1、2019屆高三物理一輪總復習 第3章牛頓運動定律3 牛頓運動定律的綜合應用課時作業(yè) 新人教版一、選擇題1(2016汕頭模擬)如圖，物塊P和M疊放在一起，且質量mPmM.將它們從靜止開始釋放，不計空氣阻力，重力加速度為g，則在它們的下落過程中()AM下落的速度較大BP對M的壓力為零CP對M的壓力等于mPgDP對M的壓力大于0而小于mPg【解析】兩物塊疊放在一起自由下落時，整個系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，因此P、M之間的作用力為零，則選項B正確，選項CD錯誤；由于P、M一起自由下落，則兩物塊的運動狀態(tài)始終相同，則選項A錯誤【答案】B2.如圖所示為英國人阿特伍德設計的裝置，不考慮繩與滑輪的質量，不計軸承摩

2、擦、繩與滑輪間的摩擦初始時兩人均站在水平地面上，當位于左側的甲用力向上攀爬時，位于右側的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達滑輪下列說法中正確的是()A若甲的質量較大，則乙先到達滑輪B若甲的質量較大，則甲、乙同時到達滑輪C若甲、乙質量相同，則乙先到達滑輪D若甲、乙質量相同，則甲先到達滑輪【解析】因為同一段輕繩中各處的張力大小相等，故繩對甲、乙兩人向上的拉力大小相等，質量較小的乙對應的加速度較大，將最先到達滑輪，A正確；若甲、乙兩人的質量相同，將同時到達滑輪【答案】A3質量不計的彈簧下端固定一小球，現(xiàn)手持彈簧上端使小球隨手在豎直方向上以同樣大小的加速度a(ag)分別向上、向下做勻加速直線運動若

3、忽略空氣阻力，彈簧的伸長量分別為x1、x2；若空氣阻力不能忽略且大小恒定，彈簧的伸長量分別為x1、x2.則()Ax1x1x2x2 Bx1x1x2x2Cx1x2x2x1 Dx1x2x2x1【解析】忽略空氣阻力時，根據(jù)牛頓第二定律得：kx1mgma，mgkx2ma，空氣阻力不能忽略且大小恒定，設為Ff，根據(jù)牛頓第二定律得：kx1mgFfma，mgkx2Ffma，聯(lián)立解得，x1x2x1x2，C正確【答案】C4.(多選)某物體以一定初速度沿斜面向上運動的最大位移為x，且x隨斜面傾角的變化關系如圖，重力加速度g10 m/s2，則()A物體初速度大小為5 m/sB物體和斜面之間動摩擦因數(shù)為eq r(3)C

4、53時，x有最小值Dx最小值為eq f(5,8)eq r(3) m【解析】當90時，物體做豎直上拋運動，利用2ghveq oal(2,0)，得到v05 m/s；當0時，物體沿水平面滑動，由2ax0veq oal(2,0)和ag，可得eq f(r(3),3)；對某一角度，物體沿斜面向上滑行過程中，加速度ag(sincos)，上滑的最大位移為xeq f(voal(2,0),2gsincos)，代入v0、值，結合數(shù)學知識可知，當60時，x有最小值為eq f(5,8)eq r(3) m .綜上分析，只有選項AD正確【答案】AD5如圖所示，水平傳送帶A、B兩端點相距x4 m，以v04 m/s的速度(始終

5、保持不變)順時針運轉，今將一小煤塊(可視為質點)無初速度地輕放至A點處，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.4，g取10 m/s2，由于小煤塊與傳送帶之間有相對滑動，會在傳送帶上留下劃痕，則小煤塊從A運動到B的過程中()A小煤塊從A運動到B的時間是2.25 sB小煤塊從A運動到B的時間是1.5 sC劃痕長度是0.5 mD劃痕長度是2.5 m【解析】根據(jù)牛頓第二定律得：小煤塊的加速度為ag4 m/s2.小煤塊運動到速度與傳送帶速度相等時的時間為：t1eq f(v0,a)1 s，此時小煤塊的位移為：x1eq f(1,2)ateq oal(2,1)2 m4 m，此后小煤塊與傳送帶以相同的速度勻速運

6、動到B端，所以劃痕長度即小煤塊相對于傳送帶的位移sv0t1x12 m，故C、D錯誤；x2xx12 m，勻速運動的時間為：t2eq f(x2,v0)0.5 s，運動的總時間為：tt1t21.5 s，故A錯誤，B正確【答案】B6.(多選)北京歡樂谷游樂場天地雙雄是目前亞洲唯一的雙塔太空梭它是能體驗強烈失重、超重感覺的娛樂設施，先把乘坐有十多人的座艙，送到76 m高的地方，讓座艙自由落下，當落到離地面28 m時制動系統(tǒng)開始啟動，座艙勻減速運動到地面時剛好停止若某游客手中托著質量為1 kg的飲料瓶進行這個游戲，g取9.8 m/s2，則()A當座艙落到離地面高度為40 m的位置時，飲料瓶對手的作用力大于

7、9.8 NB當座艙落到離地面高度為40 m的位置時，飲料瓶對手的作用力為零C當座艙落到離地面高度為15 m的位置時，飲料瓶對手的作用力小于9.8 ND當座艙落到離地面高度為15 m的位置時，手要用26.6 N的力才能托住飲料瓶【解析】當座艙落到離地面高度為40 m的位置時，座艙處于自由下落階段，飲料瓶處于完全失重狀態(tài)，故此時飲料瓶對手的作用力為零，B正確；當座艙落到離地面高度為15 m的位置時，座艙處于勻減速運動階段，自由下落階段有v22gh，又因為v22ax，x28 m，所以a16.8 m/s2，由Fmgma可得手要用26.6 N的力才能托住飲料瓶，D正確【答案】BD7在光滑水平面上，放著兩

8、塊長度相同、質量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端各放一個大小、形狀、質量完全相同的物塊，如圖所示，開始時各物塊均靜止，現(xiàn)在兩物塊上各作用一水平恒力F1、F2，當物塊和木板分離時，兩木板的速度分別為v1和v2，物塊和兩木板間的動摩擦因數(shù)相同下列說法正確的是()A若F1F2，M1M2，則v1v2B若F1F2，M1M2，則v1M2，則兩木板的加速度a1a2，設木板長度為L，當物塊與木板分離時由運動學公式可得eq f(1,2)a物塊t2eq f(1,2)a木板t2L，可得兩者位移差值確定，作出vt圖象即兩圖象面積的差值相等，由圖象可得v1v2，A錯當F1F2時，同理可得兩物塊的加速度等大，對于木

9、板由于M1a2，物塊與木板分離時兩者位移差值確定，vt圖象面積的差值相等，由圖象可得v1v2，B錯當F1v2，C對當F1F2時，由牛頓第二定律可得M1上的物塊加速度較大，對于木板由于M1M2，則兩木板的加速度等大，物塊與木板分離時兩者位移差值確定，vt圖象面積的差值相等，由圖象可得v1tan)，將物體a、b從O點由靜止開始釋放，釋放時彈簧恰好處于自由伸長狀態(tài)，當b滑到A點時，a剛好從b上開始滑動；滑到B點時a剛好從b上滑下，b也恰好速度為零，設a、b間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力下列對物體a、b運動情況描述正確的是()A從O到A的過程中，兩者一直加速，加速度大小從gsin一直減小，在A點減為零

10、B經(jīng)過A點時，a、b均已進入到減速狀態(tài)，此時加速度大小是g(cossin)C從A到B的過程中，a的加速度不變，b的加速度在增大，速度在減小D經(jīng)過B點，a掉下后，b開始反向運動但不會滑到開始下滑的O點【解析】在OA段a和b一起沿光滑斜面下滑，對整體受力分析，由牛頓第二定律有：(mamb)gsinkx(mamb)a，隨x逐漸增大，a從gsin逐漸減小；在A點，a與b分離，若b依然加速，a則不能加速(tan，即mgcosmgsin)，兩者無法分離，故只能b已經(jīng)在減速，kx(mamb)gsin，而a受的力能提供減速的加速度比b小，magcosmagsinmaaa，得：aag(cossin)可得OA段a

11、與b一起先加速后減速，故選項A錯誤，選項B正確對AB段分析，a與b有相對滑動，對a：aag(cossin)，減速下滑；對b：abeq f(kxmbgsinmagcos,mb)，隨x增大，ab逐漸增大；選項C正確b反向運動后，a已經(jīng)掉下，對b只有重力和彈簧的彈力做功，滿足機械能守恒，滿足簡諧運動規(guī)律，故剛好運動至O點速度減為零，選項D錯誤【答案】BC9.(多選)如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g10 m/s2

12、.關于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N【解析】熱氣球剛開始加速上升時，速度為零，熱氣球所受阻力也為零，根據(jù)牛頓第二定律可得，F(xiàn)mgma，解得F4 830 N，A項正確；由于熱氣球加速上升過程中，速度逐漸增大，所受阻力也逐漸增大，加速度逐漸減小，當速度為5 m/s時，加速度為零，B項錯誤；若熱氣球不受空氣阻力，則根據(jù)vat可得，t10 s，但空氣阻力逐漸增大，加速度逐漸減小，故所用時間應大于10 s，C項錯誤；當熱氣球勻速運動時，根據(jù)平

13、衡條件可得，F(xiàn)mgFf0解得，F(xiàn)f230 N，D項正確【答案】AD10如圖所示，有兩個相同材料物體組成的連接體在斜面上向上運動，當作用力F一定時，m2所受繩的拉力()A與有關B與斜面動摩擦因數(shù)有關C與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關DFTeq f(m2F,m1m2)，僅與兩物體質量有關【解析】只要m1、m2與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，對整體和隔離m2利用牛頓第二定律可求得FTeq f(m2,m1m2)F，答案為D.【答案】D11(多選)如圖甲所示，物塊的質量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的

14、關系圖象如圖乙所示，g10 m/s2.下列選項中正確的是()A2 3 s內物塊做勻減速運動B在t1 s時刻，恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3【解析】由運動學公式v2veq oal(2,0)2ax可知，v2x圖象中圖線的斜率為2a，所以在前5 m內，物塊以10 m/s2的加速度做減速運動，減速時間為1 s513 m的運動過程中，物塊以4 m/s2的加速度做加速運動，加速時間為2 s，即物塊在13 s內做加速運動，A錯誤，B正確根據(jù)牛頓第二定律可知，在減速的過程中，F(xiàn)mgma1，加速過程中Fmgma2，代入數(shù)據(jù)可解得F7 N，0.3，所以C錯誤，D正確【答案】B

15、D二、非選擇題12一質量m0.5 kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角37足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了滑塊上滑過程的vt圖象，如圖所示(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取sin370.6，cos370.8，取g10 m/s2)求：(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù).(2)判斷滑塊最后能否返回斜面底端，若能返回，求出返回斜面底端時的速度大??；若不能返回，求出滑塊停在什么位置【解析】(1)由圖象可知，滑塊的加速度aeq f(10,1.0) m/s210 m/s2滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinmgcosma代入數(shù)據(jù)解得0.5.(2

16、)滑塊速度減小到零時，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，能再下滑由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊向上運動的位移seq f(v2,2a)5 m滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinmgcosma2，a22 m/s2由勻變速直線運動的規(guī)律，滑塊返回底端的速度veq r(2a2s)eq r(20) m/s.【答案】(1)0.5(2)能eq r(20) m/s13如圖所示，固定在水平面上的斜面傾角37，長方體木塊A的MN面上釘著一顆小釘子，質量m1.5 kg的小球B通過一細線與小釘子相連接，細線與斜面垂直，木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)0.50.現(xiàn)將木塊由靜止釋放，木塊將沿斜面下滑求在木塊下滑的過程中小球對

17、木塊MN面的壓力(取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8)【解析】由于木塊與斜面間有摩擦力的作用，所以小球B與木塊間有壓力的作用，并且它們以共同的加速度a沿斜面向下運動將小球和木塊看做一個整體，設木塊的質量為M，根據(jù)牛頓第二定律可得(Mm)gsin(Mm)gcos(Mm)a代入數(shù)據(jù)得a2.0 m/s2選小球為研究對象，設MN面對小球的作用力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinFNma代入數(shù)據(jù)得FN6.0 N根據(jù)牛頓第三定律，小球對MN面的壓力大小為6.0 N，方向沿斜面向下【答案】6.0 N，方向沿斜面向下14(2016皖西聯(lián)考)如圖所示，底座A上裝有L1.0 m長的直立桿，底座和桿的總質量為M1.0 kg，底座高度不計，桿上套有m0.1 kg的小環(huán)B，小環(huán)與桿之間有大小恒定的摩擦力當小環(huán)從底座上以v04.0 m/s的初速度向上飛起時，剛好能達到桿的一半高度處，然后沿桿下降，取g10 m/s2.(1)求在小環(huán)飛起過程中，底座對水平面的壓力；(2)求小環(huán)下降過程需要的時間；(3)若小環(huán)以某一初速度向上飛起時，剛好能達到桿頂而沒有脫離直立桿，求小環(huán)升起的初速度【解析】(1)對小環(huán)進行受力分析，如圖甲：小球受重力及桿的摩擦力，上升階段加速度為a1，由牛頓第二定律：(mgf)ma1由運動學公式0veq oa