（新课标）近年高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用（一）夯基提能作业本(2021年最新整理)

1、（新课标）2018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（一）夯基提能作业本（新课标）2018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（一）夯基提能作业本 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（新课标）2018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（一）夯基提能作业本）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的

2、动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下为（新课标）2018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（一）夯基提能作业本的全部内容。12第3讲牛顿运动定律的综合应用(一）基础巩固1.(2014山东理综，15,6分)(多选）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（) a.t1b。t2c.t3d.t42。(2017福建福州一中测试）如图所示，两车厢的质量相同,其中一个车厢内有一人拉动绳子使两车厢相互靠近。若不计绳子质量及车厢与轨道间的

3、摩擦,下列对于哪个车厢里有人的判断正确的是（)a。绳子的拉力较大的那一端车厢里有人b.先开始运动的车厢里有人c.先到达两车中点的车厢里没有人d。不去称量质量无法确定哪个车厢里有人3.如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连。当用恒力f竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为f的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。则有()a.a1=a2,x1=x2b。a1x24。(2016山东潍坊统考)如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移

4、x时的速度为v，其x-v2图像如图乙所示,取g=10 m/s2,则斜面倾角为()a.30b.45c。60d.755.（2016吉林长春质量检测二，17）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()6.(2014重庆理综,5,6分)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略，另

5、一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是(）7。如图所示,质量为0。5 kg、0。2 kg的弹性小球a、b穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0。8 m，小球距离绳子末端6。5 m,小球a、b与轻绳的滑动摩擦力都为重力的,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放a、b两个小球,不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g=10 m/s2。求:(1）释放a、b两个小球后,a、b各自的加速度;（2)小球b从静止释放经多长时间落到地面。综合提升8。2016湖北七市（州)教科研协作体联考,21(多选)如图所示,竖直平面内有一光滑直杆ab

6、,杆与水平方向的夹角为(090），一质量为m的小圆环套在直杆上,给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力f,并从a端由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30时,小圆环在直杆上运动的时间最短,重力加速度为g,则()a。恒力f一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向b。恒力f和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30角斜向右下的方向c.若恒力f的方向水平向右,则恒力f的大小为mgd。恒力f的最小值为mg 9。(2016黑龙江哈尔滨六中期中）（多选）如图甲所示,一质量为m的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力f作用时，用传感器测出其

7、加速度a,得到如图乙所示的a-f图。取g=10 m/s2，则()a.滑块的质量m=4 kgb。木板的质量m=2 kgc。当f=8 n时滑块的加速度为2 m/s2d.滑块与木板间动摩擦因数为0.110.(2016广东广州执信中学期中)(多选）一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为，木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面连接一个光滑的小球，如图所示,当木板固定时,弹簧测力计示数为f1，现由静止释放后，木板沿斜面下滑，稳定时弹簧测力计的示数为f2,若斜面的高为h，底边长为d，则下列说法正确的是（）a。稳定后弹簧仍处于伸长状态b。稳定后弹簧一定处于压缩状态c.=d

8、.=11.(2016安徽合肥第二次质量检测，20）（多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一光滑定滑轮,一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块a和b。保持a的质量不变,改变b的质量m,当b的质量连续改变时,得到a的加速度a随b的质量m变化的图线如乙图所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为，下列说法正确的是()a。若已知,可求出a的质量b。若未知，可求出乙图中a1的值c。若已知，可求出乙图中a2的值d.若已知,可求出乙图中m0的值12.（2016福建福州质检,18）倾角为=45、外表面光滑的楔形滑块m放在水平面ab

9、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m= kg,当滑块m以a=2g的加速度向右运动时,细线拉力的大小为（取g=10 m/s2）（）a.10 nb.5 nc。 nd。 n13。（2016陕西商洛模拟,24)如图甲所示，光滑水平面上放置斜面体abc，ab与bc圆滑连接,ab表面粗糙且水平（长度足够长)，倾斜部分bc表面光滑，与水平面的夹角=37。在斜面体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规定力传感器受压时,其示数为正值;力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从斜面体的c点由静止开始下滑,运动过程中,力传感器记录到力f和时间t的关系如图乙所示。(si

10、n 37=0.6，cos 37=0。8，g取10 m/s2),求：（1）斜面bc的长度；(2）滑块的质量;（3）运动过程中滑块克服摩擦力做的功.答案全解全析基础巩固1。acvt图像中,纵轴表示各时刻的速度,t1、t2时刻速度为正，t3、t4时刻速度为负，图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度，t1、t4时刻加速度为正，t2、t3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t1时刻合外力与速度均为正，t3时刻合外力与速度均为负,a、c正确.2.c根据牛顿第三定律，绳子对两车的拉力大小相等,方向相反,故a错误;有拉力后，两车同时受到拉力，同时开始运动,故b错误。两车之间的拉力时刻大

11、小相等，根据牛顿第二定律知，总质量小的，加速度大,又由x=at2知,相同时间内位移大,先到达中点,则此车厢里没有人,故c正确、d错误.3.b对a、b物体及弹簧整体分析,有:a1=-g，a2=,可知a1a2,再隔离b分析,有：f1m2g=m2a1,解得:f1=，f2=m2a2=，可知f1=f2,再由胡克定律知,x1=x2。所以b选项正确。4.a由xv2图像可知小物块的加速度a=5 m/s2，根据牛顿第二定律得,小物块的加速度a=g sin ，所以=30,a对,b、c、d错。5。d隔离a，对a进行受力分析，有:mgn-ft=m，ft=kx,则n=m-kx,由式子可知n由开始运动时的mg/2线性减小

12、到零，当x=时，n=0，此时ft=mg/2，a、b选项均错误;再对整体进行受力分析，有：2mgf-ft=2m，则f=mgkx，由此可知力f由开始时的mg线性减小到mg/2，此后托盘与物块分离，力f保持mg/2不变,故选项c错误、d正确.6。d受空气阻力作用的物体，上升过程：mg+kv=ma,得a=g+v，v减小，a减小,a错误。到达最高点时v=0,a=g，即两图线与t轴相交时斜率相等，故b、c错误,d正确.7.答案见解析解析(1）小球b加速下落,由牛顿第二定律得:m2g-km2g=m2a2a2=5 m/s2小球a加速下落,由牛顿第二定律得：m1gkm2g=m1a1a1=8 m/s2(2)设经历

13、时间t1小球b脱离绳子，小球b下落高度为h1,获得速度为v,则a1+a2=l解得：t1=1 sh1=a2=2.5 mv=a2t1=5 m/s小球b脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，此时距地面高度为h2，经历t2时间后落到地面，则h2=6。5 m+0。8 m2。5 m=4。8 mh2=vt2+g解得:t2=0。6 st总=t1+t2=1。6 s综合提升8.bcd由题可以知道,当直杆与水平方向的夹角为30时,小圆环在直杆上运动的时间最短,则重力与恒力f的合力应该沿着杆的方向，此时无弹力作用,如图所示，故选项a错误，选项b正确;若恒力f水平向右，根据几何关系：tan =,可以得到:f=mg，故选项c

14、正确；当恒力f与水平方向成60角斜向右上方时，与倾角为30的直杆垂直,恒力f最小,最小值为:f=mg sin 60=mg，故选项d正确。9。abd从图乙中可知当拉力f6 n时,两者发生相对运动,当f6 n时,两者相对静止;则当f=6 n时,对整体由牛顿第二定律有f=(m+m)a，可得m+m=6 kg；当f6 n时,对木板分析,其受到拉力和m给的摩擦力,由牛顿第二定律得a=f-,再结合图乙中图线的斜率，则知k=(kg-1），得m=2 kg,所以m=4 kg;将f6 n时的图线的反向延长线与f轴的交点的坐标数据代入a=f，可得0=4-，解得=0。1,故a、b、d正确；当f=8 n时滑块的加速度为a

15、8=1 m/s2，故c错误。10。ad木板固定时，对小球分析有f1=mg sin (为斜面的倾角，m为小球质量)木板运动后稳定时,对整体分析，根据牛顿第二定律得:a=g sin g cos 则ag sin ,再结合牛顿第二定律分析可知,弹簧测力计对小球的力应沿斜面向上,弹簧处于伸长状态,对小球根据牛顿第二定律有:mg sin -f2=ma而tan =解得=，故只有a、d正确。11。bc若已知,由图像可知,当b的质量为零时,对a运用牛顿第二定律可得：mag sin =-maa2a2=g sin ，故c正确；当b的质量远大于a的质量时，b所受重力大于绳的拉力:对a:ft-mag sin =maa,

16、对b:mgft=ma，联立两式可得:a=g=a1，故b正确；当b的质量m=m0时，可知系统处于平衡状态,可得:m0g=mag sin ma=。由于b的质量m0与a的质量ma均未知,故a、d错误.12。a本题是一个已知运动情况求未知力的问题。当滑块向右运动的加速度较小时,滑块对小球存在支持力;当滑块向右运动的加速度较大时,小球将脱离斜面而“飘起来。因此,本题存在一个临界条件: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，有图1ft cos =ma0ft sin -mg=0其中=45解得a0=g则知当滑块向右运动的加速度a=2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示,则有ft cos =m2gft sin -mg=0图2解得ft=mg=10 n=10 n。13。答案(1)3 m(2)2 kg（3）32 j解析（1)滑块在斜面上时,由牛顿第二定律有：mg