2021屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)12牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用含解析魯科版

1、課時(shí)作業(yè)12牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用時(shí)間：45分鐘1.如圖所示，小李同學(xué)站在升降電梯內(nèi)的體重計(jì)上，電梯靜止時(shí)，體重計(jì)示數(shù)為50 kg.電梯運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，某一段時(shí)間內(nèi)小李同學(xué)發(fā)現(xiàn)體重計(jì)示數(shù)為55 kg.g取10 m/s2，在這段時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是(c)a體重計(jì)對(duì)小李的支持力大于小李對(duì)體重計(jì)的壓力b體重計(jì)對(duì)小李的支持力等于小李的重力c電梯的加速度大小為1 m/s2，方向豎直向上d電梯一定豎直向上運(yùn)動(dòng)解析：體重計(jì)對(duì)小李的支持力與小李對(duì)體重計(jì)的壓力是作用力與反作用力關(guān)系，所以大小相等，方向相反，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；體重計(jì)示數(shù)就是體重計(jì)對(duì)小李的支持力大小，在這段時(shí)間內(nèi)，支持力大于小李的重力，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；根據(jù)牛

2、頓第二定律得fnmgma，解得加速度a1 m/s2，方向豎直向上，選項(xiàng)c正確；根據(jù)題意，小李處于超重狀態(tài)，但不能確定速度方向，選項(xiàng)d錯(cuò)誤2.直升機(jī)懸停在空中向地面投放裝有救災(zāi)物資的箱子，如圖所示設(shè)投放的初速度為零，下落過(guò)程中箱子所受的空氣阻力與箱子運(yùn)動(dòng)的速率成正比，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中箱子始終保持圖示姿態(tài)在箱子下落過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(d)a箱子與箱內(nèi)物體一起做自由落體運(yùn)動(dòng)b由于失重，箱內(nèi)物體對(duì)箱子底部始終沒(méi)有壓力c下落過(guò)程中，空氣阻力越大，箱內(nèi)物體對(duì)箱子底部的壓力越小d不論下落距離有多長(zhǎng)，箱內(nèi)物體都不可能不受底部支持力而“飄起來(lái)”解析：剛釋放時(shí)，速度較小，空氣阻力較小，箱子做加速運(yùn)動(dòng)，隨箱子下落

3、速度的增大，空氣阻力不斷變大，故箱子做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度達(dá)到最大，之后做勻速運(yùn)動(dòng)，在達(dá)到穩(wěn)定速度前，箱內(nèi)物體一直處于失重狀態(tài)，對(duì)箱內(nèi)物體受力分析，其受到重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律得mgfnma，由于a逐漸減小到0，故支持力fn由0逐漸增大到mg，之后保持不變，選項(xiàng)a、b、c錯(cuò)誤；支持力fn由0逐漸增大到mg，之后保持不變，所以即使下落距離足夠長(zhǎng)，箱內(nèi)物體也不可能“飄起來(lái)”而處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)d正確3.如圖所示，物塊a、b質(zhì)量相等，在恒力f作用下，在水平面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)若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f

4、n1；若物塊與水平面間接觸面粗糙，且物塊a、b與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，物塊b的加速度大小為a2，物塊a、b間的相互作用力大小為fn2.則下列說(shuō)法正確的是(d)aa1a2，fn1fn2 ba1a2，fn1fn2ca1a2，fn1fn2 da1a2，fn1fn2解析：本題考查連接體的受力、加速度的比較設(shè)a、b的質(zhì)量為m，接觸面光滑時(shí)，對(duì)整體分析有a1，對(duì)b分析fn1mba1.接觸面粗糙時(shí)，對(duì)整體分析有a2g，可知a1a2；對(duì)b分析有fn2ma2mg，則fn1fn2.故d正確4如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg的物塊在平行斜面向上的拉力f作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t0.5 s時(shí)撤去拉力，其1.5

5、s內(nèi)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2.則(c)a拉力大小為12 nb物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1c1.5 s后物塊可能返回d1.5 s后物塊一定靜止解析：本題考查根據(jù)受力物體的運(yùn)動(dòng)圖象分析其受力情況和某時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)情況由題圖乙知，各階段加速度的大小為a14 m/s2，a22 m/s2；設(shè)斜面傾角為，斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)牛頓第二定律，00.5 s內(nèi)fmgcosmgsinma1；0.51.5 s內(nèi)mgcosmgsinma2；聯(lián)立解得f6 n，但無(wú)法求出和，故a、b錯(cuò)誤；不清楚tan與的大小關(guān)系，故無(wú)法判斷物塊能否靜止在斜面上，則c正確，d錯(cuò)誤5如圖所示，a、b兩

6、個(gè)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豎直向上拉著物體a，使物體a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x1；當(dāng)用大小仍為f的恒力沿水平方向拉著物體a，使物體a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為x2，則(a)ax1一定等于x2 bx1一定大于x2c若m1m2，則x1x2d若m1m2，則x1x2解析：由牛頓第二定律知，對(duì)左圖的整體，加速度a1，對(duì)左圖的物體b，有kx1m2gm2a1，聯(lián)立以上二式解得kx1；對(duì)右圖的整體，加速度a2，對(duì)右圖的物體b，有kx2m2a2，聯(lián)立以上二式解得kx2，可見(jiàn)x1x2，選項(xiàng)a正確6(多選)如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端

7、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)兩物體處于靜止?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的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的vt圖象如圖乙所示，重力加速度為g，則(ab)a外力施加前，彈簧的形變量為b外力施加的瞬間，a、b間的彈力大小為m(ga)ca、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：施加f前，物體ab整體平衡，根據(jù)平衡條件，有2mgkx，解得x，故a正確；施加外力f的瞬間，對(duì)b物體，根據(jù)牛頓第二定律，有f彈mgfabma，其f彈2mg，解得fabm(ga

8、)，故b正確；物體a、b在t1時(shí)刻分離，此時(shí)a、b具有共同的v與a且fab0；對(duì)b，有f彈mgma，解得f彈m(ga)，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圖甲是我國(guó)運(yùn)動(dòng)員在奧運(yùn)會(huì)上蹦床比賽中的一個(gè)情境，設(shè)這位蹦床運(yùn)動(dòng)員僅在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員的腳在接觸蹦床過(guò)程中，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力f隨時(shí)間t的變化規(guī)律通過(guò)傳感器用計(jì)算機(jī)繪制出來(lái)，如圖乙所示取g10 m/s2，在不計(jì)空氣阻力情況下，根據(jù)ft圖象，求：(1)運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度的大小；(2)運(yùn)動(dòng)員雙腳離開(kāi)蹦床后的最大速度的大小解析：(1)由圖象可知運(yùn)動(dòng)員重力g500 n蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的最大彈力為fm2 500 n設(shè)運(yùn)動(dòng)員的

9、最大加速度為am，則fmmgmam解得am40 m/s2.(2)由圖象可知最長(zhǎng)的自由下落的時(shí)間為t s0.8 s最大速度vmgt解得vm8 m/s.答案：(1)40 m/s2(2)8 m/s8.傾角為45、外表面光滑的楔形滑塊m放在水平面ab上，在滑塊m的頂端o處固定一細(xì)線，細(xì)線的另一端拴一小球，已知小球的質(zhì)量為m kg，當(dāng)滑塊m以a2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線拉力的大小為(取g10 m/s2)(a)a10 nb5 nc. n d. n解析：當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度為某一臨界值時(shí)，斜面對(duì)小球的支持力恰好為零，此時(shí)小球受到重力和線的拉力的作用，如圖甲所示根據(jù)牛頓第二定律，有ftcosma0，fts

10、inmg0，其中45，解得a0g，則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a2g時(shí)，小球已“飄”起來(lái)了，此時(shí)小球受力如圖乙所示，則有ftcosm2g，ftsinmg0，又cos2sin21，聯(lián)立解得ft10 n，故選項(xiàng)a正確9如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的兩木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為t.現(xiàn)用水平拉力f拉質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則以下說(shuō)法正確的是(c)a質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用b當(dāng)f逐漸增大到t時(shí)，輕繩剛好被拉斷c當(dāng)f逐漸增大到1.5t時(shí)，輕繩還不會(huì)被拉斷d輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的兩木塊間的

11、摩擦力為t解析：質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力和摩擦力、輕繩的拉力、地面的支持力，共五個(gè)力的作用，選項(xiàng)a錯(cuò)誤；對(duì)整體，由牛頓第二定律可知，a，隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為t3ma，由此可知，當(dāng)f逐漸增大到2t時(shí)，輕繩中拉力等于t，輕繩才剛好被拉斷，選項(xiàng)b錯(cuò)誤，選項(xiàng)c正確；輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的兩木塊整體的加速度a，質(zhì)量為m和2m的兩木塊間的摩擦力為fma，選項(xiàng)d錯(cuò)誤10.如圖所示，一圓環(huán)a套在一均勻圓木棒b上，a的長(zhǎng)度相對(duì)b的長(zhǎng)度來(lái)說(shuō)可以忽略不計(jì)，a和b的質(zhì)量都等于m，a和b之間滑動(dòng)摩擦力為f(fmg，g為重力加速度)開(kāi)始時(shí)b豎直放置，下端離地

12、面高度為h，a在b的頂端現(xiàn)讓它們由靜止開(kāi)始自由下落，當(dāng)木棒與地面相碰后，木棒以豎直向上的速度反向運(yùn)動(dòng)，并且碰撞前后的速度大小相等設(shè)碰撞時(shí)間很短，不考慮空氣阻力，在b再次著地前，a、b不分離(1)請(qǐng)描述在從開(kāi)始釋放到b再次著地前的過(guò)程中，a、b各自的運(yùn)動(dòng)情況，并求出勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；(2)b至少應(yīng)該多長(zhǎng)？解析：(1)釋放后a和b相對(duì)靜止一起做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為ag，b與地面碰撞后，a繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小aa，b豎直向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小ab，b速度減為零后，繼續(xù)以加速度ab向下運(yùn)動(dòng)(2)b第一次著地前瞬間的速度為v1，b與地面碰撞后向上運(yùn)動(dòng)到再次落回地面所需時(shí)

13、間為t，在此時(shí)間內(nèi)a的位移xv1taat2，要使b再次著地前a不脫離b，木棒長(zhǎng)度l必須滿足lx，聯(lián)立解得l.答案：(1)見(jiàn)解析(2)11.如圖所示，一彈簧一端固定在傾角為37的光滑固定斜面的底端，另一端拴住質(zhì)量為m16 kg的物體p，q為一質(zhì)量為m210 kg的物體，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，勁度系數(shù)k600 n/m，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)給物體q施加一個(gè)方向沿斜面向上的力f，使它從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，已知在前0.2 s時(shí)間內(nèi)，f為變力，0.2 s以后f為恒力，sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2.求：(1)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的壓縮量x0；(2)物體q從靜止開(kāi)始沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；(3)力f的最大值與最小值解析：(1)設(shè)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮量為x0對(duì)整體受力分析，平行斜面方向有(m1m2)gsinkx0解得x00.16 m.(2)前0.2 s時(shí)間內(nèi)f為變力，之后為恒力，則0.2 s時(shí)