高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课后限时训练新人教版必修1

为深入贯彻落实党的十九大精神和习近平总书记的重要指示精神，保障人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安、进一步巩固党的执政基础，束城镇深入贯彻全市扫黑除恶会议精神，强化措施，深入扎实开展扫黑除恶专项斗争牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题，14题为单选，58题为多选)1(2016河南周口西华一中等校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，乘客(B)A处于失重状态B处于超重状态C受到向后的摩擦力作用D所受力的合力沿斜面向下解析当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误。由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误。2(2016吉林松原油田高中三模)在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F1与F2的作用，在第1s内物体保持静止状态。若力F1与F2随时间的变化关系如图所示，则物体(B)A在第2s内做加速运动，加速度大小逐渐减小，速度逐渐增大B在第3s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大C在第4s内做加速运动，加速度大小逐渐增大，速度逐渐增大D在第5s末速度为零，运动方向与F1方向相同解析第2s内物体的合力不断变大，根据牛顿第二定律知加速度不断变大，物体做加速运动，速度逐渐增大，故A错误；在第3s内合力逐渐变大，故加速度不断变大，合力与速度同向，物体做加速运动，故B正确；在第4s内，合力逐渐减小，故加速度不断减小，合力与速度同方向，物体做加速运动，速度增大，故C错误；在第5s末，合力为零，故加速度为零，速度最大，此时运动方向与F1相同，故D错误。3(2016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图象如图所示。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(C)A释放瞬间甲球加速度较大BC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；图象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。4(2016湖南衡阳一中一模)如图所示，质量为m1和m2的两个材料相同的物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下。先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成角)，最后竖直向上匀加速运动，不计空气阻力，在三个阶段的运动中，线上拉力的大小(C)A由大变小B由小变大C始终不变且大小为FD由大变小再变大解析在水平面上时，对整体由牛顿第二定律F(m1m2)g(m1m2)a1，对m1由牛顿第二定律得F1m1gm1a1，联立解得F1F；在斜面上时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)gcos(m1m2)gsin(m1m2)a2，对m1由牛顿第二定律得F2m1gcosm1gsinm1a2，联立解得F2F；在竖直方向时，对整体由牛顿第二定律得F(m1m2)g(m1m2)a3，对m1由牛顿第二定律得F3m1gm1a3，联立解得F3F。综上分析可知，线上拉力始终不变且大小为F，故C正确。5(2016广东六校联盟联考)如图所示，光滑斜面C静止在粗糙的水平地面上，质量均为m的滑块A、B叠放在一起后由静止开始下滑，此过程中斜面保持静止。则下列说法正确的是(BC)AA对B的压力等于mgBB受4个力的作用C地面对C的摩擦力方向水平向左D若将A撤去，则B下滑的加速度变小解析A、B整体具有沿斜面向下的加速度，设加速度为a，由牛顿第二定律可知(mAmB)a(mAmB)gsin，得agsin，将a正交分解为竖直方向分量a1和水平分量a2，由于具有水平分量a2，故物体A必受到水平向左的摩擦力f。由牛顿第二定律得竖直方向：mAgNmAa1，水平方向：fmAa2，设斜面与水平方向的夹角为，由几何关系得a1asingsinsingsin2，a2acosgsincos，得NmAgmAgsin2mAgcos2，fmAgsin cos，故A错误；由上面的分析可以知道B受到本身的重力、斜面的弹力、A的压力以及A对B的摩擦力作用，故选项B正确；对A、B、C整体分析，整体具有水平向左的分加速度，故整体受到地面的水平向左的摩擦力作用，故选项C正确；若将A撤去，对B根据牛顿第二定律有mBamBgsin，得agsin，即加速度不变，故选项D错误。6(2016浙江金丽衢十二校联考)某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象在地面上称得其体重为500N，再将台秤移至电梯内称其体重。电梯从v0时由静止开始运动，到t11s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示(g取10m/s2)。则(ABD)A电梯为下降过程B在1011s内电梯的加速度大小为2m/s2CF3的示数为550ND电梯运行的总位移为19m解析台秤的示数即为人对台秤的压力，人对台秤的压力与台秤对人的支持力为一对作用力与反作用力，由题意可知，02s内，台秤示数为450 N，人的加速度向下；210s内，台秤示数为500N，人处于匀速运动状态；1011s内，台秤示数为F3500N，人的加速度向上，由上述分析可知电梯必定是先加速，再匀速，最后减速下降，故A正确。02s内，a11m/s2,2s末速度v1a1t2m/s；210s内，匀速，速度为2m/s；1011s内，a3，v1a3t3，t31s，解得a32m/s2，F3600N，故B正确，C错误。x1a1t2m，x2v1t216m，x3a3t1m，电梯运行的总位移xx1x2x219m，故D正确。7.(2016山东省实验中学段考)如图所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边倾斜的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。下列判断正确的是(BCD)A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上D物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程解析A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑，因0.5tan0.75，则物体都向下加速，传送带对两物块的滑动摩擦力均沿传送带向上，大小也相等，故两物块沿传送带向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故A错误，B、C正确；A物块与传送带运动方向相同，相对路程较小，故D正确。8(2017河北衡水武邑中学调研)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若重力加速度g取10m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出(ABD)A物体的质量B斜面倾角的正弦值C加速度增大到6m/s2时物体的位移D物体静止在斜面上时的外力F解析对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示。x方向：Fcosmgsinma，y方向：NFsinmgcos0，从图象中取两个点(20N,2m/s2)，(30N,6m/s2)代入解得m2kg，37，故A、B正确。当a0时，可解得F15N，取最小拉力为15N。题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小，无法求出位移，故C错误，D正确。二、非选择题9(2016河北石家庄5月二模)如图所示，倾角37的足够长斜面固定在水平地面上，质量m2kg的物块在与斜面成37角斜向上恒力F20N的作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，已知物块与斜面间的动摩擦因数0.5，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求物块在恒力F作用下向上运动的加速度a；(2)若恒力F作用4s后撤去，求物块再经过多长时间返回斜面底端。答案(1)1m/s2(2)3.4s解析(1)在力F作用时有Fcos37mgsin37(mgcos37Fsin37)ma，解得a1m/s2。(2)刚撤去F时，物块的速度v1at14m/s，物块的位移s1t18m。撤去力F后，物块上滑时有(mgsin37mgcos37)ma2，解得a210m/s2，物块上滑时间t20.4s，物块继续上滑的距离s20.8m。则物块上滑的最大距离sms1s28.8m。物块返回时有mgsin37mgcos37ma3，解得a32m/s2，物块由顶端返回底端时有sma3t，解得t32s。撤去恒力F后，物块返回斜面底端共用时tt2t3(0.42)s3.4s。10(2016安徽合肥质检)如图所示，某皮带传动装置与水平面夹角为30，两轮轴心相距L2m，A、B分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。现传送带沿顺时针方向以v2.5m/s的速度匀速转动，将一小物块轻轻地放置于A点，小物块与传送带间的动摩擦因数，g取10m/s2。试求：(1)小物块运动至B点的时间；(2)若传送带速度可以任意调节，当小物块在A点以v03m/s的速度沿传送带向上运动时，小物块到达B点的速度范围。答案(1)1.3s(2)2m/svB8m/s解析(1)刚开始小物块沿传送带向上做匀加速直线运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有mgcos30mgsin30ma1，解得a12.5m/s2。设小物块速度等于2.5m/s时，小物块对地位移为L1，用时为t1，则t1s1s，L1m1.25m，因L1tan30，故小物块速度等于2.5m/s时，将做匀速直线运动至B点，设用时为t2，则t20.3s，故小物块从A到B所用时间为tt1t21.3s。(2)由于传送带速度可以任意调节，则小物块从A到B一直做匀加速直线运动，到达B点的速度最大。由牛顿第二定律及运动学公式有vv2a1L，解得vB8m/s。小物块从A到B一