201X年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题课时达标训练.docx

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201X年度高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律专题强化三动力学两类基本问题和临界极值问题课时达标训练

牛顿运动定律的综合应用

一、选择题（1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题）

1．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。

下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，取g＝10m/s2，则斜面倾角θ为（　　）

图1

A．30°B．45°C．60°D．75°

解析　由x－v2图象可知小物块的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsinθ，所以θ＝30°，A对，B、C、D错。

答案　A

2．（2017·郑州质量预测）甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。

两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。

两球的v－t图象如图2所示。

落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。

则下列判断正确的是（　　）

图2

A．释放瞬间甲球加速度较大

B.

＝

C．甲球质量大于乙球质量

D．t0时间内两球下落的高度相等

解析　释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，

mg＝kv，则

＝

，选项B错误；由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。

答案　C

3．如图3所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。

已知物体A的质量m＝2kg，物体B的质量M＝3kg，重力加速度g取10m/s2。

现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

图3

A．20NB．15NC．10ND．5N

解析　对物体A、B整体，由牛顿第二定律，Fmax－μ1（m＋M）g＝（m＋M）a；对物体A，由牛顿第二定律，μ2mg＝ma；联立解得Fmax＝（m＋M）（μ1＋μ2）g，代入相关数据得Fmax＝15N，选项B正确。

答案　B

4．（2018·南昌模拟）图4甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10m/s2，下列判断正确的是（　　）

图4

A．前10s悬线的拉力恒为1500N

B．46s末材料离地面的距离为22m

C．0～10s材料处于失重状态

D．在30～36s钢索最容易发生断裂

解析　由图可知前10s内材料的加速度a＝0.1m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1515N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是

28m，下降的高度为6m，46s末材料离地面的距离为22m，选项B正确；因30～36s材料加速度向下，材料处于失重状态，Fmg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误。

答案　B

5．如图5所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。

当拉力F一定时，Q受到绳的拉力（　　）

图5

A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关

C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关

解析　设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ＝（m1＋m2）a；对Q分析：

有FT－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得FT＝

F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。

答案　D

6．（2018·济南十校联考）如图6所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。

用轻质弹簧将两物块连接在一起。

当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。

则下列关系正确的是（　　）

图6

A．F′＝2FB．x′＝2xC．F′＞2FD．x′＜2x

解析　取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：

F＝（m1＋m2）a。

弹簧的弹力FT＝

＝kx。

当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确。

答案　AB

7．质量m＝1kg的物体在合外力F作用下由静止开始做直线运动，合外力F随时间t的变化图象如图7所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是（　　）

图7

A．0～1s内物体沿正方向做匀加速直线运动

B．第2s末物体达到的最大速度2m/s

C．第4s末物体速度为0

D．第4s末物体回到出发位置

解析　因为物体的质量是1kg，所以物体加速度－时间图象与物体的F－t相同，由图象知，物体的加速度大小不断改变，做变加速运动，A项错误；a－t图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示物体获得的速度，第2s末时，物体的速度最大，vm＝

m/s＝2m/s，B项正确；前2s内物体沿正方向做加速运动，2～4s内物体沿正方向做减速运动，第4s末物体速度为零，C正确，D项错误。

答案　BC

8．（2015·海南单科，9）如图8，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。

开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。

当升降机加速上升时（　　）

图8

A．物块与斜面间的摩擦力减小

B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑

D．物块相对于斜面匀速下滑

解析　当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式

Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。

当物体以加速度a向上加速运动时，有FN＝m（g＋a）cosθ，Ff＝μm（g＋a）cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m（g＋a）sinθ＝μm（g＋a）cosθ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。

答案　BD

9．如图9甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是（　　）

图9

A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动

B．图中A点值即为物体的重力值

C．物体向上运动的加速度和力F成正比

D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度

解析　当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F＞Mg时，即能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝

－g，A点表示的意义即为F＝Mg，所以选项B正确；直线的斜率为

，故B点数值的绝对值为g，故选项D正确。

答案　ABD

10．（2018·湖北黄冈模拟）如图10甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示（g＝10m/s2），下列结论正确的是（　　）

图10

A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态

B．弹簧的劲度系数为750N/m

C．物体的质量为2kg

D．物体的加速度大小为5m/s2

解析　物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从图中可知ma＝10N，

ma＝30N－mg，解得物体的质量为m＝2kg，物体的加速度大小为a＝5m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝

＝

N/m＝500N/m，所以选项B错误。

答案　ACD

二、非选择题

11．在物体下落过程中，速度小于10m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。

某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t＝0.5s时刻的切线，如图11所示。

已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：

图11

（1）小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；

（2）小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。

解析　

（1）由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1＝5m/s

碰撞后瞬间速度大小：

v2＝4m/s

碰撞过程损失的机械能：

ΔE＝

mv

－

mv

代入数据可得ΔE＝2.25J。

（2）由图象可得t＝0.5s时小球加速度

a＝

＝4m/s2

由牛顿第二定律：

mg－f＝ma

由于：

f＝kv

得k＝0.75

则：

fmax＝3.75N。

答案　

（1）2.25J　3.75N

12．如图12所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°。

已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

图12

（1）当汽车以a＝2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；

（2）当汽车以a′＝10m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。

解析　

（1）当汽车以a＝2m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。

由牛顿第二定律得：

FT1cosθ＝mg，FT1sinθ－FN＝ma

代入数据得：

FT1＝50N，FN＝22N

由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22N。

（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时（临界条件）的加速度为a0，受力分析如图所示。

由牛顿第二定律得：

FT2sinθ＝ma0，FT2cosθ＝mg

代入数据得：

a0＝gtanθ

＝10×

m/s2＝7.5m/s2

因为a＝10m/s2>a0

所以小球飞起来，FN′＝0

所以，当汽车以a′＝10m/s2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得FT2cosθ′＝mg

FT2sinθ′＝ma′

代入数据得FT2＝40

N。

答案　

（1）50N　22N　

（2）40

N　0

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