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

[A组基础题组]一、单项选择题1．质量为m＝60kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图所示。取g＝10m/sA．t＝0.5s时，他的加速度为3m/sB．t＝0.4s时，他处于超重状态C．t＝1.1s时，他受到单杠的作用力的大小是620ND．t＝1.5s时，他处于超重状态解析：根据速度图像的斜率表示加速度可知，t＝0.5s时他的加速度为0.3m/s2，选项A错误。t＝0.4s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，选项B正确。t＝1.1s时他的加速度为0，他受到单杠的作用力的大小等于重力600N，选项C错误。t＝1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误。答案：B2．(2020·高考江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B．eq\f(19F,20)C．eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：设列车的加速度为a，每节车厢的质量为m，每节车厢受的阻力为f，对后38节车厢，由牛顿第二定律得F－38f＝38ma；设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后2节车厢，由牛顿第二定律得F1－2f＝2ma，联立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正确。答案：C3.(2021·四川省泸县高三下学期第二次适应考试)一个大人和一个小孩用不同种雪橇在倾角为θ的倾斜雪地上滑雪，大人和小孩(大人和雪橇的质量较大)之间用一根轻杆(杆与斜面平行)相连，发现他们恰好匀速下滑。若大人、小孩同时松开轻杆，则可能的情况是()A．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小相同B．大人加速下滑，小孩减速下滑，两者加速度大小不同C．两人都加速下滑，但加速度不同D．两人都减速下滑，但加速度不同解析：由于大人和小孩用的是不同的雪橇，它们与雪地之间的动摩擦因数不同，并且必定是一大一小，所以松开轻杆后大人和小孩必定是一个做加速运动，一个做减速运动，两者松开轻杆后，每个人所受合力等大反向，与原来杆上的力反向，而两者质量不同，则加速度一定不同，故B正确。答案：B4.(2021·四川省成都七中高三零诊)如图所示，物体A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对A施加一竖直向下、大小为F的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体A、B处于平衡状态。已知重力加速度为g，F＞2mg。现突然撤去外力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为N，则下列关于N的说法正确的是()A．刚撤去外力F时，N＝eq\f(mg＋F,2)B．弹簧弹力等于F时，N＝eq\f(F,2)C．两物体A、B在弹簧恢复原长之前分离D．弹簧恢复原长时N＝mg解析：刚撤去外力F时，由牛顿第二定律，对A、B组成的整体有F＝2ma1，对物体A有N－mg＝ma1，联立解得N＝eq\f(F,2)＋mg，选项A错误；弹簧弹力等于F时，对A、B组成的整体有F－2mg＝2ma2，对物体A有N－mg＝ma2，联立解得N＝eq\f(F,2)，选项B正确；当A、B恰好分离时，A、B间相互作用力为0，对A有mg＝ma，a＝g，B的加速度也为g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项C、D错误。答案：B5．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F1′，则()A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＝F1C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＞F1解析：当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F1′cosθ＝mg③水平方向有F1′sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④结合两种情况，由①③式有F1＝F1′；由②④式并结合M＞m有a′＞a，故正确选项为B。答案：B二、多项选择题6．(2021·山东济南联考)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其vt图线如图所示，则()A．在0～t1时间内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零C．在t1～t2时间内，外力F大小可能不断减小D．在t1～t2时间内，外力F大小可能先减小后增大解析：在0～t1时间内，vt图像的斜率逐渐减小，加速度减小，说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，故A错误。在t1时刻斜率为零，即加速度为零，说明外力等于摩擦力，故B错误。在t1～t2时间内，反方向的加速度逐渐增大，说明反方向的合力一直增大，可能是F一直减小，也可能是F减小到零后反向增加，故C、D正确。答案：CD7．(2021·福建龙岩高三质检)粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k。斜面体在水平向右的恒力作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面)。以下说法正确的是()A．水平恒力大小为(M＋m)aB．地面对斜面体的摩擦力为μ(M＋m)gC．弹簧的形变量为eq\f(macosθ＋mgsinθ,k)D．斜面对小球的支持力为mgcosθ＋masinθ解析：对系统受力分析，应用牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，A错误，B正确；对小球应用牛顿第二定律，沿斜面和垂直斜面方向分解加速度，有kx－mgsinθ＝macosθ，mgcosθ－N＝masinθ，解得弹簧的形变量为x＝eq\f(macosθ＋mgsinθ,k)，斜面对小球的支持力N＝mgcosθ－masinθ，C正确，D错误。答案：BC8．(2021·四川眉山高三检测)如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。静止释放物块A、BA．相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1B．物块A、B的加速度之比为1∶1C．细绳的拉力为eq\f(6mg,7)D．当B下落高度h时，速度为eq\r(\f(2gh,5))解析：相同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为eq\f(h,2)，故A、B运动的路程之比为2∶1，故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2∶1，故速度和加速度之比均为2∶1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有T＝ma，对B，有3mg－2T＝3m·0.5a，联立解得T＝eq\f(6mg,7)，a＝eq\f(6,7)g，故C正确；对B，加速度为a′＝0.5a＝eq\f(3,7)g，根据速度位移公式，有v2＝2a′h，解得v＝eq\r(\f(6gh,7))，故D错误。答案：AC[B组能力题组]9.如图甲所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定。在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O处，将弹簧压缩了x0时，物块的速度变为零。在如图乙所示的图像中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x(弹簧原长为位移的零点)变化的图像是()解析：物块下降到O点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g；继续下降，所受合力F＝mg－kx，加速度a＝eq\f(F,m)＝g－eq\f(kx,m)，当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零。此后合力方向向上，加速度可表示为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(kx,m)－g，当弹力增大到是重力的2倍时，加速度大小为g，由对称性可知，此时物块向下运动的速度不为零，将继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度a>g，选项D正确，A、B、C错误。答案：D10．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(a＜g)的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．施加外力F大小恒为M(g＋a)B．A、B分离时，弹簧弹力恰好为零C．A、B分离时，A上升的距离为eq\f(M（g－a）,k)D．弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值解析：施加F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件，有2Mg＝kx0，解得x0＝eq\f(2Mg,k)，加外力F后到物体A、B分离前，对A、B整体有F－2Mg＋F弹＝2Ma，又因F弹＝kx，由于压缩量x减小，故F为变力，物体A、B分离时，A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，对A有F－Mg＝Ma，解得此时F＝M(g＋a)，故A错误；A、B分离后，B做加速度减小的加速运动，当F弹＝Mg时，B达到最大速度，故B、D错误；A、B分离时，对B有F弹′－Mg＝Ma，解得F弹′＝M(g＋a)，此时弹簧的压缩量为x2＝eq\f(M（g＋a）,k)，故弹簧的压缩量减小了Δx＝x0－x2＝eq\f(M（g－a）,k)，即A上升的距离h＝eq\f(M（g－a）,k)，故C正确。答案：C11．(2021·安徽省皖南八校联考)放在水平地面上的一个物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，(1)物块的质量m；(2)0～6s时间内物块的平均速度大小。解析：(1)4～6s：F3＝μmg，解得m＝1kg(2)2～4s：F2－μmg＝ma，解得a＝1m/s2故4s末物块速度v＝at＝2m/s则0～6s时间内物块的平均速度v＝eq\f(\f(1,2)×2×2＋2×2,6)m/s＝1m/s。答案：(1)1kg(2)112．(2021·四川省眉山市高三第三次诊断)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。(1)求小木块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角为何值时，小木块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。解析：(1)当θ＝30°时，木块处于平衡状态，对木块受力分析有mgsinθ＝μN，N－mgcosθ＝0，解得μ＝tanθ＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)。(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2ax得x＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g（sinθ＋μcosθ）)＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(