高三物理知识点复习训练题.docx

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高三物理知识点复习训练题

第3讲　牛顿运动定律的综合应用

A　对点训练——练熟基础知识

题组一　动力学两类基本问题

1．（2018·江西师大附中、临川一中联考）如图3－3－10所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2．下列说法中正确的是（　　）．

图3－3－10

A．0～5s内物块做匀减速运动

B．在t＝1s时刻，恒力F反向

C．恒力F大小为10N

D．物块与水平面间的动摩擦因数为0．2

解析　由图象得物块在前5m位移内做匀减速运动，在5～13m位移内做匀加速运动，且由图象斜率得匀减速运动的加速度大小a1＝

m/s2＝10m/s2，匀加速运动的加速度大小a2＝

m/s2＝4m/s2，匀减速运动的时间t＝

＝1s，又由牛顿第二定律得，F＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，联立解得F＝7N，动摩擦因数μ＝0．3．选项B正确，D错误．

答案　B

2．（2018·浙江卷，19）如图3－3－11所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0．5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2．关于热气球，下列说法正确的是（　　）．

图3－3－11

A．所受浮力大小为4830N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变

C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s

D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为240N

解析　热气球刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化（变大），故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10s后速度要小于5m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，选项D错误．

答案　A

3．（2018·陕西西工大附中适应性训练，24）中央电视台推出了一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不能停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下，均视为失败．其简化模型如图3－3－12所示，AC是长度为L1＝5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知BC长度为L2＝1m，瓶子质量为m＝0．5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ＝0．4．某选手作用在瓶子上的水平推力F＝20N，瓶子沿AC做直线运动（g取10m/s2），假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

图3－3－12

（1）推力作用在瓶子上的时间最长不得超过多少？

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？

解析　

（1）要想游戏获得成功，瓶滑到C点速度正好为零时，推力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有推力作用时瓶做匀加速运动，设加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，推力停止作用后瓶做匀减速运动，设此时加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：

F－μmg＝ma1，μmg＝ma2

加速运动过程中的位移x1＝

减速运动过程中的位移x2＝

位移关系满足：

x1＋x2＝L1，又：

v＝a1t1

由以上各式解得：

t1＝

s

（2）要想游戏获得成功，瓶滑到B点速度正好为零时，推力作用距离最小，设最小距离为d，则：

＋

＝L1－L2

v′2＝2a1d，联立解得：

d＝0．4m．

答案　

（1）

s　

（2）0．4m

题组二　超重、失重问题

4．如图3－3－13是一种升降电梯的示意图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均有跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中乘客的质量为m，匀速上升的速度为v，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）．

图3－3－13

A．关闭电动机后，乘客处于超重状态

B．关闭电动机后，乘客处于失重状态

C．由于A、B质量相等，故关闭电动机后，乘客的加速度大小为g

D．关闭电动机后，电梯上升的高度h一定小于

解析　关闭电动机后，乘客减速上升，处于失重状态，选项A错误、B正确；对系统由牛顿第二定律得mg＝（2M＋m）a，选项C错误；由运动学公式得h＝

＝

，选项D错误．

答案　B

5．如图3－3－14所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计下端固定在小车上，开始时小车处于静止状态．当小车沿水平方向运动时，小球恰能稳定在图中虚线位置，下列说法中正确的是（　　）．

图3－3－14

A．小球处于超重状态，小车对地面压力大于系统总重力

B．小球处于失重状态，小车对地面压力小于系统总重力

C．弹簧测力计读数大于小球重力，但小球既不超重也不失重

D．弹簧测力计读数大于小球重力，小车一定向右匀加速运动

解析　小球稳定在题图中虚线位置，则小球和小车有相同的加速度，且加速度方向水平向右，故小球既不超重也不失重，小车既可以向右匀加速运动也可以向左匀减速运动．

答案　C

6．如图3－3－15所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（　　）．

图3－3－15

A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1．0m/s2

B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1．0m/s2

C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0．5m/s2

D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0．5m/s2

解析　当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态，设人受到体重计的支持力为FN，体重计示数大小即为人对体重计的压力FN′．由牛顿运动定律可得mg－FN＝ma，FN＝FN′＝m（g－a）；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为FN1，人对体重计的压力FN1′．由牛顿运动定律可得FN1－mg＝ma，FN1＝FN1′＝m（g＋a），代入具体数据可得B正确．

答案　B

7．（2018·安徽三联，22）据2018年10月12日新浪网消息，安徽凤阳县7岁“大力士”杨金龙声名鹊起后，南京、天津等地诸多体育专业学校纷纷向他抛出橄榄枝．最终在安徽省举重队推荐下，小金龙选择了铜陵市业余体校举重队．教练盛红星称在省队测试的时候，小金龙不仅举起45kg杠铃，还背起体重高达120kg的王军教练，简直能“秒杀同龄的施瓦辛格”，g＝10m/s2，请计算：

（1）在以a＝2m/s2匀加速下降的电梯中小金龙能举起杠铃的质量是多少？

（2）在以a＝2m/s2匀加速上升的电梯中小金龙能背起的质量又是多少？

解析　

（1）小金龙的举力是一定的，则有F1＝mg＝450N

在以a＝2m/s2匀加速下降的电梯中，设其能举起杠铃的质量为m1，则有m1g－F1＝m1a，解得m1＝56．25kg

（2）小金龙能背起的重量是一定的，则有F2＝Mg＝1200N

在以a＝2m/s2匀加速上升的电梯中，设其能背起的质量为m2，则有F2－m2g＝m2a，解得m2＝100kg

答案　

（1）56．25kg　

（2）100kg

B　深化训练——提高能力技巧

8．（2018·福建省四地六校联考）一水平传送带以2．0m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2．0m，其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0．4m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0．2，试问：

图3－3－16

（1）物块到达传送带右端的速度；

（2）物块能否到达斜面顶端？

若能则说明理由，若不能则求出物块上升的最大高度．（sin37°＝0．6，g取10m/s2）

解析　

（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动．

由μmg＝ma1，x1＝

，可得x1＝1m

故物块到达传送带右端前已匀速运动，速度为2m/s．

（2）物块以速度v0冲上斜面，之后做匀减速直线运动，

由mgsinθ＝ma2，x2＝

可得x2＝

m<0．4m．

故物块没有到达斜面的最高点，

物块上升的最大高度hm＝x2sinθ＝0．2m

答案　

（1）2m/s　

（2）不能　0．2m

9．（2018·山东卷，22）如图3－3－17所示，一质量m＝0．4kg的小物块，以v0＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝

．重力加速度g取10m/s2．

图3－3－17

（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小．

（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？

拉力F的最小值是多少？

解析　

（1）设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋

at2①

v＝v0＋at②

联立①②式，代入数据得a＝3m/s2③

v＝8m/s④

（2）

设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得

Fcosα－mgsinθ－Ff＝ma⑤

Fsinα＋FN－mgcosθ＝0⑥

又Ff＝μFN⑦

联立⑤⑥⑦式得F＝

⑧

由数学知识得cosα＋

sinα＝

sin（60°＋α）⑨

由⑧⑨式可知对应F最小的夹角α＝30°⑩

联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为

Fmin＝

N⑪

答案　

（1）3m/s2　8m/s　

（2）30°　

N

10．如图3－3－18所示，一长木板质量为M＝4kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0．2，质量为m＝2kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0．4．开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2．7m．现给木板以水平向右的初速度v0＝6m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g＝10m/s2，求：

图3－3－18

（1）木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？

（2）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？

解析　

（1）木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：

am＝

＝μ2g＝4m/s2①

aM＝

＝5m/s2②

设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：

v

－v

＝－2aML③

解得vM＝3m/s④

t1＝

＝0．6s⑤

vm＝amt1＝2．4m/s⑥

（2）设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向，

对木板有v＝vM－aMt2⑦

对滑块有v＝－vm＋amt2⑧

代入公式有3－5t2＝－2．4＋4t2，

解得t2＝0．6s

答案　

（1）3m/s　2．4m/s　

（2）0．6s