2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時(shí)沖關(guān)九 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版

牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 A級(jí)基礎(chǔ)練1應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入例如平伸手掌托起物體，由靜止開(kāi)始豎直向上運(yùn)動(dòng)，直至將物體拋出對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是()A受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于超重狀態(tài)B受托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開(kāi)手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開(kāi)手的瞬間，手的加速度大于重力加速度解析：D物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時(shí)，物體處于超重狀態(tài)當(dāng)物體離開(kāi)手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯(cuò)誤；物體離開(kāi)手的前一時(shí)刻，手與物體具有相同的速度，物體離開(kāi)手的下一時(shí)刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開(kāi)手的瞬間這段相同的時(shí)間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確2.圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的示意圖，中間的點(diǎn)表示人的重心圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫(huà)出的力時(shí)間圖線(xiàn)兩圖中ag各點(diǎn)均對(duì)應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中沒(méi)有畫(huà)出重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖象分析可得()A人的重力為1 500 NBc點(diǎn)位置人處于超重狀態(tài)Ce點(diǎn)位置人處于失重狀態(tài)Dd點(diǎn)的加速度小于f點(diǎn)的加速度解析：B由圖可知人的重力為500 N，故A錯(cuò)誤；c點(diǎn)位置人的支持力為750 N500 N，處于超重狀態(tài)，故B正確；e點(diǎn)位置人的支持力為650 N500 N，處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；d點(diǎn)的加速度20 m/s2大于f點(diǎn)的加速度10 m/s2，故D錯(cuò)誤3在建筑工地，民工兄弟用兩手對(duì)稱(chēng)水平使力將兩長(zhǎng)方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，在此過(guò)程中，A、B間的摩擦力為()AFB2FC.m(ga) Dm(ga)解析：D以?xún)蓚€(gè)物體為整體，根據(jù)牛頓第二定律，有2f(m3m)g(m3m)a再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有：fmgfBAma聯(lián)立解得：fBAm(ga)，故選D.4(2019·重慶市一中高三模擬)(多選)如圖所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四個(gè)木塊，其中M、P質(zhì)量均為m，N、Q質(zhì)量均為2m，M、P之間用一輕質(zhì)彈簧相連現(xiàn)用水平拉力F拉N，使四個(gè)木塊以同一加速度a向右運(yùn)動(dòng)，則在突然撤去F的瞬間，下列說(shuō)法正確的是()AP、Q間的摩擦力不變BP、Q的加速度大小變?yōu)镃M、N間的摩擦力不變DN的加速度大小仍為a解析：AD撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，對(duì)P、Q整體分析，加速度不變，隔離對(duì)P分析，P、Q間的摩擦力不變，故A正確；撤去F前，對(duì)P、Q整體分析，知彈簧的彈力F彈3ma，撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，可知P、Q的加速度不變，仍然為a，故B錯(cuò)誤；撤去F前，隔離對(duì)M分析，fF彈ma，解得f4ma，對(duì)整體分析，F(xiàn)6ma，撤去F后，對(duì)M、N整體分析，aa，方向向左，隔離對(duì)N分析，f2ma2ma，知M、N間的摩擦力發(fā)生變化N的加速度大小不變，方向改變，故C錯(cuò)誤，D正確5.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為37°的光滑斜面體頂端，彈簧與斜面平行，在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球始終相對(duì)于斜面靜止已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則該過(guò)程中彈簧的形變量為(已知：sin 37°0.6，cos 37°0.8)()A. B.C. D.解析：A假設(shè)小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度a0向左勻加速運(yùn)動(dòng)，則a0gtan 37°g，當(dāng)斜面體和小球以加速度ag水平向左勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到重力、支持力和彈簧沿斜面向下的彈力作用設(shè)彈簧的形變量為x，則有FNsin 37°kxcos 37°mg，F(xiàn)Ncos 37°kxsin 37°mg，解得x，A正確6(2019·十堰模擬)(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過(guò)輕繩跨過(guò)光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止則下列說(shuō)法正確的是()A輕繩的拉力等于MgB輕繩的拉力等于mgCM運(yùn)動(dòng)的加速度大小為(1sin )gDM運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g解析：BCD互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsin mg，互換位置后，對(duì)M有MgFTMa，對(duì)m有：FTmgsin ma，又FTFT，解得：a(1sin )gg，F(xiàn)Tmg，故A錯(cuò)，B、C、D對(duì)7(2018·肇慶模擬)(多選)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其vt圖線(xiàn)如圖所示，則()A在0t1時(shí)間內(nèi)，外力F大小不斷增大B在t1時(shí)刻，外力F為零C在t1t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D在t1t2時(shí)間內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大解析：CDvt圖象的斜率表示加速度，在0t1時(shí)間內(nèi)，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)fma，所以外力F不斷減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻，加速度為零，外力F等于摩擦力f，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t1t2時(shí)間內(nèi)，物體做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得，fFma，所以外力F可能不斷減小，選項(xiàng)C正確；若物體靜止前，外力F已減至零，則此后，外力F必再反向增大，選項(xiàng)D正確8將一只皮球豎直向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比下列描繪皮球在上升過(guò)程中加速度大小a與時(shí)間t的關(guān)系圖象，可能正確的是()解析：C皮球在上升過(guò)程中速度越來(lái)越小，所以空氣阻力越來(lái)越小，重力與空氣阻力的合力越來(lái)越小，所以加速度越來(lái)越小，一開(kāi)始加速度最大，后來(lái)減小得越來(lái)越慢，最后速度為零時(shí)，加速度變?yōu)橹亓铀俣?，所以答案選C.9質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小視為相等從t0時(shí)刻開(kāi)始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示重力加速度g取10 m/s2，則物體在t0到t10 s這段時(shí)間內(nèi)的位移大小為()A6 m B18 mC30 m D24 m解析：C物體所受的最大靜摩擦力fmg6 N在02 s內(nèi)，拉力小于摩擦力，物體不動(dòng)；在24 s內(nèi)，物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，a1m/s23 m/s2，則位移x1a1t×3×4 m6 m；在 46 s內(nèi)，物體做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度大小a2g3 m/s2，初速度v0a1t16 m/s，則位移x2v0t2a2t12 m×3×4 m6 m；物體的末速度v1v0a2t26 m/s3×2 m/s0在68 s內(nèi)，物體做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移x36 m，末速度v26 m/s.在810 s內(nèi)，物體做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，位移x4v2t412 m.則010 s內(nèi)的位移x6 m6 m6 m12 m30 m，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤B級(jí)能力練10(多選)已知雨滴在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)所受空氣阻力fkr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為其運(yùn)動(dòng)速率t0時(shí)，雨滴由靜止開(kāi)始下落，加速度用a表示落地前雨滴已做勻速運(yùn)動(dòng)，速率為v.下列對(duì)雨滴運(yùn)動(dòng)描述的圖象中一定正確的是()解析：ABCt0時(shí)，雨滴由靜止開(kāi)始下落，v0，所受空氣阻力fkr2v20，則此時(shí)雨滴只受重力，加速度為g，隨著雨滴速度增大，所受空氣阻力增大，根據(jù)牛頓第二定律mgfma，則加速度減小，即雨滴做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)最后fkr2v2mg時(shí)，加速度減小到零，速度不變，雨滴做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A、B正確；當(dāng)最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有kr2vmggr3，可得最大速率與成正比，vr，故C正確，D錯(cuò)誤11(多選)如圖甲所示，在水平地面上有一長(zhǎng)木板B，其上疊放木塊A，假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力都和滑動(dòng)摩擦力相等，用一水平力F作用于B，A、B的加速度與F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是()AA的質(zhì)量為0.5 kgBB的質(zhì)量為1.5 kgCB與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2DA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4解析：ACD由圖可知，二者開(kāi)始時(shí)相對(duì)地面靜止，當(dāng)拉力為3 N時(shí)開(kāi)始相對(duì)地面滑動(dòng)；故B與地面間的最大靜摩擦力為3 N；當(dāng)拉力為9 N時(shí)，A、B相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為4 m/s2；當(dāng)拉力為13 N時(shí)，B的加速度為8 m/s2；對(duì)A分析可知，1g4 m/s2；解得A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.4；對(duì)B分析可知，13 N3 N1mAgmB×8 m/s2對(duì)整體有：9 N3 N(mAmB)×4 m/s2聯(lián)立解得：mA0.5 kg；mB1 kg；則由2(mAmB)g3 N解得，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.2；故A、C、D正確，B錯(cuò)誤12.(2019·煙臺(tái)模擬)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個(gè)角的角度為(45°)三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過(guò)一根跨過(guò)定滑輪的細(xì)繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)不計(jì)滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將m1和m2同時(shí)由靜止釋放后，下列說(shuō)法正確的是()A若m1m2，則兩物體可靜止在斜面上B若m1m2tan ，則兩物體可靜止在斜面上C若m1m2，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(Mm1m2)gD若m1m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零解析：C若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin ，由于45°，則m2gsin(90°)m1gsin ，則m1將沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，m2將沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿(mǎn)足：m2gsin(90°)m1gsin ，即有m1m2cot ，B錯(cuò)誤若m1m2，設(shè)加速度大小為a，對(duì)兩個(gè)物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有FN(Mm1m2)gm2asin(90°)m1asin 0，即地面對(duì)三棱柱的支持力FN(Mm1m2)g，則三棱柱對(duì)地面的壓力小于(Mm1m2)g；水平方向有Ffm1acos m2acos(90°)0，C正確，D錯(cuò)誤13.如圖所示，水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運(yùn)動(dòng)物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.求：(1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運(yùn)動(dòng)且不脫離地面，拉力F的大小范圍(2)已知m10 kg，0.5，g10 m/s2，若F的方向可以改變，求使物體以恒定加速度a5 m/s2向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力F的最小值解析：(1)要使物體運(yùn)動(dòng)時(shí)不離開(kāi)地面，應(yīng)有：Fsin mg要使物體能一直向右運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有：Fcos (mgFsin )聯(lián)立解得：F(2)根據(jù)牛頓第二定律得Fcos (mgFsin )ma解得：F上式變形得F其中arcsin當(dāng)sin()1時(shí)，F(xiàn)有最小值解得：Fmin代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：Fmin40 N答案：(1)F(2)40 N8