2020届高三高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》强化练习题卷

1、( 24楼到 1楼的 v -t 图象如图所示，下列说法正确的是1 m/s4 m/s 不变，处于完全失重状态4 m/s 减至 0，处于失重状态72 m m( 24楼到 1楼的 v -t 图象如图所示，下列说法正确的是1 m/s4 m/s 不变，处于完全失重状态4 m/s 减至 0，处于失重状态72 m m m 21。现用水平 3 N 的拉力作用在物体A对 B的拉力等于B1.5 N D3 N 如图 a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的( B32 D43 m的 A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于) ( 2A B) v-t) mg的恒力 F向上拉 B，运动) A上，如图牛

2、顿运动定律的综合应用精练1(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是A列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态B电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态C蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态D“神舟十一号”飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态2(多选) 某人乘电梯从A04 s 内人做匀加速直线运动，加速度为B416 s 内人做匀速直线运动，速度保持C1624 s 内，人做匀减速直线运动，速度由D024 s 内，此人经过的位移为3物体 A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比所示，则 ( A1 N C2 N 4质量为 0.8 kg 的物体在一

3、水平面上运动，图象，则拉力与摩擦力之比为A98 C21 5. 如图所示，质量都为1 / 9 gmgh)倾角为 45、外表面光滑的楔形滑块m kg，当滑块 M以 a2g的加速度向右运动时，则细线拉2B5 N D2月模拟 )如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为v -t 图象如图乙所示。设) 54 J gmgh)倾角为 45、外表面光滑的楔形滑块m kg，当滑块 M以 a2g的加速度向右运动时，则细线拉2B5 N D2月模拟 )如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为v -t 图象如图乙所示。设) 54 J 31 32)如图甲所示，质量O点开始向右运动，g取10 m/s ，下列说法中正确的是M放在水平面

4、 AB上，滑块 M的顶端 O处固定55) 10 N 30，质量为 3 kg 的小物块 (可视为A点为零重力势能参考点，m1 kg、初速度 v 6 m/s 的物块受水平向左的恒力O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变2g取 10 m/s ，则下列说法正确0( 2F作) 距离 h时 B与 A分离。则下列说法中正确的是 ( ) AB和 A刚分离时，弹簧为原长BB和 A刚分离时，它们的加速度为C弹簧的劲度系数等于D在 B与 A分离之前，它们做匀加速运动6. (2018福建福州质检一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为力的大小为 (取 g10 m/s )( A10 N C.

5、5 N 7(2018河北冀州质点)由静止从 A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为 C点，小物块上滑过程中的是( A小物块最大重力势能为B小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力 F的大小为 40 N 8(多选)(2018广东深圳一模用，在粗糙的水平地面上从化的关系图象如图乙所示，2 / 9 0.1 M1.5 kg的斜面，斜面部分光滑， 底面与地面的动摩擦因数m0.5 kgF，使整体向右以237的足够长斜面，将一质量为0.25，取 g0.1 M1.5 kg的斜面，斜面部分光滑， 底面与地面的动摩擦

6、因数m0.5 kgF，使整体向右以237的足够长斜面，将一质量为0.25，取 g2末物体的速度；0.2，的小球，弹簧劲度系数a1 m/s 的加速度匀加速运动。m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时k200 N/m，现2(已知 sin 37 0.6 、cos 37At2 s 时物块速度为零Bt3 s 时物块回到 O点C恒力 F大小为 2 N D物块与水平面间的动摩擦因数为9. 如图所示，粗糙的地面上放着一个质量倾角 37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量给斜面施加一水平向右的恒力0.8，g10 m/s ) (1) 求 F的大小；(2) 求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。10如

7、图甲所示，为一倾角施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数10 m/s ，sin 37 0.6，cos 37 0.8，求：(1)2 s(2) 前 16 s 内物体发生的位移。3 / 9 ( 列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状态，BD 24楼到 1楼的 v -t 图象如图所示，下列说法正确的是1 m/s4 m/s 不变，处于完全失重状态4 m/s 减至 0，处于失重状态72 m ( 列车在水平轨道上加速

8、行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状态，BD 24楼到 1楼的 v -t 图象如图所示，下列说法正确的是1 m/s4 m/s 不变，处于完全失重状态4 m/s 减至 0，处于失重状态72 m 04 s 内，v -t 图线是一条倾斜直线，且a向上，处于超重状态，x12(2412)4 m 72 m，D对。AD m m 21。现用水平 3 N 的拉力作用在物体) B1.5 N D3 N ) A错误；电梯正D正确。( 2avt1 m/s ，A对；416 s 内，a0，不是完

9、全失重C错；024 s内，位移大小等于图线与横轴围A B) 2A上，如图参考答案1(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是A列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态B电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态C蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态D“神舟十一号”飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态解析：在减速下降，加速度方向竖直向上，电梯里的人为超重状态，向下，为失重状态，答案：2(多选) 某人乘电梯从A04 s 内人做匀加速直线运动，加速度为B416 s 内人做匀速直线运动，速度保持C1624 s 内，人做匀减速直线运动，速度由D024

10、 s 内，此人经过的位移为解析：状态， B错；1624 s 内，电梯减速下降，成的面积数值，故答案：3物体 A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比所示，则 A对 B的拉力等于 ( A1 N C2 N 4 / 9 设 B物体的质量为A 如图 a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的( B32 D43 由 v-t 图象知，图线 a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a 0.75 m/s 。列方程 ma F，ma2FFf，解得，设 B物体的质量为A 如图 a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的( B32 D43 由 v-t 图象知，图线 a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a 0.75

11、m/s 。列方程 ma F，ma2FFf，解得，B m的 A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于( gmgh在施加外力 F前，对 A、B整体受力分析可得A、B错误；对物体D错误。C m，A对 B的拉力为 F，对 A、B整体，根据牛顿第二定律：v-t) a 1.5 m/s2；图线 b为受水平拉力和摩擦22 1 fmg的恒力 F向上拉 B，运动) 2mgkx1，A、B两物体分离时， B物体受力平衡，两者A，mgkx x xam2m，对 B有 F1FF 2。2，由于 1 2h，所以弹簧的劲度系数为3kmgh，选项 C正解析：ma，所以 F1 N。答案：4质量为 0.8 kg 的物体在一水

12、平面上运动，图象，则拉力与摩擦力之比为A98 C21 解析：力的运动，加速度大小答案：5. 如图所示，质量都为距离 h时 B与 A分离。则下列说法中正确的是AB和 A刚分离时，弹簧为原长BB和 A刚分离时，它们的加速度为C弹簧的劲度系数等于D在 B与 A分离之前，它们做匀加速运动解析：加速度恰好为零，选项确；在 B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项答案：6. 5 / 9 )倾角为 45、外表面光滑的楔形滑块m kg，当滑块 M以 a2g的加速度向右运动时，则细线拉2B5 N D当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重T

13、cos Tsin 0ga2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图Tcos Tsin TA 2月模拟 )如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为)倾角为 45、外表面光滑的楔形滑块m kg，当滑块 M以 a2g的加速度向右运动时，则细线拉2B5 N D当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重Tcos Tsin 0ga2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图Tcos Tsin TA 2月模拟 )如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为v -t 图象如图乙所示。设) 54 J M放在水平面 AB上，滑块 M的顶端 O处固定55) 10 N 2所示，则有

14、5mg 5 10 N10 N。故选项 A正确。30，质量为 3 kg 的小物块 (可视为A点为零重力势能参考点，55g取 10 m/s ，则下列说法正确2(2018福建福州质检一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为力的大小为 (取 g10 m/s )( A10 N C. 5 N 解析：力和线的拉力 (如图 1所示)，根据牛顿第二定律，有：F ma0F mg0 其中 45解得 a则知当滑块向右运动的加速度F mgF mg0 解得 F答案：7(2018河北冀州质点)由静止从 A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为 C点，小物块上滑过程中的

15、是( A小物块最大重力势能为6 / 9 31 32由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离E mgh27 J，则 A项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由v v0v2 ，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为a 10 m/s ，由牛顿第二定律有331，得D )如图甲所示，质量O点开始向右运动，g取10 m/s ，下列说法中正确的是0.1 通过题图可知，物块在恒力F和摩擦力的大小。物体做匀减a 3 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为1a 1 m/sFFma1，FFma2，联立两式解得ACD x1231.2 m 1.8 m，上升的最大高度31 32由乙图可知物块沿斜面

16、向上滑行的距离E mgh27 J，则 A项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由v v0v2 ，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为a 10 m/s ，由牛顿第二定律有331，得D )如图甲所示，质量O点开始向右运动，g取10 m/s ，下列说法中正确的是0.1 通过题图可知，物块在恒力F和摩擦力的大小。物体做匀减a 3 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为1a 1 m/sFFma1，FFma2，联立两式解得ACD x1231.2 m 1.8 m，上升的最大高度pm11，22a m/s ，由牛顿第二定律有m1 kg、初速度 v 6 m/s 的物块受水平向左的恒

17、力O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变2F作用下先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，根据图线求v1v2f fhx sin 30 mgsin 30 mgcos 30 ma1010( 202x222xF2 N，F1 N，则动摩擦因数为2，23F作) t 2 s，故tfFmgsin 30mgcos v12x12a ，故 C、D正0a3 s ，故 B错误；根据牛2Fmg0.1fB小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力 F的大小为 40 N 解析：0.9 m，故物块的最大重力势能匀变速直线运动的平均速度公式则 B项错。由乙图

18、可知减速上升时加速度大小得 ，则 C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小30ma F40 N，则 D项正确。答案：8(多选)(2018广东深圳一模用，在粗糙的水平地面上从化的关系图象如图乙所示，At2 s 时物块速度为零Bt3 s 时物块回到 O点C恒力 F大小为 2 N D物块与水平面间的动摩擦因数为解析：出做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力速直线运动的加速度大小为速直线运动的加速度大小为顿第二定律得确。答案：9. 7 / 9 0.2，m0.5 kgF，使整体向右以2(1) 整体以 a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：x，斜面对小球的支持力为N(1)

19、6 N 37的足够长斜面，将一质量为0.25，取 g2末物体的速度；(1) 对物体分析可知，其在前1 1t1211x10.2，m0.5 kgF，使整体向右以2(1) 整体以 a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：x，斜面对小球的支持力为N(1)6 N 37的足够长斜面，将一质量为0.25，取 g2末物体的速度；(1) 对物体分析可知，其在前1 1t1211x11 1F2的小球，弹簧劲度系数a1 m/s 的加速度匀加速运动。F(Mm)g(Mm)aF3.7 N 。(2)0.017 m m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时2 s 内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可1，则22a1t2k200 N/m，现2N3.7 N (已知 sin 37 0.6 、cos 37如图所示，粗糙的地面上放着一个质量 M1.5 kg的斜面，斜面部分光滑， 底面与地面的动摩擦因数倾角 37，在固定在斜面