高考物理一轮复习全国通用版专练　牛顿运动定律的综合应用

重点强化练(二)牛顿运动定律的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第277页)一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6为单选题，7～10为多选题)1．(2018·淄博高三质检)放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态(如图1所示)，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是()图1A．匀速上升B．加速上升C．减速上升D．减速下降C[木箱突然被拉动，表明木箱所受摩擦力变小了，也表明木箱与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，合力向下，处于失重状态，选项C正确．]2．(2018·贵州贵阳监测)如图2所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直挡板挡住而处于静止状态．现用一个水平力F拉斜面体，使球和斜面体在水平面上一起做加速度为a的匀加速直线运动，若忽略一切摩擦，与球静止时相比()【导学号：84370139】图2A．竖直挡板对球的弹力不一定增大B．斜面对球的弹力保持不变C．斜面和竖直挡板对球的弹力的合力等于maD．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零B[球受重力和两个弹力作用，斜面对球的弹力的竖直分力等于球的重力，故斜面对球的弹力不变，B项正确，D项错误；竖直挡板对球的弹力与斜面对球的弹力的水平分力之差等于ma，当整体匀加速运动时，竖直挡板对球的弹力随加速度的增大而增大，A项错误；两弹力的合力的水平分力等于ma，竖直方向分力等于mg，所以C项错误．]3．广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a­t图象如图3所示．则下列相关说法正确的是()图3A．t＝4．5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59．5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零D[利用a­t图象可判断：t＝4．5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力重力，综上所述，B、C错误；因a­t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．]4．(2018·湖南六校联考)如图4所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环，环通过细线吊一个质量为m的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是()【导学号：84370140】图4A．环一定沿长杆向下加速运动B．环的加速度一定沿杆向上C．环的加速度一定大于gsinαD．环一定沿杆向上运动B[稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行．对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B正确，A、D错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系，则C项错误．]5．如图5所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上的拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度大小分别为()【导学号：84370141】图5A．aA＝12g，aB＝5gB．aA＝aB＝5gC．aA＝14g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2gD[对动滑轮分析，根据牛顿第二定律，有F－2T＝m轮a，又m轮＝0，则T＝F2＝3mg；对物块A分析，由于T＜4mg，所以物块A静止，aA＝0；同理，对物块B分析，aB＝T－mgm＝2g．故选项D正确．]6．(2018·内蒙古模拟)如图6所示，质量为m1和m2的两个物体用细线相连，在大小恒定的拉力F作用下，先沿水平面，再沿斜面(斜面与水平面成θ角)，最后竖直向上运动．则在这三个阶段的运动中，细线上张力的大小情况是(不计摩擦)()图6A．由大变小B．由小变大C．始终不变D．由大变小再变大C[设细线上的张力为F1，要求F1，选受力少的物体m1为研究对象较好；此外还必须知道物体m1的加速度a，要求加速度a，则选m1、m2整体为研究对象较好．在水平面上运动时：F1－μm1g＝m1a①F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a②联立①②解得：F1＝m1Fm1＋m2在斜面上运动时：F'1－m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a③F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a④联立③④解得：F'1＝m1Fm1＋m2同理可得，竖直向上运动时，细线上的张力F1仍是m1Fm1＋m2，故选C．]7．如图7所示，一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体B时，物体A的加速度为a，绳中张力为T，则()【导学号：84370142】图7A．a＝gB．a＝mgM＋mC．T＝mgD．T＝MM＋mmgBD[以A、B整体为研究对象，mg＝(M＋m)a，可得加速度为a＝mgM＋m，选项B正确；隔离A受力分析可得T＝Ma＝MM＋mmg，选项D正确．]8．某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图8甲所示，他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v­t图线如图乙所示，g取10m/s2，则根据题意计算出的下列物理量正确的是()图8A．上滑过程中的加速度的大小a1＝8m/s2B．木块与斜面间的动摩擦因数μ＝35C．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/sD．木块经2s返回出发点ABC[由题图乙可知，木块经0．5s滑至最高点，由加速度定义式a＝ΔvΔt，得上滑过程加速度的大小a1＝v0Δt1＝8m/s2，A正确．上滑过程中受重力、沿斜面向下的摩擦力，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，代入数据得μ＝35，B正确．下滑的距离等于上滑的距离，则x＝v202a1＝1m，下滑时摩擦力方向向上，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2，下滑至出发点的速度大小为v＝2a2x＝2m/s，C正确．下滑的时间t′＝va2＝1s，所以木块返回出发点的时间t总＝t＋t′＝0．5s＋1s＝1．5s，D错误．]9．如图9甲所示，物体原来静止在水平面上，今用一水平外力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则可以计算出()【导学号：84370143】图9A．物体与水平面间的最大静摩擦力B．F为14N时物体的速度C．物体与水平面间的动摩擦因数D．物体的质量ACD[物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力．根据牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝Fm－μg，由a与F图线得m＝2kg，μ＝0．3，故C、D正确；a＝0时，F为6N，即最大静摩擦力为6N，故A正确；由于物体先静止后做变加速运动，无法利用匀变速直线运动规律求速度和位移，又F为变力无法求F做的功，从而也无法根据动能定理求速度，故B错误．]10．如图10所示，斜面倾角为θ，斜面上AB段光滑，其他部分粗糙，且斜面足够长．一带有速度传感器的小物块(可视为质点)自A点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：图10时间(s)0123456…速度(m/s)061217212529…取g＝10m/s2，则()A．小物块的质量m＝2kgB．斜面的倾角θ＝37°C．小物块与斜面粗糙部分间的动摩擦因数μ＝0．25D．AB间的距离xAB＝18．75mBCD[当小物块在AB段运动时，设加速度为a1，则a1＝gsinθ，由题表可知a1＝12－02－0m/s2＝6m/s2，所以斜面倾角θ＝37°，选项B正确；设经过B点后物块的加速度为a2，则有a2＝gsinθ－μgcosθ，由题表可知a2＝29－216－4m/s2＝4m/s2，所以μ＝0．25，选项C正确；可以判断B点对应于2～3s之间的某个时刻，设t1为从第2s运动至B点所用时间，t2为从B点运动至第3s所用时间，则有t1＋t2＝1s,12m/s＋a1t1＝17m/s－a2t2，解得t1＝0．5s，所以xAB＝12a1(2s＋t1)2＝18．75m，选项D正确；由题中所给数据无法求出物块的质量，选项A错误．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(20分)(2018·安徽江南十校联考)如图11甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动．已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面倾角θ＝37°．某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v­t图象如图乙所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8．求：图11(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移．【导学号：84370144】[解析](1)在0～0．5s内，根据图象可知，A和B系统的加速度为a1＝20.5m/s2＝4m/s2对A和B由牛顿第二定律分别列方程：B：mBg－T＝mBa1A：T′－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1又T＝T′得μ＝0．25．(2)B落地后，A减速上升，由牛顿第二定律有mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2得：a2＝8m/s2因a2(t0－0．5s)＝2m/s得t0＝0．75s所以上升总位移为x＝v2t02＝0．75m．[答案](1)0．25(2)0．7512．(20分)如图12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作用下向右做加速度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，g取10m/s2．求：图12(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．【导学号：84370145】[解析](1)物块A、B分离时，对B有：F－μmg＝ma解得F＝21N．(2)开始时，对A、B整体有：kx1＝2μmg，B与A分离时，对A有：kx2－μmg＝ma，此过程中x1－x2＝12at2解得t＝0．3s．[答案](1)21N(2)0．3s