2022届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用作业 新人教版

2022届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用作业 新人教版课时作业单独成册方便使用 基础题组一、单项选择题1(2018四川乐山高三一诊)某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已知t0时刻电梯处于静止状态，则时间t0t1t2t3体重秤示数(kg)45.050.040.045.0A.t1时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化Bt2时刻电梯可能向上做减速运动Ct1和t2时刻电梯运动的方向相反Dt3时刻电梯处于静止状态解析：超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故A错误；t2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，选项B正确；t1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以t1和t2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，选项C错误；t3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故D错误答案：B2(2018湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为()AgB2gC3g D4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态，此时绳的拉力等于人的重力，由图可知，绳子拉力最终趋于恒定时等于重力，即F0mg，则F0mg.当绳子拉力最大时，人处于最低点且所受合力最大，故加速度也最大，此时F最大F03mg，方向竖直向上，由牛顿第二定律有maF最大mg3mgmg2mg，得最大加速度a2g，故B正确答案：B3.(2018宁夏银川二中月考)电梯在t0时由静止开始上升，运动的at图像如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m50 kg，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A第9 s内乘客处于失重状态B18 s内乘客处于平衡状态C第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 ND第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A错误；18 s内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有Nmgma，解得N550 N，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N，C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内at图像与时间轴所围图形的面积，即v11.0 m/s0.5 m/s，D错误. 答案：C4.(2018河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv(k为正的常量)两球的vt图像如图所示落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2，则下列判断正确的是()A释放瞬间甲球加速度较大B.C甲球质量大于乙球质量Dt0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v0，因此空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kvmg，因此最大速度与其质量成正比，即vmm，故，故B错误；由于，而v1v2，故甲球质量大于乙球质量，故C正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误答案：C5如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(B物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示(重力加速度为g)，则()A施加外力前，弹簧的形变量为B施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga)CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值解析：施加拉力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mgkx，解得x，故选项A错误；施加外力F的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有F弹MgFABMa，其中F弹2Mg，解得FABM(ga)，故选项B正确；物体A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且FAB0，对B物体，有F弹MgMa，解得F弹M(ga)，故选项C错误；当F弹Mg时，B达到最大速度，故选项D错误答案：B二、多项选择题6.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆间的动摩擦因数为，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F1，F1kv(k为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中，下列说法正确的是()A最大加速度为B最大加速度为C最大速度为D最大速度为解析：当F1mg，即kvmg，v时，圆环水平方向不受摩擦力，则圆环的加速度最大为a，A正确，B错误；当滑动摩擦力f(kvmg)F时，对应的速度最大，v，C正确，D错误答案：AC7(2018河南开封四校联考)如图甲所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB2 N，A受到的水平方向的力FA(向右为正方向)按如图乙所示的规律变化，从t0开始计时，则()AA物体在3 s末的加速度是初始时刻的Bt4 s后，B物体做匀加速直线运动Ct4.5 s时，A物体的速度为零Dt4.5 s后，A、B的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出FA的变化规律为FA92t(N)，对于A、B整体，根据牛顿第二定律有FAFB(mAmB)a，设A、B间的作用力为N，则对B，根据牛顿第二定律可得NFBmBa，解得NmBFB(N)；当t4 s时N0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，当t4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零，t4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反，当t4 s时，A、B的加速度均为a，综上所述，选项B、D正确，C错误；t0时，A物体的加速度为a0，t3 s末，A物体的加速度为a，则aa0，故选项A正确答案：ABD能力题组一、选择题8.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()AmgB2mgC3mg D4mg解析：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.答案：C9如图甲所示，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t0时，车开始沿水平面做直线运动，其vt图像如图乙所示g取10 m/s2，平板车足够长，则物块运动的vt图像为()解析：小车先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等，都为a4 m/s2，根据物块与车间的动摩擦因数可知，物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到的滑动摩擦力是动力，相反则受到的滑动摩擦力是阻力设在t时刻滑块与车的速度相等，则有244(t6)2t得t8 s，故在08 s内，车的速度大于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是动力，则其加速度为2 m/s2，同理，可得在816 s内，车的速度小于物块的速度，因此物块受到的滑动摩擦力是阻力，则其加速度为2 m/s2，故C正确答案：C10(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N.若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2.则()Aa m/s2时，N0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，N0.80.06a(N)解析：小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos Nsin ma，Tsin Ncos mg，联立解得Nmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，N0，选项A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图甲所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图乙所示，所以ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项B、C正确；将和m的值代入Nmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误答案：ABC二、非选择题11.(2018江西赣中南五校联考)质量为2 kg的雪橇在倾角37的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知今测得雪橇运动的vt图像如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,9)，CD线是曲线的渐近线(sin 370.6，cos 370.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v03 m/s和v16 m/s时，雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)vt图像的斜率表示加速度的大小，由题图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动(2)当v03 m/s时，雪橇的加速度是a0 m/s21.5 m/s2，当v16 m/s时，雪橇的加速度是a10.(3)开始加速时：mgsin kv0mgcos ma0最后匀速时：mgsin kv1mgcos 联立得kv0ma0kv1，得k1 kg/s，由式，得0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动最后做匀速直线运动(2)1.5 m/s20(3)1 kg/s0.37512如图所示，倾角为45的轨道AB和水平轨道BC在B处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接，水平轨道上D点的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体一小物块自倾斜轨道AB上离水平轨道BC高h处由静止释放，以小物块运动到B处的时刻为计时零点，探测器只在t25 s内工作已知小物块与倾斜轨道AB和水平轨道BC间的动摩擦因数分别为10.5和20.1，BD段长为L8 m，重力加速度g取10 m/s2，为使探测器在工作时间内能探测到小物块，求h的取值范围解析：设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有mgsin 451mgcos 45ma1设物块到达B处的速度为vB，由速度位移关系得v2a1物块在水平轨道BC上做减速运动的加速度大小为a22g设物块运动到D点时速度恰好为零，这种情况下vB最小，物块在水平轨道BC上运动的时间最长，则vB14 m/s又t14 s当物块在t14 s到达D点时，联立解得h11.6 m当物块在t22 s到达D点时LvB2t2a2t联立解得h22.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块，h的取值范围为1.6 mh2.5 m.答案：1.6 mh2.5 m