2023版高考物理一轮复习课后限时集训9牛顿运动定律的综合应用含解析新人教版.doc

课后限时集训(九) 牛顿运动定律的综合应用(建议用时：40分钟)基础对点练题组一：超重、失重现象1下面关于失重和超重的说法，正确的是()A物体处于失重状态时，所受重力减小；处于超重状态时，所受重力增大B在电梯上出现失重现象时，电梯必定处于下降过程C在电梯上出现超重现象时，电梯有可能处于下降过程D只要物体运动的加速度方向向上，物体必定处于失重状态C加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态，超重和失重并非物体的重力增大或减小，而是使悬绳(或支持面)的弹力增大或减小，故A、D均错误。电梯加速向上运动时，物体处于超重状态，电梯减速下降时，物体也处于超重状态，电梯减速上升时，物体处于失重状态，故B错误，C正确。2.如图所示，一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲到静止。根据超重和失重现象的分析方法，判断整个下蹲过程体重计上指针示数的变化情况是()A先小于体重，后大于体重，最后等于体重B先大于体重，后小于体重，最后等于体重C先小于体重，后等于体重D先大于体重，后等于体重A此同学受到重力和体重计的支持力的作用。开始重心加速下降，处于失重状态，则支持力小于重力；后来重心减速下降，处于超重状态，则支持力大于重力，最后静止时等于重力。因此，体重计的示数将先小于体重，后大于体重，最后等于体重。A选项正确。3(2019赣州检测)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码。当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯的运动状态及加速度大小为()A匀加速上升，a2.5 m/s2B匀减速上升，a2.5 m/s2C匀加速上升，a5 m/s2D匀减速上升，a5 m/s2C由牛顿第二定律得k(ll0)mgma，解得a5 m/s2，电梯匀加速上升，选项C正确，A、B、D错误。题组二：动力学中整体法、隔离法的应用4.(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为。用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是()A若0，则kB若0，则kC若0，则k D若0，则kBD若0，选取P、Q、R三个物体作为研究对象，受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律有F(m2m3m)g(m2m3m)a，解得ag；以Q与R为研究对象，Q和P之间相互作用力为F1，受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有F1(2m3m)g(2m3m)a，解得F1F；以R为研究对象，R和Q之间的作用力为F2，受力情况如图丙所示，根据牛顿第二定律有F23mg3ma，解得F2F，则R和Q之间相互作用力F2与Q与P之间相互作用力F1大小之比k，A错误，B正确。若0，以P、Q、R三个物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F(m2m3m)a，解得a；以Q与R为研究对象，根据牛顿第二定律有F1(2m3m)a，解得F1F，以R为研究对象，根据牛顿第二定律有F23ma，解得F2F，则R和Q之间相互作用力F2与Q与P之间相互作用力F1大小之比k，C错误，D正确。甲乙丙5.(2019黄冈质检)如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为。小车的加速度逐渐增加，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力增加到原来的2倍C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍A对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff(Mm)a，竖直方向：FN(Mm)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan ma，解得tan ，当a增加到两倍时，tan 变为两倍，但不是原来的两倍。细线的拉力FT，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。甲乙6如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B的质量为2m。现施加水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力F拉A(如图乙)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过()甲乙A2FBC3FDB力F拉物体B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A受力分析，受重力mg、支持力FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fmma对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力和拉力F，根据牛顿第二定律，有F3ma由解得fmF。当F作用在物体A上时，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对物体A，有Ffmma1对整体，有F3ma1由上述各式联立解得FfmF，即F的最大值是F。题组三：动力学中的图象问题7.如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是()ABCDB据题意知，物体先匀加速后匀减速，B对；而xt图象的切线斜率是速度，故A错；据v2v2ax得v2a1，0v2a2，可见a1a2，D错；F1ma1，F2ma2，故F1F2，即前后二阶段合外力等大反向，C错。故本题应选B。8.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m的物块P(不拴接)，系统处于静止状态。现将一竖直向上的恒力F2mg作用在P上(g为重力加速度)，使其向上做加速直线运动。用x表示P离开静止位置的位移，在P向上运动的过程中，下列关于P的加速度a和x之间的关系图象正确的是()ABCDC物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有kx0mg，施加拉力F后，物块向上做加速直线运动，在物块离开弹簧之前，即xx0前，对物块分析，根据牛顿第二定律有Fk(x0x)mgma，所以ag，当xx0后，物块加速度恒为ag，C正确。9静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示。在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10 m/s2。则下列说法中错误的是()甲乙A物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变B物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C物体的质量为6 kgD4 s末物体的速度为4 m/sC将题图甲、乙对照可以看出，在02 s时间内，物体处于静止状态，静摩擦力逐渐增大到6 N时物体开始有加速度。2 s时力F16 N，加速度a11 m/s2，利用牛顿第二定律有F1fma1,4 s时力F212 N，加速度a23 m/s2，利用牛顿第二定律有F2fma2，联立解得物体的质量为m3 kg，滑动摩擦力f3 N，小于最大静摩擦力，选项A正确，C错误。由滑动摩擦力公式fmg，可得物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，选项B正确。物体从2 s时开始运动，根据加速度时间图象的面积表示速度变化量可知，4 s末物体的速度为v2 m/s4 m/s，选项D正确。题组四：动力学中“板块”“传送带”模型10(2019南昌模拟)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。下列说法中正确的是()A黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B木炭包的质量越大，径迹的长度越短C传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短D刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对于传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误；木炭包在传送带上运动的加速度ag，当达到共同速度时，两者不再相对滑动，由v22ax，得木炭包位移为x1，相对滑动的时间为t，此时传送带的位移为x2vt，故木炭包在传送带上滑动的位移是xx2x1，故黑色的径迹与木炭包的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，选项B、C错误，D正确。11(多选)如图甲所示，质量为M2 kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图象如图乙所示，g取10 m/s2，结合图象，下列说法正确的是()甲乙A可求得物块在前2 s内的位移为5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因数为0.2C可求得物块的质量m2 kgD可求得木板的长度L2 mABC由运动学图象知，物块在前2 s内的位移x1 m21 m5 m，A正确；01 s，两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有mgma1Ma2，则mM2 kg，C正确；g2 m/s2，则0.2，B正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错误。注意不能认为图象中三角形面积对应木板的长度，实际上三角形面积对应的是木板的最小长度。考点综合练12(2019马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图象如图乙所示。g取10 m/s2，求：甲乙(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图象得，a m/s23 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F15 N。(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由mAgmAaA，解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案：(1)15 N(2)6 m13.(2019宜春模拟)如图所示，在倾角37的固定斜面上放置一质量M1 kg、长度L0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差t。(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)解析：对薄板，由于Mgsin 37(Mm)gcos 37，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。滑块在薄板上滑行时加速度a1gsin 376 m/s2到达B点时速度v3 m/s滑块由B至C时的加速度a2gsin 37gcos 372 m/s2设滑块由B至C所用时间为t，则有LBCvta2t2代入数据解得t1 s对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3gsin 37gcos 372 m/s2设滑至C端所用时间为t，则有LBCa3t2代入数据解得t2 s滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差ttt1 s。答案：滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动1 s14(2019开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB14 m/s，方向水平向右，木板B运动的vt图象如图乙所示。已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g10 m/s2。(提示：t3 s时刻，A、B达到共同速度v2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：甲乙(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小。解析：(1)由题图乙可知，03 s内A做匀变速运动，速度由vA1 m/s变为v2 m/s。则其加速度大小为aA m/s21 m/s2，方向水平向右。当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则s0.5 m。(2)设A与B之间的动摩擦因数为1，由牛顿第二定律得1mgmaA，则10.1。由题图乙可知，03 s内B做匀减速运动，其速度由vB14 m/s变为v2 m/s。则其加速度大小为aB m/s24 m/s2，方向水平向左。设B与地面之间的动摩擦因数为2，由牛顿第二定律得1mg22mgmaB，则20.15。3 s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得22mg1mgmaB，则B的加速度大小为aB22g1g2 m/s2，方向水平向左。3 s之后运动的时间为t2 s1 s，则B运动的时间为tt1t24 s，04 s内B的位移xBt1t225 m，方向水平向右。答案：(1)0.5 m(2)4 s25 m高考真题集中练(教师用书独具)1(多选)(2015全国卷)如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()(a)(b)A斜面的倾角B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数D物块沿斜面向上滑行的最大高度ACD由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1，下降过程中的加速度为a2。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin fma1，mgsin fma2，由以上各式可求得sin ，滑动摩擦力f，而fFNmgcos ，由以上分析可知，选项A、C正确。由vt图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。2(2014全国卷)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g10 m/s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为fkv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)解析：根据自由落体运动的规律和平衡条件解题。(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v。根据运动学公式有vgtsgt2根据题意有s3.9104 m1.5103 m3.75104 m联立式得t87 sv8.7102 m/s。(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，根据平衡条件有mgkv由所给的vt图象可读出vmax360 m/s由式得k0.008 kg/m。答案：(1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m3.(2017全国卷)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在滑块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案：(1)1 m/s(2)1.9 m4(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(a)(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图(b)可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立各式，并代入数值得s6.0 m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立各式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m