《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第3章 第3講 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第3章 第3講 專題三 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用精練（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用精練 ◎基礎(chǔ)鞏固練 1．(多選)下列關(guān)于超重、失重現(xiàn)象的描述，正確的是(　　) A．列車在水平軌道上加速行駛，列車上的人處于超重狀態(tài) B．電梯正在減速下降，人在電梯中處于超重狀態(tài) C．蹦床運(yùn)動(dòng)員在空中上升階段處于失重狀態(tài)，下落階段處于超重狀態(tài) D．“神舟十一號(hào)”飛船在豎直向上加速升空的過程中，飛船里的宇航員處于超重狀態(tài) 解析：　列車在水平軌道上加速行駛時(shí)，列車上的人在豎直方向上平衡，既不失重也不超重，A錯(cuò)誤；電梯正在減速下降，加速度方向豎直向上，電梯里的人為超重狀態(tài)，B正確；運(yùn)動(dòng)員在空中上升和下落階段加速度都豎直向下，為失重狀態(tài)，C錯(cuò)誤；飛船加速升空的過程中

2、，加速度向上，飛船中的宇航員處于超重狀態(tài)，D正確。 答案：　BD 2．(多選) 某人乘電梯從24樓到1樓的v -t圖象如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．0～4 s內(nèi)人做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為1 m/s2 B．4～16 s內(nèi)人做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度保持4 m/s不變，處于完全失重狀態(tài) C．16～24 s內(nèi)，人做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度由4 m/s減至0，處于失重狀態(tài) D．0～24 s內(nèi)，此人經(jīng)過的位移為72 m 解析：　0～4 s內(nèi)，v -t圖線是一條傾斜直線，且a＝＝1 m/s2，A對；4～16 s內(nèi)，a＝0，不是完全失重狀態(tài)，B錯(cuò)；16～24 s內(nèi)，電梯減速下降，a向上

3、，處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)；0～24 s內(nèi)，位移大小等于圖線與橫軸圍成的面積數(shù)值，故x＝×(24＋12)×4 m＝72 m，D對。 答案：　AD 3．物體A、B放在光滑的水平地面上，其質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1?，F(xiàn)用水平3 N的拉力作用在物體A上，如圖所示，則A對B的拉力等于(　　) A．1 N B．1.5 N C．2 N D．3 N 解析：　設(shè)B物體的質(zhì)量為m，A對B的拉力為F，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律：a＝，對B有F＝ma，所以F＝1 N。 答案：　A 4．質(zhì)量為0.8 kg的物體在一水平面上運(yùn)動(dòng)，如圖a、b分別表示物體受到水平拉力作用和不受拉力作用的v -t圖象，則

4、拉力與摩擦力之比為(　　) A．9∶8 B．3∶2 C．2∶1 D．4∶3 解析：　由v -t圖象知，圖線a為僅受摩擦力的運(yùn)動(dòng)，加速度大小a1＝1.5 m/s2；圖線b為受水平拉力和摩擦力的運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2＝0.75 m/s2。列方程ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得，＝。 答案：　B 5. 如圖所示，質(zhì)量都為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)B與A分離。則下列說法中正確的是(　　) A．B和A剛分離時(shí)，彈簧為原長 B．B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為g C．彈簧的勁度系數(shù)等于 D．在B與A分離之前，它們

5、做勻加速運(yùn)動(dòng) 解析：　在施加外力F前，對A、B整體受力分析可得2mg＝kx1，A、B兩物體分離時(shí)，B物體受力平衡，兩者加速度恰好為零，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；對物體A，mg＝kx2，由于x1－x2＝h，所以彈簧的勁度系數(shù)為k＝，選項(xiàng)C正確；在B與A分離之前，由于彈簧彈力逐漸減小，它們的加速度逐漸減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案：　C 6. (2018·福建福州質(zhì)檢)傾角為θ＝45°、外表面光滑的楔形滑塊M放在水平面AB上，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a＝2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，則細(xì)線拉力的大小為(取g＝10 m/s2)(　　) A．10

6、N　　　　　　　　 B．5 N C. 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)，斜面對小球的支持力恰好為零，此時(shí)小球受到兩個(gè)力：重力和線的拉力(如圖1所示)，根據(jù)牛頓第二定律，有： FTcos θ＝ma0 FTsin θ－mg＝0 其中θ＝45° 解得a0＝g 則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a＝2g時(shí)，小球已“飄”起來了，此時(shí)小球受力如圖2所示，則有 FT′cos α＝m·2g FT′sin α－mg＝0 解得FT′＝mg＝××10 N＝10 N。故選項(xiàng)A正確。 答案：　A ◎能力提升練 7．(2018·河北冀州2月模擬)如圖甲所示，粗糙斜面與水平

7、面的夾角為30°，質(zhì)量為3 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由靜止從A點(diǎn)在一沿斜面向上的恒定推力作用下運(yùn)動(dòng)，作用一段時(shí)間后撤去該推力，小物塊能到達(dá)的最高位置為C點(diǎn)，小物塊上滑過程中v -t圖象如圖乙所示。設(shè)A點(diǎn)為零重力勢能參考點(diǎn)，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．小物塊最大重力勢能為54 J B．小物塊加速時(shí)的平均速度與減速時(shí)的平均速度大小之比為3∶1 C．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．推力F的大小為40 N 解析：　由乙圖可知物塊沿斜面向上滑行的距離x＝×3×1.2 m＝1.8 m，上升的最大高度h＝x sin 30°＝0.9 m，故物塊的最大重力勢能Epm＝m

8、gh＝27 J，則A項(xiàng)錯(cuò)。由圖乙可知物塊加速與減速階段均為勻變速運(yùn)動(dòng)，則由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式＝，可知小物塊加速時(shí)的平均速度與減速時(shí)的平均速度大小之比為1∶1，則B項(xiàng)錯(cuò)。由乙圖可知減速上升時(shí)加速度大小a2＝10 m/s2，由牛頓第二定律有mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2，得μ＝，則C項(xiàng)錯(cuò)。由乙圖可知加速上升時(shí)加速度大小a1＝ m/s2，由牛頓第二定律有F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，得F＝40 N，則D項(xiàng)正確。 答案：　D 8．(多選)(2018·廣東深圳一模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在

9、粗糙的水平地面上從O點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊速率的二次方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．t＝2 s時(shí)物塊速度為零 B．t＝3 s時(shí)物塊回到O點(diǎn) C．恒力F大小為2 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 解析：　通過題圖可知，物塊在恒力F作用下先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，然后反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖線求出做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出恒力F和摩擦力的大小。物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1＝＝3 m/s2，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝＝2 s，故A正確；

10、物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2＝＝1 m/s2，反向加速到出發(fā)點(diǎn)的時(shí)間t′＝＝2 s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得F＋Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，聯(lián)立兩式解得F＝2 N，F(xiàn)f＝1 N，則動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝＝0.1，故C、D正確。 答案：　ACD 9. 如圖所示，粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量M＝1.5 kg的斜面，斜面部分光滑，底面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，傾角θ＝37°，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m＝0.5 kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k＝200 N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a＝1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)。(已知sin 37°＝0.6、

11、cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2) (1)求F的大小； (2)求出彈簧的形變量及斜面對小球的支持力大小。 解析：　(1)整體以a勻加速向右運(yùn)動(dòng)，對整體應(yīng)用牛頓第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝6 N (2)設(shè)彈簧的形變量為x，斜面對小球的支持力為FN 對小球受力分析： 在水平方向：kxcos θ－FNsin θ＝ma 在豎直方向：kxsin θ＋FNcos θ＝mg 解得：x＝0.017 m FN＝3.7 N。 答案：　(1)6 N　(2)0.017 m　3.7 N 10．如圖甲所示，為一傾角θ＝37°的足夠長斜面，將一質(zhì)量為m＝1 kg的物體

12、無初速度在斜面上釋放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)2 s末物體的速度； (2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。 解析：　(1)對物體分析可知，其在前2 s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得 mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1 v1＝a1t1 代入數(shù)據(jù)可得 a1＝2.5 m/s2。方向沿斜面向下 v1＝5 m/s，方向沿斜面向下。 (2)物體在前2 s內(nèi)發(fā)生的位移為x1，則 x1＝a1t＝5 m，方向沿斜面向下 當(dāng)拉力為F2＝4.5 N時(shí)，由牛頓第二定律可得 F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2 代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上。 物體經(jīng)過t2時(shí)間速度減為0，則 v1＝a2t2 得t2＝10 s t2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2，則 x2＝a2t＝25 m，方向沿斜面向下 由于mgsin θ－μmgcos θ