《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(yè)珍藏版）》請(qǐng)?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(guò)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(guò)程中，加速度向上，飛船中的宇航員處于超重狀態(tài)，D正

2、確。答案：BD2(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(shuō)法正確的是()A04 s內(nèi)人做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為1 m/s2B416 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)C1624 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)D024 s內(nèi)，此人經(jīng)過(guò)的位移為72 m解析：04 s內(nèi)，v t圖線是一條傾斜直線，且a1 m/s2，A對(duì)；416 s內(nèi)，a0，不是完全失重狀態(tài)，B錯(cuò)；1624 s內(nèi)，電梯減速下降，a向上，處于超重狀態(tài)，C錯(cuò)；024 s內(nèi)，位移大小等于圖線與橫軸圍成的面積數(shù)值，故x(2412)4 m72 m，D對(duì)。答案：AD3

3、物體A、B放在光滑的水平地面上，其質(zhì)量之比mAmB21?，F(xiàn)用水平3 N的拉力作用在物體A上，如圖所示，則A對(duì)B的拉力等于()A1 N B1.5 NC2 N D3 N解析：設(shè)B物體的質(zhì)量為m，A對(duì)B的拉力為F，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律：a，對(duì)B有Fma，所以F1 N。答案：A4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，則拉力與摩擦力之比為()A98 B32C21 D43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a11.5 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a20.75 m/s2。列方程ma

4、1Ff，ma2FFf，解得，。答案：B5.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(shuō)法中正確的是()AB和A剛分離時(shí)，彈簧為原長(zhǎng)BB和A剛分離時(shí)，它們的加速度為gC彈簧的勁度系數(shù)等于D在B與A分離之前，它們做勻加速運(yùn)動(dòng)解析：在施加外力F前，對(duì)A、B整體受力分析可得2mgkx1，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(duì)物體A，mgkx2，由于x1x2h，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：C6.(20

5、18福建福州質(zhì)檢)傾角為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mkg，當(dāng)滑塊M以a2g的加速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，則細(xì)線拉力的大小為(取g10 m/s2)()A10 NB5 NC. 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(duì)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 ma0FTsin mg0其中45解得a0g則知當(dāng)滑塊向右運(yùn)動(dòng)的加速度a2g時(shí)，小球已“飄”起來(lái)了，此時(shí)小球受力如圖2所示，則有FTcos m2gFTsin mg0解得FTmg10 N10

6、 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(guò)程中v t圖象如圖乙所示。設(shè)A點(diǎn)為零重力勢(shì)能參考點(diǎn)，g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A小物塊最大重力勢(shì)能為54 JB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31C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x31.2 m1.8 m，上升的最大高度hx sin 300.9

7、 m，故物塊的最大重力勢(shì)能Epmmgh27 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11，則B項(xiàng)錯(cuò)。由乙圖可知減速上升時(shí)加速度大小a210 m/s2，由牛頓第二定律有mgsin 30mgcos 30ma2，得，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Fmgsin 30mgcos 30ma1，得F40 N，則D項(xiàng)正確。答案：D8(多選)(2018廣東深圳一模)如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg、初速度v06 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點(diǎn)

8、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(guò)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(shuō)法中正確的是()At2 s時(shí)物塊速度為零Bt3 s時(shí)物塊回到O點(diǎn)C恒力F大小為2 ND物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1解析：通過(guò)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a13 m/s2，物塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t12 s，故A正確；物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a21 m/s2，反向加速到出發(fā)點(diǎn)的時(shí)

9、間t2 s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得FFfma1，F(xiàn)Ffma2，聯(lián)立兩式解得F2 N，F(xiàn)f1 N，則動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，故C、D正確。答案：ACD9.如圖所示，粗糙的地面上放著一個(gè)質(zhì)量M1.5 kg的斜面，斜面部分光滑，底面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，傾角37，在固定在斜面的擋板上用輕質(zhì)彈簧連接一質(zhì)量m0.5 kg的小球，彈簧勁度系數(shù)k200 N/m，現(xiàn)給斜面施加一水平向右的恒力F，使整體向右以a1 m/s2的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)。(已知sin 370.6、cos 370.8，g10 m/s2)(1)求F的大??；(2)求出彈簧的形變量及斜面對(duì)小球的支持力大小。解析：(1)整體以a勻加速向右運(yùn)動(dòng)，

10、對(duì)整體應(yīng)用牛頓第二定律：F(Mm)g(Mm)a得F6 N(2)設(shè)彈簧的形變量為x，斜面對(duì)小球的支持力為FN對(duì)小球受力分析：在水平方向：kxcos FNsin ma在豎直方向：kxsin FNcos mg解得：x0.017 mFN3.7 N。答案：(1)6 N(2)0.017 m3.7 N10如圖甲所示，為一傾角37的足夠長(zhǎng)斜面，將一質(zhì)量為m1 kg的物體無(wú)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)0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物體的速度；(2)前16 s內(nèi)物體發(fā)生的位移。

11、解析：(1)對(duì)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 F1mgcos ma1v1a1t1代入數(shù)據(jù)可得a12.5 m/s2。方向沿斜面向下v15 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x1a1t5 m，方向沿斜面向下當(dāng)拉力為F24.5 N時(shí)，由牛頓第二定律可得F2mgcos mgsin ma2代入數(shù)據(jù)可得a20.5 m/s2，方向沿斜面向上。物體經(jīng)過(guò)t2時(shí)間速度減為0，則v1a2t2得t210 st2時(shí)間內(nèi)發(fā)生的位移為x2，則x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，則物體在剩下4 s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。故物體在前16 s內(nèi)發(fā)生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。答案：見解析7