高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十）第三章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用对点训练：对超重与失重的理解1探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作。传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是()解析：选D人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确。2(2015重庆高考)若货物随升降机运动的v t图像如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()解析：选B根据v t图像可知电梯的运动情况：加速下降匀速下降减速下降加速上升匀速上升减速上升，根据牛顿第二定律

2、Fmgma，可判断支持力F的变化情况：失重等于重力超重超重等于重力失重，故选项B正确。3.(多选)某同学用台秤研究电梯中的超重、失重现象。地面上其体重为500 N，再将台秤移至电梯内测其体重。电梯从t0时由静止开始运动，到t11 s时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示，重力加速度g10 m/s2。则()A电梯为下降过程B在1011 s内电梯的加速度大小为2 m/s2CF3的示数为550 ND电梯运行的总位移为19 m解析：选ABD02 s该同学所受的支持力小于重力，合力向下，加速度向下，由于电梯初始为静止状态，所以02 s内电梯匀加速下降，210 s内该同学所受的支持力等于重力，

3、此时为平衡状态，所以210 s内电梯保持2 s末的速度匀速下降，1011 s内该同学所受的支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段电梯匀减速下降，选项A正确；匀加速阶段加速度a1 m/s2,2 s末的速度v2at2 m/s，此阶段位移x1at22 m；匀速阶段位移x216 m；匀减速阶段时间t1 s，初速度为2 m/s，末速度等于0，所以此阶段加速度a2 m/s2，根据牛顿第二定律FNGmaa，解得此时的支持力FN600 N，即F3600 N，此阶段位移x3t1 m。总位移xx1x2x319 m，故选项B、D正确，C错误。对点训练：动力学中整体法与隔离法的应用4.(多选)(20

4、17上海十二校联考)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x。则下列关系正确的是()AF2FBx2xCF2F Dx2x解析：选AB取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F(m1m2)a。弹簧的弹力FTkx。当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确。5(多选)(2017哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放

5、置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是()A一起加速过程中，C木块受到四个力的作用B一起加速过程中，D所受到的静摩擦力大小为C一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F4ma，对A、D木块有fAfDma，解得A、D木块所受摩擦力大小fAfD，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其

6、的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。6.(2017黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力增加到原来的2倍 C细线与竖直方向的夹

7、角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff(Mm)a，竖直方向：FN(Mm)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan ma，解得tan ，当a增加到两倍时，tan 变为两倍，但不是原来的两倍。细线的拉力FT，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。7(2017潮州朝安区高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量M1.5 kg 的斜面体，斜面部分

8、光滑，底面与地面间的动摩擦因数0.2，倾角37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a1 m/s2做匀加速运动。已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。解析：(1)整体以a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：F(Mm)g(Mm)a，解得F6 N。(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcos FNsin ma在竖直方向：kxsin FNcos mg解得：x0

9、.017 mFN3.7 N。答案：(1)6 N(2)0.017 m3.7 N对点训练：动力学中的临界极值问题8.(2017晋城月考)如图所示，在倾角为30的光滑斜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的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块以同一加速度沿斜面向下运动，则拉力F的最大值是()A.fm B.fmC.fm Dfm解析：选C当下面的质量为2m的木块所受摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：F6mgsin 306ma将2个质量为m的木块及上面的质量为2m的木块看

10、做整体，由牛顿第二定律：fm4mgsin 304ma由、解得：Ffm，故选C。9(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

11、，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。10(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/s2。则()Aa m/s2时，FN0B小球

12、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B、C正确；将和m的值代入FNmgcos

13、 masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误。考点综合训练11.(2017淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A. B.C. D.解析：选C对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力。其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0。(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos ma，Fsin mg解得：F或F。(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos (mgFsin )ma所以：F。(3)若环受到的弹力的方向向下，则：Fcos

14、(Fsin mg)ma所以：F。所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的。12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

15、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。13.(2017武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37，长为5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值

16、时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos 37mgsin 37ma1BC过程有：v022a1l解得：a110 m/s2，0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma2若恰好能到达平台CD时，有：v22a2l解得：v2 m/s，a22 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：v12v222a1x1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v222a2x2x1x2L解得：v23 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。答案：(1)0.5(2)2 m/s(3)3 m/s