2020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练(含解析）：牛顿运动定律的综合应用.doc

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1、2020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练 牛顿运动定律的综合应用 1、如图所示，点P位于倾角为37的斜面底端Q的正上方22.5cm处现从P点向斜面搭建一光滑倾斜直轨道，使小物块从P点由静止开始沿该轨道滑至斜面，g取l0m/s2。则小物块滑至斜面的最短时间为（ ）。A 0. 1s B 0. 2s C 0. 3s D 0. 4s2、质量为1kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2，则物块A的质量为（）A 1kg B 3kg C 2kg

2、 D 6kg3、如图所示，质量为2m的物块A与水平地面间的动摩擦因数为，质量为m的物块B与地面的摩擦不计，在大小为F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为()A B C D 4、如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度为()A 10.0m/s2 B 5.0m/s2 C 2.5m/s2 D 条

3、件不足，无法确定5、学站在电梯地板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯在升降过程中的情况，下图所示是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况竖直向上为正方向，已知电梯轿厢和乘客的总质量为800 kg，取根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是A 在内，电梯加速上升，该同学处于失重状态B 在内，钢缆对电梯做正功C 在内，电梯上升的位移为20mD 在内，电梯包括乘客的重力做功为6、如图所示，正方体金属盒内有一小球，盒子六面均与小球相切，将金属盒竖直向上抛出，下列说法正确的是 （ ）A 若不考虑空气阻力，则小球在上升过程中处于超重状态，在下降过程中处于失重状态B 若不考虑空气阻力，

4、则小球在上升过程中处于失重状态，在下降过程中处于超重状态C 若盒子运动过程中受空气阻力不能忽.在上升过程中盒子顶部对小球有向下的作用力D 若盒子运动过程中受空气阻力不能忽.在下降过程中盒子对小球无作用力7、如图所示，两台秤上各放装有液体的容器甲和乙，液体中各有小球通过细线分别牵拉在容器的底部和悬挂在容器的盖板上静止不动，此时两台秤的示数分别为N甲和N乙。当细线断开后，甲容器内小球上浮，乙容器内小球下沉。设在两小球分别上浮和下沉的过程中，两台秤的示数分别为和。则（ ）A N甲，N乙 B N甲，N乙C N乙 D N甲，N乙8、如图所示，绷紧的长为6 m的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v12 m

5、/s运行一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v25 m/s.若小物块与传送带间动摩擦因数0.2，重力加速度g10 m/s2，下列说法中正确的是 ( )A 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B 若传送带的速度为1 m/s，小物块将从传送带左端滑出C 若传送带的速度为5 m/s，小物块将以5 m/s的速度从传送带右端滑出D 若小物块的速度为4 m/s，小物块将以4 m/s的速度从传送带右端滑出9、一小球以初速度v0从光滑斜面的底端冲上斜面，上升到一定距离后又返回斜面底端，整个运动过程中小球的速度图象是图中的哪一个（ ）A B C D 10、在绕

6、地球做匀速圆周运动的太空实验室内，下列仪器中可以正常使用的有（ ）A 摆钟 B 天平 C 弹簧测力计 D 铅笔11、如图所示，在风平浪静的海面上有一艘匀速行驶的邮轮。一名船员用水桶到海中取水。某一段时间内，船员拉着连接水桶绳索的另一头将装满了水的水桶提起，船员和水桶以相同的水平速度相对于海面匀速运动，与之间的距离以的规律变化(H为A到海面的距离)。则在这段时间内水桶的受力情况和相对于海面的运动轨迹正确的是（ ）A A B B C C D D12、2013年6月20日，我国宇航员王亚平在天宫授课时，利用质量测量仪粗测出了聂海胜的质量(如图)。若聂海胜受到恒力F从静止开始运动，如图，经时间t移动的

7、位移为s，则聂海胜的质量为( )A B C D 13、如图在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动。小车的质量为M，木块的质量为m，力大小为F，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数是。则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是A mg B C (M+m)g D Ma14、传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带始终保持恒定的速率v运行，将行李无初速度地放在左端点A处。传送带的水平部分A、B间的距离为L，则A 行李在传动带上一定匀加速至B端B 行李在传送带上可能受到向右的静摩擦力C 行李在传送带上可能有一段时间不受摩擦力D 行

8、李在传送带上的时间可能小于15、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示取重力加速度g10m/s2由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为（ ）A m0.5kg， 0.4B m1kg， 0.4C m0.5kg， 0.2D m1kg， 0.216、如图所示，水平地面上质量为m的木块，受到大小为F、方向与水平方向成角的拉力作用，沿地面作匀加速直线运动.已知木块与地面之间的动摩擦因数为，则木块的加速度大小为( )A 物体加速度B 物体加速度C 物体受地面的支持力为D 物体受摩擦力为17、图甲中有一质量为

9、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变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到乙图的aF图。取g10 m/s2，下列选项错误的是A 滑块的质量m4 kgB 木板的质量M2kgC 当F8 N时滑块加速度为 m/s2D 滑块与木板间动摩擦因数为0118、如图所示，质量分别为m、2m的两物块A、B中间用轻弹簧相连，A、B与水平面间的动摩擦因数均为，在水平推力F作用下，A、B一起向右做加速度大小为a的匀加速直线运动。当突然撤去推力F的解间，A、B两物块的加速度大小分别为（ ）A 2a，aB 2a+3g，aC 2(a+g)，a+gD a，2a+3g19、如图

10、，在光滑地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动小车质量是M，木块质量是m，力大小是F，加速度大小是a，木块和小车之间动摩擦因数是则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是（ ）A B MaC mgD （M+m）g20、如图所示某小球所受的合力与时间的关系，各段的合力大小相同，各段时间相同，设小球从静止开始运动，由此可以判定（ ）A 小球一直做匀加速直线运动B 小球做往返运动C 小球始终向某一方向运动D t=2s时，速度最大2020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练 牛顿运动定律的综合应用 参考答案1、答案：B从P点向斜面引斜线，设与PQ的夹角为，斜面长度为x，则由正弦定理

11、： ；物体在斜面上的加速度： ； ；联立解得： 由数学知识可知，当 530+=900时t有极小值tmin=0.2s；故选B.2、答案：B【分析】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行研究。【详解】由图象可知，A在0-1s内的加速度a1= =-2m/s2，对A，由牛顿第二定律得，-1mAg=mAa1解得AB间的动摩擦因数1=0.2。由图象知，A、B在1-3s内的加速度a3=-1m/s2，对AB由牛顿第二定律得-2（M+m）g=（M+m）a3解得B与水平面间的动摩擦因数2=0.1。由图象可知B在0-1s内的加速度a2

12、=2m/s2。对B，由牛顿第二定律得，1mAg-2（mB+mA）g=mBa2，代入数据解得mA=3kg。故B正确，ACD错误；故选：B。名师点评：A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。隔离对M分析，根据速度时间图线得出0-1s内M的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。3、答案：D以AB组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得系统的加速度，以B为研究对象，由牛顿第二定律得A对B的作用力：，即AB间的作用力为，D正确4、答案：C木箱静止时，对弹簧和木块整体进行受力分析，受重力、上方传感器向下的压力，下方传感器向上

13、的支持力，根据平衡条件，有，解得G=20-12=8N，弹簧重力不计，故物体重力为8N，即木箱的质量；对物体受力分析，受重力、弹簧的弹力和上方传感器向下的压力，根据平衡条件，有，解得；当系统竖直向上发射时，弹簧弹力不变，仍为20N，设上表面传感器的示数为F，则下表面传感器的示数为2F，对物体分析有，即；对整体分析有，即，联立解得，C正确名师点评：本题中有一隐含的条件，即加速运动时弹簧的形变量不变，即弹簧的弹力不变，然后运动整体和隔离解题即可5、答案：B【分析】在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度，面积表示位移，根据图象求出电梯的加速度，当人有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当人有向下的加

14、速度时，此时人就处于失重状态。功的正负由力和位移的夹角决定，重力做功的大小可以由计算。本题主要考查了对超重和失重现象的理解，位移，功的计算。【详解】A.在内，从速度时间图象可知，此时的加速度为正，说明电梯的加速度向上，此时人处于超重状态，故A错误；B.在内，从速度时间图象可知，速度竖直向上，钢缆对电梯的力向上，则钢缆对电梯做正功，故B正确。C.在内，从速度时间图象可知电梯上升的位移为 ，故C错误；D.在内，从速度时间图象可知，电梯向下运动位移为，电梯包括乘客的重力做功为故D错误；故选B。6、答案：C【详解】AB.若空气阻力可忽时，在整个过程中，整体的加速度一直竖直向下，大小为g，故小球一直处于

15、完全失重状态，AB错误；C.若盒子运动过程中受空气阻力不能忽，则上升过程中，整体的加速度大于重力加速度，再对小球分析可知，小球的加速度和盒子的加速度相同，所以加速度方向竖直向下，大于g，故小球受到的合力竖直向下并且大于重力，因此盒子顶部对小球有向下的作用力，C正确；D.若盒子运动过程中受空气阻力不能忽，在下降过程中加速度小于重力加速度，则对小球分析可知，小球受到合力小于重力，故盒子底部对小球有向上的支持力，故D错误故选：C名师点评：空气阻力可忽时，先用整体法分析加速度，再对小球分析受力；若空气阻力不能忽，则根据牛顿第二定律先对整体分析，再对小球受力分析，即可明确盒子对小球的作用力的性质7、答案

16、：B【详解】甲容器中小球上浮，说明甲小球的密度小于水的密度，当小球加速上浮时，等体积的水加速下降，加速度大小相等，小球超重，等体积的水失重，由于水的质量大于球的质量，所以整体表现为失重，所以 N甲；乙容器中小球下沉，说明乙小球的密度大于水的密度，当小球加速下沉时，等体积的水加速上浮，加速度大小相等，小球失重，等体积的水超重，由于水的质量小于球的质量，所以整体表现为失重，所以6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，故A错误；BC.传送带的速度为1 m/s和5 m/s时，物块在传送带上受力情况相同，则运动情况相同，都从传送带左端滑出，故B正确，C错误D. 若小物块的速度为4

17、 m/s，可以计算得到小物块向左运动的距离为x=4m，然后物块开始向右运动，先向右做匀加速直线运动，最后以2m/s的速度从传送带右端滑出，故D错误。故选：B9、答案：D【详解】滑块在光滑斜面上滑过程，设斜面倾角为，由牛顿第二定律可知，同理当速度减为零后，下滑过程，即上滑和下滑的图象斜率相同，故选D。名师点评：本题采用定性分析的方法分析运动与力关系，关键抓住上滑和下滑的加速度关系10、答案：D摆钟是利用重力作用摆动的，在太空中无法使用，故A错误；天平是利用杠杆的原理，天平平衡需要物体的重力，所以天平不能在失重状态下有效使用，故B错误；弹簧测力计根据胡克定律制成，但做与重力有关的实验中，不能使用，

18、但可以测量拉力大小，C错误；铅笔的使用和重力无关，故可正常使用，D正确名师点评：在太空中运行的宇宙飞船机舱内物体处于失重状态，仪器的使用凡是与重力有关的都不能使用11、答案：B根据l=H？t+t2，可知B在竖直方向上是匀减速上升的，悬索中拉力小于重力，即表示拉力F的线段要比表示重力G的线段短，飞机在水平方向匀速率运动，所以F.G都在竖直方向上；向上减速，运动轨迹应向下偏转，只有B符合，所以在这段时间内关于水桶B的受力情况和运动轨迹正确的是B.故选：B.名师点评：由l=H-t+t2可以得知B在竖直方向上的运动情况是匀减速运动，可知表示拉力的线段要比重力的线段短，由飞机在水平方向匀速，可判断F的方

19、向，由在竖直方向上做减速运动，可知轨迹应是向下偏转的12、答案：D根据得，；根据牛顿第二定律得，解得：.故D正确，A、B、C正确。故选D。名师点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁13、答案：B先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律有：F=（M+m）a ；再对物体m受力分析，受重力、支持力和向前的静摩擦力，根据牛顿第二定律有：f=ma ；联立解得：f=ma=，故ACD错误，B正确；故选B.名师点评：当分析多个物体的受力、运动情况时，通常可以采用整体法和隔离法，用整体法可以求得系统的加速度的大小，再用隔离法可以求物体之间的作用的大

20、小14、答案：C行李开始在传送带上向右做匀加速直线运动，如果当行李的速度等于传送带速度时，行李的位移小于传送带的长度，然后行李与传送带相对静止做匀速直线运动，行李做匀速直线运动时不受摩擦力，故AB错误，C正确；如果行李从开始一直做速度为v的匀速运动，则时间为，但实际上行李从开始做初速度为0的变速运动，最大速度不大于v，则全程平均速度小于v，故时间一定大于，故D错误；故选C名师点评：本题考查了传送带问题，分析清楚行李的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是中央的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法；行李在传送带上即可在一直做初速度为零的匀加速直线运动，也可能先做初速度为零的匀加速直线运动，后做

21、匀速直线运动15、答案：A对物块受力分析：02s，物块处于静止状态2s4s物块匀加速运动，加速度为 ；4s6s物块匀速直线运动，有 F3=mg=2N；2s4s由牛顿第二定律得：F2-mg=ma，将F2=3N，F3=mg=2N代入得：m=0.5kg根据F3=mg F3=2N将m=0.5kg代入得：=0.4故A正确，BCD错误故选A.名师点评：此题属于多过程的运动学问题，需要对物体受力分析，结合v-t图象的斜率分析物体的加速度，确定物体的运动状态，由牛顿第二定律和平衡条件进行研究.16、答案：D物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，受力分析如图所示：在水平方向有： 竖直方向有：，滑动摩擦力：f

22、=FN根据以上三式联立可以求得支持力为：，摩擦力为：，加速度为：，故D正确，ABC错误。17、答案：C由图可知，当F=6N时，加速度为a=1m/s2对整体分析，根据牛顿第二定律有 F=（M+m）a，代入数据解得： M+m=6 kg；当F6 N时，小滑块与木板相对滑动，对木板，根据牛顿第二定律得：，变形得：，结合图象有图线的斜率：，解得：M=2 kg，滑块的质量m=4 kg，故AB说法正确；根据F6 N的图线知，当F=4 N时，a=0，代入，可得：=0.1；当F=8 N时，小滑块与木板相对滑动，对滑块根据牛顿第二定律得mg=ma，解得a=g=1 m/s2，故D说法正确，C说法错误。所以选C。18

23、、答案：B对A、B：F-3mg=3ma，对B：kx-2mg=2ma，联立解得：弹力kx=2F/3，由于在撤去F的瞬间，弹簧弹力不变所以B的受力没有发生变化，所以B的加速度为a。对A：kx+mg=ma1，代入得A的加速度a1=2a+3g，所以B正确；A、C、D错误。19、答案：A先对整体受力分析，受重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F=（M+m）a ，再对物体m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律：f=ma ，联立解得：，故A正确，BCD错误。20、答案：C由图可知：物体在奇数秒内，合力恒定不变，从静止开始做匀加速直线运动，偶数秒内力反向，由于惯性，物体仍沿原方向做匀减速直线运动，偶数秒末速度为零，即2s末速度为零，周而复始，做单向直线运动，故C正确，ABD错误。