【文档说明】高考物理复习 课时过关题09 牛顿运动定律的综合应用（含答案解析）.doc，共(7)页，152.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题09牛顿运动定律的综合应用1.将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是()2.

在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()A．μFB．2μFC.1.5m(g＋a)D．m(g＋a

)3.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10m/s2.根据

图象分析可得()A．人的重力为1500NB．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4.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．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖

直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度5.某种型号焰火礼

花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10m/s2，那么v0和k分别等于()A．40m/s,1.25B．4

0m/s,0.25C．50m/s,1.25D．50m/s,0.256.如图，带有竖直支柱的斜面固定在水平地面上，光滑的小球被轻质细线和轻弹簧系住静止于斜面上，弹簧处于拉伸状态．现剪断细线，小球沿斜面向下运动的过程中()A．弹簧达到自然长度前加速运动，之后减速运动B．弹簧达到自然长度前加速运

动，之后先加速运动后减速运动C．加速度先增大后减小D．加速度一直减小7.如图所示，车内轻绳AB与BC拴住一小球，BC水平，开始车在水平面上向右做匀速直线运动，现突然刹车做匀减速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则()A．AB绳、B

C绳拉力都变小B．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变C．AB绳拉力不变，BC绳拉力变小D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大8.如图所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车

左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小9.如图所示，横截面为直角三角形的三棱柱质量为M，放在粗糙的水平地面上

，两底角中其中一个角的角度为α(α＞45°)．三棱柱的两倾斜面光滑，上面分别放有质量为m1和m2的两物体，两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接，定滑轮固定在三棱柱的顶端，若三棱柱始终处于静止状态．不计滑轮与绳以及滑

轮与轮轴之间的摩擦，重力加速度大小为g，则将m1和m2同时由静止释放后，下列说法正确的是()A．若m1=m2，则两物体可静止在斜面上B．若m1=m2tanα，则两物体可静止在斜面上C．若m1=m2，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)gD．若m1=m2，则三棱柱所受地面的摩擦

力大小为零10.质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.3，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律

如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=10s这段时间内的位移大小为()A．6mB．18mC．30mD．24m11.(多选)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图线如图所示，则()A．在0～t1时间内，外力F大小不断增大B．在t1时刻，外力F为零

C．在t1～t2时间内，外力F大小可能不断减小D．在t1～t2时间内，外力F大小可能先减小后增大12.(多选)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A，假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都

和滑动摩擦力相等，用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是()A．A的质量为0.5kgB．B的质量为1.5kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.

2D．A、B间的动摩擦因数为0.413.已知无人机质量m=1kg，动力系统能提供的最大升力F=16N，无人机上升过程中最大速度v=6m/s，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3s，

假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度大小；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h=30m的高空所需的最短时间．14.

如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围．(2)已知m=10kg，μ=0.5，g=10m/

s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a=5m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值．答案解析1.答案为：C；解析：[皮球在上升过程中速度越来越小，所以空气阻力越来越小，重力与空气阻力的合力越来越小，所以加速度越来越小，一开始加速度最大，后来减小得

越来越慢，最后速度为零时，加速度变为重力加速度，所以答案选C.]2.答案为：D；解析：[以两个物体为整体，根据牛顿第二定律，有2f－(m＋3m)g=(m＋3m)a①再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有：f－mg－fBA=ma②联立解得：fBA=m(g＋a

)，故选D.]3.答案为：B；解析：[由图可知人的重力为500N，故A错误；c点位置人的支持力为750N＞500N，处于超重状态，故B正确；e点位置人的支持力为650N＞500N，处于超重状态，故C错误；d点的加速度20

m/s2大于f点的加速度10m/s2，故D错误．]4.答案为：D；解析：[物体在手掌的推力作用下，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状态．当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同的速度，物

体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确．]5.答案为：D；解析：[上升过程中所

受的阻力f=kmg，根据牛顿第二定律得：a=mg＋fm=(k＋1)g，根据h=12at2，得：a=2ht2=12.5m/s2，所以v0=at=50m/s，而(k＋1)g=12.5m/s2，所以k=0.25.故选D.]6.答案为：B；解析：[在未剪断细线时，弹

簧处于伸长状态，故弹簧对小球有向下的弹力，故剪断细线后小球先加速向下运动，加速度减小，当弹簧的弹力沿斜面向上且等于小球重力沿斜面向下的分力时，速度达到最大，小球继续向下运动，此后弹簧的弹力大于小球重力沿斜面向下的分力，小球做减速运动，并且加速度增

大，选项B正确．]7.答案为：C；解析：[对球B受力分析，受重力、BC绳子的拉力FT2、AB绳子的拉力FT1，如图所示，根据牛顿第二定律，水平方向：FT2－FT1sinθ=ma竖直方向：FT1cosθ－mg=0，解得FT1=

mgcosθ，AB绳子的拉力不变，FT2=mgtanθ＋ma，匀速时加速度为零，刹车后，加速度向左，取负值，所以，BC绳子的拉力变小，故C正确，A、B、D错误．]8.答案为：B；解析：[若小车向右的加速度增大，

弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确．]9.答案为：C；解析：[若m1=m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90°－α)，m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsinα，由于α＞45°，则m2gsin(90°－α)＜

m1gsinα，则m1将沿斜面向下加速运动，m2将沿斜面向上加速运动，A错误．要使两物体都静止在斜面上，应满足：m2gsin(90°－α)=m1gsinα，即有m1=m2cotα，B错误．若m1=m2，设加速度大小为a，对两个物体及斜面整体，

由牛顿第二定律得，竖直方向有FN－(M＋m1＋m2)g=m2asin(90°－α)－m1asinα＜0，即地面对三棱柱的支持力FN＜(M＋m1＋m2)g，则三棱柱对地面的压力小于(M＋m1＋m2)g；水平方

向有Ff=m1acosα＋m2acos(90°－α)＞0，C正确，D错误．]10.答案为：C；解析：[物体所受的最大静摩擦力f=μmg=6N．在0～2s内，拉力小于摩擦力，物体不动；在2～4s内，物体做匀加速直线运动，a1=F－fm=12－6

2m/s2=3m/s2，则位移x1=12a1t21=12×3×4m=6m；在4～6s内，物体做匀减速直线运动，加速度大小a2=μg=3m/s2，初速度v0=a1t1=6m/s，则位移x2=v0t2－1

2a2t22=12m－12×3×4m=6m；物体的末速度v1=v0－a2t2=6m/s－3×2m/s=0在6～8s内，物体做匀加速直线运动，匀加速直线运动位移x3=6m，末速度v2=6m/s.在8～10s内，物体做匀速直线运动，位移x4=v

2t4=12m.则0～10s内的位移x=6m＋6m＋6m＋12m=30m，故C正确，A、B、D错误．]11.答案为：CD；解析：[v－t图象的斜率表示加速度，在0～t1时间内，物体做加速度减小的加速运动，由牛顿第二定律得，F－f=ma，所以外力F不断减小，选项A错误；在t1时刻，加速度

为零，外力F等于摩擦力f，选项B错误；在t1～t2时间内，物体做加速度增大的减速运动，由牛顿第二定律得，f－F=ma′，所以外力F可能不断减小，选项C正确；若物体静止前，外力F已减至零，则此后，外力F必再反向增大，选项D正确．]12.答案为：ACD；解析：[由图可知，二者开始时相对地面静止，当拉

力为3N时开始相对地面滑动；故B与地面间的最大静摩擦力为3N；当拉力为9N时，A、B相对滑动，此时A的加速度为4m/s2；当拉力为13N时，B的加速度为8m/s2；对A分析可知，μ1g=4m/s2；解得A、B间的动摩擦因数μ1=0.4；对B分析可知，13N－3N－μ1mAg=mB×8m/s2对

整体有：9N－3N=(mA＋mB)×4m/s2联立解得：mA=0.5kg；mB=1kg；则由μ2(mA＋mB)g=3N解得，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.2；故A、C、D正确，B错误．]13.解：(1)无

人机以最大升力起飞的加速度大小为：a=vt=63m/s2=2m/s2.(2)根据牛顿第二定律可得，F－mg－Ff=ma，代入数据可解得：Ff=4N.(3)由位移－时间公式得，无人机匀加速上升的高度：h1=12at2=12×2×32m=9m，无人机达到

最大速度匀速上升的高度：h2=h－h1=30m－9m=21m，由x=vt得，无人机匀速飞行的时间：t′=h2v=216s=3.5s则无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h=30m的高空所需的最短时间：t总=t＋t′=3s＋3.5s=6.5s.14.解：(1)要使物体运动时不离开

地面，应有：Fsinθ≤mg要使物体能一直向右运动，应有：Fcosθ≥μ(mg－Fsinθ)联立解得：μmgcosθ＋μsinθ≤F≤mgsinθ(2)根据牛顿第二定律得Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)=ma解得：F=μmg＋macosθ＋μsinθ上式变形得F=μmg＋ma1＋μ2＋

其中α=arcsin11＋μ2当sin(θ＋α)=1时，F有最小值解得：Fmin=μmg＋ma1＋μ2代入相关数据解得：Fmin=405N