(新高考)高考物理一轮复习课时练习第3章热点强化练3《牛顿运动定律的综合应用》(含解析)

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热点强化练3　牛顿运动定律的综合应用(时间：25分钟)1.(多选)建筑工人利用轻质动滑轮提升建筑材料的情景如图1甲所示。绕过轻滑轮的轻绳一端固定，通过拉动另一端使水桶由静止开始竖直上升，两侧轻绳始终保持竖直，水桶的加速度a随水桶上升的高度h的变化关系图像如图乙所示。已知水桶及桶内材料的总质量为5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计一切阻力及摩擦，以下说法正确的是(　　)图1A.水桶上升4 m时的速度大小为 m/sB.水桶上升4 m时的速度大小为2 m/sC.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为55 ND.水桶上升4 m时，人对绳的拉力大小为27.5 N答案　AD解析　由初速为零的匀加速直线运动规律可知v2＝2ah，结合图像面积可求得水桶上升4 m时的速度大小v＝ m/s＝ m/s，故A正确，B错误；由牛顿第二定律可知2F－mg＝ma，即F＝27.5 N，故C错误，D正确。2.(多选)如图2所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是(　　)图2答案　AD解析　在小球下落的开始阶段，小球做自由落体运动，加速度为g；接触弹簧后，开始时重力大于弹力，加速度方向向下，随着小球的不断下降，弹力逐渐变大，故小球做加速度减小的加速运动，某时刻加速度可减小到零，此时速度最大；小球继续下落时，弹力大于重力，加速度方向变为向上，且加速度逐渐变大，直到速度减小到零，到达最低点，由对称知识可知，到达最低点的加速度大于g，故A、D正确。3.(2020·合肥一中4月月考)如图3所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A、B两物体相连，物体A质量为m，物体B质量为3m。重力加速度为g，现由静止释放物体A、B，在物体A上升、B下降的运动过程中，定滑轮对天花板的拉力为(　　)图3A.1.5mg  B.2mgC.3mg  D.4mg答案　C解析　法一　隔离法根据牛顿第二定律，对A有：F－mg＝ma，对B有：3mg－F＝3ma，联立解得加速度a＝0.5g，F＝1.5mg，因定滑轮自身重力不计，则根据平衡条件得，定滑轮对天花板的拉力FT＝2F＝2×1.5mg＝3mg，选项C正确，A、B、D错误(也可从超重或失重的角度分析)。法二　整体法沿轻绳方向，对A、B组成的系统应用牛顿第二定律，则有3mg－mg＝4ma，对A有：F－mg＝ma，联立解得F＝1.5mg，则根据平衡条件有FT＝2F，解得定滑轮对天花板的拉力FT＝3mg(也可以将A、B及定滑轮视为系统，对系统应用牛顿第二定律，则有4mg－FT＝3ma－ma，解得FT＝3mg)，选项C正确。4.(2020·天津市滨海七所重点学校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只桶C，自由地摆放在A、B之间，和汽车一起保持静止，如图4所示，当C与车共同向左加速时(　　)图4A. A对C的支持力变大B.B对C的支持力不变C.当向左的加速度达到g时，C将脱离AD.当向左的加速度达到g时，C将脱离A答案　D解析　对C进行受力分析，如图所示，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝＝，所以θ＝30°；同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；原来C处于静止状态，根据平衡条件可得FNBsin 30°＝FNAsin 30°；令C的加速度为a，根据正交分解以及牛顿第二定律有FNB′sin 30°－FNA′sin 30°＝ma，可见A对C的支持力减小、B对C的支持力增大，故A、B错误；当A对C的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma，解得a＝g，则C错误，D正确。5.如图5甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。则下列判断正确的是(　　)图5A.图线与纵轴的交点的绝对值为gB.图线的斜率在数值上等于货物的质量mC.图线与横轴的交点N的值mgD.图线的斜率在数值上等于货物质量的倒数答案　A解析　对货物受力分析，受重力mg和拉力2T，根据牛顿第二定律，有2T－mg＝ma，即a＝T－g，当T＝0时，a＝－g，即图线与纵轴交点M的值aM＝－g，所以图线与纵轴的交点的绝对值为g，故A正确；图线的斜率表示，故B、D错误；当a＝0时，T＝，即图线与横轴交点N的值为mg，故C错误。6.(多选)(2020·四川宜宾市上学期一诊)如图6(a)，质量m＝1 kg 的物体沿倾角θ＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图(b)所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　)图6A.物体沿斜面做匀变速运动B.当风速v＝5 m/s时，物体沿斜面下滑的速度最大C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D.比例系数k为 kg/s答案　BCD解析　由图可知，物体的加速度逐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；由图可知，速度为5 m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0＝4 m/s2，对物体受力分析，根据牛顿第二定律沿斜面的方向mgsin θ－μmgcos θ＝ma0①解得μ＝＝0.25，故C正确；对末时刻加速度为零，受力分析可得mgsin θ－μFN－kvcos θ＝0②又FN＝mgcos θ＋kvsin θ，由b图可以读出，此时v＝5 m/s代入②式解得k＝＝ kg/s，故D正确。7. (2020·湖南衡阳市第一次联考)倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“”形长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ。平行于斜面的力传感器(不计传感器的重力)上端连接木板，下端连接一质量为m的光滑小球，如图7所示，当木板固定时，传感器的示数为F1，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是(　　)图7A.若μ＝0，则F1＝F2B.若μ＝0，则F2＝mgsin θC.若μ≠0，则μ＝D.若μ≠0，则μ＝答案　D解析　当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有F1＝mgsin θ，静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ＝0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得Mgsin θ＝Ma，解得a＝gsin θ，再以小球为研究对象，则有mgsin θ－F2＝ma，解得F2＝0，故A、B错误；当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为a＝gsin θ－μgcos θ，隔离对小球分析有mgsin θ－F2＝ma，解得F2＝μmgcos θ，则有F1∶F2＝mgsin θ∶μmgcos θ＝tan θ∶μ，解得μ＝，故C错误，D正确。8.(多选)(2020·江苏南京市六校联合体5月联考)如图8甲所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图乙所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由图线可知(　　)图8A.乙的质量m乙＝6 kgB.甲、乙的总质量m总＝8 kgC.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.3D.甲、乙间的动摩擦因数μ＝0.1答案　BD解析　由图像可知，当力F＜24 N时加速度较小，所以甲、乙相对静止。采用整体法，当F1＝24 N时a1＝3 m/s2根据牛顿第二定律有F1＝m总a1即图像中直线较小斜率的倒数等于甲、乙质量之和，因此可得出m总＝8 kg当F＞24 N时，甲的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律可得F2－μm甲g＝m甲a2即图像中较大斜率倒数等于甲的质量，较大斜率直线的延长线与纵轴的截距为－μg＝－1因此可以得出m甲＝6 kg因此m乙＝m总－m甲＝2 kgμ＝＝0.1故A、C错误，B、D正确。