新高考物理一轮复习课时作业第3章第3讲牛顿运动定律的综合应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第3章第3讲牛顿运动定律的综合应用（含解析），共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7题为单选，8～10题为多选)
1．(2020·山东省泰安市模拟)下列说法正确的是( )
A．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
答案 B
解析 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于静止状态，蹦床运动员在空中上升和下落过程中加速度都向下，都处于失重状态，A错误，B正确；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于静止状态，游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于静止状态，C、D错误。
2. (2020·辽宁省辽阳市高三(下)二模)如图所示，一轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，一端挂一水平托盘，另一端被托盘上的人拉住，滑轮两侧的轻绳均沿竖直方向。已知人的质量为60 kg，托盘的质量为20 kg，取g＝10 m/s2。若托盘随人一起竖直向上做匀加速直线运动，则当人的拉力与自身所受重力大小相等时，人与托盘的加速度大小为( )
A．5 m/s2 B.6 m/s2
C.7.5 m/s2 D.8 m/s2
答案 A
解析 设人的质量为M，则轻绳的拉力大小T＝Mg，设托盘的质量为m，对人和托盘整体，根据牛顿第二定律有2T－(M＋m)g＝(M＋m)a，联立并代入数据解得a＝5 m/s2，故A正确，B、C、D错误。
3. (2020·山西省八校高三上第一次联考)如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为m1和m2，且m1≠m2，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。则( )
A．轻绳拉力的大小与斜面的倾角θ有关
B．轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数μ有关
C．轻绳拉力的大小与两物体的质量m1和m2有关
D．若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变
答案 C
解析 以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：F－(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcsθ＝(m1＋m2)a，解得a＝eq \f(F,m1＋m2)－gsinθ－μgcsθ，再对B隔离分析，根据牛顿第二定律得T－m2gsinθ－μm2gcsθ＝m2a，联立解得T＝eq \f(m2F,m1＋m2)，可知绳子的拉力与斜面的倾角θ无关，与物体和斜面之间的动摩擦因数μ无关，与两物体的质量m1和m2有关，A、B错误，C正确；若改用F沿斜面向下拉连接体，以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F＋(m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2)gcsθ＝(m1＋m2)a′，解得a′＝eq \f(F,m1＋m2)＋gsinθ－μgcsθ，再对A隔离分析，根据牛顿第二定律得T′＋m1gsinθ－μm1gcsθ＝m1a′，联立解得T′＝eq \f(m1F,m1＋m2)，可知轻绳拉力的大小改变，D错误。
4. 如图所示，一质量为M的楔形木块A放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角分别为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都光滑，现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )
A．Mg＋mg B.Mg＋2mg
C．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D.Mg＋mg(csα＋csβ)
答案 A
解析 取a、b、A整体为研究对象，其竖直方向受力情况及系统内各物体运动状态如图所示。以竖直向上为正方向，在竖直方向上由牛顿第二定律得：FN－(M＋2m)g＝M·0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α，a2y＝－gsin2β，得水平桌面对楔形木块的支持力FN＝Mg＋mg，由牛顿第三定律得A正确。
5．(2020·福建省漳州市二校高三上学期第一次联考)放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲所示。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙所示。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙所示。则( )
A．a1＝a2＝a3 B.a1C．a1＝a2答案 C
解析 设滑块A的质量为m，物体B的质量为m′，图甲中A的加速度为a1，则有mgsinθ－μmgcsθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μgcsθ；图乙中A、B的加速度为a2，则有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcsθ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsinθ－μgcsθ；图丙中A的加速度为a3，则有(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)csθ＝ma3，解得a3＝eq \f(mg＋Fsinθ－μmg＋Fcsθ,m)，故a1＝a2＜a3，C正确。
6. (2020·福建省仙游第一中学、福建八中高三上学期第三次质检)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平力F，则A、B的加速度可能是(g取10 m/s2)( )
A．aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
B．aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2
C．aA＝8 m/s2，aB＝4 m/s2
D．aA＝10 m/s2，aB＝6 m/s2
答案 D
解析 对B而言，当A、B间的摩擦力达到最大值时，加速度达到最大，fm＝μmAg＝12 N，则B的最大加速度a＝eq \f(μmAg,mB)＝eq \f(12,2) m/s2＝6 m/s2。当aB＜6 m/s2时，fAB＜fm，aA＝aB；当aB＝6 m/s2时，fAB＝fm，aA≥aB，故A、B、C错误，D正确。
7．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小应大于( )
A．3μmg B.4μmg
C.5μmg D.6μmg
答案 D
解析 当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对砝码有f1＝μ·2mg＝2ma1，得a1＝μg，对纸板有F－f1－f2＝ma2，其中f2＝μ·3mg，二者发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1，所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，即F＞6μmg，D正确。
8. (2021·八省联考湖南卷)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是( )
A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
答案 AC
解析 当物体C即将运动时，物体C在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌、绳子向右的拉力T、B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N，fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，当即将滑动时应有F＝f桌＋fBC＋T，对A、B受力分析，可知T＝fCB＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为绳子不可伸长，则B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动时，对A受力分析可得fBA＝0.4mAg＝mAa，对A、B整体受力分析可得T′－fCB＝(mA＋mB)a，对物体C受力分析可得F－T′－fBC－f桌＝mCa，代入数据并联立解得F′＝23 N，说明要使A和B保持相对静止，拉力F不能超过23 N，故C正确；当F＝17 N时，A、B没有发生相对滑动，此时对A、B整体有T″－fCB＝(mA＋mB)a1，对物体C受力分析可得F－T″－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T″＝8 N，故B错误；A和B发生相对滑动时，若继续增大F，因物体A仅受到滑动摩擦力作用，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，则不变，D错误。
9．(2020·四川省攀枝花市高三(下)第三次统考)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．物块B的质量为4 kg
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D．当F＝10 N时，A物块的加速度大小为1.5 m/s2
答案 BD
解析 由图乙可知，A、B之间的最大静摩擦力为f1max＝6 N，可知A、B间的动摩擦因数为μAB＝eq \f(f1max,mg)＝eq \f(6,30)＝0.2，B正确；由图乙可知，当F＝4 N时，A、B整体相对地面开始滑动，则μB地(m＋mB)g＝4 N，当F＝12 N时，A、B即将产生相对滑动，此时对整体有a＝eq \f(F－μB地m＋mBg,m＋mB)，对物块A有μABmg＝ma，联立解得mB＝1 kg，μB地＝0.1，A、C错误；当F＝10 N时，A、B两物块一起加速运动，则A、B两物块的加速度大小为a＝eq \f(F－μB地m＋mBg,m＋mB)＝eq \f(10－4,3＋1) m/s2＝1.5 m/s2，D正确。
10．(2020·河南省六市高三(下)第二次联合调研检测)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v­t图像如图乙所示，重力加速度为g，则( )
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为eq \f(mg,k)
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为eq \f(1,2)m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
答案 AC
解析 施加F前，小滑块A、B整体平衡，根据平衡条件，有2mgsinθ＝kx，解得x＝eq \f(2mgsinθ,k)＝eq \f(mg,k)，故A正确；由图乙可知，拉力F刚施加上时，小滑块A、B还未分离，具有相同的加速度a，故B错误；A、B在t1时刻分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A有F弹－mgsinθ＝ma，解得F弹＝eq \f(1,2)m(2a＋g)，故C正确；当A受到的合力为零，即F弹′＝mgsinθ时，A的速度达到最大值，此时弹簧被压缩，故D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共30分)
11. (2021·河南省信阳市高三上12月调研)(15分)如图所示，在倾角为θ的足够长的固定斜面上，有一质量为M的长木板，长木板在沿斜面向上的拉力F作用下始终做速度为v的匀速运动。某时刻开始，将一质量为m的小铁块(可视为质点)，以相对斜面向下的初速度v0从长木板的上端释放，小铁块沿长木板向下滑动，最终小铁块跟长木板一起沿斜面向上做匀速运动。已知v0>v，小铁块、木板和斜面相互间的动摩擦因数均为μ，μ>tanθ，重力加速度为g。求：
(1)小铁块从开始滑动到离斜面底端最近时经历的时间；
(2)从释放铁块到共速时长木板沿斜面向上运动的距离和长木板的最短长度。
答案 (1)eq \f(v0,gμcsθ－sinθ)
(2)eq \f(vv＋v0,gμcsθ－sinθ) eq \f(v0＋v2,2gμcsθ－sinθ)
解析 (1)对小铁块分析，因为μ>tanθ，所以滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，加速度方向沿斜面向上，小铁块沿斜面向下做匀减速运动，沿斜面方向，根据牛顿第二定律有μmgcsθ－mgsinθ＝ma
当小铁块速度减为零时，离斜面底端最近，设经历的时间为t0
根据运动学公式有t0＝eq \f(v0,a)
联立解得t0＝eq \f(v0,gμcsθ－sinθ)。
(2)小铁块先沿斜面向下匀减速运动，速度为零后再沿斜面向上匀加速运动，最终跟长木板以共同速度v匀速运动，设到共速时经历时间为t，对小铁块，根据运动学公式有v＝－v0＋at
长木板匀速运动，沿斜面向上运动的距离为s1＝vt
联立解得s1＝eq \f(vv＋v0,gμcsθ－sinθ)
小铁块从开始沿斜面向下做匀减速运动，到与长木板共速时，根据运动公式，沿斜面向下运动的距离为s2＝eq \f(v2－v\\al(2,0),－2a)
联立解得s2＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2gμcsθ－sinθ)
若小铁块与长木板共速时小铁块恰好滑到长木板的最下端，则长木板的长度最短，最短长度为L＝s1＋s2
联立解得L＝eq \f(v0＋v2,2gμcsθ－sinθ)。
12．(2021·八省联考福建卷)(15分)如图，上表面光滑且水平的小车静止在水平地面上，A、B为固定在小车上的挡板，C、D为竖直放置的轻质薄板。A、C和D、B之间分别用两个相同的轻质弹簧连接，薄板C、D间夹住一个长方体金属块(视为质点)。金属块与小车上表面有一定的距离并与小车保持静止，此时金属块所受到的摩擦力为最大静摩擦力。已知金属块的质量m＝10 kg，弹簧劲度系数k＝1000 N/m，金属块和薄板C、D间动摩擦因数μ＝0.8。设金属块受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)此时弹簧的压缩量；
(2)当小车、金属块一起向右加速运动，加速度大小a＝15 m/s2时，A、C和D、B间弹簧形变量及金属块受到的摩擦力大小。
答案 (1)0.0625 m (2)0.15 m 0 100 N
解析 (1)由于两个轻质弹簧相同，则两弹簧压缩量相同。设弹簧的压缩量为x0，弹簧形变产生的弹力大小为F，由胡克定律得F＝kx0
设金属块所受C、D的摩擦力大小均为f，此时金属块所受摩擦力等于最大静摩擦力，依题意得f＝μF
由平衡条件得2f＝mg
联立并代入数据得x0＝0.0625 m。
(2)假设A、C和D、B间的弹簧压缩量分别为x1和x2，有x1＋x2＝2x0
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1－kx2＝ma
代入题给数据得x1＝0.1375 m，x2＝－0.0125 m
由x2＜0可知，此时薄板D已与金属块分离，D、B间弹簧已恢复原长，无弹力。金属块水平方向加速运动所需的合力全部由薄板C的弹力提供。设A、C和D、B间弹簧实际压缩量分别为x1′、x2′，则x2′＝0，
水平方向，对金属块由牛顿第二定律得kx1′＝ma
代入数据解得x1′＝0.15 m
由于此时最大静摩擦力f′max＝μkx1′＝120 N>mg
故金属块受到的摩擦力大小为f′＝mg＝100 N。