高考物理第三章第3課時(shí)牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用(能力課時(shí))限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練(含解析)新人教版

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用[基礎(chǔ)穩(wěn)固題組](20分鐘，50分)1．(2019·浙江五校聯(lián)考)以下哪一種運(yùn)動(dòng)情形中，物體將會(huì)處于一段連續(xù)的完整失重狀態(tài)( )A．高樓正常運(yùn)轉(zhuǎn)的電梯中B．沿固定于地面的圓滑斜面滑行C．固定在桿端隨桿繞相對(duì)地面靜止的圓心在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)D．不計(jì)空氣阻力條件下的豎直上拋分析：選D.高樓正常運(yùn)轉(zhuǎn)的電梯中，一般先加快后勻速，再減速，故不行能向來(lái)處于完整失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沿固定于地面的圓滑斜面滑行時(shí)，加快度沿斜面向下，因?yàn)榧铀俣刃∮趃，故不是完整失重，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；固定在桿端隨桿繞相對(duì)地面靜止的圓心在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的物體，加快度不會(huì)老是向下的g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；不計(jì)空氣阻力條件下的豎直上拋，加快度老是向下的g，老是處于完整失重狀態(tài)，應(yīng)選項(xiàng)D正確．2．(2019·溫州模擬)如下圖為浙江衛(wèi)視“中國(guó)好歌聲”娛樂(lè)節(jié)目所設(shè)計(jì)的“導(dǎo)師戰(zhàn)車”，戰(zhàn)車能夠在傾斜直軌道上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)坐在戰(zhàn)車中的導(dǎo)師按下按鈕，戰(zhàn)車就由靜止開(kāi)始沿長(zhǎng)10m的斜面沖到學(xué)員眼前，最后恰巧停在斜面的尾端，此過(guò)程約歷時(shí)4s．在戰(zhàn)車的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是( )A．導(dǎo)師一直處于失重狀態(tài)B．戰(zhàn)車所受外力一直不變C．戰(zhàn)車在傾斜導(dǎo)軌上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)D．依據(jù)題中信息能夠估量導(dǎo)師運(yùn)動(dòng)的均勻速度分析：選D.由題意可知，“導(dǎo)師戰(zhàn)車”沿斜面的方向先加快后減速，加快過(guò)程中有沿斜面向下的加快度，戰(zhàn)車處于失重狀態(tài)，戰(zhàn)車減速向下運(yùn)動(dòng)時(shí)又處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；戰(zhàn)車所受外力先沿斜面向下，x后又沿斜面向上，B、C錯(cuò)誤；由v＝可得戰(zhàn)車運(yùn)動(dòng)的均勻速t度v＝2.5m/s，所以選項(xiàng)D正確．3．(多項(xiàng)選擇)一人乘電梯上樓，在豎直上漲過(guò)程中加快度a隨時(shí)間t變化的圖線如下圖，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力( )A．t＝2s時(shí)最大B．t＝2s時(shí)最小C．t＝8.5s時(shí)最大D．t＝8.5s時(shí)最小分析：選AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力N′＝N＝＋.當(dāng)t＝2s時(shí)a有最大值，N′最大；當(dāng)t＝8.5FFmgmaFs時(shí)，a有最小值，F(xiàn)′最小，選項(xiàng)A、D正確．N4．如圖，滑塊A置于水平川面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰巧不滑動(dòng)，B恰巧不下滑．已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．A與B12的質(zhì)量之比為()11－μ1μ2A.μ1μ2B．μ1μ21＋μμ22＋μμ2C.1D．11212μμμμ分析：選B.對(duì)物體A、B整體，在水平方向上有F＝μ(m＋m)g；對(duì)物體B，在豎直方2AB1BmA1－μ1μ2mBμ1μ25．(2019·南通模擬)如下圖，質(zhì)量為m的物塊B放在圓滑的2水平桌面上，其上擱置質(zhì)量為1的物塊，用經(jīng)過(guò)圓滑的定滑輪的細(xì)mA線將A與質(zhì)量為M的物塊C連結(jié)，開(kāi)釋C，A和B一同以加快度大小a從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加快度大小為g，則細(xì)線中的拉力大小為( )A．MgB．M(g＋a)C．(m1＋m2)aD．m1a＋μm1g分析：選C.以C為研究對(duì)象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B錯(cuò)誤；以A、B整體為研究對(duì)象，依據(jù)牛頓第二定律可知T＝(m＋m)a，故C正確、D錯(cuò)誤．126．(2019·德陽(yáng)一診)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝1kg的物體置于傾角為θ＝37°的固定且足夠長(zhǎng)的斜面上，對(duì)物體施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5s時(shí)撤去拉力，物體速度與時(shí)間(v-t)的部分圖象如圖乙所示．2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)問(wèn)：(g＝10m/s拉力F的大小為多少？(2)物體沿斜面向上滑行的最大距離s為多少？分析：(1)設(shè)物體在力F作用時(shí)的加快度為a，撤去力F后物體的加快度為a，依據(jù)圖12象可知：1＝v18－02＝16m/s2＝m/sat10.5a＝v24－828m/s22t20.5力F作用時(shí)，對(duì)物體進(jìn)行受力剖析，由牛頓第二定律可知F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，撤去力F后對(duì)物體進(jìn)行受力剖析，由牛頓第二定律可知(mgsinθ＋μmgcosθ)＝ma2，解得：F＝24N.(2)設(shè)撤去力F后物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)所用時(shí)間為t2，此時(shí)物體速度為零，有t2＝0－vm0－8＝s＝1sa2－8向上滑行的最大距離：vm8s＝2·(t1＋t2)＝2×1.5m＝6m.答案：(1)24N(2)6m[能力提高題組](25分鐘，50分)1．(2019·黃岡一模)(多項(xiàng)選擇)如下圖，圓滑水平川面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B在水平外力的作用下緊靠在一同壓縮彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0，以兩滑塊此時(shí)的地點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，成立如下圖的一維坐標(biāo)系，現(xiàn)將外力忽然反向并使B向右做勻加快運(yùn)動(dòng)，以下對(duì)于外力F、兩滑塊間彈力FN與滑塊B的位移x變化的關(guān)系圖象可能正確的選項(xiàng)是( )分析：選BD.設(shè)A、B向右勻加快運(yùn)動(dòng)的加快度大小為a，依據(jù)牛頓第二定律，對(duì)整體有F＋k(x－x)＝(m＋m)a，可得F＝kx＋(m＋m)a－kx，若(m＋m)a＝kx，得F＝kx，則F0ABAB0AB0與x成正比，F(xiàn)-x圖象可能是過(guò)原點(diǎn)的直線，對(duì)A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知

FN-x圖象是向下傾斜的直線，

當(dāng)FN＝0時(shí)A、B開(kāi)始分別，今后

B做勻加快運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)不變，則

A、B開(kāi)始分別時(shí)有

x＝x0－

mAa＜x0，所以k

B和

D是可能正確的．2．(多項(xiàng)選擇)如下圖，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連結(jié)，放在傾角為θ的斜面上，用一直平行于斜面向上的拉力F拉A，使它們沿斜面勻加快上漲，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.為了增添輕線上的張力，可行的方法是

(

)A．減小

A物塊的質(zhì)量

B．增大

B物塊的質(zhì)量C．增大傾角θ

D．增大動(dòng)摩擦因數(shù)

μ分析：選AB.對(duì)A、B構(gòu)成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：mB)gcosθ＝(mA＋mB)a，隔絕物塊B，應(yīng)用牛頓第二定律得，

F－(mA＋mB)gsinθ－μ(mA＋FT－mBgsinθ－μmBgcosθ＝mBa.以上兩式聯(lián)立可解得：FT＝mBF，由此可知，F(xiàn)T的大小與θ、μ沒(méi)關(guān)，mB越大，mA越mA＋mB小，F(xiàn)T越大，故A、B均正確．3．(多項(xiàng)選擇)將一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最后落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反．該過(guò)程的v-t圖象如下圖，g取10m/s2.以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是( )A．小球所受重力和阻力之比為5∶1B．小球上漲過(guò)程與著落過(guò)程所用時(shí)間之比為2∶3C．小球落回到拋出點(diǎn)時(shí)的速度大小為86m/sD．小球著落過(guò)程中，遇到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)f112，解得f分析：選AC.上漲過(guò)程中mg＋F＝ma，由題圖可知a＝12m/sF＝2N，小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項(xiàng)A正確；著落過(guò)程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，依據(jù)h＝1at2可得t1＝a2＝2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)v＝a2t2，t2＝6s，可得v＝86m/s，2t213a選項(xiàng)C正確；小球著落過(guò)程中，加快度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．4．如下圖，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、Bμ之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3.最大靜摩擦力可以為等于滑動(dòng)摩擦力．若將水平力作用在A上，使A恰巧要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為

a1；若將水平力作用在

B上，使

B恰巧要相對(duì)

A滑動(dòng)，此時(shí)

B的加快度為

a2，則

a1與a2的比值為

(

)A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．3∶2分析：選C.將水平力作用在A上，使A恰巧要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，則對(duì)物體B依據(jù)牛頓第二定律：μmg－μ·2mg＝ma1，解得a1＝1μ；若將33g水平力作用在B上，使B恰巧要相對(duì)A滑動(dòng)，則對(duì)物體：μ＝2，解得2＝μ，則1∶Amgmaagaa2＝1∶3，應(yīng)選C.5．(2019·西安一模)(多項(xiàng)選擇)用同種資料制成的傾角為30°的斜面和水平面，斜面長(zhǎng)2.4m且固定，如圖甲所示．一小物塊從斜面頂端以沿斜面向下的初速度v0開(kāi)始自由下滑，當(dāng)v0＝2m/s時(shí)，經(jīng)過(guò)0.8s后小物塊停在斜面上，多次改變v0的大小，記錄下小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最后停下的時(shí)間t，作出t-v0圖象，如圖乙所示．已知重力加快度大小為g＝10m/s2，則以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是()A．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度大小為2.5m/sB．小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度大小為0.4m/sC．小物塊與該種資料之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為32

22D．由圖乙可推測(cè)，若小物塊的初速度連續(xù)增大，小物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間也隨速度均勻增大v02分析：選AC.由題圖乙可知小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度大小為a＝t＝2.5m/s，A正確，B錯(cuò)誤；對(duì)小物塊應(yīng)用牛頓第二定律得＝μcosθ－sinθ，代入數(shù)據(jù)得μmamgmg3＝2，C正確；若小物塊的速度足夠大，則小物塊將運(yùn)動(dòng)到水平面上，題圖乙中的直線對(duì)小物塊不再合用，D錯(cuò)誤．6．(2019·華中師范大學(xué)附中模擬)如圖甲所示為一傾角θ＝37°足夠長(zhǎng)的斜面，將一質(zhì)量m＝1kg的物體在斜面上靜止開(kāi)釋，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s末物體的速度大??；前16s內(nèi)物體發(fā)生的位移．分析：(1)剖析可知物體在前2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加快直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，v1＝a1t1，代入數(shù)據(jù)可得v1＝5m/s.(2)設(shè)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1，則x＝12111當(dāng)拉力為F2＝4.5N時(shí)，由牛頓第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ－F2＝ma2，