2020版高考物理总复习第三章专题探究三牛顿运动定律的综合应用练习（含解析）.docx

专题探究三牛顿运动定律的综合应用1.(2019天津测试)(多选)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态,他在地面上用测力计测量砝码的重力,示数是G,他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力,发现测力计的示数小于G,由此判断此时电梯的运动状态可能是(AD)A.加速下降B.加速上升C.减速下降D.减速上升解析:测力计的示数减小,砝码所受的合力方向向下,则加速度向下,砝码处于失重状态,而速度方向可能向上,也可能向下,所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降.2.(2019江苏南京、盐城模拟)如图所示,质量为m的物块放在容器底部,随同容器一起从某一高处由静止释放,下落过程中不计一切阻力.则物块(C)A.加速度大于gB.加速度小于gC.对容器底部的压力等于0D.对容器底部的压力等于mg解析:物块和容器一起做自由落体运动,加速度为g,故A,B错误.对容器分析,物块若对容器有压力,加速度将大于g,所以对容器没有压力,故C正确,D错误.3.滑沙是国内新兴的旅游项目,即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑,随着下滑速度的加快,在有惊无险的瞬间体味到了刺激和快感.其运动可以简化为如图所示,一位游客先后两次从静止下滑,下列vt图像中实线代表第一次从较低位置滑下,虚线代表第二次从较高位置滑下,假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数不变,忽略空气阻力,拐弯处速度大小不变,则vt图像正确的是(D)解析:设滑板与沙之间的动摩擦因数为,斜面与水平面之间的夹角为,当游客与滑板沿斜面向下运动时,mgsin -mgcos =ma1,则a1=gsin -gcos ,可知,向下滑动的加速度与斜面的高度无关,则在vt图中两次加速的过程图线的倾斜程度相同;在水平面上减速的过程中mg=ma2,所以a2=g,可知减速过程中的加速度也是大小相等的,则两次减速过程中的vt图线是平行线,故A,B,C错误,D正确.4.(2018沈阳四校协作体期中)质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球与圆槽保持相对静止,如图所示,则(C)A.小球对圆槽的压力为B.小球对圆槽的压力为C.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增大D.水平恒力F变大后,如果小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小解析:由整体法可求得系统的加速度a=,小球对圆槽的压力FN=m=m,当F增大后,FN增大.5.(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图(甲)所示,绳子平行于倾角为的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M,m与斜面之间的摩擦.若互换两物块位置,按图(乙)放置,然后释放M,斜面仍保持静止.则下列说法正确的是(BCD)A.轻绳的拉力等于MgB.轻绳的拉力等于mgC.M运动的加速度大小为(1-sin )gD.M运动的加速度大小为g解析:互换位置前,M静止在斜面上,则有Mgsin =mg,互换位置后,对M有Mg-T=Ma,对m有T-mgsin =ma,又T=T,解得a=(1-sin )g=g,T=mg.6.(2018湖南衡阳一模)如图所示为一儿童在玩滑板车的情景,他一只脚用力蹬地后,可使车与人一起向前加速而获得相等的速度,儿童的质量为M,滑板车的质量为m,儿童与滑板车之间的动摩擦因数为.若儿童蹬地过程获得向前的动力恒为F,忽略蹬地时地面对儿童竖直方向的作用力,滑板车向前运动时受到地面的摩擦力恒为f,则儿童蹬地过程中,下列结论正确的是(B)A.儿童与滑板车之间的摩擦力一定等于MgB.儿童与滑板车之间的摩擦力一定等于C.F一定等于fD.若儿童能成功完成该动作,则,故D错误.7.如图所示,质量均为m=3 kg的物块A,B紧挨着放置在粗糙的水平地面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.求:(1)物块A,B分离时,所加外力F的大小;(2)物块A,B由开始运动到分离所用的时间.解析:(1)物块A,B分离时,对B有F-mg=ma,解得F=21 N.(2)A,B静止时,对A,B有kx1=2mg,A,B分离时,对A有kx2-mg=ma,此过程中x1-x2=at2,解得t=0.3 s.答案:(1)21 N(2)0.3 s8.(2019湖南湘东五校联考)如图(甲)所示是一倾角为=37的足够长的斜面,将一质量为m=1 kg的物体无初速度在斜面上释放,同时给物体施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化的关系图像如图(乙)所示,物体与斜面间的动摩擦因数=0.25.(g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)2 s末物体的速度大小;(2)前16 s内物体发生的位移.解析:(1)物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,设物体加速度大小为a1,由牛顿第二定律可得mgsin -F1-mgcos =ma1,v1=a1t1,得v1=5 m/s,a1=2.5 m/s2.(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1,则x1=a1=5 m,当拉力为F2=4.5 N时,设物体加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得F2+mgcos -mgsin =ma2,设物体经过t2时间速度减为0,则v1=a2t2,t2=10 s,设t2时间内发生的位移为x2,则x2=a2=25 m,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x=x1+x2=30 m,方向沿斜面向下.答案:(1)5 m/s(2)30 m,方向沿斜面向下9.如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也为m的托盘B上,以N表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量.初始时,在竖直向上的力F作用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x=0).现改变力F的大小,使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中N或F随x变化的图像正确的是(D)解析:开始时,对物块A有mg-N1=m,即N1=mg,当N减为0时,有mg-F弹=m,F弹=mg,此时x=,在此过程中,两者之间的压力由开始运动时的mg线性减小到零,弹簧伸长量由0增加为,故A,B错误.对托盘B,同理可知,力F由开始运动时的mg线性减小到mg,此后托盘与物块分离,力F保持mg不变,故选项C错误,D正确.10.(2019湖北武汉模拟)(多选)如图所示,A,B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A,B间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则(BD)A.当F3mg时,A相对B静止D.无论F为何值,B的加速度不会超过g解析:A,B之间的最大静摩擦力为fmax=mAg=2mg,B与地面间的最大静摩擦力为fmax=(mA+mB)g=mg,故当Fmg时,A,B都相对地面静止;设A,B开始发生相对滑动时它们的加速度为a,则对B有fmax-fmax=ma,解得a=g,此时对整体有F-fmax=(m+2m)a,解得F=3mg;当mg3mg时,A,B间会发生相对滑动,选项C错误;A对B的最大静摩擦力为2mg,无论F为何值,B的最大加速度为aB=g,故加速度不会超过g,选项D正确.11.为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可升降的风帆,如图(甲)所示.他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直.假设滑块和风帆总质量为m,滑块与斜面间动摩擦因数为,斜面的倾角为,重力加速度为g,帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比,即Ff=kv2.(1)求出滑块下滑的最大速度vmax的表达式;(2)若m=2 kg,斜面倾角=30,g取10 m/s2,滑块从静止下滑的速度图像如图(乙)所示,图中的斜线是t=0时vt图像的切线,由此求出,k的值.(结果保留两位有效数字)解析:(1)由牛顿第二定律得mgsin -mgcos -kv2=ma所以a=gsin -gcos -当a=0时速度最大最大速度vmax=.(2)当v=0时,a=gsin -gcos =3 m/s2解得=0.23由速度图像可知最大速度vmax=2 m/s,所以vmax=2 m/s,解得k=1.5 kg/m.答案:(1)vmax=(2)0.231.5 kg/m12.如图所示,水平地面上的矩形箱子内有一倾角为的固定斜面,斜面上放一质量为m的光滑球,静止时,箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速直线运动,然后改做加速度大小为a的匀减速直线运动直至静止,经过的总位移为x,运动过程中的最大速度为v.(1)求箱子加速阶段的加速度大小;(2)若agtan ,求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力大小.解析:(1)设箱子加速阶段的加速度为a,经过的位移为x1,减速阶段经过的位移为x2,