（通用版）高考物理一轮复习第三章第3讲牛顿运动定律的综合应用课时作业（含解析）.docx

牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共10小题，16题为单选题，710题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的点表示人的重心图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出重力加速度g取10 m/s2.根据图像分析可得()A人的重力为：1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度解析：B由图可知人的重力为500 N，故A错误；c点位置人的支持力750 N500 N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力650 N500 N，处于超重状态，故C错误；d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2，故D错误2.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则()A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析：C未加恒力F时，对物块由牛顿第二定律知mamgsin mgcos ，而加上F后，ma(mgF)(sin cos )，即aa，C正确3应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是()A受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：D物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确4.(2018烟台模拟)如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上，两底角中其中一个角的角度为(45)三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是()A若m1m2，则两物体可静止在斜面上B若m1m2tan ，则两物体可静止在斜面上C若m1m2，则三棱柱对地面的压力小于(Mm1m2)gD若m1m2，则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零解析：C若m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin ，由于45，则m2gsin(90)m1gsin ，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2gsin(90)m1gsin ，即有m1m2cot ，B错误若m1m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，由牛顿第二定律得，竖直方向有FN(Mm1m2)gm2asin(90)m1asin 0，即地面对三棱柱的支持力FN(Mm1m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(Mm1m2)g；水平方向有Ffm1acos m2acos(90)m2，则x1x2 D若m1m2，则x1a1，代入已知条件解得：F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t，则此时砝码的速度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移为d，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码恰好离开桌面，故D错误二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤)11.如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.求：(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围(2)已知m10 kg，0.5，g10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值解析：(1)要使物体运动时不离开地面，应有：Fsin mg要使物体能一直向右运动，应有：Fcos (mgFsin )联立解得：F(2)根据牛顿第二定律得Fcos (mgFsin )ma解得：F上式变形得F其中arcsin 当sin()1时，F有最小值解得：Fmin代入相关数据解得：Fmin40 N答案：(1)F(2)40 N12(2018滨州模拟)质量M4 kg、长2l4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同一个质量为m1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示在t0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t12 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1t图像如图乙所示g取10 m/s2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数1和恒力F的大小(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数20.1,2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t12 s时木板的位移x2a2t滑块的位移x14 m由牛顿第二定律得a2由位移关系得x1x2l联立解得10.4滑块位移x1a1t恒力Fma11mg联立解得F6 N(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a12ga2设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则v2a2t1，v1a