2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第3講 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用作業(yè) 新人教版

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1、2022屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運動定律 第3講 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用作業(yè) 新人教版 [課時作業(yè)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　單獨成冊　方便使用 [基礎(chǔ)題組] 一、單項選擇題 1．(2018·四川樂山高三一診)某同學(xué)把一體重秤放在電梯的地板上，他站在體重秤上隨電梯運動，并在下表中記錄了幾個特定時刻體重秤的示數(shù)(表內(nèi)時刻不存在先后順序)，若已知t0時刻電梯處于靜止狀態(tài)，則 時間 t0 t1 t2 t3 體重秤示數(shù)(kg) 45.0 50.0 40.0 45.0 A.t1時刻該同學(xué)的質(zhì)量并沒有變化，但所受重力發(fā)生變化 B．t2時刻電梯可能向上

2、做減速運動 C．t1和t2時刻電梯運動的方向相反 D．t3時刻電梯處于靜止狀態(tài) 解析：超重和失重時物體的重力和質(zhì)量是不變的，只是對懸掛物的壓力或者支持力變化了，故A錯誤；t2時刻物體處于失重狀態(tài)，電梯的加速度方向向下，可能向上做減速運動，選項B正確；t1時刻物體處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律分析得知，電梯的加速度方向向上，所以t1和t2時刻電梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，選項C錯誤；t3時刻電梯受力平衡，可能保持靜止，也可能做勻速直線運動，故D錯誤． 答案：B 2．(2018·湖南長沙模擬)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動

3、．某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示．將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g.據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為(　　) A．g　　　　　　　　　 B．2g C．3g D．4g 解析：“蹦極”運動的最終結(jié)果是人懸在空中處于靜止狀態(tài)，此時繩的拉力等于人的重力，由圖可知，繩子拉力最終趨于恒定時等于重力，即F0＝mg，則F0＝mg.當繩子拉力最大時，人處于最低點且所受合力最大，故加速度也最大，此時F最大＝F0＝3mg，方向豎直向上，由牛頓第二定律有ma＝F最大－mg＝3mg－mg＝2mg，得最大加速度a＝2g，故B正確． 答案：B 3.(2

4、018·寧夏銀川二中月考)電梯在t＝0時由靜止開始上升，運動的at圖像如圖所示(選取豎直向上為正方向)，電梯內(nèi)乘客的質(zhì)量為m＝50 kg，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．第9 s內(nèi)乘客處于失重狀態(tài) B．1～8 s內(nèi)乘客處于平衡狀態(tài) C．第2 s內(nèi)乘客對電梯的壓力大小為550 N D．第9 s內(nèi)電梯速度的增加量為1 m/s 解析：第9 s內(nèi)加速度為正，方向向上，乘客處于超重狀態(tài)，只不過加速度在減小，A錯誤；1～8 s內(nèi)加速度大小恒定，方向向上，乘客處于超重狀態(tài)，B錯誤；第2 s內(nèi)乘客受電梯的支持力和重力，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝ma，解得N＝550 N

5、，根據(jù)牛頓第三定律可得乘客對電梯的壓力大小為550 N，C正確；第 9 s內(nèi)電梯速度的增加量等于該時間內(nèi)at圖像與時間軸所圍圖形的面積，即Δv＝×1×1.0 m/s＝0.5 m/s，D錯誤. 答案：C 4.(2018·河南鄭州質(zhì)檢)甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放．兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即f＝kv(k為正的常量)．兩球的vt圖像如圖所示．落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2，則下列判斷正確的是(　　) A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量 D．t0時

6、間內(nèi)兩球下落的高度相等 解析：釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kv＝mg，因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即vm∝m，故＝，故B錯誤；由于＝，而v1>v2，故甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，故C正確；圖像與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內(nèi)兩球下落的高度不相等，故D錯誤． 答案：C 5．如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開

7、始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的vt圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則(　　) A．施加外力前，彈簧的形變量為 B．施加外力的瞬間，A、B間的彈力大小為M(g－a) C．A、B在t1時刻分離，此時彈簧彈力恰好為零 D．彈簧恢復(fù)到原長時，物體B的速度達到最大值 解析：施加拉力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx，解得x＝，故選項A錯誤；施加外力F的瞬間，對B物體，根據(jù)牛頓第二定律，有F彈－Mg－FAB＝Ma，其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故選項B正確；物體A、B在t1時刻分離，此時A、B具有共同的速度v與加速度a，且FAB＝0，對B物

8、體，有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a)，故選項C錯誤；當 F彈′＝Mg時，B達到最大速度，故選項D錯誤． 答案：B 二、多項選擇題 6.如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上，桿足夠長，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個水平向右的恒力F，使圓環(huán)由靜止開始運動，如果在運動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F1，F(xiàn)1＝kv(k為常數(shù)，v為環(huán)的速率)，則環(huán)在整個運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．最大加速度為 B．最大加速度為 C．最大速度為 D．最大速度為 解析：當F1＝mg，即kv＝mg，v＝時，圓環(huán)水平方向不受摩擦力，則圓環(huán)的加速度最大為a

9、＝，A正確，B錯誤；當滑動摩擦力f＝μ(kv－mg)＝F時，對應(yīng)的速度最大，v＝，C正確，D錯誤． 答案：AC 7．(2018·河南開封四校聯(lián)考)如圖甲所示，在光滑水平面上放著緊靠在一起的A、B兩物體，B的質(zhì)量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平方向的力FA(向右為正方向)按如圖乙所示的規(guī)律變化，從t＝0開始計時，則(　　) A．A物體在3 s末的加速度是初始時刻的 B．t＞4 s后，B物體做勻加速直線運動 C．t＝4.5 s時，A物體的速度為零 D．t＞4.5 s后，A、B的加速度方向相反 解析：根據(jù)題圖乙可得出FA的變化規(guī)律為FA＝9－2t(N)，對

10、于A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有FA＋FB＝(mA＋mB)a，設(shè)A、B間的作用力為N，則對B，根據(jù)牛頓第二定律可得N＋FB＝mBa，解得N＝mB－FB＝(N)；當t＝4 s時N＝0，A、B兩物體開始分離，此后B做勻加速直線運動，當t＝4.5 s時，A物體的加速度為零而速度不為零，t＞4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，當t＜4 s時，A、B的加速度均為a＝，綜上所述，選項B、D正確，C錯誤；t＝0時，A物體的加速度為a0＝，t＝3 s末，A物體的加速度為a′＝，則a′＝a0，故選項A正確． 答案：ABD [能力題組] 一、選擇題 8.如圖所示，光滑水平面上放置著質(zhì)

11、量分別為m、2m的A、B兩個物體，A、B間的最大靜摩擦力為μmg.現(xiàn)用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度運動，則拉力F的最大值為(　　) A．μmg　　　　　　　　 B．2μmg C．3μmg D．4μmg 解析：當A、B之間恰好不發(fā)生相對滑動時力F最大，此時，對于A物體所受的合力為μmg，由牛頓第二定律知aA＝＝μg；對于A、B整體，加速度a＝aA＝μg，由牛頓第二定律得F＝3ma＝3μmg. 答案：C 9．如圖甲所示，水平地面上有一靜止平板車，車上放一質(zhì)量為m的物塊，物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.2，t＝0時，車開始沿水平面做直線運動，其vt圖像如圖乙所示．g取10 m/

12、s2，平板車足夠長，則物塊運動的vt圖像為(　　) 解析：小車先做勻加速直線運動，然后做勻減速直線運動，勻加速運動和勻減速運動的加速度大小相等，都為a＝＝4 m/s2，根據(jù)物塊與車間的動摩擦因數(shù)可知，物塊與車間的滑動摩擦力產(chǎn)生的加速度為2 m/s2，因此當車的速度大于物塊的速度時，物塊受到的滑動摩擦力是動力，相反則受到的滑動摩擦力是阻力．設(shè)在t時刻滑塊與車的速度相等，則有24－4(t－6)＝2t得t＝8 s，故在0～8 s內(nèi)，車的速度大于物塊的速度，因此物塊受到的滑動摩擦力是動力，則其加速度為 2 m/s2，同理，可得在8～16 s內(nèi)，車的速度小于物塊的速度，因此物塊受到的滑動摩

13、擦力是阻力，則其加速度為2 m/s2，故C正確． 答案：C 10．(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細繩系一質(zhì)量為m的小球．斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統(tǒng)穩(wěn)定時，細繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和N.若Ta圖像如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10 m/s2.則(　　) A．a(chǎn)＝ m/s2時，N＝0 B．小球質(zhì)量m＝0.1 kg C．斜面傾角θ的正切值為 D．小球離開斜面之前，N＝0.8＋0.06a(N) 解析：小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcos θ－Nsi

14、n θ＝ma，Tsin θ＋Ncos θ＝mg，聯(lián)立解得N＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球離開斜面之前，Ta圖像呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a＝ m/s2時，N＝0，選項A正確；當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖甲所示，所以mgsin θ＝T；當a＝ m/s2時，斜面對小球的支持力恰好為零，其受力如圖乙所示，所以＝ma，聯(lián)立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，選項B、C正確；將θ和m的值代入N＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，選項D錯誤． 答案：ABC 二、非選擇題 11.(201

15、8·江西贛中南五校聯(lián)考)質(zhì)量為2 kg的雪橇在傾角θ＝37°的斜坡上向下滑動，所受的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)未知．今測得雪橇運動的vt圖像如圖所示，且AB是曲線最左端那一點的切線，B點的坐標為(4,9)，CD線是曲線的漸近線．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)試問： (1)雪橇開始時做什么運動？最后做什么運動？ (2)當v0＝3 m/s和v1＝6 m/s時，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空氣阻力系數(shù)k及雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)各是多少？ 解析：(1)vt圖像的斜率表示加速度的大小，由題圖可知，雪橇開始時做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速直線運動． (

16、2)當v0＝3 m/s時，雪橇的加速度是 a0＝ m/s2＝1.5 m/s2， 當v1＝6 m/s時，雪橇的加速度是a1＝0. (3)開始加速時： mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0① 最后勻速時： mgsin θ＝kv1＋μmgcos θ② 聯(lián)立①②得 kv0＋ma0＝kv1， 得k＝＝1 kg/s， 由②式，得μ＝＝0.375. 答案：(1)雪橇開始時做加速度減小的加速直線運動　最后做勻速直線運動　(2)1.5 m/s2　0 (3)1 kg/s　0.375 12．如圖所示，傾角為45°的軌道AB和水平軌道BC在B處用一小段光滑圓弧軌道平滑連接，水平軌

17、道上D點的正上方有一探測器，探測器只能探測處于其正下方的物體．一小物塊自傾斜軌道AB上離水平軌道BC高h處由靜止釋放，以小物塊運動到B處的時刻為計時零點，探測器只在t＝2～5 s內(nèi)工作．已知小物塊與傾斜軌道AB和水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.5和μ2＝0.1，BD段長為L＝8 m，重力加速度g取10 m/s2，為使探測器在工作時間內(nèi)能探測到小物塊，求h的取值范圍． 解析：設(shè)物塊沿傾斜軌道AB運動的加速度為a1，由牛頓第二定律有 mgsin 45°－μ1mgcos 45°＝ma1 設(shè)物塊到達B處的速度為vB，由速度—位移關(guān)系得 v＝2a1· 物塊在水平軌道BC上做減速運動的加速度大小為a2＝μ2g ①設(shè)物塊運動到D點時速度恰好為零，這種情況下vB最小，物塊在水平軌道BC上運動的時間最長，則 vB1＝＝4 m/s 又t1＝＝4 s 當物塊在t1＝4 s到達D點時，聯(lián)立解得h1＝1.6 m ②當物塊在t2＝2 s到達D點時L＝vB2t2－a2t 聯(lián)立解得h2＝2.5 m 為使探測器在工作時間內(nèi)能探測到小物塊，h的取值范圍為1.6 m≤h≤2.5 m. 答案：1.6 m≤h≤2.5 m