高考物理一轮复习课时分层作业（九）应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题含答案

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课时分层作业(九)　应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题基础性题组  1．一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图所示．(t1～t2时间内图像为直线)乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示．重力加速度大小为g.以下判断正确的是(　　)A．0～t1时间内，v增大，FN＞mgB．t1～t2时间内，v减小，FN＜mgC．t2～t3时间内，v增大，FN＜mgD．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg2．[2022·广东佛山1月质检]随着运营路线的拓展，高铁逐渐成为人们出行的重要方式．如图是某列车从减速进站到以一定的速度离开车站的这段时间内的速度—时间图像，下列说法正确的是(　　)A．进站时列车的加速度大小为3.75 m/s2B．列车在加速与减速两阶段运动的位移相同C．若列车总质量不变，则加速时列车所受的合外力更大D．若列车以80 m/s的速度匀速驶过该站，则少耗费575 s的运行时间3．(多选)如图所示，粗糙的水平地面上放着一个质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面部分光滑，底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，轻质弹簧一端与固定在斜面上的轻质挡板相连，另一端连接一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为k.斜面体在水平向右的恒力F作用下，和小球一起以加速度a向右做匀加速直线运动(运动过程小球没离开斜面).重力加速度为g，以下说法正确的是 (　　)A．水平恒力大小为(M＋m)aB．地面对斜面体的摩擦力为μ(M＋m)gC．弹簧的形变量为D．斜面对小球的支持力为mg cos θ＋ma sin θ4．如图甲所示，光滑斜面倾角为θ，用一水平外力F推着物体，逐渐增大F，物体沿斜面做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.(1)求物体的质量m.(2)若斜面足够长，且撤去推力时物体的速度是沿斜面向上的12 m/s，求撤去推力后第3 s内物体的位移．(3)要使物体在斜面上保持静止，所施加的最小推力是多大？方向如何？        5．[2022·湖北武汉检测](多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ.用大小为F的水平外力推物块P使物块运动，设Q和R之间的相互作用力F1与P和Q之间的相互作用力F2大小之比为k.则下列判断正确的是(　　)A．若μ≠0，则k＝    B．若μ≠0，则k＝C．若μ＝0，则k＝    D．若μ＝0，则k＝综合性题组6．(多选)将一质量不计的光滑杆倾斜地固定在水平面上，如图甲所示，现在杆上套一光滑的小球，小球在一沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动．该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图乙、丙所示．g取10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)A．在2～4 s内小球的加速度大小为0.5 m/s2B．小球质量为 2 kgC．杆的倾角为30°D．小球在0～4 s内的位移为8 m 7．如图甲所示，质量为0.6 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数为，t＝0时刻给物块一个与水平方向成θ＝30°斜向右上方的拉力，使物块向右运动，其加速度随时间变化的关系图像如图乙所示，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)拉力的最大值；(2)2 s末撤去拉力，则物块在水平面上还能滑行多远？      课时分层作业(九)　应用牛顿运动定律解决“三类”常考问题1．解析：由x ­ t图像的斜率表示速度可知，在0～t1时间内速度增加，即乘客加速下降，乘客的加速度竖直向下，所以乘客处于失重状态，则FN＜mg，A错误；在t1～t2时间内速度不变，即乘客匀速下降，则FN＝mg，B错误；在t2～t3时间内速度减小，即乘客减速下降，乘客的加速度竖直向上，所以乘客处于超重状态，则FN>mg，C错误，D正确．答案：D2．解析：在v ­ t图像中，图像斜率表示加速度，图像与坐标轴围成的面积表示位移，分析知A、B错误；由F＝ma及减速阶段加速度大可知减速时列车所受的合外力更大，C错误；由图可知列车总位移x＝m，Δt＝s＝575 s，D正确．答案：D3．解析：以小球和斜面体组成的系统为研究对象，并进行受力分析，结合题意可知地面对斜面体的摩擦力为f＝μ(M＋m)g，对系统应用牛顿第二定律有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F＝(M＋m)a＋μ(M＋m)g，选项A错误，B正确；沿斜面方向和垂直斜面方向上分解小球的加速度，应用牛顿第二定律有kx－mg sin θ＝ma cos θ，mg cos θ－N＝ma sin θ，解得弹簧的形变量为x＝，斜面对小球的支持力N＝mg cos θ－ma sin θ，选项C正确，D错误．答案：BC4．解析：(1)当外力为零时，加速度为6 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ＝ma，解得sin θ＝0.6当外力为20 N时，加速度为2 m/s2，根据牛顿第二定律得F cos θ－mg sin θ＝ma′解得m＝2 kg.(2)根据匀变速直线运动规律可得x＝＝－3 m所以位移大小为3 m，方向沿斜面向下．(3)要使物体能静止在斜面上，根据平衡条件知，当推力垂直于支持力，即沿斜面向上时，推力最小，为F＝mg sin θ＝12 N.答案：(1)2 kg　(2)3 m，方向沿斜面向下(3)12 N，沿斜面向上5．解析：三个物块靠在一起，在水平外力F的作用下将以相同加速度向右运动，对整体应用牛顿第二定律有F－6μmg＝6ma，解得加速度大小a＝，对R进行分析可得，Q和R之间的相互作用力为F1＝3ma＋3μmg＝F，对P进行分析可得，P与Q之间相互作用力F2＝F－μmg－ma＝F－μmg－F＋μmg＝F，所以可得k＝＝＝，即k的值与μ是否为零无关，选项B、D正确．答案：BD6．解析：由v ­ t图像的斜率得：在2～4 s内小球的加速度大小为a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2，故A正确；由图可知，在0～2 s时间内小球做匀速运动，F1＝5 N时，由平衡条件有F1－mg sin α＝0①在2～4 s内小球做匀加速运动，F2＝5.5 N，由牛顿第二定律有：F2－mg sin α＝ma②代入数据解得：m＝1 kg；sin α＝0.5，故α＝30°，故B错误，C正确；小球在0～4 s内的位移为x＝ m＝5 m，故D错误．答案：AC7．解析：(1)由图乙可知，物块运动的加速度最大为am＝6 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得：Fmcos θ－μ(mg－Fmsin θ)＝mam代入数据求得拉力的最大值：Fm＝5.6 N.(2)a ­ t图线与时间轴所围的面积为速度的增量，因此2 s末物块的速度：v＝×6×2 m/s＝6 m/s撤去拉力后，物块做匀减速运动的加速度大小为：a′＝μg＝m/s2，因此2 s末撤去拉力后，物块在水平面上还能滑行的距离：s＝＝ m＝5.4 m.答案：(1)5.6 N　(2)5.4 m