【文档说明】高考物理一轮复习习题：第3章 第3讲 牛顿运动定律的综合应用（一） Word版含答案.doc，共(9)页，411.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)A组基础题组1.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ。则m1的加速度大小为()A.B.C.D.2.(2014福建理综,15,6分

)如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是()3.

(2016福建师大附中期中)一物体静止在水平面上,物体与水平面之间的滑动摩擦力为0.5N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F,使物体在水平面上运动了3s的时间。为使物体在3s时间

内运动的位移最大,力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个(g取10m/s2)()4.(2015安徽合肥一模,6)如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连。当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长

量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2。则有()A.a1=a2,x1=x2B.a1<a2,x1=x2C.a1=a2,x1>x2D.a1<a2,x1>x25.如

图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10N、方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g取10m/s2)()A.

10NB.20NC.25ND.30N6.(多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a

向上做匀加速运动,当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。则()A.物块B刚要离开C时B的加速度也为aB.加速度a=gC.以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a=gD.从F开始作用到B刚要离开C,A的位移为7.(2014重庆理综,5,6分)以不同初

速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是()8.(2015河北唐山一模,24)如图所示,质量为0.5kg、0.2kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻

绳,绳子末端与地面距离为0.8m,小球距离绳子末端6.5m,小球A、B与轻绳的滑动摩擦力都为重力的0.5倍,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球,不计绳子质量,忽略与定滑轮相关的摩擦力,

g=10m/s2。求:(1)释放A、B两个小球后,A、B的各自加速度;(2)小球B从静止释放经多长时间落到地面。B组提升题组9.(2016黑龙江哈尔滨六中期中)(多选)如图甲所示,一质量为M的长木板静置于光滑水平面上,其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水

平拉力F作用时,用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示的a-F图。取g=10m/s2,则()A.滑块的质量m=4kgB.木板的质量M=2kgC.当F=8N时滑块的加速度为2m/s2D.滑块与木板间动摩擦因数为0.110.(2016广东广州

执信中学期中)(多选)一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面连接一个光滑的小球,如图所示,当木板固定时,弹簧测力计示数为F1,现由

静止释放后,木板沿斜面下滑,稳定时弹簧测力计的示数为F2,若斜面的高为h,底边长为d,则下列说法正确的是()A.稳定后弹簧仍处于伸长状态B.稳定后弹簧一定处于压缩状态C.μ=D.μ=11.(2014四川理综,7,6分)(多选)如图所示,水平传送带以速度v1匀

速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()12.(2015福建福州质检,20

)如图甲所示,质量m=1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动,t=0.5s时撤去拉力,利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v-t图像)如图乙所示,g取10m/s2,求:(1)2s内物块的位移大小s和通过的路程L;(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大

小a1、a2和拉力大小F。13.(2014山东理综,23,18分)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72

km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示。此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求:图甲图乙(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了

多少;(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。答案全解全析A组基础题组1.A把m1、m2看做一个整体,在水平方向上加速度相同,由牛顿第二定律可得:Fcosθ=(m1+m2)a,所以a=,选项A正确。2.B设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑

时,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma,a=gsinθ-μgcosθ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块下滑时的位移s=v0t+at2,选项B正确;滑块下降高度h=s·sinθ=v0sinθ·t+asinθ·

t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+at,选项C错误。3.A设物体的质量m=1kg,根据牛顿第二定律有F-f=ma,当物体所受的拉力分别为2.5N、1.5N和0.5N时,加速度分别为:2m/s2、1m/s2、0,则选项A、B、C、

D所对应物体运动的v-t图像分别为图1、图2、图3、图4,则由图线与t轴围成的“面积”等于位移可知,力F随时间变化情况为A项图时位移最大,故选A。4.B对a、b物体及弹簧整体分析,有:a1==-g,a2=,可知a1<a2,再隔离b分析,有:F1-m2g=m2a1,解得:

F1=,F2=m2a2=,可知F1=F2,再由胡克定律知,x1=x2。所以B选项正确。5.C选A、B整体为研究对象有F=2ma,解得a=2.5m/s2。选A为研究对象有F-FN+mg=ma,解得FN=25N,由牛顿第三定律知A对B的压力FN'=FN=25N,选项C正确。6.BD物块B

刚要离开C时,B与C之间弹力为0,此时弹簧对B的拉力等于B的重力沿斜面向下的分力,即B受合力为0,则B的加速度为0,选项A错误;未加F时对A受力分析得弹簧的压缩量x1==,B刚要离开C时对B受力分析得弹簧的伸长量x2==,此时对A由牛顿第二定律得F

-mgsin30°-kx2=ma,解得a=g,选项B正确;以A、B整体为研究对象可以计算出加速度a==g,C错误;物块A的位移x1+x2=,选项D正确。7.D受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+v,v减小,a减

小,A错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故B、C、D正确。8.答案见解析解析(1)小球B加速下落,由牛顿第二定律得:m2g-km2g=m2a2a2=5m/s2小球A加速下落,由牛顿第二定律得:m1g-

km2g=m1a1a1=8m/s2(2)设经历时间t1小球B脱离绳子,小球B下落高度为h1,获得速度为v,则a1+a2=l解得:t1=1sh1=a2=2.5mv=a2t1=5m/s小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落,此时距地面高度为h2,经历t2时间后落到地

面,则h2=6.5m+0.8m-2.5m=4.8mh2=vt2+g解得:t2=0.6st总=t1+t2=1.6sB组提升题组9.ABD从图乙中可知当拉力F>6N时,两者发生相对运动,当F≤6N时,两者相对静止;则当F=6N时,对整体由牛顿第二定律有F=(M+m)a,可得M+m=6kg;当F

>6N时,对木板分析,其受到拉力和m给的摩擦力,由牛顿第二定律得a==F-,再结合图乙中图线的斜率,则知k===(kg-1),得M=2kg,所以m=4kg;将F>6N时的图线的反向延长线与F轴的交点的坐标数据代入a=F-,可得0=×4-,解得μ=0.1,故A、B、D正确;当F=8N时滑块的加

速度为a8===1m/s2,故C错误。10.AD木板固定时,对小球分析有F1=mgsinθ(θ为斜面的倾角,m为小球质量)木板运动后稳定时,对整体分析,根据牛顿第二定律得:a=gsinθ-μgcosθ则a<gsinθ,再结合牛顿第二定律分析可知,弹簧测力计对小

球的力应沿斜面向上,弹簧处于伸长状态,对小球根据牛顿第二定律有:mgsinθ-F2=ma而tanθ=解得μ=,故只有A、D正确。11.BC若v2<v1且mQg<μmPg,则μmPg-mQg=(mP+mQ)a1,当P

加速运动速度达到v1后,与皮带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2<v1且mQg>μmPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1,且

mQg<μmPg,则P先匀减速至v1,然后与传送带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2>v1且mQg>μmPg,满足mQg+μmPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-μmPg=(mP+mQ

)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。12.答案(1)0.5m1.5m(2)4m/s24m/s28N解析(1)在2s内,由图乙知:物块上升的最大距离:s1=×2×1m=1m物块下

滑的距离:s2=×1×1m=0.5m所以位移大小s=s1-s2=0.5m路程L=s1+s2=1.5m(2)由图乙知,所求两个阶段加速度的大小a1=4m/s2a2=4m/s2设斜面倾角为θ,斜面对物块的摩擦力为f,根据牛顿第二定律有0~

0.5s内:F-f-mgsinθ=ma10.5~1s内:f+mgsinθ=ma2解得F=8N13.答案(1)8m/s22.5s(2)0.3s(3)解析(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20m/s,末速度vt=0,

位移s=25m,由运动学公式得=2as①t=②联立①②式,代入数据得a=8m/s2③t=2.5s④(2)设志愿者反应时间为t',反应时间的增加量为Δt,由运动学公式得L=v0t'+s⑤Δt=t'-t0⑥联立⑤⑥式,代入数据得Δt=0

.3s⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma⑧由平行四边形定则得=F2+(mg)2⑨联立③⑧⑨式,代入数据得=⑩