人教版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课时练含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律第3讲牛顿运动定律的综合应用课时练含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2020·浙江杭州月考)如图所示，不计绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦，物体A的质量为M，水平面光滑。当在绳的B端挂一质量为m的物体时，物体A的加速度为a1，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，物体A的加速度为a2，则a1与a2的大小关系是( C )
A．a1＝a2 B．a1>a2
C．a1[解析] 本题考查牛顿第二定律的简单应用。当在绳的B端挂一质量为m的物体时，取两个物体为研究对象，物体A的加速度大小a1＝eq \f(mg,M＋m)，当在绳的B端施以F＝mg的竖直向下的拉力作用时，物体A的加速度大小a2＝eq \f(mg,M)，所以a12．如图所示，将两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体A、B置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接，两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在A、B上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( D )
A．弹簧测力计的示数是25 N
B．弹簧测力计的示数是50 N
C．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度大小为13 m/s2
D．在突然撤去F2的瞬间，B的加速度大小为7 m/s2
[解析] 本题考查通过弹簧测力计连接的连接体问题。以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度大小为a＝eq \f(F1－F2,m1＋m2)＝eq \f(30－20,1＋4) m/s2＝2 m/s2，方向水平向右；设弹簧测力计的拉力大小是F，以A为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F＝m1a，则F＝F1－m1a＝28 N，A、B错误；弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，B不再受F2的作用，B受的合力等于弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知，B的加速度大小为a2＝eq \f(F,m2)＝eq \f(28,4) m/s2＝7 m/s2，在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，由牛顿第二定律可知A的加速度大小为a1＝eq \f(F,m1)＝eq \f(28,1) m/s2＝28 m/s2，C错误，D正确。
3．(2021·福建泉州泉港一中月考)如图所示，bc是固定在小车上的水平横杆，质量为M的物块A中心穿过横杆，A通过细线悬吊着质量为m的小物体B，当小车在水平地面上运动的过程中，A始终未相对杆bc移动，A、B与小车保持相对静止，悬线与竖直方向的夹角为α。则A受到杆bc的摩擦力为( A )
A．大小为(M＋m)gtan α，方向水平向右
B．大小为Mgtan α，方向水平向右
C．大小为(M＋m)gtan α，方向水平向左
D．大小为Mgtan α，方向水平向左
[解析] 本题考查牛顿第二定律的应用。先取小物体B为研究对象，受力分析如图所示，则有F合＝mgtan α，由牛顿第二定律可得a＝eq \f(F合,m)＝gtan α，再取A、B整体为研究对象，则有f＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，方向水平向右，A正确。
4．(2021·河北衡水中学调研)在光滑水平面上有一辆小车A，其质量mA＝2.0 kg，在小车上放一个物体B，其质量mB＝1.0 kg。如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为( C )
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
[解析] 本题考查板块模型中牛顿第二定律的应用。题图甲中，设A、B间的静摩擦力达到最大值Fmax时，系统的加速度为a。根据牛顿第二定律，对A、B整体，有F＝(mA＋mB)a，对A，有fmax＝mAa，代入数据解得fmax＝2.0 N。题图乙中，设A、B刚要相对滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象，有fmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。
5．(2021·广东深圳中学模拟)两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是( C )
A．A、B分离前所受合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B．分离时弹簧处于原长状态
C．在t＝ eq \r(\f(2m,k))时刻A、B分离
D．分离时B的速度大小为 eq \r(\f(m,4k))g
[解析] 本题考查弹簧作用下叠加体的受力和运动分析。A、B分离前两物块做匀加速运动，所受合外力大小不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝eq \f(1,2)at2，解得x1＝eq \f(2mg,k)，x2＝eq \f(3mg,2k)，t＝ eq \r(\f(2m,k))，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度v＝at＝eq \f(1,2)g· eq \r(\f(2m,k))＝eq \r(\f(m,2k))g，选项D错误。
6．在粗糙水平面上，有一质量未知的物体做直线运动，在t＝0时刻受一与运动方向相反的恒力F＝4 N的作用，经一段时间后撤去力F，物体运动的v­t图像如图所示，已知g＝10 m/s2，由图可知下列说法正确的是( AD )
A．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
B．物体最后回到t＝0时刻的位置
C．F的作用时间为1 s
D．物体的质量为1 kg
[解析] 本题借助v­t图像考查多过程问题。由于0～1 s内物体沿正方向做减速运动，1～2 s内沿负方向做加速运动，2～3 s内沿负方向做减速运动，则可知拉力是在2 s末撤去的，拉力F的作用时间为2 s，在2～3 s内物体的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝2 m/s2，摩擦力大小μmg＝ma，解得μ＝0.2，故A正确，C错误；由题图知，0～1 s内物体沿正方向运动，位移x1＝eq \f(1,2)×6×1 m＝3 m,1～3 s内沿负方向运动，位移x2＝eq \f(1,2)×(3－1)×2 m＝2 m，则知3 s末物体到出发点的距离x＝x1－x2＝1 m，故B错误；在0～1 s内物体沿正方向运动，根据图像可得，加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(6,1)m/s2＝6 m/s2，根据牛顿第二定律可得F＋μmg＝ma1，解得物体的质量m＝1 kg，故D正确。
7．(2020·河南郑州一中摸底)如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B。已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g。由静止释放物块A、B后( AC )
A．相同时间内A、B运动的路程之比为2︰1
B．物块A、B的加速度之比为1︰1
C．轻绳的拉力为eq \f(6mg,7)
D．当B下落高度h时，速度为eq \r(\f(2gh,5))
[解析] 本题考查加速度不同的连接体问题。根据动滑轮的特点可知，相同时间内，A、B运动的路程之比为2︰1，选项A正确；根据s＝eq \f(1,2)at2可知，物块A、B的加速度之比为2︰1，选项B错误；设轻绳的拉力为T，B的加速度为a，则对A有T＝m·2a，对B有3mg－2T＝3ma，解得a＝eq \f(3,7)g，T＝eq \f(6,7)mg，选项C正确；当B下落高度h时，速度为v＝eq \r(2ah)＝eq \r(\f(6,7)gh)，选项D错误。
8．(2021·江苏扬州中学月考)如图所示，光滑水平地面上的小车质量为M，站在小车水平底板上的人质量为m。人用一根跨过定滑轮的绳子拉小车，定滑轮上下两侧的绳子都保持水平，不计绳与滑轮之间的摩擦。在人和车一起向右加速运动的过程中，下列说法正确的是( AC )
A．人可能受到向左的摩擦力
B．人一定受到向左的摩擦力
C．人拉绳的力越大，人和车的加速度越大
D．人拉绳的力越大，人对车的摩擦力越小
[解析] 本题考查叠加物体问题中牛顿第二定律的应用。取小车和人整体为研究对象，有2F＝(M＋m)a，取人为研究对象，受力分析如图所示，则有F－f＝ma，解得f＝eq \f(M－m,M＋m)F，可知当M>m时，人受到向左的摩擦力，当M二、非选择题
9．(2021·广东惠州实验学校月考)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视为质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块滑到离地面高h＝2.4 m的平台上。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，结果可以保留根号。求：
(1)小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度。
[答案] (1)eq \f(4,3)s (2)0.85 s 2.3 m/s
[解析] 本题考查传送带模型。
(1)对小物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律得
ma1＝F＋μmgcs 37°－mgsin 37°，
解得a1＝6 m/s2，
当小物块与传送带共速时，小物块运动的时间t1＝eq \f(v,a1)＝eq \f(2,3)s，小物块沿传送带运动的距离x1＝eq \f(v2,2a1)＝eq \f(4,3)m，
小物块达到与传送带共速后，小物块未到顶端，小物块受的摩擦力的方向改变，对小物块受力分析，因为F＝8 N，而重力沿斜面向下的分力和最大摩擦力之和为10 N，故小物块不能相对传送带向上加速运动，故a2＝0，
小物块做匀速运动的时间t2＝eq \f(\f(h,sin θ)－x1,v)＝eq \f(2,3)s，
则小物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
t＝t1＋t2＝eq \f(4,3)s。
(2)若在小物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，对小物块受力分析，因为mgsin 37°>mgcs 37°，所以小物块减速上滑，则有ma3＝mgsin 37°－μmgcs 37°，
解得a3＝2 m/s2，
设小物块还需经过时间t′离开传送带，离开时的速度为vt，则
v2－veq \\al(2,t)＝2a3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,sin θ)－x1))，解得vt＝eq \f(4\r(3),3)m/s ≈2.3 m/s，
则t′＝eq \f(v－vt,a3)＝0.85 s。
10．(2021·福建质检)如图甲所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面顶端，小球静止时细线与斜面平行，斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，若a取不同值，小球稳定时细线对小球的拉力T和斜面对小球的支持力FN也将不同。已知T随a变化的图线如图乙所示，其中AB段为倾斜直线，BC段为与直线AB相切的平滑曲线，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小球的质量m和斜面的倾角θ；
(2)在图丙中画出FN随a变化的图线(要求写出计算过程)。
[解析] (1)图像可知a＝0时，T0＝0.6 N
此时小球静止在斜面上
其受力如图甲所示，所以mgsin θ＝T0
同理a＝eq \f(4g,3)时，小球恰好离开斜面，其受力如图乙所示，所以mgct θ＝ma
联立解得θ＝37°
m＝0.1 kg。
(2)小球离开斜面之前
Tcs θ－FNsin θ＝ma
Tsin θ＋FNcs θ＝mg
联立解得FN＝mgcs θ－masin θ
即FN＝0.8－0.06a
FN图线如图所示。