高考物理一轮复习专题3牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的应用课后练习（含解析）新人教版

第3讲牛顿运动定律的应用知识巩固练1．(2020年济南期末)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示．升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示．取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是()A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】D【解析】由乙图可知，在0～2t0时间内，物块的加速度方向向上，先处于超重状态，A错误；由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块的加速度方向向上，处于超重状态，B错误；由乙图可知，t＝t0时刻，物块的加速度a＝g，根据牛顿第二定律N－mg＝mg，得N＝2mg，C错误；由乙图可知，t＝3t0时刻，物块的加速度a＝g，根据牛顿第二定律N－mg＝mg，得N＝2mg，D正确．2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则()A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2【答案】A【解析】当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法，有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，再隔离b，有kx1－m2g＝m2a1，联立得x1＝eq\f(m2F,km1＋m2).当沿水平方向拉着a时，先用整体法，有F＝(m1＋m2)a2，再隔离b，有kx2＝m2a2，联立得x2＝eq\f(m2F,km1＋m2)，故x1＝x2，故A正确．3．如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动．已知重力加速度大小为g，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力，则恒力F的临界数值为()A．μmg B．μMgC．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M))) D．μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(M,m)))【答案】C【解析】以物块m为研究对象，根据牛顿第二定律，有F－μmg＝ma1，以长木板M为研究对象，根据牛顿第二定律，有μmg＝Ma2，若两者出现相对滑动应有a1≥a2，联立解得F≥μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))，故C正确．4．(2020年湖南师大附中月考)如图所示，一同学用双手(手未画出)水平对称地用力将两长方体课本夹紧，且同时以加速度a竖直向上匀加速捧起．已知课本A质量为m，课本B质量为2m，手的作用力大小为F，书本A、B之间动摩擦因数为μ，用整体法与隔离法可分析出此过程中，书A受到书BA．μF B．2μFC．eq\f(1,2)m(g＋a) D．m(g＋a)【答案】C5．(2020年顺县二中期末)(多选)如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M＝5kg，小车上静止地放置着质量为m＝1kg的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM可能正确的有()A．am＝1m/s2，aM＝1m/s2B．am＝1m/s2，aM＝2m/s2C．am＝2m/s2，aM＝4m/s2D．am＝3m/s2，aM＝5m/s2【答案】AC【解析】当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m受到的是滑动摩擦力，故其加速度恒定为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，因此当系统加速度小于等于2m/s2时，两物体一起运动，加速度相同，故A正确，B错误；发生相对滑动后，m的加速度大小恒为2m/s2且am<aM，故C正确，D错误．6．如图所示，质量为m1＝2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M＝5kg的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2＝1kg的物体C，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．物体A处于失重状态，加速度大小为10m/s2B．物体A处于超重状态，加速度大小为20m/s2C．物体C处于失重状态，对箱子的压力大小为5ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为80N【答案】C7．粗糙水平面上放有P、Q两个木块，它们的质量依次为m1、m2，与水平面的动摩擦因数依次为μ1、μ2.分别对它们施加水平拉力F，它们的加速度a随拉力F变化的规律如图所示．下列判断正确的是()A．m1＞m2，μ1＞μ2B．m1＞m2，μ1＜μ2C．m1＜m2，μ1＞μ2D．m1＜m2，μ1＜μ2【答案】B【解析】根据牛顿第二定律可知，加速度a与拉力F变化的规律，即为F－μmg＝ma，则a与F图像的斜率表示eq\f(1,m)，图像与横坐标的含义为摩擦力的大小，因此则有m1＞m2，而μ1m1g＜μ2m2g，所以μ1＜综合提升练8．(2021年广东一模)(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小．根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像．若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有()A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于失重状态C．当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上【答案】BD【解析】15m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确．9．(2020年中山纪念学校质检)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是()A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，则杆受到压力D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆不受到作用力【答案】AD【解析】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有m1gsinθ－μ1m1gcosθ＝m1a1，解得a1＝g(sinθ－μ1cosθ)，同理a2＝g(sinθ－μ2cosθ)，若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1＝μ2，则a1＝a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；若μ1＜μ2，则a1＞a2，10．(2020届赣州名校一模)(多选)如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，传送带两端A、B间的距离l＝5m，传送带在电动机的带动下以v＝1m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，现将一质量m＝10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)，在传送带将小物体从A点输送到B点的过程中(g取10m/s2)()A．小物体在传送带上运动的时间为5sB．传送带对小物体做的功为255JC．电动机做的功为255JD．小物体与传送带间因摩擦产生的热量为15J【答案】BD【解析】物体刚放上A点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体做匀加速直线运动，此时a1＝eq\f(μmgcosθ－mgsinθ,m)＝g(μcosθ－sinθ)＝2.5m/s2，假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移x1＝eq\f(v2,2a1)＝0.2m<l＝5m，假设成立，物体加速到v＝1m/s，用时t1＝eq\f(v,a1)＝0.4s，因为μmgcosθ>mgsinθ，故之后小物体将向上做匀速运动，运动的时间t2＝eq\f(l－x1,v)＝4.8s，故运动的总时间t＝t1＋t2＝5.2s，故A错误；小物体运动到B点的速度为1m/s，从A到B，由动能定理，有W传－mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W传＝255J，故B正确；在相对滑动时，s相＝vt1－x1＝0.2m，则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·s相＝15J，故D正确；由功能关系，可知电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而产生的热量，则W电＝W传＋Q＝270J，故C错误．11．(2020届重庆南开中学期末)如图所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10m/s2，在铁块上加一个水平向右的拉力，则：(1)F增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？(2)若木板长L＝1m，水平拉力恒为8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？解：(1)设F＝F1时，铁块、木板恰好保持相对静止，此时两者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大．对木板，根据牛顿第二定律，得μ