高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十一）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅱ）（重点班）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（十一） 牛顿运动定律的综合应用卷拔高题目稳做准做B级拔高题目稳做准做1.(2018郑州二模)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像，两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出，重力加速度g取10 m/s2，根据图像分析可知()A人的重力为1 500 NBc点位置人处于超重状态Ce点位置人处于失重状态Dd点的加速度小于f点的加速度解析：选B分析图像可知：a点，人处于静止状态，重力等于支持力，所以G500 N，A错误。c点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，B正确。e点时人对传感器的压力大于其

2、重力，处于超重状态，C错误。在f点，人只受重力，加速度g10 m/s2；在d点，根据牛顿第二定律有FNmgma，得a20 m/s2，d点的加速度大于f点的加速度，D错误。2.多选如图所示，在光滑水平面上有一足够长的静止小车，小车质量为M5 kg，小车上静止地放置着质量为m1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有()Aam1 m/s2，aM1 m/s2Bam1 m/s2，aM2 m/s2Cam2 m/s2，aM4 m/s2Dam3 m/s2，aM5 m/s2解析：选AC当M与m间的静摩擦力fmg2 N时，木块与

3、小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：amg0.210 m/s22 m/s2此时F(Mm)am(51)2 N12 N当F12 N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aMam2 m/s2。故选项A、C正确，B、D错误。3.多选(2018商丘一中押题卷)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块B、C间用一不可伸长的轻绳相连，A、B木块间的最大静摩擦力是f1，C、D木块间的最大静摩擦力是f2。现用水平拉力F拉A木

4、块，使四个木块以同一加速度运动(假设绳子不会断)，则()A当f12f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动B当f12f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动C当f12f2，且F逐渐增大到3f2时，C、D间即将滑动D当f12f2，且F逐渐增大到f1时，A、B间即将滑动解析：选AD当f12f2，C、D即将发生相对滑动时，C、D间的静摩擦力达到最大值f2，先以D为研究对象，由牛顿第二定律得：f22ma，得a，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F6ma3f2。此时，以BCD整体为研究对象，可知，A对B的摩擦力fAB4ma2f2f1，说明A、B间相对静止，故A正确，B错误。当f12

5、f2，A、B即将发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大值f1，先以BCD整体为研究对象，由牛顿第二定律得：f14ma，得a，再以四个木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F6maf1。此时，以D为研究对象，根据牛顿第二定律得：C对D的摩擦力fCD2maf2，则知C、D间相对静止，故C错误，D正确。4.多选(2018绵阳模拟)如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是()A在0t1时间内，A

6、、B间的摩擦力为零B在t1t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5mgD在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为mg解析：选ADA、B间的滑动摩擦力大小为fABmg，B与地面间的滑动摩擦力大小为f3mg，故在0t1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B静止，A、B间摩擦力为零，故A正确；A在木板上产生的最大加速度为ag，此时对AB整体分析可知F3mg3ma，解得F6mg，故在t1t3时间内，AB一起向右做加速运动，对A分析可知，A受到的摩擦力水平向右，故B错误；在t2时刻，AB整体加速度为a，A、B间的摩擦力大小为mg，故C错误；在t3时刻以后，A

7、、B发生相对滑动，故A、B间的摩擦力大小为mg，故D正确。5多选如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA1 kg、mB2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离。t0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()At2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NBt2.0 s时刻A、B之间作用力为零Ct2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D从t0时

8、刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m解析：选AD设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：am/s21.2 m/s2，分离时：F2FfmBa，得：F2FfmBa0.3 N21.2 N2.7 N，经历时间：t2.7 s3 s，根据位移公式：xat25.4 m，则D正确；当t2 s时，F21.8 N，F2FfmBa，得：FfmBaF20.6 N，A正确，B错误；当t2.5 s时，F22.25 N，F2FfmBa，得：FfmBaF20，A对B的作用力方向向右，C错误。6.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

9、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的匀加速运动，测得两个物体的v t图像如图乙所示(重力加速度为g)，则()A施加外力前，弹簧的形变量为B外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga)CA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零D弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值解析：选B施加外力F前，物体A、B整体平衡，根据平衡条件有2Mgkx，解得x，故A错误；施加外力F的瞬间，对物体B，根据牛顿第二定律有F弹MgFABMa，其中F弹2Mg，解得FABM(ga)，故B正确；由题图乙知，物体A、B在t1时刻分离，此

10、时A、B具有共同的v和a，且FAB0，对B有F弹MgMa，解得F弹M(ga)，故C错误；当F弹Mg时，B达到最大速度，故D错误。7.多选(2018合肥模拟)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，图中a1、a2、m0为未知量，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a

11、2的值D若已知，可求出乙图中m0的值解析：选BC根据牛顿第二定律得：对B得：mgFma对A得：FmAgsin mAa联立得a若已知，由知，不能求出A的质量mA，故A错误。由式变形得a。当m时，aa1g，故B正确。由式得，m0时，aa2gsin ，故C正确。当a0时，由式得，mm0mAsin ，可知m0不能求出，故D错误。8.多选如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若Ta图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s

12、2。则()Aa m/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)解析：选ABC小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以小球离开斜面之前，Ta图像呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，选项A正确；当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项

13、B、C正确；将和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误。9.如图所示，一直立的轻质薄空心圆管长为L，在其上下端开口处各安放有一个质量分别为m和2m的圆柱形物块A、B，A、B紧贴管的内壁，厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是f1mg、f22mg，且设滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F作用，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域的上下水平边界，高度差为H(L2H)。现让管的下端从距上边界PQ高H处由静止释放，重力加速度为g。(1)为使A、B间无相对运动，求F应满足的条

14、件。(2)若F3mg，求物块A到达下边界MN时A、B间的距离。解析：(1)设A、B与管不发生相对滑动时的共同加速度为a，A与管间的静摩擦力为fA。对A、B整体有3mgF3ma，对A有mgfAFma，并且fAf1，联立解得Fmg。(2)A到达上边界PQ时的速度vA。当F3mg时，可知A相对于圆管向上滑动，设A的加速度为a1，则有mgf1Fma1，解得a1g。A向下减速运动的位移为H时，速度刚好减小到零，此过程运动的时间t 。由于管的质量不计，在此过程中，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反，大小均为mg，B受到管的摩擦力小于2mg，则B与圆管相对静止，B和圆管整体受到重力和A对管的静摩擦力作用

15、以vA为初速度、以a2为加速度做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得a2。物块A到达下边界MN时A、B之间的距离为LLLH。答案：(1)Fmg(2)LH10.(2018潍坊检测)如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接。当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B(可视为质点)，最终B恰好未从木板A上滑落。A、B间的动摩擦因数0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：(1)C由静止下落距离h时，A的速度大小v0；(2)木板A的长度L；(3)若当铁块B轻放在木板A的最右端的

16、同时，对B加一水平向右的恒力F7mg，其他条件不变，求B滑出A时的速度大小。解析：(1)对A、C分析：mg2mav022ah，解得v0。(2)B放在A上后，设A、C仍一起加速，则由牛顿第二定律得mg4mgma解得a0即B放在A上后，A、C以速度v0匀速运动，B匀加速运动，加速度aB0g设经过时间t0，A、B、C达到共速，且B刚好运动至木板A的左端，则v0aB0t0，木板A的长度Lv0t0v0t0解得L2h。(3)共速前：A和C匀速，B加速，aB12gt1 x1xACxBv0t1v0t1共速后全部向右加速aB2gaACgx2x1(aB2aAC)t22解得t2 ，vB2v0aB2t2 。答案：(1

17、)(2)2h(3)11.(2015全国卷)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析：(1)规定向右为正方向。木板与墙

18、壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有1(mM)g(mM)a1由题图乙可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v14 m/s，由运动学公式有v1v0a1t1s0v0t1a1t12式中，t11 s，s04.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得10.1在木板与墙壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有2mgma2由题图乙可得a2式中，t22 s，v20，联立式和题给条件得20.4。(2)设碰撞后木板的加速度为a

19、3，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1t小物块运动的位移为s2t小物块相对木板的位移为ss2s1联立式，并代入数值得s6.0 m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得1(mM)g(mM)a40v322a4s3碰后木板运动的位移为ss1s3联立式，并代入数值得s6.5 m木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。答案：(1)0.10.4 (2)6.0 m(3)6.5 m