2023年高考物理一轮复习课时分层集训9牛顿运动定律的综合应用新人教版

PAGEPAGE1课时分层集训(九)牛顿运动定律的综合应用(限时：40分钟)[根底对点练]超重、失重现象1．(2022·西安“四校〞4月联考)图3­3­11甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·〞表示人的重心．图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线．两图中a～g各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出．取重力加速度g＝10 m/s2．根据图象分析可知()图3­3­11A．人的重力为1500NB．c点位置人处于超重状态C．e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度B[由题图可知a点处人处于平衡状态，那么人的重力G＝500N，A错误．c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力，故都处于超重状态，B正确，C错误．在d点处人所受合力为1000N，而在f点处人所受合力仅为500N，再由牛顿第二定律可知人在d点处的加速度大，D错误．]2．如图3­3­12所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．以下说法正确的选项是()【导学号：84370131】图3­3­12A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力A[不计空气阻力，A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g，两物体均处于完全失重状态，因此，物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零，A正确．]3．(多项选择)如图3­3­13所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，()图3­3­13A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑BD[当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinθ＝μmgcosθ，那么μ＝tanθ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时，设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma．物块“重力〞变为G′＝mg＋ma，支持力变为N′＝(mg＋ma)cosθ>mgcosθ，B对．“重力〞沿斜面向下的分力G下′＝(mg＋ma)sinθ，沿斜面的摩擦力变为f′＝μN′＝μ(mg＋ma)cosθ>μmgcosθ，A错误．f′＝μ(mg＋ma)cosθ＝tanθ(mg＋ma)cosθ＝(mg＋ma)sinθ＝G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，D对，C错误．]动力学中整体法、隔离法应用4．(多项选择)如图3­3­14所示，物块A的质量是B的2倍，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动．假设物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为N1；假设物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块间的相互作用力大小为N2，那么以下判断正确的选项是()【导学号：84370132】图3­3­14A．a1＝a2 B．a1＞a2C．N1＝N2 D．N1＞N2BC[设B的质量为m，那么A的质量为2m；接触面光滑时，整体分析：a1＝eq\f(F,2m＋m)＝eq\f(F,3m)，对B分析：N1＝mBa1＝eq\f(F,3)．接触面粗糙时，整体分析：a2＝eq\f(F－f,3m)＝eq\f(F,3m)－μg，可知a1＞a2；对B分析：N2＝ma2＋μmg＝eq\f(F,3)，那么N1＝N2，B、C正确．]5．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3­3­15所示，那么()图3­3­15A．小球对圆槽的压力为eq\f(MF,m＋M)B．小球对圆槽的压力为eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小C[利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq\f(F,M＋m)，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，由牛顿第三定律可知只有C项正确．]6．如图3­3­16所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f．假设木块不滑动，力F的最大值是()【导学号：84370133】图3­3­16A．eq\f(2fm＋M,M)B．eq\f(2fm＋M,m)C．eq\f(2fm＋M,M)－(m＋M)gD．eq\f(2fm＋M,m)＋(m＋M)gA[由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，对木块有：2f－Mg＝Ma 对夹子有：F－2f－mg＝ma 联立①②两式解得F＝eq\f(2fM＋m,M)，选项A正确．](2022·天水模拟)如下图，A、B两物体质量为mA、mB(mA＞mB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，那么A、B运动过程中()A．轻绳的拉力为(mA－mB)gB．轻绳的拉力逐渐减小C．它们加速度的大小与eq\f(mA,mB)成正比D．假设(mA＋mB)是一定值，那么加速度大小与(mA－mB)成正比D[以A、B为整体，通过分析，由牛顿第二定律可得(mA－mB)g＝(mA＋mB)a，a＝eq\f(mA－mBg,mA＋mB)，故C错误，D正确；对A由牛顿第二定律可知mAg－F＝mAa，F＝mAg－mAa＝eq\f(2mAmBg,mA＋mB)，故A、B错误．应选D．]动力学中图象问题7．如图3­3­17甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．那么物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体的初速度为零，重力加速度取10m/s2)()图3­3­17C[在0～1s内，a1＝eq\f(F－mgsin30°,m)＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动，1s末物体速度v1＝a1t1＝5m/s；在1～2s内，拉力为零，a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f(g,2)，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零；在2～3s内，a3＝eq\f(F＋mgsin30°,m)＝eq\f(3g,2)，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s末物体速度v3＝a3t3＝15m/s，故C正确，A、B、D错误．]8．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，以下用虚线和实线描述两物体运动的v­t图象，可能正确的选项是()【导学号：84370134】D[不受空气阻力的物体，整个上抛过程中加速度恒为g，方向竖直向下，题图中的虚线表示该物体的速度—时间图象；受空气阻力的物体在上升过程中，mg＋kv＝ma，即a＝g＋eq\f(kv,m)，随着物体速度的减小，物体的加速度不断减小，故A项错误；物体上升到最高点时，速度为零，此时物体的加速度为g，方向竖直向下，故图中实线与t轴交点处的切线的斜率应与虚线的斜率相同，故D项正确，B、C项错误．]9．一物体在水平推力F＝15N的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v­t图象如图3­3­18所示，g取10m/s2，求：图3­3­18(1)0～4s和4～6s物体的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ和物体的质量m；(3)在0～6s内物体运动平均速度的大小．[解析](1)由图可得：a1＝eq\f(Δv,Δt1)＝eq\f(10,4)m/s2＝2．5m/s2，a2＝eq\f(Δv,Δt2)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2．(2)根据牛顿第二定律得：μmg＝ma2解得：μ＝eq\f(a2,g)＝0．5根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1解得：m＝eq\f(F,μg＋a1)＝2kg．(3)平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)＝eq\f(\f(v,2)t,t)＝eq\f(v,2)＝eq\f(10,2)m/s＝5m/s．[答案](1)2．5m/s25m/s2(2)0．52kg(3)5m/s[考点综合练]10．(多项选择)如图3­3­19甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．假设从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示．v2>v1，那么()【导学号：84370135】甲乙图3­3­19A．t1时刻，小物块离A处的距离到达最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离到达最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用ABC[相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最远，A正确；在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离到达最大值，B、C正确，D错误．]11．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，P的质量M＝10．5kg，Q的质量m＝1．5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝800N/m，系统处于静止．如图3­3­20所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，在前0．2s内，F为变力，0．2s以后，F为恒力．求力F的最大值与最小值．(取g＝10m/s2)图3­3­20[解析]设开始时弹簧压缩量为x1，t＝0．2s时弹簧的压缩量为x2，物体P的加速度为a，那么有kx1＝(M＋m)g ①kx2－mg＝ma ②x1－x2＝eq\f(1,2)at2 ③由①式得x1＝eq\f(M＋mg,k)＝0．15m ④由②③④式得a＝6m/s2F小＝(M＋m)a＝72NF大＝M(g＋a)＝168N．[答案]168N72N12．如图3­3­21所示，将砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．假设砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g．图3­3­21(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力F的大小；(3)本实验中，m1＝0．5kg，m2＝0．1kg，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d＝0．1m，g取10m/s2．假设砝码移动的距离超过l＝0．002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：84370136】[解析](1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)gFf＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，那么Ff1＝m1a