届高考物理一轮复习微专题练习第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用Word格式.docx

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下列说法正确的是（　　）

A．铝球刚开始运动的加速度a0＝g

B．铝球下沉的速度将会一直增大

C．铝球下沉过程所受到油的阻力Ff＝

D．铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功

答案　C

解析　刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即a＝＝g－＜g，A错误；

从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到达v0时，加速度为0，速度不再增大，B错误；

开始释放时有mg－F浮＝ma0，铝球下沉过程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mg－F浮－Ff＝ma，又由题图乙可得a＝a0－v，联立以上各式解得，阻力Ff＝，C正确；

铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力和浮力所做的功，故D错误。

3．[2017·

洛阳统考]如图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。

在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则（　　）

A．F的最大值为12N

B．0～1s和2～3s内物体加速度的方向相反

C．3s末物体的速度最大，最大速度为8m/s

D．在0～1s内物体做匀加速运动，2～3s内物体做匀减速运动

解析　由a－t图象知加速度最大时a＝4m/s2，由牛顿第二定律F－μmg＝ma知，F最大值大于12N，A错误；

0～1s和2～3s内，加速度均为正方向，B错误；

3s末速度最大，由a－t图面积知Δv＝8m/s，所以vmax＝8m/s，C正确；

0～1s和2～3s内加速度a与速度v均同向都做加速运动，但a大小变化，所以不是匀加速，D错误。

4.如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2。

工件滑上A端瞬时速度vA＝4m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是（　　）

A．若传送带不动，则vB＝3m/s

B．若传送带以速度v＝4m/s逆时针匀速转动，则vB＝3m/s

C．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝3m/s

D．若传送带以速度v＝2m/s顺时针匀速转动，则vB＝2m/s

解析　工件在传送带上滑动时的加速度大小a＝＝1m/s2。

若传送带不动，工件做匀减速运动，由v－v＝2（－a）s，则vB＝3m/s，A正确；

若传送带做逆时针匀速转动或传送带做顺时针匀速转动的速度不超过3m/s，则工件在传送带上都是做匀减速运动，vB＝3m/s，B、C均正确，D错误。

5．如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。

现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图象如图乙所示（重力加速度为g），则（　　）

A．施加外力前，弹簧的形变量为

B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（g－a）

C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零

D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值

答案　B

解析　施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mg＝kx，解得x＝，故A错误；

施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，其中F弹＝2Mg，解得FAB＝M（g－a），故B正确；

由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M（g＋a），故C错误；

当F弹′＝Mg时，B达到最大速度，故D错误。

6．[2017·

大同模拟]如图所示，质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须（　　）

A．匀速向下奔跑

B．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑

C．以加速度a＝gsinα，向下加速奔跑

D．以加速度a＝gsinα，向上加速奔跑

解析　作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力Ff＝Mgsinα，作出人的受力图，如图乙，则mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝gsinα。

故C正确。

7．如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子（绳与轮的质量和摩擦均不计）；

人与车始终保持相对静止。

A．甲车的加速度大小为

B．甲车的加速度大小为0

C．乙车的加速度大小为

D．乙车的加速度大小为0

答案　BC

解析　对甲图中人和车组成的系统受力分析，在水平方向的合外力为0（人的推力F是内力），故a甲＝0，A错误，B正确；

在乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统受力分析，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：

a乙＝，则C正确，D错误。

8．质量为m0的物体A放在粗糙水平桌面上，B为砂桶，A、B两物体通过跨接在光滑的定滑轮上的轻质细线连接，如图所示。

开始时两物体均静止，砂桶B距地面的高度为h，然后逐渐向砂桶中加砂子，则下面说法正确的是（　　）

A．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力越大

B．砂桶中加的砂子越多，细线上的拉力可能越小

C．物体A发生滑动后，砂和砂桶的质量越大，细线上拉力越大

D．某次实验时，物体A的质量与砂和砂桶的总质量相等，若物体A沿桌面滑行的最远距离等于2h，则可以求出物体A与桌面的动摩擦因数

答案　ACD

解析　物体A发生滑动之前，细线上的拉力大小等于砂和砂桶的重力之和，物体A发生滑动后，设砂桶和砂子的总质量为m，加速度大小为a，对B有mg－FT＝ma，对A有FT－μm0g＝m0a，联立两式整理得FT＝，m越大，拉力越大，故A、C正确，B错误；

分析物体A的整个运动过程，加速阶段和减速阶段的位移大小均为h，知加速与减速过程的加速度大小相等，根据mg－FT＝ma，FT－μm0g＝m0a和a＝μg，可求出动摩擦因数μ，D正确。

9．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。

斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。

若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2。

则（　　）

A．a＝m/s2时，FN＝0

B．小球质量m＝0.1kg

C．斜面倾角θ的正切值为

D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a（N）

答案　ABC

解析　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所以小球离开斜面之前，Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a＝m/s2时，FN＝0，A正确；

当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；

当a＝m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tanθ＝，m＝0.1kg，B、C正确；

将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8－0.06a（N），D错误。

10．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，A、B接触面光滑，倾角为θ。

现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是（　　）

A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B．两种情况下获取的最大加速度相同

C．两种情况下所加的最大推力相同

D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力

解析　F作用于题图甲中A时，F最大时，A刚要离开地面，A受力如图甲，FN1cosθ＝mg，对B：

FN1sinθ＝ma1；

F作用于题图乙中A时，F最大时，B刚要离开地面，B受力如图乙，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可见FN2＝FN1，a2＝a1，对整体易知两种情况下所加的最大推力相同，选项B、C正确。

二、非选择题（本题共2小题，共30分）

11．[2018·

青海西宁联考]（12分）如图所示，有一长度x＝1m、质量m0＝10kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4kg的物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？

（g取10m/s2）

答案　16N

解析　小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，小车发生的位移为x1，物块发生的位移为x2，取向右为正，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝m0a1①

由匀变速运动的公式得x1＝a1t2②

以物块为研究对象，由牛顿第二定律得

F－μmg＝ma2③

由匀变速运动的公式得x2＝a2t2④

由题意得x2－x1＝x⑤

由①②③④⑤代入数据得F＝16N。

12.[2017·

保定一模]（18分）一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小滑块以某一速度滑到木板上表面，经过2s滑块和木板同时停下，滑块始终在木板上。

木板运动的速度随时间变化的图象如图所示，已知木板和滑块的质量均为0.1kg，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据图象信息解答下面问题：

（1）求出木板和滑块间的动摩擦因数；

（2）滑块刚滑到木板上时的速度多大？

（3）求整个过程中滑块和木板之间产生的热量。

答案　

（1）μ＝0.3　

（2）v0＝4m/s　（3）Q＝0.6J

解析　

（1）由图象求得0～1s木板加速度大小

a1＝1m/s2

1～2s木板与滑块整体加速度大小a2＝1m/s2

木板与地面间摩擦力大小F＝2ma2＝0.2N

设木板和滑块间的动摩擦因数为μ，在0～1s内

μmg－F＝ma1

代入数据解得μ＝0.3

（2）滑块在滑上木板0～1s过程中μmg＝ma

v0－at＝v

由图象可得v0＝4m/s

（3）由图象可知，从开始到木板与滑块共速过程的位移

s木＝0.5m

s块＝×

1m＝2.5m

设滑块和木板之间产生的热量为Q，热量只在0～1s的过程中产生

Q＝μmg（s块－s木）

代入数据解得Q＝0.6J。