2022版高考物理一轮复习训练：第3章 能力课 牛顿运动定律的综合应用

第三章　能力课

知识巩固练习

1．在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内，下列说法正确的是(　　)

A．晓敏同学所受的重力变小了

B．晓敏同学对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力

C．电梯一定在竖直向下运动

D．电梯的加速度大小为，方向一定竖直向下

【答案】D

【解析】在这段时间内晓敏处于失重状态，她对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，A错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，B错误；人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速，故C错误；以竖直向下为正方向，有mg－F＝50 g－40 g＝ma，解得a＝ m/s2，方向竖直向下，故D正确．

2．(2021届青岛质检)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F，不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)

A．8 B．10　　

C．15 D．18

【答案】A

【解析】设P、Q两边的车厢数为p和q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律得F＝mpa，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律得F＝mq·a，根据以上两式可得＝，所以两边车厢的数目可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12等，所以总的车厢的数目可能是4、8、12、16，所以可能的是A，而B、C、D不可能．

3．如图所示是某同学站在力传感器上，做下蹲和起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为N)，横坐标为时间(单位为s)．由图像可知，该同学的体重约为 650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　)

A．该同学做了两次下蹲—起立的动作

B．该同学做了四次下蹲—起立的动作

C．下蹲过程中人处于失重状态

D．下蹲和起立过程中人都处于超重状态

【答案】A

【解析】人下蹲的动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，先失重再超重，起立对应的是先超重再失重．由图像可知，该同学做了两次下蹲—起立的动作，故A正确，B错误；由图像看出下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，起立过程中先超重后失重，故C、D均错误．

4．(2021届江西名校联考)某篮球运动员将篮球竖直向上抛出，篮球在最高点离接球手的距离为1.8 m，该运动员接球的整个过程的时间约为0.1 s(忽略空气阻力，g取10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　)

A．接球时球的速度大小为3 m/s

B．篮球自由下落时间约为1.2 s

C．手受到的平均作用力的大小是篮球重力大小的7倍

D．手接篮球的整个过程，篮球处于失重状态

【答案】C

【解析】由运动规律可得，篮球下落到该运动员手处的速度，由v2＝2gh解得v＝6 m/s，篮球的下落时间t1＝＝0.6 s，故A、B错误；从接触该运动员手到停止运动，篮球的加速度a＝＝60 m/s2，根据牛顿定律F－mg＝ma，可得F＝7mg，故C正确；在运动员接篮球的整个过程，篮球做减速运动，加速度方向向上，篮球处于超重状态，故D错误．

5．(多选)如图所示为用绞车拖物块的示意图．拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块．已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块的质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝2t rad/s，g＝10 m/s2．以下判断正确的是(　　)

A．物块做匀速运动

B．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2

C．绳对物块的拉力是5 N

D．绳对物块的拉力是6 N

【答案】BD

【解析】由题意知，物块的速度v＝ωR＝2t×0.5，又因v＝at，则可得a＝1 m/s2，故A错误，B正确；由牛顿第二定律可得物块所受合外力F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦阻力f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N，则绳子拉力T＝f＋F＝(5＋1) N＝6 N，故C错误，D正确．

6．(多选)(2021届合肥质检)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图像可求出(　　)

A．物体的初速度v0＝6 m/s

B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6

C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m

D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

【答案】AC

【解析】物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得加速度为a＝gsin θ＋μgcos θ，由运动学公式当θ＝90°时，v＝2gx，可得v0＝＝6 m/s，当θ＝0 时，v＝2μgx′，可得μ＝＝，故A正确，B错误；根据运动学公式得物体能达到的位移x＝，由辅助角公式有v＝2·gsin(θ＋α)·x，可得位移x的最小值xmin＝＝1.44 m，故C正确；当θ＝30°时，因为μ＞tan θ，所以物体在斜面上停止后，不会下滑，故D错误．

综合提升练习

7．(多选)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行的过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2

C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比

D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2

【答案】BD

【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故在水平方向上乘客所受车厢的作用力方向与车运动方向相同，在竖直方向上车厢对人的作用力方向向上，A错误．对动车组，由牛顿第二定律有2F－8kmg＝8ma，则a＝－kg，以6、7、8节车厢为整体有F56＝3ma＋3kmg＝0.75F；对7、8节有F67＝2ma＋2kmg＝0.5F，则5、6节与7、8节间作用力之比为3∶2，B正确．由kMgs＝Mv2可得s＝，则C错误．8节车厢有2节动车时的最大速度vm1＝．同理有4节动车时的最大速度vm2＝，则＝，D正确．

8．如图所示，长为L＝2 m、质量为M＝8 kg的木板放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝6 m/s时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2．求：

(1)物块及木板的加速度大小；

(2)物块滑离木板时的速度大小．

【答案】(1)2 m/s2　3 m/s2　(2)0.8 m/s

【解析】(1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，

对木板有μmg＋μ(M＋m)g＝MaM，

解得aM＝3 m/s2．

(2)设物块经时间t从木板滑离，则

L＝v0t－aMt2－amt2，

解得t1＝0.4 s或t2＝2 s(因物块已滑离木板，故舍去)，

滑离木板时物块的速度v＝amt1＝0.8 m/s．

9．如图所示，倾角为37°，长l＝16 m的传送带，转动速度v＝10 m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量m＝0.5 kg的物体．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2．求：

(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；

(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．

【答案】(1)4 s　(2)2 s

【解析】(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，物体相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有

mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，

则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，

根据l＝at2得t＝4 s．

(2)传送带逆时针转动时，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得

mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，

则有a1＝＝10 m/s2，

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有

t1＝＝ s＝1 s，

x1＝a1t＝5 m＜l＝16 m．

当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°＞μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则

a2＝＝2 m/s2，

x2＝l－x1＝11 m．

又因为x2＝vt2＋a2t，

解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)，

所以t总＝t1＋t2＝2 s．