2019高考物理大一轮复习 第3章 第3讲 专题三 牛顿运动定律的综合应用精练（含解析）

牛顿运动定律的综合应用精练基础巩固练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：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态，D正确。答案：BD2(多选)某人乘电梯从24楼到1楼的v t图象如图所示，下列说法正确的是()A04 s内人做匀加速直线运动，加速度为1 m/s2B416 s内人做匀速直线运动，速度保持4 m/s不变，处于完全失重状态C1624 s内，人做匀减速直线运动，速度由4 m/s减至0，处于失重状态D024 s内，此人经过的位移为72 m解析：04 s内，v t图线是一条倾斜直线，且a1 m/s2，A对；416 s内，a0，不是完全失重状态，B错；1624 s内，电梯减速下降，a向上，处于超重状态，C错；024 s内，位移大小等于图线与横轴围成的面积数值，故x(2412)4 m72 m，D对。答案：AD3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 N B1.5 NC2 N D3 N解析：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：a，对B有Fma，所以F1 N。答案：A4质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体受到水平拉力作用和不受拉力作用的v t图象，则拉力与摩擦力之比为()A98 B32C21 D43解析：由v t图象知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a11.5 m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小a20.75 m/s2。列方程ma1Ff，ma2FFf，解得，。答案：B5.如图所示，质量都为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h时B与A分离。则下列说法中正确的是()AB和A刚分离时，弹簧为原长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，它们做匀加速运动解析：在施加外力F前，对A、B整体受力分析可得2mgkx1，A、B两物体分离时，B物体受力平衡，两者加速度恰好为零，选项A、B错误；对物体A，mgkx2，由于x1x2h，所以弹簧的劲度系数为k，选项C正确；在B与A分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，它们的加速度逐渐减小，选项D错误。答案：C6.(2018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mkg，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 NB5 NC. N D N解析：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，有：FTcos ma0FTsin mg0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FTcos m2gFTsin mg0解得FTmg10 N10 N。故选项A正确。答案：A能力提升练7(2018河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中v t图象如图乙所示。设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块最大重力势能为54 JB小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为31C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为40 N解析：由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离x31.2 m1.8 m，上升的最大高度hx sin 300.9 m，故物块的最大重力势能Epmmgh27 J，则A项错。由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公式，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为11，则B项错。由乙图可知减速上升时加速度大小a210 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin 30mgcos 30ma2，得，则C项错。由乙图可知加速上升时加速度大小a1 m/s2，由牛顿第二定律有Fmgsin 30mgcos 30ma1，得F40 N，则D项正确。答案：D8(多选)(2018广东深圳一模)如图甲所示，质量m1 kg、初速度v06 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的二次方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g取10 m/s2，下列说法中正确的是()At2 s时物块速度为零Bt3 s时物块回到O点C恒力F大小为2 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.1解析：通过题图可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，根据图线求出做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小。物体做匀减速直线运动的加速度大小为a13 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t12 s，故A正确；物体做匀加速直线运动的加速度大小为a21 m/s2，反向加速到出发点的时间t2 s，故B错误；根据牛顿第二定律得FFfma1，FFfma2，联立两式解得F2 N，Ff1 N，则动摩擦因数为0.1，故C、D正确。答案：ACD9.如图所示，粗糙的地面上放着一个质量M1.5 kg的斜面，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数0.2，倾角37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m0.5 kg的小球，弹簧劲度系数k200 N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a1 m/s2的加速度匀加速运动。(已知sin 370.6、cos 370.8，g10 m/s2)(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。解析：(1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F(Mm)g(Mm)a得F6 N(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcos FNsin ma在竖直方向：kxsin FNcos mg解得：x0.017 mFN3.7 N。答案：(1)6 N(2)0.017 m3.7 N10如图甲所示，为一倾角37的足够长斜面，将一质量为m1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数0.25，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)2 s末物体的速度；(2)前16 s内物体发生的位移。解析：(1)对物体分析可知，其在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin F1mgcos ma1v1a1t1代入数据可得a12.5 m/s2。方向沿斜面向下v15 m/s，方向沿斜面向下。(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m，方向沿斜面向下当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2代入数据可得a20.5 m/s2，方向沿斜面向上。物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2得t210 st2时间内发生的位移为x2，则x2a2t25 m，方向沿斜面向下由于mgsin mgcos F2mgcos mgsin ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态。故物体在前16 s内发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下。答案：见解析7