高考物理一轮总复习 第三章 牛顿运动定律 能力课1 牛顿运动定律的综合应用练习（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、能力课1 牛顿运动定律的综合应用一、选择题1(多选)下列关于超重、失重现象的描述，正确的是()A列车在水平轨道上加速行驶，列车上的人处于超重状态B电梯正在减速下降，人在电梯中处于超重状态C蹦床运动员在空中上升阶段处于失重状态，下落阶段处于超重状态D神舟十一号飞船在竖直向上加速升空的过程中，飞船里的宇航员处于超重状态解析：选BD列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的人在竖直方向上平衡，既不失重也不超重，A错误；电梯正在减速下降，加速度方向竖直向上，电梯里的人为超重状态，B正确；运动员在空中上升和下落阶段加速度都竖直向下，为失重状态，C错误；飞船加速升空的过程中，加速度向上，飞船中的宇航员处于超重状

2、态，D正确2物体A、B放在光滑的水平地面上，其质量之比mAmB21.现用水平3 N的拉力作用在物体A上，如图所示，则A对B的拉力等于()A1 NB1.5 NC2 N D3 N解析：选A设B物体的质量为m，A对B的拉力为F，对A、B整体，根据牛顿第二定律得a，对B有Fma，所以F1 N.3. (多选)(2018届黄冈一模)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变

3、化的关系图象可能正确的是()解析：选BD设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有Fk(x0x)(mAmB)a，可得Fkx(mAmB)akx0，若(mAmB)akx0，得Fkx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0x)FNmAa，得FNkxkx0mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有xx0x0，因此B和D是可能正确的4如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为mg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为

4、()Amg B2mgC3mg D4mg解析：选C当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为mg，由牛顿第二定律知aAg；对于A、B整体，加速度aaAg，由牛顿第二定律得F3ma3mg.5. (多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反该过程的vt图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是()A小球所受重力和阻力之比为51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析：选AC上升过程中mgFfma1，

5、由题图可知a112 m/s2，解得Ff2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgFfma2，可得a28 m/s2，根据hat2，可得，选项B错误；根据va2t2，t2 s，可得v8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误6. (2018届淮北一模)如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()AaAg，aB5g BaAaBgCaA

6、g，aB3g DaA0，aB2g解析：选D对滑轮分析：F2Tma，又m0所以T3mg对A分析：由于T4mg，故A静止，aA0对B分析：aB2g，故D正确7. (2018届德阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是()解析：选C由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：若F1mg，则0t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0.四个图线没有是可能的；若F2m

7、g，则F1mg，在0t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减速运动，故A、B是不可能的；而t1t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由Pmgv，可知t1t2时间内重力的功率不变，故C是错误的；若F3mg，则F1mg，F2mg，在0t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3mg，可知在0t1时间内向下的加速度大于t1t2时间内向下的加速度，而t2t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图象如图，速度的方向向下，重力的方向也向

8、下，由Pmgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的8(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8 B10C15 D18解析：选BC设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时

9、，对Q有Fn1ma；当加速度为a时，对P有F(nn1)ma，联立得2n5n1.当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确9(2019届福建福州质检)倾角为45、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m kg，当滑块M以a2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g10 m/s2)()A10 N B5 NC. N D. N解析：选A当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律

10、，有FTcosma0FTsinmg0其中45解得a0g则知当滑块向右运动的加速度a2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有FTcosm2gFTsinmg0解得FTmg10 N10 N.故选项A正确10.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A小球对圆槽的压力为B小球对圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C利用整体法可求得系统的加速度为a，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为 ，由牛顿第三

11、定律可知只有C项正确二、非选择题11.如图所示，一足够长的木板，上表面与木块之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，木板与水平面成角，让小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动随着的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，当角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值解析：当变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则木块沿木板斜面方向列牛顿第二定律方程mgsinmgcosma木块的位移为x，有0v022ax根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，根据式有ag(sincos)根据数学关系有sincos sin()其中tan，则30要使加速度a最大，则有90时

12、取最大值g所以有9060时，加速度取最大值为a代入可得xmin.答案：6012足够长光滑斜面BC的倾角53，小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5，水平面与斜面之间由一小段长度不计的弧形连接，一质量m2 kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成53角的恒力F作用，如图甲所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图乙所示，到达B点迅速撤去恒力F(已知sin 530.8，cos530.6，g取10 m/s2)求：(1)小物块所受到的恒力F大小；(2)小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；(3)小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运

13、动时离B点的距离解析：(1)由题图乙可知，AB段加速度a1 m/s20.5 m/s2根据牛顿第二定律，有Fcos(mgFsin)ma1解得F11 N.(2)在BC段mgsinma2，解得a28.0 m/s2小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，由题图乙可知，小物块到达B点的速度vB2.0 m/s，有t s0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3解得a35.0 m/s2滑行的位移s m0.4 msABtt4.0 m4.0 m0.4 m所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4 m.答案：(1)11 N(2)0.5 s(3)小物块不能返回到A点，停止运动时，

14、离B点的距离为0.4 m|学霸作业|自选一、选择题1某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是()A易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析：选D易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确2图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被塔吊竖直向上提升过程的

15、简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是()A前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB46 s末材料离地面的距离为22 mC010 s材料处于失重状态D在3036 s钢索最容易发生断裂解析：选B由图可知前10 s内材料的加速度a0.1 m/s2，由Fmgma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m,46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因3036 s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3. (2018届甘肃一诊)如图所示，在水平面上，有两个质量分别为m1和m2的物体A、

16、B，它们与水平面之间的动摩擦因数均为，m1m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧测力计若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是()Aa1a2，F1F2 Ba1a2，F1a2，F1F2解析：选A以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a，可得a1a2a.当用F拉B时，以A为研究对象有F1m1gm1a1，可得F1m1gm1a1；同理，当用F拉A时，以B为研究对象，有F2m2gm2a2，可得F2，由于m1m2，则F1F2，A

17、正确4.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离为h时，B与A分离下列说法正确的是()AB和A刚分离时，弹簧长度等于原长BB和A刚分离时，它们的加速度为gC弹簧的劲度系数等于D在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动解析：选CA、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB0对B：Fmgma对A：kxmgma即Fkx时，A、B分离，此时弹簧仍处于压缩状态，由Fmg，设用恒力F拉B前弹簧压缩量为x0，则2mgkx0，hx0x解以上各式得k，综上所述，只有C项正确5. (多

18、选)(2019届哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是()A一起加速过程中，C木块受到四个力的作用B一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为C一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F4ma，对A、D木块有fAfDma，解得A、D木块所受摩擦力大小 fAfD，方向均水平向右

19、，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A项错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D项错误6(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图甲所示，沿斜面方向的绳子在各处均平行于倾角为的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于MgB轻绳的拉力等于mgCM运动的加速度大小为(1sin)gDM运动的加速度大小为

20、g解析：选BC按题图甲放置时，M静止，则Mgsinmg，按题图乙放置时，由牛顿第二定律得Mgmgsin(Mm)，联立解得a(1sin)g.对m由牛顿第二定律得Tmgsinma，解得Tmg，故A、D错误，B、C正确7(多选)图甲中，两滑块A和B叠放在光滑水平地面上，A的质量为m1，B的质量为m2.设A、B间的动摩擦因数为，作用在A上的水平拉力为F，最大静摩擦力等于滑动摩擦力图乙为F与的关系图象，其直线方程为F.下列说法正确的有()A和F的值位于a区域时，A、B相对滑动B和F的值位于a区域时，A、B相对静止C和F的值位于b区域时，A、B相对滑动D和F的值位于b区域时，A、B相对静止解析：选AD当A

21、、B间刚要发生相对滑动时静摩擦力达到最大值，以B为研究对象，由牛顿第二定律得m1gm2a，得a.以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F(m1m2)a，可以知道，图中实线对应两个物体刚要发生相对滑动的情形和F的值位于a区域时，该区域中的点与原点连线的斜率大于实线的斜率，即有，可得F，A、B相对滑动；和F的值位于b区域时，该区域中的点与原点连线的斜率小于实线的斜率，即有，可得F2H)现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g.(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；(2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a

22、，A与管间的静摩擦力为fA.对A、B整体有3mgF3ma对A有mgfAFma，并且fAf1联立解得Fmg.(2)A到达上边界PQ时的速度vA当F3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mgf1Fma1，解得a1gA向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t 由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为LLLH.答案：(1)Fmg(2)LH