【师说】2017届高三物理一轮总复习第3章《牛顿运动定律》3牛顿运动定律的综合应用课时作业新人教版

1牛顿运动定律的综合应用一、选择题1．(2016·汕头模拟)如图，物块P和M叠放在一起，且质量mPmM.将它们从静止开始释放，不计空气阻力，重力加速度为g，则在它们的下落过程中()A．M下落的速度较大B．P对M的压力为零C．P对M的压力等于mPgD．P对M的压力大于0而小于mPg【解析】两物块叠放在一起自由下落时，整个系统处于完全失重状态，因此P、M之间的作用力为零，则选项B正确，选项CD错误；由于P、M一起自由下落，则两物块的运动状态始终相同，则选项A错误．【答案】B2.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承摩擦、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮【解析】因为同一段轻绳中各处的张力大小相等，故绳对甲、乙两人向上的拉力大小相等，质量较小的乙对应的加速度较大，将最先到达滑轮，A正确；若甲、乙两人的质量相同，将同时到达滑轮．【答案】A3．质量不计的弹簧下端固定一小球，现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(ag)分别向上、向下做匀加速直线运动．若忽略空气阻力，弹簧的伸长量分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长量分别为x1′、x2′.则()A．x1′＋x1＝x2＋x2′B．x1′＋x1x2＋x2′C．x1′＋x2′＝x2＋x1D．x1′＋x2′x2＋x1【解析】忽略空气阻力时，根据牛顿第二定律得：kx1－mg＝ma，mg－kx2＝ma，空气阻力不能忽略且大小恒定，设为Ff，根据牛顿第二定律得：kx1′－mg－Ff＝ma，mg－kx2′－Ff＝ma，联立解得，x1′＋x2′＝x1＋x2，C正确．【答案】C4.(多选)某物体以一定初速度沿斜面向上运动的最大位移为x，且x随斜面倾角θ的变化关系如图，重力加速度g＝10m/s2，则()2A．物体初速度大小为5m/sB．物体和斜面之间动摩擦因数为3C．θ＝53°时，x有最小值D．x最小值为583m【解析】当θ＝90°时，物体做竖直上抛运动，利用2gh＝v20，得到v0＝5m/s；当θ＝0°时，物体沿水平面滑动，由2ax0＝v20和a＝μg，可得μ＝33；对某一角度θ，物体沿斜面向上滑行过程中，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，上滑的最大位移为x＝v20sinθ＋μcos，代入v0、μ值，结合数学知识可知，当θ＝60°时，x有最小值为583m.综上分析，只有选项AD正确．【答案】AD5．如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2，由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中()A．小煤块从A运动到B的时间是2.25sB．小煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2.5m【解析】根据牛顿第二定律得：小煤块的加速度为a＝μg＝4m/s2.小煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间为：t1＝v0a＝1s，此时小煤块的位移为：x1＝12at21＝2m4m，此后小煤块与传送带以相同的速度匀速运动到B端，所以划痕长度即小煤块相对于传送带的位移Δs＝v0t1－x1＝2m，故C、D错误；x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间为：t2＝x2v0＝0.5s，运动的总时间为：t＝t1＋t2＝1.5s，故A错误，B正确．【答案】B6.(多选)北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭．它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘坐有十多人的座舱，送到76m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止．若某游客手中托着质量为1kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8m/s2，则()A．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力大于9.8NB．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力为零C．当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶对手的作用力小于9.8ND．当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶【解析】当座舱落到离地面高度为40m的位置时，座舱处于自由下落阶段，饮料瓶处于完全失重状态，故此时饮料瓶对手的作用力为零，B正确；当座舱落到离地面高度为15m的位置时，座舱处于匀减速运动阶段，自由下落阶段有v2＝2gh，又因为v2＝2ax，x＝28m，3所以a＝16.8m/s2，由F－mg＝ma可得手要用26.6N的力才能托住饮料瓶，D正确．【答案】BD7．在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示，开始时各物块均静止，现在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块和两木板间的动摩擦因数相同．下列说法正确的是()A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1v2C．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2D．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2【解析】当F1＝F2时，由于两物块的质量相同且与两木板之间的动摩擦因数相同，由牛顿第二定律F－f＝ma物块可知两物块的加速度等大，对于木板由f＝Ma木板可知若M1M2，则两木板的加速度a1a2，设木板长度为L，当物块与木板分离时由运动学公式可得12a物块t2－12a木板t2＝L，可得两者位移差值确定，作出v－t图象即两图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，A错．当F1＝F2时，同理可得两物块的加速度等大，对于木板由于M1M2，则两木板的加速度a1a2，物块与木板分离时两者位移差值确定，v－t图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，B错．当F1F2时，由牛顿第二定律可得M1上的物块加速度较小，对于木板由于M1＝M2，则两木板的加速度a1＝a2，物块与木板分离时两者位移差值确定，v－t图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，C对．当F1F2时，由牛顿第二定律可得M1上的物块加速度较大，对于木板由于M1＝M2，则两木板的加速度等大，物块与木板分离时两者位移差值确定，v－t图象面积的差值相等，由图象可得v1v2，D错．【答案】C8.(多选)如图所示，一足够长的光滑斜面，倾角为θ，一弹簧上端固定在斜面的顶端，下端与物体b相连，物体b上表面粗糙，在其上面放一物体a，a、b间的动摩擦因数为μ(μtanθ)，将物体a、b从O点由静止开始释放，释放时弹簧恰好处于自由伸长状态，当b滑到A点时，a刚好从b上开始滑动；滑到B点时a刚好从b上滑下，b也恰好速度为零，设a、b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列对物体a、b运动情况描述正确的是()A．从O到A的过程中，两者一直加速，加速度大小从gsinθ一直减小，在A点减为零B．经过A点时，a、b均已进入到减速状态，此时加速度大小是g(μcosθ－sinθ)C．从A到B的过程中，a的加速度不变，b的加速度在增大，速度在减小D．经过B点，a掉下后，b开始反向运动但不会滑到开始下滑的O点【解析】在OA段a和b一起沿光滑斜面下滑，对整体受力分析，由牛顿第二定律有：(ma＋mb)gsinθ－kx＝(ma＋mb)a，随x逐渐增大，a从gsinθ逐渐减小；在A点，a与b分离，若b依然加速，a则不能加速(μtanθ，即μmgcosθmgsinθ)，两者无法分离，故只能b已经在减速，kx(ma＋mb)gsinθ，而a受的力能提供减速的加速度比b小，μmagcosθ－magsinθ＝maaa，得：aa＝g(μcosθ－sinθ)．可得OA段a与b一起先加速后减速，故选项A错误，选项B正确．对AB段分析，a与b有相对滑动，对a：aa＝g(μcosθ－sinθ)，减速下滑；对b：ab＝kx－mbgsinθ－μmagcosθmb，随x增大，ab逐渐增大；选项C正确．b反向运动后，a已经掉下，对b只有重力和弹簧的弹力做功，满足机械能守恒，满足简谐运4动规律，故刚好运动至O点速度减为零，选项D错误．【答案】BC9.(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()A．所受浮力大小为4830NB．加速上升过程中所受空气阻力保持不变C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N【解析】热气球刚开始加速上升时，速度为零，热气球所受阻力也为零，根据牛顿第二定律可得，F－mg＝ma，解得F＝4830N，A项正确；由于热气球加速上升过程中，速度逐渐增大，所受阻力也逐渐增大，加速度逐渐减小，当速度为5m/s时，加速度为零，B项错误；若热气球不受空气阻力，则根据v＝at可得，t＝10s，但空气阻力逐渐增大，加速度逐渐减小，故所用时间应大于10s，C项错误；当热气球匀速运动时，根据平衡条件可得，F－mg－Ff＝0解得，Ff＝230N，D项正确．【答案】AD10．如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力()A．与θ有关B．与斜面动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．FT＝m2Fm1＋m2，仅与两物体质量有关【解析】只要m1、m2与斜面间的动摩擦因数相同，对整体和隔离m2利用牛顿第二定律可求得FT＝m2m1＋m2F，答案为D.【答案】D11．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是()5A．2～3s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3【解析】由运动学公式v2－v20＝2ax可知，v2－x图象中图线的斜率为2a，所以在前5m内，物块以10m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1s．5～13m的运动过程中，物块以4m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2s，即物块在1～3s内做加速运动，A错误，B正确．根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7N，μ＝0.3，所以C错误，D正确．【答案】BD二、非选择题12．一质量m＝0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v－t图象，如图所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2)求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ.(2)判断滑块最后能否返回斜面底端，若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度a＝101.0m/s2＝10m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑．由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s＝v22a＝5m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，a2＝2m/s2由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v＝2a2s＝20m/s.【答案