2019版高考物理一轮复习精选题辑课练9牛顿运动定律的应用

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2019版一轮物理复习(人教版)练习：牛顿运动定律的综合应用含解析

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1、(2018·安徽合肥质检)如图所示,在教室里某同学站在体重计上研究超重与失重、她由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程、关于她的实验现象,下列说法中正确的是()A、只有“起立”过程,才能出现失重现象B、只有“下蹲”过程,才能出现超重现象C、“下蹲”的过程,先出现超重现象后出现失重现象D、“起立”“下蹲”的过程,都能出现超重和失重现象解析：下蹲过程中,人先向下做加速运动,后向下做减速运动,所以先处于失重状态后处于超重状态；人从下蹲状态站起来的过程中,先向上做加速运动,后向上做减速运动,最后回到静止状态,人先处于超重状态后处于失重状态,故A、B、C错误,D正确、答案：D2、(2018·湖南长沙模拟)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动、某人做蹦极运动,所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示、将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为()A、gB、2gC、3gD、4g解析：“蹦极”运动的最终结果是人悬在空中处于静止状态,此时绳的拉力等于人的重力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力,即35F0＝mg,则F0＝53mg.当绳子拉力最大时,人处于最低点且所受合力最大,故加速度也最大,此时F最大＝95F0＝3mg,方向竖直向上,由牛顿第二定律有ma＝F最大－mg＝3mg－mg＝2mg,得最大加速度a＝2g,故B正确、答案：B3.(2018·宁夏银川二中月考)电梯在t＝0时由静止开始上升,运动的a t图象如图所示(选取竖直向上为正方向),电梯内乘客的质量为m＝50 kg,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A、第9 s内乘客处于失重状态B、1～8 s内乘客处于平衡状态C、第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 ND、第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s解析：第9 s内加速度为正,方向向上,乘客处于超重状态,只不过加速度在减小,A错误；1～8 s内加速度大小恒定,方向向上,乘客处于超重状态,B 错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力,根据牛顿第二定律有F N－mg ＝ma,解得F N＝550 N,根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N,C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内a t图象与时间轴所围图形的面积,即Δv＝12×1×1.0 m/s＝0.5 m/s,D错误. 答案：C4.(2018·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2,从同一地点(足够高)同时由静止释放、两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f ＝k v (k 为正的常量)、两球的v t 图象如图所示、落地前,经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2,则下列判断正确的是( )A 、释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C 、甲球质量大于乙球质量D 、t 0时间内两球下落的高度相等解析：释放瞬间v ＝0,因此空气阻力f ＝0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g ,故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时k v ＝mg ,因此最大速度与其质量成正比,即v m ∝m ,故m 1m 2＝v 1v 2,故B 错误；由于m 1m 2＝v 1v 2,而v 1>v 2,故甲球质量大于乙球质量,故C 正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由图可知,t 0时间内两球下落的高度不相等,故D 错误、答案：C5、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 图象如图乙所示(重力加速度为g ),则( )A 、施加外力前,弹簧的形变量为2g kB 、施加外力的瞬间,A 、B 间的弹力大小为M (g －a )C 、A 、B 在t 1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：施加拉力F 前,物体A 、B 整体平衡,根据平衡条件有2Mg ＝kx ,解得x ＝2Mg k ,故选项A 错误；施加外力F 的瞬间,对B 物体,根据牛顿第二定律,有F 弹－Mg －F AB ＝Ma ,其中F 弹＝2Mg ,解得F AB ＝M (g －a ),故选项B 正确；物体A 、B 在t 1时刻分离,此时A 、B 具有共同的速度v 与加速度a ,且F AB ＝0,对B 物体,有F 弹′－Mg ＝Ma ,解得F 弹′＝M (g ＋a ),故选项C 错误；当F 弹′＝Mg 时,B 达到最大速度,故选项D 错误、答案：B二、多项选择题6.如图所示,一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平直杆上,杆足够长,环与杆间的动摩擦因数为μ,现给环一个水平向右的恒力F ,使圆环由静止开始运动,如果在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F 1,F 1＝k v (k 为常数,v 为环的速率),则环在整个运动过程中,下列说法正确的是( )A 、最大加速度为F mB 、最大加速度为F ＋μmg mC 、最大速度为F ＋μmg μkD 、最大速度为mg k解析：当F 1＝mg ,即k v ＝mg ,v ＝mg k 时,圆环水平方向不受摩擦力,则圆环的加速度最大为a ＝F m ,A 正确,B 错误；当滑动摩擦力F f ＝μ(k v －mg )＝F 时,对应的速度最大,v ＝F ＋μmg μk ,C 正确,D 错误、答案：AC7、(2018·河南开封四校联考)如图甲所示,在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体,B 的质量是A 的2倍,B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N,A 受到的水平方向的力F A (向右为正方向)按如图乙所示的规律变化,从t ＝0开始计时,则( )A 、A 物体在3 s 末的加速度是初始时刻的511B 、t ＞4 s 后,B 物体做匀加速直线运动C 、t ＝4.5 s 时,A 物体的速度为零D 、t ＞4.5 s 后,A 、B 的加速度方向相反解析：根据题图乙可得出F A 的变化规律为F A ＝9－2t (N),对于A 、B 整体,根据牛顿第二定律有F A ＋F B ＝(m A ＋m B )a ,设A 、B 间的作用力为F N ,则对B ,根据牛顿第二定律可得F N ＋F B ＝m B a ,解得F N ＝m B F A ＋F B m A ＋m B－F B ＝16－4t 3(N)；当t ＝4 s 时F N ＝0,A 、B 两物体开始分离,此后B 做匀加速直线运动,当t ＝4.5 s 时,A 物体的加速度为零而速度不为零,t ＞4.5 s 后,A 所受合外力反向,即A 、B 的加速度方向相反,当t ＜4 s 时,A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F B m A ＋m B,综上所述,选项B 、D 正确,C 错误；t ＝0时,A 物体的加速度为a 0＝11 N m A ＋m B,t＝3 s末,A物体的加速度为a′＝5 Nm A＋m B,则a′＝511a0,故选项A正确、答案：ABD[能力题组]一、选择题8.如图所示,光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg.现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为() A、μmg B、2μmgC、3μmgD、4μmg解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大,此时,对于A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知a A＝μmgm＝μg；对于A、B整体,加速度a＝a A＝μg,由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.答案：C9、如图甲所示,水平地面上有一静止平板车,车上放一质量为m的物块,物块与平板车间的动摩擦因数为0.2,t＝0时,车开始沿水平面做直线运动,其v t图象如图乙所示、g取10 m/s2,平板车足够长,则物块运动的v t 图象为()解析：小车先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动,匀加速运动和匀减速运动的加速度大小相等,都为a ＝Δv Δt ＝4 m/s 2,根据物块与车间的动摩擦因数可知,物块与车间的滑动摩擦力产生的加速度为2 m/s 2,因此当车的速度大于物块的速度时,物块受到的滑动摩擦力是动力,相反则受到的滑动摩擦力是阻力、设在t 时刻滑块与车的速度相等,则有24－4(t －6)＝2t 得t ＝8 s,故在0～8 s 内,车的速度大于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是动力,则其加速度为2 m/s 2,同理,可得在8～16 s 内,车的速度小于物块的速度,因此物块受到的滑动摩擦力是阻力,则其加速度为 2 m/s 2,故C 正确、答案：C10、(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ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F N .若T a 图象如图乙所示,AB 是直线,BC 为曲线,重力加速度为g ＝10 m/s 2.则( )A 、a ＝403 m/s 2时,F N ＝0B 、小球质量m ＝0.1 kgC 、斜面倾角θ的正切值为34D 、小球离开斜面之前,F N ＝0.8＋0.06a (N)解析：小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得T cos θ－F N sin θ＝ma ,T sin θ＋F N cos θ＝mg ,联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ,T ＝ma cos θ＋mg sin θ,所以小球离开斜面之前,T a 图象呈线性关系,由题图乙可知a ＝403 m/s 2时,F N ＝0,选项A 正确；当a ＝0时,T ＝0.6 N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,所以mg tan θ＝ma ,联立可得tan θ＝34,m ＝0.1 kg,选项B 、C 正确；将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ,得F N ＝0.8－0.06a (N),选项D 错误、答案：ABC二、非选择题11.(2018·江西赣中南五校联考)质量为2 kg 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动,所受的空气阻力与速度成正比,比例系数未知、今测得雪橇运动的v t 图象如图所示,且AB 是曲线最左端那一点的切线,B 点的坐标为(4,9),CD 线是曲线的渐近线、(sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8)试问：(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？(2)当v 0＝3 m/s 和v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度大小各是多少？(3)空气阻力系数k 及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？解析：(1)v t 图象的斜率表示加速度的大小,由题图可知,雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动,最后做匀速直线运动、(2)当v 0＝3 m/s 时,雪橇的加速度是a 0＝9－34 m/s 2＝1.5 m/s 2,当v 1＝6 m/s 时,雪橇的加速度是a 1＝0.(3)开始加速时：mg sin θ－k v 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝k v 1＋μmg cos θ②联立①②得k v 0＋ma 0＝k v 1,得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s, 由②式,得μ＝mg sin θ－k v 1mg cos θ＝0.375.答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 2 0(3)1 kg/s 0.37512、如图所示,倾角为45°的轨道AB 和水平轨道BC 在B 处用一小段光滑圆弧轨道平滑连接,水平轨道上D 点的正上方有一探测器,探测器只能探测处于其正下方的物体、一小物块自倾斜轨道AB 上离水平轨道BC 高h处由静止释放,以小物块运动到B 处的时刻为计时零点,探测器只在t ＝2～5 s 内工作、已知小物块与倾斜轨道AB 和水平轨道BC 间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5和μ2＝0.1,BD 段长为L ＝8 m,重力加速度g 取10 m/s 2,为使探测器在工作时间内能探测到小物块,求h 的取值范围、解析：设物块沿倾斜轨道AB 运动的加速度为a 1,由牛顿第二定律有 mg sin 45°－μ1mg cos 45°＝ma 1设物块到达B 处的速度为v B ,由速度—位移关系得v 2B ＝2a 1·h sin 45°物块在水平轨道BC 上做减速运动的加速度大小为a 2＝μ2g①设物块运动到D 点时速度恰好为零,这种情况下v B 最小,物块在水平轨道BC 上运动的时间最长,则v B 1＝2a 2L ＝4 m/s又t 1＝v B 1a 2＝4 s 当物块在t 1＝4 s 到达D 点时,联立解得h 1＝1.6 m②当物块在t 2＝2 s 到达D 点时L ＝v B 2t 2－12a 2t 22联立解得h 2＝2.5 m为使探测器在工作时间内能探测到小物块,h 的取值范围为1.6 m ≤h ≤2.5 m.答案：1.6 m ≤h ≤2.5 m11。

2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律配餐作业9牛顿运动定律的综合应用.doc

配餐作业（九）牛顿运动定律的综合应用A组・基础巩固题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Z变化的图彖，则下列图象中可能正确的是（）解析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D项正确。

答案D2.某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（）A.易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快B.易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快C.易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变D.易拉罐上升、下降的过程中，水都不会从洞中射出解析易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐及水均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，A、B、C项错误，D项正确。

答案D3.质量为〃的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为/〃的小球静止在圆槽上，如图所示，贝9（）7/////////////////////〃A.小球对圆槽的压力为缶B.小球对圆槽的压力为缶C.水平恒力尸变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D.水平恒力尸变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析利用整体法可求得系统的加速度为自=代，对小球利用牛顿第二定律可得，小答案c4. （多选）如图甲所示，倾角为B 的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为代=10m/s, 质量为m= 1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此吋开始计吋，整个过程中小木块速度y 的平方随路程变化的关系图彖如图乙所示，g 取10 m/s 2,下列说法正确的是（）甲A. 0〜5 s 内小木块做匀减速运动B. 在t=l s 时刻，摩擦力反向C. 斜面倾角〃=37°D. 小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5示图象可知，初速度4100必）5=10 m/s,减速运动时间Q 宁=1 S,故A 项错误；由图示图象可知，在0〜1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t=l S 时摩擦力反向，故B 项正确；由图示图象可知，物体反向加速运动吋的加速/ 32 ,2c,嘗=2X(13 —5)m/s =2 m/s〃侈sin “一"刃更os,代入数据解得"=0.5, 〃=37° ,故C 、D 项正确。

2019高考物理一轮复习9牛顿运动定律的综合应用新人教版

设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff＝ma2
且Ff＝－μmg，解得μ＝＝0.2
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为Δt1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则
a1＝＝1 m/s2
根据牛顿第二定律，有
F＋Ff＝ma1
解得F＝μmg＋ma1＝6 N
(3)解法一：由匀变速直线运动位移公式，得
C．t3时刻物块的速度最大
D．t1～t3时间内速度先增大后减小
8．一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F1.现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F2.则下列说法正确的是()
12．质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图所示．g取10 m/s2，求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)水平推力F的大小；
(3)0～10 s内物体运动位移的大小．
答案
1A 2B 3B 4C 5B 6A 7ABC 8AB 9BD 10CD
11汽车沿倾斜车道做匀减速运动，设其加速度为a，有v －v ＝2ax
用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有
(m1＋m2)gsinα－F＝(m1＋m2)a
式中sinα＝＝2×10－2
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为Ff，根据题意得
Ff＝ F
方向与汽车前进方向相反，用FN表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同，以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有FN＋m1gsinα－Ff＝m1a

2019年高考物理一轮复习练案9牛顿运动定律的综合应用含解析精品

练案[9]第三章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)1．(2018·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。

已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为导学号 21993023( C )A ．13tan θ B ．19tan θ C ．45tan θ D ．54tan θ [解析] 向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a 1，则：x ＝12a 1t 21，设向下运动的加速度的大小为a 2，则向下运动的过程中：x ＝12a 2t 22，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t 2＝3t 1，联立可得：a 1＝9a 2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma 1＝mg sin θ＋μmg cos θ，向下运动的过程中：ma 2＝mg sin θ－μmg cos θ，联立得μ＝45tan θ，故C 正确，ABD 错误，故选C 。

2．(2018·湖北省宜昌市葛洲坝中学高三上学期11月检测)质量为2m 的物体A 和质量为m 的物体B 相互接触放在水平面上，如图所示。

若对A 施加水平推力F ，使两物体沿水平方向做匀加速直线运动，下列说法正确的是导学号 21993024( D )A ．若水平面光滑，物体A 的加速度为F 2mB ．若水平面光滑，物体A 对B 的作用力为23F C ．若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物体A 对B 的作用力大小为F －μmg 3D ．若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，则物体B 的加速度为F －μmg 3m[解析] 如果水平面光滑，以AB 组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a ＝F m ＋2m ＝F 3m，B 为研究对象，由牛顿第二定律得，A 对B 的作用力：N ＝ma ＝F 3，故AB 错误；若物体A 与地面无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为μ，以系统为研究对象，根据牛顿第二定律得：a ′＝F －μmg 3m，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：N ′－μmg ＝ma ′，则物体A 对B 的作用力大小为：N ′＝F －μmg 3＋μmg ，故C 错误，D 正确。

近年年高考物理一轮复习课时分层集训9牛顿运动定律的综合应用新人教版(2021学年)

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课时分层集训（九) 牛顿运动定律的综合应用(限时:４0分钟)[基础对点练]超重、失重现象1．（2018·西安“四校"4月联考)图3.311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-时间图线．两图中a~g各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出.取重力加速度ｇ＝１０m/ｓ2．根据图象分析可知（ )图3.３.11Ａ.人的重力为1 ５00 ＮB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D．d点的加速度小于f点的加速度B[由题图可知a点处人处于平衡状态，则人的重力G=500 N,A错误.c、e点处人对传感器的压力大于人所受重力,故都处于超重状态,B正确,C错误.在d点处人所受合力为１ 000 N,而在f点处人所受合力仅为500 Ｎ，再由牛顿第二定律可知人在ｄ点处的加速度大，D错误.］２.如图3。

３。

１２所示,A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力）.下列说法正确的是( ）【导学号：8４37０13１】图3.312A.在上升和下降过程中A对Ｂ的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于Ａ物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对Ｂ的压力等于A物体受到的重力Ａ［不计空气阻力,A、B两物体抛出后一起运动的加速度为g,两物体均处于完全失重状态,因此,物体只受重力作用，两物体间的相互作用力为零,A正确.]3．（多选）如图3．3.１３所示,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，( )图３3.13A.物块与斜面间的摩擦力减小Ｂ.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑Ｄ.物块相对于斜面匀速下滑ＢＤ[当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有：mg sin θ=μｍgｃos θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角)，当升降机加速上升时,设加速度为a；物块处于超重状态，超重ma．物块“重力”变为Ｇ′=ｍg+ma，支持力变为N′＝(mg＋ma）cｏs θ〉mｇｃoｓθ，B对．“重力”沿斜面向下的分力G下′=（mg+ma）ｓiｎθ,沿斜面的摩擦力变为ｆ′＝μN′=μ(mg＋mａ）coｓθ〉μｍg cos θ,A错误．f′＝μ（mg＋ｍa)cos θ=tan θ（mg＋ma)cｏｓθ＝(mg+ma)sｉn θ=G下′，所以物块仍沿斜面匀速运动，Ｄ对,Ｃ错误.］动力学中整体法、隔离法应用4.（多选）如图3３。

2019版高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律课后分级演练9 牛顿运动定律的综合应用

课后分级演练(九) 牛顿运动定律的综合应用【A级——基础练】1.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( )解析：C 由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误．2．(多选)某马戏团演员做滑杆表演．已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N．在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是( )A．演员的体重为600 NB．演员在第1 s内一直处于超重状态C．滑杆所受的最小拉力为620 ND．滑杆所受的最大拉力为900 N解析：AC 演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，所以演员的体重为600 N，选项A正确，演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误．演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为F f1，由牛顿第二定律，mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1＝420 N ＋200 N＝620 N，选项C正确．减速下滑时滑杆所受的拉力最大，减速下滑的加速度a2＝1.5 m/s2，对演员，设摩擦力为F f2，由牛顿第二定律，F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．3．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的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g＝10 m/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μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.2C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4D ．m ＝1.0 kg ，μ＝0.4解析：C 由F －t ，v －t 图象可知当F ＝2 N 时，物块做匀速运动，则F f ＝F 2＝2 N ，物块做匀加速直线运动的加速度a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，匀减速直线运动的加速度a 2＝－42m/s 2＝－2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －F f ＝ma 1，F 3－F f ＝ma 2，解得m ＝0.5 kg ，则动摩擦因数μ＝F f mg ＝25＝0.4.4.(2017·济宁联考)如图所示，两小球a 、b 质量之比为1∶2，用轻弹簧A 、B 连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F 作用在a 上并缓慢拉a ，当B 与竖直方向夹角为60°时，A 、B 伸长量刚好相同．若A 、B 的劲度系数分别为k 1、k 2，则以下判断正确的是( )A.k 1k 2＝13B.k 1k 2＝23C ．撤去F 的瞬间，a 球的加速度为零D ．撤去F 的瞬间，b 球处于失重状态解析：A 分别对小球a 、b 受力分析如图所示．由平衡条件得：F 1＝2mg ＝k 1x ①F ＝3mg tan 60°＝33mg ② F 2＝3mg /cos 60°＝k 2x ③解①③得k 1∶k 2＝1∶3，A 正确，B 错误；撤去F 的瞬间b 球仍处于平衡状态a b ＝0，D 错；对a 球由牛顿第二定律得F ＝33mg ＝ma a ，a a ＝33g 方向水平向右，C 错．5.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L 、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F 作用下做匀加速直线运动．绳子上某一点到绳子右端的距离为x ，设该处的张力大小为T ，则能正确描述T 与x 之间的关系的图象是( )解析：A 根据牛顿第二定律，对绳子的整体进行受力分析可知F ＝Ma ；对x 段绳子可知T ＝xL Ma ＝Ma Lx ，故T －x 图线是经过原点的直线，故选A.6.如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.233g C ．gD.33g 解析：B 平衡时，小球受到三个力：重力mg 、斜面支持力F1和弹簧拉力F 2，如图所示．突然撤离木板时，F 1突然消失而其他力不变，因此F 2与重力mg 的合力F ′＝mgcos 30°＝233mg ，产生的加速度a ＝F ′m ＝233g ，选项B 正确．7.(多选)利用传感嚣和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m的某同学从桌子上跳下，自由下落H 后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h ，计算机显示该同学受到地面支持力F 随时间变化的图象如图所示，根据图象提供的信息，以下判断正确的是( )A ．从0至t 1时间内该同学处于失重状态B ．在t 1至t 2时间内该同学处于超重状态C ．t 2时刻该同学加速度为零D ．在t 2到t 3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD 0～t 1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t 1～t 2时间内，该同学的加速度方向向上处于超重状态，选项A 、B 正确；t 2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C 错误；t 2～t 3时间内支持力逐渐减小，合力逐渐减小加速度也逐渐减小，选项D 正确．8.(多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A ．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B ．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短解析：AC 设屋檐的底角为θ，底边为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x ，雨滴下滑时加速度为a ，对雨滴做受力分析，只受重力mg 和屋顶对雨滴的支持力F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N。

2019版高考物理金榜一轮课时分层作业：九 3.3牛顿运动定律的综合应用 Word版含解析-

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课时分层作业九牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。

1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。

两图中a～g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。

根据图象分析可得( )A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度【解析】选B。

由图可知人的重力为500 N,故A错误;c点位置人的支持力750 N>500 N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650 N>500 N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2,故D错误。

2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则( )A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。

对物块进行受力分析,设斜面的角度为θ,可列方程mgsin θ-μmgcos θ=ma,sin θ-μcos θ=,当加上力F后,由牛顿第二定律得(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma1,即mgsin θ-μmgcos θ+Fsin θ-μFcos θ=ma1,ma+Fsin θ-μFcos θ=ma1,Fsin θ-μFcos θ=F(sin θ-μcos θ)=,大于零,代入上式知,a1大于a。

物块将以大于a的加速度匀加速下滑。

只有C项正确。

3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。

2019版高考物理课标版一轮复习考点规范练：9牛顿运动

考点规范练9牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题1.(2017·河南洛阳模拟)如图所示的装置中,重为4 N的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上,整个装置被固定在测力计上并保持静止,斜面的倾角为30°。

如果物块与斜面间无摩擦,装置稳定以后,在烧断细线物块下滑时测力计的读数与稳定时比较()A.增大4 NB.增大3 NC.减小1 ND.不变2.如图所示,A、B两物体之间用轻质弹簧连接,用水平恒力F拉物体A,使物体A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动,这时弹簧长度为l1;若将A、B置于粗糙水平面上,用相同的水平恒力F拉物体A,使物体A、B一起做匀加速直线运动,此时弹簧长度为l2。

若物体A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同,则下列关系式正确的是()A.l2=l1B.l2<l1C.l2>l1D.由于A、B质量关系未知,故无法确定l1、l2的大小关系3.如图所示,bc为固定在小车上的水平横杆,物块A串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,A又通过轻细线悬吊着一个小铁球B,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动,而A、B 均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ。

小车的加速度逐渐增大,A始终和小车保持相对静止,当加速度增加到2a时()A.横杆对A的摩擦力增加到原来的2倍B.横杆对A的弹力增加到原来的2倍C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D.细线的拉力增加到原来的2倍4.一长轻质木板置于光滑水平地面上,木板上放质量分别为m A=1 kg和m B=2 kg的A、B两物块,A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ=0.2(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

水平恒力F 作用在A物块上,如图所示(重力加速度g取10 m/s2),则()A.若F=1 N,则物块、木板都静止不动B.若F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 NC.若F=4 N,则B物块所受摩擦力大小为4 ND.若F=8 N,则B物块的加速度为1.0 m/s25.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。

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课练9 牛顿运动定律的应用
如图所示，两个相同的小物块簧相连，系统用细线静止悬挂于足够高的天花板下．细线某时刻被剪断，系统下落，已知重的加速度大小均为g
的加速度大小均为g
．下落过程中弹簧一直保持拉伸状态
和弹簧组成的系统机械能守恒
受力如图，F 1＝F ′1＝变为零，弹簧弹力不变．对a 有F ′1＋和b 都只受重力，加速度大小均为的加速度，下落时弹簧长度开始变短，弹簧恢复原长时，C 错误；下落过程中重力势能、弹性势能相互转化，系统机械能守恒，D 正确．)如图所示，A g .现对A 施加一水平拉力
都相对地面静止
的加速度为13
μg
羽毛的运动现象判断引力是否存在，故D正确．
多选)如图所示，质量分别为
与斜面间的动摩擦因数分别为
上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是(
，则杆受到压力
如图所示，在水平面上，有两个质量分别为，它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ，m1>m2，A、
B及弹簧组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得两次运动过程中整m1＋m2g
，可得
m1＋m
＝μm＋m1a1＝
如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成
横杆右边用一根细线吊一小铁球，
角，若θ<α，则下列说法正确的是
的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬挂另一质量为
水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成，如图甲．若用一力F′水平向左拉小车，使小球和车一起以加速细线与竖直方向也成α角，细线的拉力大小为F′1
B．a′>a，F′1>F1
．a′>a，F′1＝F1
先对题图甲中的整体受力分析，受重力、支持力和拉力F
再对题图甲的小球受力分析，如图(a)．
－F1sinα＝ma，F1cosα－mg＝0.由以上三式可解得
再对题图乙中小球受力分析如图(b)，由几何关系得F合＝
′＝g tanα，由于M>m，故a′>a，F′＝
化的图线．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可得到的信息是
．该同学做了两次下蹲—起立的动作
．该同学做了一次下蹲—起立的动作，且下蹲后约2 s起立
．下蹲过程中人一直处于失重状态
．下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，
正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，
．(2018·江西宜春中学等五校联考)(多选)如图所示，一质量为
90°，两底角为α和β且α<β
的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现使a、b同时沿斜面下滑，则下列说法正确
．(2018·江西九校联考)如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg
已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数
不计绳与滑轮的质量和摩擦．初始时刻用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
解析：假设
－m1＋m2g sin30°
m1＋m＋m3
f＝m sin30°＋
>f m，因为m2随
设不正确，根据上述分析可知，相对于m1下滑，故B正确．
如图所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮
它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在
通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对
，系统加速度为a，以物体B为研究对象，水平方向物体
；对物体C受力分析如图所示，受绳的张力
对力进行正交分解：
如图所示，地面依次摆放两个完全相同的木板150 g．现有一小滑块以速度
，滑块与木板间的动摩擦因数为
若重力加速度及图中的v0、v1、t1
．物块与斜面间的动摩擦因数
．物块沿斜面向上滑行的最大高度
4．(2018·重庆巴蜀中学月考)如图所示，倾角为θ的足够长传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为v1，一个物块从传送带底端以初速度大小v2(v2>v1)上滑，同时物块受到平行于传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块运动的vt图象不可能是( )
答案：C
解析：因v2>v1，则物块相对于传送带向上运动，物块所受滑动摩擦力向下．①若F＝mg sinθ＋μmg cosθ，则物块的加速度为零，将一直向上以v2匀速运动，选项B正确；②若F>mg sinθ＋μmg cosθ，则物块的加速度向上，将一直做匀加速直线运动，选项A正确；
③若F<mg sinθ＋μmg cosθ，则物块的加速度向下，将向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物块受静摩擦力作用且它所受的合外力为零，则物块和传送带一起向上匀速运动，故选项C错误，选项D正确；故不可能的图象选C.
5．(2018·江西丰城模拟)(多选)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连，两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图所示．当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后，经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于v0且保持不变，物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2)，则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度)( )
A．物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动
B．两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等
C．两物块在任何时刻的速度和加速度都相等
D．可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段
答案：AD
解析：物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接，故物块2也做匀加速运动；如果在物块2滑上传送带之前，物块的速度已经等于传送带的速度，则此后物块1、2均做匀速直线运动，故A正确；两物块都在传送带上时，如果两物块速度与传送带相同，则两物块所受静摩擦力相等，均为零，故B错误；如果物块2滑上传送带时，物块的速度小于传送带的速度，由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2，则加速度a1<a2，两个物块间的距离会缩小，故C错误，D正确．
6．(2018·山西太原五中段考)在如图所示的装置中，质量为3 kg的物块被平行于斜面的细绳拴在斜面上端的小柱上，斜面的倾角为30°，被固定在测力计上，整个装置保持静止．如果物块与斜面间无摩擦，装置稳定以后，当细绳被烧断，物块正在下滑的过程中，与稳定时比较，测力计的读数(g取10 m/s2)( )
A．增加15 N B．减小15 N
C．减小7.5 N D．保持不变
答案：C
解析：对物块和斜面体整体受力分析，受重力和支持力，平衡时有N－(M＋m)g＝0，物块加速下滑时，再次对物块和斜面体整体受力分析，根据牛顿第二定律，竖直方向有(M＋m)g
板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是( )
s1＝s2
s1＝s2
s1>s2
A、B仍相对车厢静止，则
．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
(1－μ)g
μg
(1－μ)g
A分析有f＝mg＝μN＝μF
当车厢做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对
根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右．对B分析，f B m＝
错误．
如图所示，在倾角为
的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大
拉其中一个质量为
．物体从右端滑到左端所需的时间一定大于物体从左端滑到右端的时间
，物体从左端滑上传送带必然先做加速运动，再做匀速运动
如图所示，质量M＝1 kg
＝1 kg、可视为质点的小物块以初速度
板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力
始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块
木板与斜面之间的动摩擦因数为。