)A、C仍一起加速，則由牛頓第二定律得 mg 4m g= ma解得a = 0即B放

14、在A上后，A、C以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，B勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度 aB0=卩=g設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t0, A、B、C達(dá)到共速，且 B剛好運(yùn)動(dòng)至木板 A的左端，則v0= aB0t0,木1板 A 的長(zhǎng)度 L = v 0t0 2v0tb解得L = 2h。(3)共速前A和C勻速，B加速,aB1 =4mt1 =V0aB121&1 = Xac Xb= v 0t1 V 0t1 =共速后全部向右加速F 4 u mg 3 aB2= 4m = 2gmg+ 4 卩 mg g aAC =2m =g&2= Ax1 =B2 aAC)t2解得 &= g，V B2= V0 + aB2t2= 2/ gh。答案(1) gh (2)2h(3)；

15、gh 11.(2015全國(guó)卷I )一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板 右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。t= 0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t= 1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的V -t圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求(1) 木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)戍；(2) 木板的最小長(zhǎng)度；(3) 木板右端離墻壁的最終距離。解析(1)規(guī)定向右為正方向。

16、木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有pi(m + M)g= (m + M)a1由題圖乙可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度v 1= 4 m/s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v 1 = v o+ a1t1so=皿+ a1t12式中，&= 1 s, s0= 4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式和題給條件得口 = 0.1在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v 1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有血mg= ma2由題圖乙可得v 2 v 1a2= t2 t1式中，t2= 2 s, v 2= 0,聯(lián)立式和題給條件得v 3。由P2= 0.4。(2) 設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過(guò)時(shí)間At,木板和小物塊剛好具有共同速度牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得止mg+ w(M + m)g= Ma 3v 3= v 1 + a3 Atv 3= v 1 + a2 At碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為v 1 + v 3 si= 2 At小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為v 1 + v 3S2=2 At小物塊相對(duì)