2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第3章牛頓運(yùn)動(dòng)定律專題四牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)含解析

PAGE7-專題四牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用1．高蹺運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)新型運(yùn)動(dòng)，圖甲為彈簧高蹺。當(dāng)人抓住扶手用力蹬踏板壓縮彈簧后，人就向上彈起，進(jìn)而帶動(dòng)高蹺跳動(dòng)，如圖乙。則下列說法正確的是()A．人向上彈起的過程中，始終處于超重狀態(tài)B．人向上彈起的過程中，踏板對(duì)人的作用力大于人對(duì)踏板的作用力C．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力D．彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，高蹺對(duì)地的壓力等于人和高蹺的總重力C[人向上彈起的過程中，先加速向上，處于超重狀態(tài)，然后減速向上，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；踏板對(duì)人的作用力和人對(duì)踏板的作用力是一對(duì)作用力和反作用力，大小相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈簧壓縮到最低點(diǎn)時(shí)，人的加速度向上，人處于超重狀態(tài)，所以高蹺對(duì)人的作用力大于人的重力，高蹺對(duì)地的壓力大于人和高蹺的總重力，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]2.如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個(gè)物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ。則m1的加速度大小為()A.eq\f(Fcosθ,m1＋m2) B.eq\f(Fsinθ,m1＋m2)C.eq\f(Fcosθ,m1) D.eq\f(Fsinθ,m2)A[把m1、m2看成一個(gè)整體，在水平方向上加速度相同，由牛頓其次定律可得Fcosθ＝(m1＋m2)a，所以a＝eq\f(Fcosθ,m1＋m2)，選項(xiàng)A正確。]3.(多選)如圖是我國(guó)“美男子”長(zhǎng)征火箭把載人神舟飛船送上太空的情景，宇航員在火箭放射與飛船回收的過程中均要經(jīng)受超重與失重的考驗(yàn)，下列說法正確的是()A．火箭加速上升時(shí)，宇航員處于失重狀態(tài)B．飛船加速下落時(shí)，宇航員處于失重狀態(tài)C．飛船落地前減速，宇航員對(duì)座椅的壓力大于其重力D．火箭上升的加速度漸漸減小時(shí)，宇航員對(duì)座椅的壓力小于其重力BC[火箭加速上升時(shí)，加速度向上，對(duì)宇航員有FN－mg＝ma，即FN＝ma＋mg>mg，所以宇航員處于超重狀態(tài)，上升的加速度漸漸減小時(shí)，宇航員對(duì)座椅的壓力大于重力，加速下落時(shí)，加速度向下，對(duì)宇航員有mg－FN＝ma，即FN＝mg－ma<mg，所以宇航員處于失重狀態(tài)，落地前減速，宇航員對(duì)座椅的壓力大于其重力，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。]4.放在電梯地板上的一個(gè)木箱，被一根處于伸長(zhǎng)狀態(tài)的彈簧拉著而處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，后發(fā)覺木箱突然被彈簧拉動(dòng)，據(jù)此可推斷出電梯的運(yùn)動(dòng)狀況是()A．勻速上升 B.加速上升C．減速上升 D.減速下降C5．(多選)用一水平力F拉靜止在水平面上的物體，在F從零起先漸漸增大的過程中，加速度a隨外力F改變的圖象如圖所示，g取10m/s2，則可以計(jì)算出()A．物體與水平面間的最大靜摩擦力B．F為14N時(shí)物體的速度C．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D．物體的質(zhì)量ACD[由題圖可知，物體與水平面間的最大靜摩擦力為7N，A正確；由F－μmg＝ma，解得a＝eq\f(1,m)F－μg，將F1＝7N，a1＝0.5m/s2，F(xiàn)2＝14N，a2＝4m/s2代入上式可得m＝2kg，μ＝0.3，C、D正確；因物體做變加速運(yùn)動(dòng)，無法求出F為14N時(shí)物體的速度，B錯(cuò)誤。]6.(2024·江蘇鹽城一模)如圖所示，E為斜面的中點(diǎn)，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一個(gè)小物體由頂端靜止釋放，沿斜面下滑究竟端時(shí)速度為零。以沿斜面對(duì)下為正方向，則物體下滑過程中的位移x、速度v、合力F、加速度a與時(shí)間t的關(guān)系圖象可能正確的是()B[物體在光滑的斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移—時(shí)間圖象的開口向上，物體在粗糙的斜面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，位移—時(shí)間圖象的開口向下，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在斜面上半段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在下半段做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于到達(dá)底端的速度為零，則物體在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物體在上半段和下半段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，物體做勻加速和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等，方向相反，故物體在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確，C、D錯(cuò)誤。]7.(2024·云南昆明市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊A放置在光滑水平地面上，A的左側(cè)面有一個(gè)圓心為O、半徑為R的光滑四分之一圓弧面。當(dāng)用一水平向左的恒力F作用在滑塊A上時(shí)，一質(zhì)量為m的小球B(可視為質(zhì)點(diǎn))在圓弧面上與A保持相對(duì)靜止，且B距圓弧面末端Q的豎直高度H＝eq\f(R,3)。已知重力加速度大小為g，則力F的大小為()A.eq\f(\r(5),3)Mg B.eq\f(\r(5),2)MgC.eq\f(\r(5),3)(M＋m)g D.eq\f(\r(5),2)(M＋m)gD[相對(duì)靜止的兩個(gè)物體具有相同的加速度，即A、B整體的加速度方向水平向左，依據(jù)牛頓其次定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。設(shè)FN與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則cosθ＝eq\f(R－H,R)＝eq\f(2,3)，sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(\r(5),3)，則tanθ＝eq\f(\r(5),2)，依據(jù)牛頓其次定律，對(duì)小球有mgtanθ＝ma，解得小球的加速度a＝eq\f(\r(5),2)g，對(duì)A、B整體有F＝(M＋m)a，解得F＝eq\f(\r(5),2)(M＋m)g，選項(xiàng)D正確。]8．(2024·四川二診)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面對(duì)上的拉力F作用下從靜止起先沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，其1.5s內(nèi)的速度隨時(shí)間改變的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2。則()A．拉力大小為12NB．物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．1.5s后物塊可能返回D．1.5s后物塊肯定靜止C[本題考查依據(jù)受力物體的運(yùn)動(dòng)圖象分析其受力狀況和某時(shí)間段的運(yùn)動(dòng)狀況。由題圖乙知，各階段加速度的大小為a1＝4m/s2，a2＝2m/s2；設(shè)斜面傾角為θ，斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，依據(jù)牛頓其次定律，0～0.5s內(nèi)F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1；0.5～1.5s內(nèi)μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2；聯(lián)立解得F＝6N，但無法求出μ和θ，故A、B錯(cuò)誤。不清晰tanθ與μ的大小關(guān)系，故無法推斷物塊能否靜止在斜面上，則C正確，D錯(cuò)誤。]9.如圖所示，有材料相同的P、Q兩物塊通過輕繩相連，并在拉力F作用下沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng)，輕繩與拉力F的方向均平行于斜面。當(dāng)拉力F肯定時(shí)，Q受到繩的拉力()A．與斜面傾角θ有關(guān)B．與動(dòng)摩擦因數(shù)有關(guān)C．與系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有關(guān)D．與兩物塊質(zhì)量有關(guān)D[設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，Q受到繩的拉力大小為FT，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。依據(jù)牛頓其次定律，對(duì)整體進(jìn)行分析，有F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a；對(duì)Q進(jìn)行分析，有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝eq\f(m2,m1＋m2)F?？梢奞受到繩的拉力FT與斜面傾角θ、動(dòng)摩擦因數(shù)μ和系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)均無關(guān)，僅與兩物塊質(zhì)量和F有關(guān)，選項(xiàng)D正確。]10．(2024·上海奉賢區(qū)調(diào)研)在湖面上方豎直上拋一小鐵球，小鐵球上升到最高點(diǎn)后自由下落，穿過湖水并陷入湖底的淤泥中。不計(jì)空氣阻力，認(rèn)為小鐵球在水中與在淤泥中受到阻力分別為F阻1、F阻2，且F阻1、F阻2恒定，取向上為正方向，則下列圖中最能反映小鐵球可能的運(yùn)動(dòng)狀況的是()A[本題考查依據(jù)受力狀況推斷運(yùn)動(dòng)圖象。小鐵球在豎直上升過程中速度豎直向上，即速度大于0，此時(shí)小鐵球的加速度大小為a1＝g，方向豎直向下，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是向下傾斜的直線；到達(dá)最高點(diǎn)后做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度方向豎直向下，即速度小于0，此時(shí)小鐵球的加速度大小為a2＝g，方向豎直向下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是向下傾斜的直線；進(jìn)入湖水之前小鐵球的加速度保持不變，故v-t圖象的斜率保持不變。小鐵球進(jìn)入湖水后受到湖水的阻力作用，但重力大于阻力，加速度向下，但加速度a3<g，速度方向仍舊向下，即速度小于0，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，v-t圖象是向下傾斜的直線。小鐵球在淤泥中運(yùn)動(dòng)的時(shí)候速度仍向下，即速度小于0，但淤泥對(duì)小鐵球的阻力大于小鐵球的重力，所以加速度方向豎直向上，故小鐵球做減速運(yùn)動(dòng)。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。]11．(2024·福建龍巖質(zhì)檢)(多選)質(zhì)量m＝2kg的物塊在粗糙的水平地面上運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻起先受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1、F2隨時(shí)間t的改變規(guī)律如圖所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3B．3s末物塊的加速度大小為1.5m/s2C．5s末物塊的速度大小為1.5m/sD．5s內(nèi)物塊的位移大小為9mBD[本題考查依據(jù)物體受力圖象分析運(yùn)動(dòng)問題。0～2s內(nèi)，由物塊處于平衡狀態(tài)可得F1＋F2－μmg＝0，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2，故A錯(cuò)誤；3s末物塊的加速度大小為a′＝eq\f(－F2＋μmg－F1′,m)＝1.5m/s2，故B正確；2～4s內(nèi)物塊的加速度都為a′＝1.5m/s2，所以物塊減速到0的時(shí)間為t2＝eq\f(3,1.5)s＝2s，即物塊在4s末速度減為0，接下來物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，故C錯(cuò)誤；5s內(nèi)物塊的位移大小等于4s內(nèi)物塊的位移大小，即為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×2＋\f(3＋0,2)×2))m＝9m，故D正確。]12．(2024·山東省試驗(yàn)中學(xué)一模)如圖所示，帶支架的平板小車沿水平面對(duì)左做直線運(yùn)動(dòng)，小球A用輕細(xì)線懸掛于支架前端，質(zhì)量為m的物塊B始終相對(duì)于小車靜止在小車的右端。若某段時(shí)間內(nèi)始終能視察到細(xì)線偏離豎直方向θ角，則這段時(shí)間內(nèi)小車對(duì)物塊B產(chǎn)生的作用力的大小和方向?yàn)?)A．mg，豎直向上B．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方D[以A為探討對(duì)象，分析受力如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律得mAgtanθ＝mAa，解得a＝gtanθ，方向水平向右。再對(duì)B探討得，小車對(duì)物塊B產(chǎn)生的靜摩擦力的大小為Ff＝ma＝mgtanθ，方向向右；小車對(duì)物塊B的支持力向上，與重力平衡，則FN＝mg，所以小車對(duì)物塊B產(chǎn)生作用力為：F＝eq\r(F\o\al(2,N)＋F\o\al(2,f))＝mgeq\r(1＋tan2θ)，斜向右上方，故選項(xiàng)D正確。]13.(2024·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m＝3kg的物塊A、B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。起先時(shí)兩物塊壓緊彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平外力F作用下向右做a＝2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)直至與A分別，已知兩物塊與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10