高考物理一轮复习 课后限时作业12 牛顿运动定律综合应用（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、课后限时作业12牛顿运动定律综合应用时间：45分钟1如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2，则(B)Aa1a2，x1x2Ba1x2Da1x2解析：对a、b物体及弹簧整体分析，有a1g，a2，可知a1a2，再隔离b分析，有F1m2gm2a1，解得F1，F2m2a2，可知F1F2，再由胡克定律知，x1x2，所以选项B正确2如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上

2、，A的质量为m，B的质量为2m.现用水平力F拉B(如图甲所示)，A、B刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动若改用水平力F拉A(如图乙所示)，使A、B也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F不得超过(B)A2F B.C3F D.解析：力F拉木块B时，A、B恰好不滑动，故A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A受力分析，受重力mg、支持力N1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有fmma，对A、B整体受力分析，受重力3mg、支持力N2和拉力F，根据牛顿第二定律，有F3ma，联立解得fmF，当F作用在木块A上，A、B恰好不滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值，对木块A，有Ffmma1，对整体，有F3

3、ma1，联立解得FF，即F的最大值是F.3(多选)如图所示，用力F拉着A、B、C三个物体在光滑水平面上运动，现在中间的B物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力F不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力Ta和Tb的变化情况是(AD)ATa增大BTb增大CTa减小DTb减小解析：设C物体质量为m，A物体质量为m，整体质量为M，整体的加速度a，对C物体分析，有Tbma，对A物体分析，有FTama，解得TaFma.在B物体上加上橡皮泥，由于原拉力F不变，则整体的加速度a减小，因为m、m不变，所以Tb减小，Ta增大，A、D正确4质量为M的光滑半圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上从而

4、使质量为m的小球静止在半圆槽上，如图所示，则(C)A小球对半圆槽的压力为B小球对半圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力增大D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在半圆槽上，则小球对半圆槽的压力减小解析：由整体法可求得系统的加速度a，小球对半圆槽的压力FNmm，当F增大后，FN增大，只有C正确5.如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，物块又通过轻细线悬吊着一个小球，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而物块、小球均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为.若小车的加速度逐渐增加，物块始终和小车保持相对静止，则当加

5、速度增加到2a时(A)A横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对物块的弹力增加到原来的2倍C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍解析：对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向有f(Mm)a，竖直方向有FN(Mm)g，则当加速度增加到2a时，横杆对物块的摩擦力f增加到原来的2倍，横杆对物块的弹力等于物块、小球的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtanma，解得tan，当a增加到原来的两倍时，tan变为原来的两倍，但不是原来的两倍细线的拉力FT，可见，a变为原来的两倍，FT

6、不是原来的两倍，故C、D错误6.如图所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为20 N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2 kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变若挡板A以4 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，g取10 m/s2，则(B)A小球向下运动0.4 m时速度最大B小球向下运动0.1 m时与挡板分离C小球速度最大时与挡板分离D小球从一开始就与挡板分离解析：球和挡板分离前小球做匀加速运动，球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时小球所受合力为零，即kxmmgsin30，解得xm0.5 m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时，

7、小球向下运动的路程为0.5 m，故A错误；设球与挡板分离时位移为x，从开始运动到分离的过程中，小球受竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F，根据牛顿第二定律有mgsin30kxF1ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当小球与挡板分离时，F1减小到零，则有mgsin30kxma，解得x0.1 m，即小球向下运动0.1 m时与挡板分离，故B正确；因为速度最大时，运动的位移为0.5 m，而小球运动0.1 m与挡板分离，故C、D错误7(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B.保

8、持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为.下列说法正确的是(BC)A若已知，可求出A的质量B若未知，可求出图乙中a1的值C若已知，可求出图乙中a2的值D若已知，可求出图乙中m0的值解析：由题中图象，若m0，则物块A受重力、支持力作用，由牛顿第二定律可知，A的加速度方向沿斜面向下，a2gsin，C正确；若mm0，则A的加速度为零由平衡条件可知，m0gmAgsin，必须知道A的质量mA和的值，m0才可求，D错误；若B的质量无限大，则所受拉力远小于

9、它的重力，B的加速度趋近于g，所以A的最大加速度a1g，B正确；对以上状态的分析中，均无法计算出A的质量，A错误8.如图所示，B物体的质量为A物体质量的两倍，用轻弹簧连接后放在粗糙的斜面上，A、B与斜面间的动摩擦因数均为.对B施加沿斜面向上的拉力F，使A、B相对静止地沿斜面向上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的沿斜面向上的推力推A，A、B保持相对静止后弹簧长度为l2，则下列判断正确的是(D)A两种情况下A、B保持相对静止后弹簧的形变量相等B两种情况下A、B保持相对静止后两物体的加速度不相等C弹簧的原长为D弹簧的劲度系数为解析：以A、B为整体，根据牛顿第二定律知，两种情况下

10、的加速度相等，设A的质量为m，则加速度agsingcos.设弹簧的原长为l0，根据牛顿第二定律得，第一种情况下，对A，有k(l1l0)mgsinmgcosma，第二种情况下，对B，有k(l0l2)2mgsin2mgcos2ma，联立得l0，k，故B、C错误，D正确；第一种情况下，弹簧的形变量为l1l1l0l1l2，第二种情况下，弹簧的形变量l2l0l2l1l2，故A错误9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B点由一小段圆弧连接，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

11、速度时间图象如图乙所示，到达B点时迅速撤去恒力F.(已知sin530.8，cos530.6，g取10 m/s2)(1)求小物块所受的恒力F大小(2)求小物块从B点沿斜面向上运动到返回B点所用时间(3)小物块能否返回A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时距离B点的距离解析：(1)由图乙可知，AB段加速度a10.5 m/s2由牛顿第二定律得Fcos(mgFsin)ma1解得F11 N.(2)在BC上，有mgsinma2加速度a2gsin8 m/s2小物块从B到最高点所用时间与从最高点到B时间相等，则t0.5 s.(3)小物块从B向A运动过程中，有mgma3解得a3g0

12、.510 m/s25 m/s2滑行的位移s m0.4 msABtt4.0 m4.0 m.故小物块不能返回A点答案：(1)11 N(2)0.5 s(3)不能0.4 m10两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与地面间的动摩擦因数0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的vt图象如图乙所示g取10 m/s2，求：(1)推力F的大小(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离解析：(1)在水平推力F作用下，

13、设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的vt图象得a3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a解得F15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有mAgmAaA，aAg3 m/s2，vtv0aAt0，解得t2 s，物体A的位移为xAt6 m，物体B的位移为xBv0t12 m，所以A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为xxBxA6 m.答案：(1)15 N(2)6 m11.如图所示，一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的长度相对B的长度来说可以忽略不计，A和B的质量都

14、等于m，A和B之间滑动摩擦力为f(fmg，g为重力加速度)开始时B竖直放置，下端离地面高度为h，A在B的顶端现让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动，并且碰撞前后的速度大小相等设碰撞时间很短，不考虑空气阻力，在B再次着地前，A、B不分离(1)请描述在从开始释放到B再次着地前的过程中，A、B各自的运动情况，并求出匀变速运动时的加速度大小；(2)B至少应该多长？解析：(1)释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，加速度大小都为ag，B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，加速度大小aA，B竖直向上做匀减速运动，加速度大小aB，B速度减为零后，继续以加速度aB向下运动(2)B第一次着地前瞬间的速度为v1，B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为t，在此时间内A的位移xv1taAt2，要使B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足Lx，联立解得L.答案：(1)见解析(2)