2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)九 牛頓運動定律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、牛頓運動定律的綜合應(yīng)用 [A級－基礎(chǔ)練] 1．應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現(xiàn)象分析正確的是(　　) A．受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài) B．受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài) C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度 D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度 解析：D　[物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時，物體處于超重狀態(tài)．當(dāng)物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤；物

2、體離開手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻，手的速度小于物體的速度，即在物體離開手的瞬間這段相同的時間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確．] 2.圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖，中間的點表示人的重心．圖乙是根據(jù)傳感器采集到的數(shù)據(jù)畫出的力－時間圖線．兩圖中a～g各點均對應(yīng)，其中有幾個點在圖甲中沒有畫出．重力加速度g取10 m/s2.根據(jù)圖象分析可得(　　) A．人的重力為1 500 N B．c點位置人處于超重狀態(tài) C．e點位置人處于失重狀態(tài) D．d點的加速度小于f

3、點的加速度 解析：B　[由圖可知人的重力為500 N，故A錯誤；c點位置人的支持力為750 N＞500 N，處于超重狀態(tài)，故B正確；e點位置人的支持力為650 N＞500 N，處于超重狀態(tài)，故C錯誤；d點的加速度20 m/s2大于f點的加速度10 m/s2，故D錯誤．] 3．在建筑工地，民工兄弟用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為(　　) A．μF　　　　　　　　 B．2μF C.m(g＋a) D．m(g＋a) 解析：D　[以兩個物體為

4、整體，根據(jù)牛頓第二定律，有 2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a① 再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有： f－mg－fBA＝ma② 聯(lián)立解得：fBA＝m(g＋a)，故選D.] 4．(2019·重慶市一中高三模擬)(多選)如圖所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四個木塊，其中M、P質(zhì)量均為m，N、Q質(zhì)量均為2m，M、P之間用一輕質(zhì)彈簧相連．現(xiàn)用水平拉力F拉N，使四個木塊以同一加速度a向右運動，則在突然撤去F的瞬間，下列說法正確的是(　　) A．P、Q間的摩擦力不變 B．P、Q的加速度大小變?yōu)? C．M、N間的摩擦力不變 D．N的加速度大小仍為a 解析：AD　[撤去F的瞬間，

5、彈簧的彈力不變，對P、Q整體分析，加速度不變，隔離對P分析，P、Q間的摩擦力不變，故A正確；撤去F前，對P、Q整體分析，知彈簧的彈力F彈＝3ma，撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，可知P、Q的加速度不變，仍然為a，故B錯誤；撤去F前，隔離對M分析，f－F彈＝ma，解得f＝4ma，對整體分析，F(xiàn)＝6ma，撤去F后，對M、N整體分析，a′＝＝a，方向向左，隔離對N分析，f′＝2ma′＝2ma，知M、N間的摩擦力發(fā)生變化．N的加速度大小不變，方向改變，故C錯誤，D正確．] 5.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端系一質(zhì)量為m的小球，另一端固定在傾角為37°的光滑斜面體頂端，彈簧與斜面平行，在斜面體以大小為g的加

6、速度水平向左做勻加速直線運動的過程中，小球始終相對于斜面靜止．已知彈簧的勁度系數(shù)為k，則該過程中彈簧的形變量為(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) A. B. C. D. 解析：A　[假設(shè)小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度a0向左勻加速運動，則a0＝gtan 37°＜g，當(dāng)斜面體和小球以加速度a＝g水平向左勻加速運動時，受到重力、支持力和彈簧沿斜面向下的彈力作用．設(shè)彈簧的形變量為x，則有FNsin 37°＋kxcos 37°＝mg，F(xiàn)Ncos 37°＝kxsin 37°＋mg，解得x＝，A正確．] 6．(2019·十堰模擬)(多選)質(zhì)量

7、分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦．若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止．則下列說法正確的是(　　) A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于mg C．M運動的加速度大小為(1－sin α)g D．M運動的加速度大小為g 解析：BCD　[互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsin α＝mg，互換位置后，對M有Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g＝g，F(xiàn)T＝mg，故A錯，B

8、、C、D對．] 7．(2018·肇慶模擬)(多選)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其v－t圖線如圖所示，則(　　) A．在0～t1時間內(nèi)，外力F大小不斷增大 B．在t1時刻，外力F為零 C．在t1～t2時間內(nèi)，外力F大小可能不斷減小 D．在t1～t2時間內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大 解析：CD　[v－t圖象的斜率表示加速度，在0～t1時間內(nèi)，物體做加速度減小的加速運動，由牛頓第二定律得，F(xiàn)－f＝ma，所以外力F不斷減小，選項A錯誤；在t1時刻，加速度為零，外力F等于摩擦力f，選項B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，物體做加速度增大的減速運動，由牛頓第二定律得，f－F

9、＝ma′，所以外力F可能不斷減小，選項C正確；若物體靜止前，外力F已減至零，則此后，外力F必再反向增大，選項D正確．] 8．將一只皮球豎直向上拋出，皮球運動時受到空氣阻力的大小與速度的大小成正比．下列描繪皮球在上升過程中加速度大小a與時間t的關(guān)系圖象，可能正確的是(　　) 解析：C　[皮球在上升過程中速度越來越小，所以空氣阻力越來越小，重力與空氣阻力的合力越來越小，所以加速度越來越小，一開始加速度最大，后來減小得越來越慢，最后速度為零時，加速度變?yōu)橹亓铀俣龋源鸢高xC.] 9．質(zhì)量為2 kg的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.3，最大靜摩擦力和滑動摩擦力大

10、小視為相等．從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．重力加速度g取10 m/s2，則物體在t＝0到t＝10 s這段時間內(nèi)的位移大小為(　　) A．6 m B．18 m C．30 m D．24 m 解析：C　[物體所受的最大靜摩擦力f＝μmg＝6 N．在0～2 s內(nèi)，拉力小于摩擦力，物體不動；在2～4 s內(nèi)，物體做勻加速直線運動，a1＝＝m/s2＝3 m/s2，則位移x1＝a1t＝×3×4 m＝6 m； 在 4～6 s內(nèi)，物體做勻減速直線運動，加速度大小a2＝μg＝3 m/s2，初速度v0＝a1t1＝6 m/s，則位移

11、x2＝v0t2－a2t＝12 m－×3×4 m＝6 m；物體的末速度v1＝v0－a2t2＝6 m/s－3×2 m/s＝0 在6～8 s內(nèi)，物體做勻加速直線運動，勻加速直線運動位移x3＝6 m，末速度v2＝6 m/s. 在8～10 s內(nèi)，物體做勻速直線運動，位移x4＝v2t4＝12 m. 則0～10 s內(nèi)的位移x＝6 m＋6 m＋6 m＋12 m＝30 m，故C正確，A、B、D錯誤．] [B級—能力練] 10．(多選)已知雨滴在空中運動時所受空氣阻力f＝kr2v2，其中k為比例系數(shù)，r為雨滴半徑，v為其運動速率．t＝0時，雨滴由靜止開始下落，加速度用a表示．落地前雨滴已做勻速運動，速率

12、為v.下列對雨滴運動描述的圖象中一定正確的是(　　) 解析：ABC　[t＝0時，雨滴由靜止開始下落，v＝0，所受空氣阻力f＝kr2v2＝0，則此時雨滴只受重力，加速度為g，隨著雨滴速度增大，所受空氣阻力增大，根據(jù)牛頓第二定律mg－f＝ma，則加速度減小，即雨滴做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)最后f＝kr2v2＝mg時，加速度減小到零，速度不變，雨滴做勻速直線運動，故A、B正確；當(dāng)最后勻速運動時有kr2v＝mg＝ρgπr3，可得最大速率與成正比，v∝r，故C正確，D錯誤．] 11．(多選)如圖甲所示，在水平地面上有一長木板B，其上疊放木塊A，假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力

13、都和滑動摩擦力相等，用一水平力F作用于B，A、B的加速度與F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) A．A的質(zhì)量為0.5 kg B．B的質(zhì)量為1.5 kg C．B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2 D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.4 解析：ACD　[由圖可知，二者開始時相對地面靜止，當(dāng)拉力為3 N時開始相對地面滑動；故B與地面間的最大靜摩擦力為3 N；當(dāng)拉力為9 N時，A、B相對滑動，此時A的加速度為4 m/s2；當(dāng)拉力為13 N時，B的加速度為8 m/s2；對A分析可知，μ1g＝4 m/s2；解得A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4； 對B分析可知，

14、13 N－3 N－μ1mAg＝mB×8 m/s2 對整體有：9 N－3 N＝(mA＋mB)×4 m/s2 聯(lián)立解得：mA＝0.5 kg；mB＝1 kg； 則由μ2(mA＋mB)g＝3 N解得，B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2；故A、C、D正確，B錯誤．] 12.(2019·煙臺模擬)如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個角的角度為α(α＞45°)．三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為m1和m2的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細(xì)繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止?fàn)顟B(tài)．不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力

15、加速度大小為g，則將m1和m2同時由靜止釋放后，下列說法正確的是(　　) A．若m1＝m2，則兩物體可靜止在斜面上 B．若m1＝m2tan α，則兩物體可靜止在斜面上 C．若m1＝m2，則三棱柱對地面的壓力小于(M＋m1＋m2)g D．若m1＝m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零 解析：C　[若m1＝m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin α，由于α＞45°，則m2gsin(90°－α)＜m1gsin α，則m1將沿斜面向下加速運動，m2將沿斜面向上加速運動，A錯誤．要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2g

16、sin(90°－α)＝m1gsin α，即有m1＝m2cot α，B錯誤．若m1＝m2，設(shè)加速度大小為a，對兩個物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有FN－(M＋m1＋m2)g＝m2asin(90°－α)－m1asin α＜0，即地面對三棱柱的支持力FN＜(M＋m1＋m2)g，則三棱柱對地面的壓力小于(M＋m1＋m2)g；水平方向有Ff＝m1acos α＋m2acos(90°－α)＞0，C正確，D錯誤．] 13.如圖所示，水平地面上放置一個質(zhì)量為m的物體，在與水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運動．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.求： (1)若物體

17、在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運動且不脫離地面，拉力F的大小范圍． (2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若F的方向可以改變，求使物體以恒定加速度a＝5 m/s2向右做勻加速直線運動時，拉力F的最小值． 解析：(1)要使物體運動時不離開地面，應(yīng)有： Fsin θ≤mg 要使物體能一直向右運動， 應(yīng)有：Fcos θ≥μ(mg－Fsin θ) 聯(lián)立解得：≤F≤ (2)根據(jù)牛頓第二定律得 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 解得：F＝ 上式變形得F＝ 其中α＝arcsin 當(dāng)sin(θ＋α)＝1時，F(xiàn)有最小值 解得：Fmin＝ 代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得：Fmin＝40 N 答案：(1)≤F≤ (2)40 N 8