2023高考物理一轮复习课时分层作业九应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题.docx

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1、课时分层作业(九)应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题基础性题组1一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示(t1t2时间内图像为直线)乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmg22022广东佛山1月质检随着运营路线的拓展，高铁逐渐成为人们出行的重要方式如图是某列车从减速进站到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度时间图像，下列说法正确的是()A进站时列车的加速度大小为3.75 m/s2B列

2、车在加速与减速两阶段运动的位移相同C若列车总质量不变，则加速时列车所受的合外力更大D若列车以80 m/s的速度匀速驶过该站，则少耗费575 s的运行时间3(多选)如图所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力F作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面).重力加速度为g，以下说法正确的是 ()A水平恒力大小为(Mm)aB地面对斜面体的摩擦力为(Mm)gC弹簧的形变量为D斜面对小球的支持力为mg

3、cos ma sin 4如图甲所示，光滑斜面倾角为，用一水平外力F推着物体，逐渐增大F，物体沿斜面做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.(1)求物体的质量m.(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上的12 m/s，求撤去推力后第3 s内物体的位移(3)要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何？52022湖北武汉检测(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为.用大小为F的水平外力推物块P使物块运动，设Q和R之间的相互作用力F1与P和Q之间的相互作用

4、力F2大小之比为k.则下列判断正确的是()A若0，则k B若0，则kC若0，则k D若0，则k综合性题组6(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A在24 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B小球质量为 2 kgC杆的倾角为30D小球在04 s内的位移为8 m7如图甲所示，质量为0.6 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为，t0时刻给物块一个与水平方向成30斜向右上方的拉力，使

5、物块向右运动，其加速度随时间变化的关系图像如图乙所示，重力加速度为g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)拉力的最大值；(2)2 s末撤去拉力，则物块在水平面上还能滑行多远？课时分层作业(九)应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题1解析：由x t图像的斜率表示速度可知，在0t1时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则FNmg，A错误；在t1t2时间内速度不变，即乘客匀速下降，则FNmg，B错误；在t2t3时间内速度减小，即乘客减速下降，乘客的加速度竖直向上，所以乘客处于超重状态，则FNmg，C错误，D正确答案：D2解析：在v t图

6、像中，图像斜率表示加速度，图像与坐标轴围成的面积表示位移，分析知A、B错误；由Fma及减速阶段加速度大可知减速时列车所受的合外力更大，C错误；由图可知列车总位移x80300+3502m，t900x80s575 s，D正确答案：D3解析：以小球和斜面体组成的系统为研究对象，并进行受力分析，结合题意可知地面对斜面体的摩擦力为f(Mm)g，对系统应用牛顿第二定律有F(Mm)g(Mm)a，解得F(Mm)a(Mm)g，选项A错误，B正确；沿斜面方向和垂直斜面方向上分解小球的加速度，应用牛顿第二定律有kxmg sin ma cos ，mg cos Nma sin ，解得弹簧的形变量为xmacos+mgsi

7、nk，斜面对小球的支持力Nmg cos ma sin ，选项C正确，D错误答案：BC4解析：(1)当外力为零时，加速度为6 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin ma，解得sin 0.6当外力为20 N时，加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律得F cos mg sin ma解得m2 kg.(2)根据匀变速直线运动规律可得xvt312at32vt212at22 3 m所以位移大小为3 m，方向沿斜面向下(3)要使物体能静止在斜面上，根据平衡条件知，当推力垂直于支持力，即沿斜面向上时，推力最小，为Fmg sin 12 N.答案：(1)2 kg(2)3 m，方向沿斜面向下(3)12 N，沿斜面

8、向上5解析：三个物块靠在一起，在水平外力F的作用下将以相同加速度向右运动，对整体应用牛顿第二定律有F6mg6ma，解得加速度大小aF6mg6m，对R进行分析可得，Q和R之间的相互作用力为F13ma3mg12F，对P进行分析可得，P与Q之间相互作用力F2FmgmaFmg16Fmg56F，所以可得kF1F212F56F35，即k的值与是否为零无关，选项B、D正确答案：BD6解析：由v t图像的斜率得：在24 s内小球的加速度大小为avt2142 m/s20.5 m/s2，故A正确；由图可知，在02 s时间内小球做匀速运动，F15 N时，由平衡条件有F1mg sin 0在24 s内小球做匀加速运动，

9、F25.5 N，由牛顿第二定律有：F2mg sin ma代入数据解得：m1 kg；sin 0.5，故30，故B错误，C正确；小球在04 s内的位移为x12+1+222 m5 m，故D错误答案：AC7解析：(1)由图乙可知，物块运动的加速度最大为am6 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得：Fmcos (mgFmsin )mam代入数据求得拉力的最大值：Fm5.6 N.(2)a t图线与时间轴所围的面积为速度的增量，因此2 s末物块的速度：v1262 m/s6 m/s撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为：ag103m/s2，因此2 s末撤去拉力后，物块在水平面上还能滑行的距离：sv22a622103 m5.4 m.答案：(1)5.6 N(2)5.4 m