江苏省高考物理复习配套检测：第三章　第3讲　牛顿运动定律的综合应用

第3讲牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1.(2017·金陵中学)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a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度g=10m/s2.根据图象分析可知()甲乙A.人的重力为1500NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度2.(2016·金陵中学)如图所示,一质量为M、倾角为θ的斜面体放在光滑水平地面上,斜面上叠放一质量为m的光滑楔形物块,物块在水平恒力的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动.重力加速度为g.下列说法中正确的是()A.水平恒力大小F=mgtanθB.地面对斜面体的支持力大小N2=(M+m)gC.物块对斜面的压力大小N1=mgcosθD.斜面体的加速度大小为gtanθ3.(2016·盐城中学)一人站在吊台上,用如图所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来.图中跨过定滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦.吊台的质量为m=15kg,人的质量为M=55kg,启动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,这时人对吊台的压力(取g=9.8m/s2)()A.大小为700N,方向竖直向上B.大小为350N,方向竖直向上C.大小为200N,方向竖直向下D.大小为204N,方向竖直向下4.倾角为θ=45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB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,则细线拉力的大小为(取g=10m/s2)()A.10NB.5NC.ND.N5.(2015·南昌十校联考)如图甲所示,水平地面上轻弹簧左端固定,右端通过滑块压缩0.4m锁定,t=0时解除锁定释放滑块.计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的速度图象如图乙所示,其中Oab段为曲线,bc段为直线,倾斜直线Od是t=0时的速度图线的切线,已知滑块质量m=2.0kg,取g=10m/s2,则下列说法中正确的是()A.滑块被释放后,先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动B.弹簧恢复原长时,滑块速度最大C.弹簧的劲度系数k=175N/mD.该过程中滑块的最大加速度为35m/s2二、多项选择题6.(2016·启东中学)某马戏团演员做滑竿表演,已知竖直滑竿上端固定,下端悬空,滑竿的重力为200N,在竿的顶部装有一拉力传感器,可以显示竿顶端所受拉力的大小,已知演员在滑竿上做完动作之后,先在竿上静止了0.5s,然后沿竿下滑,3.5s末刚好滑到竿底端,并且速度恰好为零,整个过程中演员的v-t图象与传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示,取g=10m/s2,则下列说法中正确的是()甲乙A.演员的体重为600NB.演员在第1s内一直处于超重状态C.滑竿所受的最大拉力为900ND.滑竿所受的最小拉力为620N7.如图所示,小球B放在真空正方体容器A内,球B的直径恰好等于A的内边长.现将它们以初速度v0竖直向上抛出,下列说法中正确的是()A.若不计空气阻力,下落过程中,B对A没有弹力B.若考虑空气阻力,上升过程中,A对B的弹力向下C.若考虑空气阻力,下落过程中,B对A的弹力向上D.若不计空气阻力,上升过程中,A对B有向上的弹力8.(2015·淮安模拟改编)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,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变化的图线如图乙所示.设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度取g=9.8m/s2,斜面的倾角为θ,下列说法中正确的是()甲乙A.若θ已知,可求出A的质量B.若θ未知,可求出图乙中a1的值C.若θ已知,可求出图乙中a2的值D.若θ已知,可求出图乙中m0的值9.(2016·常州一中)如图所示,质量分别为mA=1kg和mB=2kg的A、B两物块并排放在光滑水平面上,A受到向右推力FA=9-2t(N)作用,B受到向右拉力FB=2t(N)作用.从t=0开始计时,则()A.当t=3s时,A、B开始分离B.当t=4.5s时,A、B开始分离C.A、B分离之前整体做加速度相同的匀加速直线运动D.A、B分离之后A、B各做加速度不同的匀加速直线运动三、非选择题10.(2016·石家庄二模)如图所示,质量均为m=3kg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=100N/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=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离,已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s2.求:(1)物块A、B分离时,所加外力F的大小.(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间.11.(2017·南师附中)如图所示,固定斜面上放一木板PQ,木板的Q端放置一可视为质点的小物块,现用轻细线的一端连接木板的Q端.保持与斜面平行.绕过定滑轮后,另一端可悬挂钩码,钩码距离地面足够高.已知斜面倾角θ=30°,木板长为L,Q端距斜面顶端距离也为L,物块和木板的质量均为m,两者之间的动摩擦因数为μ1=.若所挂钩码质量为2m,物块和木板能一起匀速下滑;若所挂钩码质量为其他不同值,物块和木板有可能发生相对滑动.重力加速度为g,不计细线与滑轮之间的摩擦,设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力.(1)求木板与斜面间的动摩擦因数μ2.(2)物块和木板发生相对滑动时,所挂钩码质量应满足什么条件?(3)选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动,试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m'之间的关系.第3讲牛顿运动定律的综合应用1.B【解析】由图可知人的重力为500N,故A错误;c点位置人的支持力750N500N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650N500N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为m/s2=20m/s2f点的加速度为m/s2=10m/s2,故D错误.2.B【解析】物块与斜面体相对静止,加速度相同,对物块、斜面体整体,竖直方向上受力平衡有N2=(M+m)g,选项B正确;水平方向上根据牛顿第二定律有F=(M+m)a,对斜面体,竖直方向上受力平衡有N2=Mg+N1cosθ,水平方向上根据牛顿第二定律有N1sinθ=Ma,解得N1=,a=gtanθ,F=mgtanθ,选项A、C、D均错误.3.C【解析】选人和吊台组成的系统为研究对象,受力如图(a)所示,F为绳的拉力.由牛顿第二定律有2F-(M+m)g=(M+m)a,则拉力大小为F==350N.再选人为研究对象,受力情况如图(b)所示,其中FN是吊台对人的支持力.由牛顿第二定律得F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知,人对吊台的压力与吊台对人的支持力二者大小相等,方向相反,因此人对吊台的压力大小为200N,方向竖直向下.4.A【解析】小球刚好离开斜面时加速度为a1,则小球受重力和细绳拉力作用,由牛顿运动定律可知mgtan45°=ma1,解得临界加速度a1=g,由于a=2ga1=g,所以小球已脱离斜面,则细线拉力的大小为T==10N,故A正确,B、C、D错误.5.C【解析】由图象可判断,滑块先做加速度减小的加速运动,再做加速度增大的减速运动,最后做匀减速运动,直至静止,A项错误;滑块运动过程中,当弹簧弹力大小等于摩擦力的时候,滑块的速度最大,B项错误;从题中图象知,滑块脱离弹簧后的加速度大小a1==m/s2=5m/s2,而由μmg=ma1,可得μ=0.5,刚释放时滑块的加速度a2==m/s2=30m/s2,这是滑块运动过程中的最大加速度,而此时满足kx-μmg=ma2,可解得k=175N/m,故C项正确,D项错误.6.AD【解析】由两图结合可知静止时,传感器示数为800N,除去竿的重力200N,演员的重力就是600N,故A正确;由图可知0.5s1.5s演员加速下滑,故演员此时处于失重状态,故B错误;演员1.5s3.5s减速下滑的阶段为超重,此阶段竿受拉力最大,由图可知此阶段的加速度为得a1=m/s2=-1.5m/s2,由牛顿第二定律:mg-F2=ma2,解得F2=690N,加上竿自身的重力200N,故竿所受最大拉力为890N,故C错误;在演员加速下滑阶段,处于失重状态,竿受到的拉力最小,此阶段的加速度为:a1=m/s2=3m/s2,由牛顿第二定律得mg-F1=ma,解得F1=420N,加上竿的重力200N,可知竿受的拉力为620N,故D正确.7.AB【解析】若不计空气阻力,A、B均处于完全失重状态,不管是上升还是下落过程,A、B间均无弹力,A项正确,D项错误;若考虑空气阻力,上升过程中,由整体法分析加速度大于g,对B分析,根据牛顿第二定律B所受合力大于自身重力,A对B的弹力向下,B项正确;下落过程中,由整体法分析加速度小于g,对B分析,根据牛顿第二定律B所受合力小于自身重力,A对B的弹力向上,B对A的弹力向下,C项错误.8.BC【解析】由牛顿第二定律可知mg-mAgsinθ=(m+mA)a,解得加速度a=,当m=0时,得a2=gsinθ,故C正确;当m≫mA时a1=g,故B正确;无法求出A的质量,故A错误;当加速度a=0时,可知m0=mAsinθ,无法求出,故D错误.9.AC【解析】A、B分离之前,对于A、B整体,根据牛顿第二定律有a==3m/s2,设A、B间的作用为f,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得f+FB=mBa,解得f=6-2t(N),当t=3s时f=0,A、B两物体开始分离.此后A物块做加速度逐渐减小的加速运动,当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零.t4.5s后,A所受合外力反向,即做减速运动.B一直做加速度逐渐增大的加速运动.故A、C正确.10.(1)21N(2)0.3s【解析】(1)物块A、B分离时,对B:F-μmg=ma解得F=21N.(2)A、B静止时,对A、B:kx1=2μmg,A、B分离时,对A:kx2-μmg=ma,此过程中x1-x2=at2,解得t=0.3s.11.(1)(2)m'm(3)见解析【解析】(1)整个系统匀速时2mg=T,T=2mgsinθ+μ2·2mgcosθ,解得μ2=.(2)要使二者发生相对滑动,保证木板的加速度a1大于物块的加速度a2对物块:μ1mgcosθ-mgsinθ=ma2,可得a2=g.对木板:T'-mgsinθ-μ1mgcosθ-μ2·2mgcosθ=ma1,对钩码:m'g-T'=m'a1,解得a1=g,联立解得m'm.(3)若m'm,二者相对滑动,木板的位移:L=a1t2,物块的位移:s=a2t2,由于L-sL,当Q端到达斜面顶端时,物块未从木板上滑下.所以有t2==.若2mm'≤m,物块和木板一起加速运动,对钩码:m'g-T″=m'a3,对二者整体:T″-2mgsinθ-μ2·2mgcosθ=2ma3,解得a3=g,L=a3t2,所以有t2==.