高考物理一轮复习 第3章 第3节 课时提能练9　牛顿运动定律的综合应用

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1．(2017·冀州模拟)如图3­3­12所示，物体A放在粗糙板上随板一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，且板始终保持水平，位置Ⅰ、Ⅱ在同一水平高度上，则( )
【导学号：92492139】
图3­3­12
A．物体在位置Ⅰ、Ⅱ受到的支持力都大于重力
B．物体在位置Ⅰ、Ⅱ受到的支持力都小于重力
C．物体在位置Ⅰ受到的支持力小于重力，位置Ⅱ时受到的支持力大于重力
D．物体在位置Ⅰ受到的支持力大于重力，位置Ⅱ时受到的支持力小于重力
B [因物体在竖直平面内做匀速圆周运动，在位置Ⅰ，物体受重力、支持力和向右的摩擦力，合力指向圆心，故重力大于支持力；在位置Ⅱ，物体受重力、支持力和向左的摩擦力，合力也指向圆心，故重力大于支持力；因此B正确，A、C、D错误．]
2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
D [手托物体抛出的过程，必有一段加速过程，其后可以减速，可以匀速，当手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重；当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，选项A错误；物体从静止到运动，必有一段加速过程，此过程物体处于超重状态，选项B错误；当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，选项C错误；手和物体分离之前速度相同，分离之后手速度的变化量比物体速度的变化量大，物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度，所以选项D正确．]
3．(2017·广西模拟)如图3­3­13所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
【导学号：92492140】
图3­3­13
A．20 N B．15 N
C．10 ND．5 N
B [对物体A、B整体，由牛顿第二定律，Fmax－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律，μ2mg＝ma；联立解得Fmax＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得Fmax＝15 N，选项B正确．]
4．如图3­3­14所示，物体A、B质量分别为m1、m2，水平推力F作用在物块C上，三者相对静止，一起向右以a＝5 m/s2的加速度匀加速运动，不计各处摩擦，g取10 m/s2，则m1∶m2为( )
图3­3­14
A．1∶2B．1∶3
C．2∶1D．3∶1
C [设A、B间细绳的拉力大小为T，则有T＝m2g，对A根据牛顿第二定律得T＝m1a，解得eq \f(m1,m2)＝eq \f(2,1)，所以选项C正确．]
5．如图3­3­15所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是( )
图3­3­15
A.eq \f(2fm＋M,M)
B.eq \f(2fm＋M,m)
C.eq \f(2fm＋M,M)－(m＋M)g
D.eq \f(2fm＋M,m)＋(m＋M)g
A [由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，
对M有：2f－Mg＝Ma①
对m有：F－2f－mg＝ma②
联立①②两式解得F＝eq \f(2fM＋m,M)，选项A正确．]
6．如图3­3­16所示，滑块A在倾角为30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a为2.0 m/s2，若在A上放一个重为10 N的物体B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度为a2，则( )
【导学号：92492141】
图3­3­16
A．a1>2 m/s2，a2<2 m/s2
B．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2
C．a1<2 m/s2，a2<2 m/s2
D．a1＝2 m/s2，a2>2 m/s2
D [依题意有mAgsin θ－μmAgcs θ＝mAa，(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcs θ＝(mA＋mB)a1，(mAg＋F)sin θ－μ(mAg＋F)cs θ＝mAa2，由以上各式可解得：a1＝2 m/s2，a2>2 m/s2，即D项正确．]
7．如图3­3­17所示，在建筑工地，工人用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为( )
图3­3­17
A．μFB．2μF
C.eq \f(3,2)m(g＋a)D．m(g＋a)
D [由于A、B相对静止，故A、B之间的摩擦力为静摩擦力，A、B错误；设工人对A、B在竖直方向上的摩擦力为f，以A、B整体为研究对象可知在竖直方向上有2Ff－(m＋3m)g＝(m＋3m)a，设B对A的摩擦力方向向下，大小为Ff′，对A由牛顿第二定律有Ff－Ff′－mg＝ma，解得Ff′＝m(g＋a)，D正确，C错误．]
8．(多选)如图3­3­18所示，两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲图中车上人用力F推车，乙图中车上的人用等大的力F拉绳子(绳与轮的质量和摩擦均不计)；人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是( )
【导学号：92492142】
图3­3­18
A．甲车的加速度大小为eq \f(F,M)
B．甲车的加速度大小为0
C．乙车的加速度大小为eq \f(2F,M＋m)
D．乙车的加速度大小为0
BC [对甲图中的人和车组成的系统，在水平方向的合外力为0(人的推力F是内力)，故a甲＝0，选项A错误，选项B正确；对乙图中，人拉轻绳的力为F，则绳拉人和绳拉车的力均为F，对人和车组成的系统，水平合外力为2F，由牛顿第二定律知：a乙＝eq \f(2F,M＋m)，则选项C正确，选项D错误．]
B级 名校必刷题
9．(2017·天水模拟)如图3­3­19所示，A，B两物体质量为mA，mB(mA＞mB)，由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放，不计滑轮质量和所有摩擦，则A、B运动过程中( )
【导学号：92492143】
图3­3­19
A．轻绳的拉力为(mA－mB)g
B．轻绳的拉力逐渐减小
C．它们加速度的大小与eq \f(mA,mB)成正比
D．若(mA＋mB)是一定值，则加速度大小与(mA－mB)成正比
D [以AB为整体通过分析由牛顿第二定律可得(mA－mB)g＝(mA＋mB)a，a＝eq \f(mA－mBg,mA＋mB)，故C错误，D正确；对A由牛顿第二定律可知mAg－F＝mAa，F＝mAg－mAa＝eq \f(2mAmBg,mA＋mB)，故A、B错误；故选D.]
10．如图3­3­20所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8.不计绳和滑轮的质量及摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
图3­3­20
A．和m1一起沿斜面下滑
B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1上滑
D．相对于m1下滑
D [假设m1和m2保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝eq \f(m3g－m1＋m2gsin 30°,m1＋m2＋m3)＝2.5 m/s2.对m2分析，根据牛顿第二定律得f－m2gsin 30°＝m2a，解得f＝m2gsin 30°＋m2a＝15 N，最大静摩擦力fm＝μm2gcs 30°＝8eq \r(3) N，可知f＞fm，则m2的加速度应小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．]
11．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图3­3­21所示，则( )
【导学号：92492144】
图3­3­21
A．小球对圆槽的压力为eq \f(MF,m＋M)
B．小球对圆槽的压力为eq \f(mF,m＋M)
C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加
D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小
C [利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq \f(F,M＋m)，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为eq \r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．]
12．(2017·河南三市联考)如图3­3­22所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
图3­3­22
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．
【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑．mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcs θ
联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理得
－mgsin θ·s－μmgcs θ·s＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得s＝eq \f(v\\al(2,0),2gsin θ＋μcs θ)
令a＝sin θ＋μcs θ＝eq \f(2\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin θ＋\f(1,2)cs θ))
＝eq \f(2\r(3),3)·sin (θ＋30°)
当θ＋30°＝90°时，a存在最大值
am＝eq \f(2\r(3),3)
即θ＝60°时，s最小
对应的最小值s＝eq \f(v\\al(2,0),2ag)＝eq \f(5\r(3),2) m.
【答案】 (1)eq \f(\r(3),3) (2)60° eq \f(5\r(3),2) m
13．如图3­3­23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m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.
图3­3­23
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力F的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，g取10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力
Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
若发生相对运动，则a2＞a1
解得F>2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
纸板运动的距离d＋x1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
x2＝eq \f(1,2)a3teq \\al(2,2)，l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
代入数据解得F＝22.4 N.
【答案】 (1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N