2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3课时牛顿运动定律的综合应用课时冲关新人教版

第三章 第3课时 牛顿运动定律的综合应用一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1．(68520064)(2017·河南周口西华一中等校联考)为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示．当此车加速上坡时，乘客( )A ．处于失重状态B ．处于超重状态C ．受到向后的摩擦力作用D ．所受力的合力沿斜面向下解析：B [当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A 错误，B 正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力，乘客加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C 错误．由于乘客加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D 错误．]2．(2017·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m ＝50kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.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：C [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N －mg ＝ma ，解得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．]3．如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向右的恒力F ，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力F ′，且F ′满足的关系为F ′＝kv .已知小圆环的质量为m ，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为μ.则小圆环运动过程中速度随时间变化的图象为( )解析：C [刚开始运动时，加速度a 1＝F －μmg －kv m ，随着速度v 增大，a 1增大，当速度v 增大到kv >mg 时，加速度a 2＝F －μkv －mg m，随着速度v 增大，a 2减小，当a 2减小到0时，做匀速运动，则C 正确．]4．某同学将一台载有重物的电子台秤置于直升式电梯内，从1楼直升到达10楼下电梯，在进入电梯到下电梯的全过程中他用相机拍摄了如图所示的四幅照片，若电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，据此下列判断正确的是( )A ．甲应为电梯减速时所拍摄的B ．乙表明了电梯处于失重状态C ．丙应为电梯匀速时所拍摄的D ．丁应为电梯减速时所拍摄的解析：D [电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，若示数大于9，则电梯加速上升或减速下降，处于超重状态；若示数小于9，则电梯减速上升或加速下降，处于失重状态；若示数等于9，则电梯处于静止或匀速运动状态．所以D 正确．]5．(68520065)(2017·云南玉溪一中月考)如图所示，三个物体质量分别为m 1＝1.0 kg 、m 2＝2.0 kg 、m 3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m 1和m 2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m 2将(g 取10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．和m 1相对静止一起沿斜面下滑B ．和m 1相对静止一起沿斜面上滑C ．相对于m 1上滑D ．相对于m 1下滑解析：D [假设m 1和m 2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a ＝m 3g －m 1＋m 2g sin 30°m 1＋m 2＋m 3＝2.5 m/s 2.隔离对m 2分析，根据牛顿第二定律得f －m 2g sin 30°＝m 2a ，解得f ＝m 2g sin 30°＋m 2a ＝15 N ，最大静摩擦力f m ＝μm 2g cos 30°＝8 3 N ，可知f >f m ，知m 2的加速度小于m 1的加速度，m 2相对于m 1下滑，故D 正确．]6．(2017·河北唐山一模)如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体A ，用质量与A 相同的物体B 推A 使弹簧压缩，A 、B 与水平面间的动摩擦因数分别为μA 和μB 且μA >μB .释放A 、B ，二者向右运动一段距离后将会分离，则A 、B 分离时( )A ．弹簧形变量为零B ．弹簧压缩量为μA ＋μB mg k C ．弹簧压缩量为μA －μB mg k D ．弹簧伸长量为μA ＋μBmg k解析：C [设A 、B 分离时弹簧伸长量为x ，当A 、B 刚好分离时，A 、B 间的弹力为零，加速度仍相同，根据牛顿第二定律得μB mg m ＝μA mg ＋kx m ，解得x ＝μB －μA mg k .由于μA >μB ，所以有x <0，说明弹簧压缩，且压缩量为μA －μB mg k ，故选C.]二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)7．(68520066)(2017·江苏南京盐城一模)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：CD [运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B 错误，D 正确．]8．(2017·河北百校联盟联考)在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯从静止开始一直上升，最后停止运动：传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(F ­t )图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．0～4 s 电梯中的物体处于超重状态B ．18～22 s 内，电梯中的物体处于先超重再失重状态C ．从图中可以求出物体的重力D ．从图中可以找出电梯上升时的最大加速度解析：ACD [在0～4 s 内重物对台秤的压力大于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向上，处于超重状态，电梯加速上升，故A 正确；在18～22 s 内重物对台秤的压力小于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向下，处于失重状态，电梯减速上升，故B 错误；由图象可知，电梯匀速上升时台秤的示数是30 N ，所以物体的重力是30 N ，质量为3 kg ，故C 正确；在0～4 s 内，重物所受最大支持力N ＝50 N ，由牛顿第二定律有N －mg ＝ma ，解得a ＝203m/s 2＝6.7 m/s 2；在18～22 s 内，重物所受最小支持力N ′＝10 N ，由牛顿第二定律有mg －N ′＝ma ′，解得a ′＝203m/s 2＝6.7 m/s 2，故D 正确．]9．(2017·山西太原期末)如图所示，两质量相等的长方体物块A 、B 通过一水平轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，开始时弹簧处于原长．现在A 上施加一个水平恒力F ，A 、B 从静止开始运动到弹簧第一次达到最长的过程中，下列说法中正确的有(弹簧处在弹性限度内)( )A ．物块A 的速度一直增大，加速度一直减小B ．物块B 的速度一直增大，加速度一直增大C ．弹簧第一次达到最长时，A 、B 的速度相同D ．弹簧第一次达到最长时，A 、B 的加速度相同解析：ABC [作出两物块运动的v ­t 图象如图所示，在整个过程中，A 的合力(加速度)减小，而B 的合力(加速度)增大，在达到共同加速度之前，A 的合力(加速度)一直大于B 的合力(加速度)，之后A 的合力(加速度)一直小于B 的合力(加速度)．由于加速度与速度方向相同，所以物块A 、B 的速度一直在增大．故A 、B 正确．t 1时刻，两物块加速度相等时，v ­t 图线切线的斜率相同，速度差最大，t 1时刻之后，A 的速度仍大于B 的速度，弹簧仍在伸长，当弹簧第一次达到最长时，物块A 、B 的速度相等，故A 、B 加速度相等时，弹簧的长度不是最长，故D 错误，C 正确．]10．(2017·辽宁大连二十四中期中)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A 、B 两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝2 kg ，当A 、B 之间产生拉力且大于0.3 N 时A 、B 将会分离．t ＝0时刻开始对物块A 施加一水平推力F 1，同时对物块B 施加同一方向的拉力F 2，使A 、B 从静止开始运动，运动过程中F 1、F 2方向保持不变，F 1、F 2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( )A ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力大小为0.6 NB ．t ＝2.0 s 时刻A 、B 之间作用力为零C ．t ＝2.5 s 时刻A 对B 的作用力方向向左D ．从t ＝0时刻到A 、B 分离，它们运动的位移为5.4 m解析：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a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m/s 2＝1.2 m/s 2，分离时有F 2－f ＝m B a ，得F 2＝f ＋m B a ＝(0.3＋2×1.2)N＝2.7 N ，经历时间t ＝43.6×2.7 s＝3 s ，根据位移公式s ＝12at 2＝5.4 m ，则D 正确；当t ＝2 s 时，F 2′＝1.8 N ，F 2′＋f ′＝m B a ，得f ′＝m B a －F 2′＝0.6 N ，A 正确，B 错误；当t ＝2.5 s 时，F 2″＝2.25 N ，F 2″＋f ″＝m B a ，得f ″＝m B a －F 2″>0，C 错误．]三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(68520067)(20分)(2017·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＝9－34m/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－kv 0－μmg cos θ＝ma 0①最后匀速时：mg sin θ＝kv 1＋μmg cos θ②联立①②得kv 0＋ma 0＝kv 1，得k ＝ma 0v 1－v 0＝1 kg/s ， 由②式，得μ＝mg sin θ－kv 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．(68520068)(20分)(2017·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v­t 图象如图(b)所示．取g＝10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的v­t图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μm A g＝(m A＋m B)a，代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μm A g＝m A a A，a A＝μg＝3 m/s2，v t＝v0－a A t＝0，解得t＝2 s，物体A的位移为x A＝v t＝6 m，物体B的位移为x B＝v0t＝12 m，所以A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝x B－x A＝6 m.答案：(1)15 N (2)6 m。