新教材2022版高考物理人教版一轮总复习训练：7　牛顿运动定律的综合应用

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1．甲、乙两球的质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程中所受空气阻力的大小Ff仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即Ff＝kv(k为正的常量)。两球的v ­t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是( )
A. 释放瞬间甲球的加速度较大
B. eq \f(m1,m2)＝ eq \f(v2,v1)
C. 甲球质量大于乙球质量
D. t0时间内两球下落的高度相等
C 解析：释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，均为g，选项A错误；运动到最后达到匀速运动时，重力和阻力大小相等，即mg＝kv，则 eq \f(m1,m2)＝ eq \f(v1,v2)，选项B错误；由题图可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落的高度大，选项D错误。
2．(多选)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )
A. 在第一过程中始终处于失重状态
B. 在第二过程中始终处于超重状态
C. 在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D. 在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
CD 解析：在第一过程中，运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态，随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A错误，C正确；在第二过程中的运动情况与第一过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确。
3．如图所示，一小车上有一固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球P。横杆右边用一根细线吊一相同的小球Q。当小车沿水平面运动时，细线保持与竖直方向的夹角为α。已知θ＜α，则下列说法正确的是( )
A. 小车一定向右做匀加速运动
B. 轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向
C. 小球P受到的合力大小为mg tan θ
D. 小球Q受到的合力大小为mg tan α
D 解析：以细线悬挂的小球Q为研究对象，根据牛顿第二定律得mg tan α＝ma，得a＝g tan α，方向向右，故小车可能向右加速运动，也可能向左减速运动，故A错误；对小球P，由牛顿第二定律得mg tan β＝ma′，因a＝a′，则β＝α＞θ，轻杆对小球P的弹力方向与细线平行，故B错误；对小球P、Q由牛顿第二定律可知合力F＝ma＝mg tan α，故C错误，D正确。
4．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，乘客( )
A. 处于失重状态
B. 处于超重状态
C. 受到向后的摩擦力作用
D. 所受力的合力沿斜面向下
B 解析：当此车加速上坡时，整体的加速度沿斜面向上，乘客具有竖直向上的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，故A错误，B正确；对乘客进行受力分析，乘客受重力、支持力和摩擦力，乘客的加速度沿斜面向上，而静摩擦力必沿水平方向，乘客有水平向右的分加速度，所以受到向前(水平向右)的摩擦力作用，故C错误；由于乘客的加速度沿斜面向上，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向上，故D错误。
5．(多选)如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t图像如图乙所示。若重力加速度及图乙中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )

甲 乙
A. 斜面的倾角
B. 物块的质量
C. 物块与斜面间的动摩擦因数
D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度
ACD 解析：设物块的质量为m、斜面的倾角为θ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmgcs θ＝ma1，mg sin θ－μmgcs θ＝ma2。再结合v ­t图线斜率的物理意义有 a1＝ eq \f(v0,t1)，a2＝ eq \f(v1,t1)。由上述四式可知，无法求出m，可以求出θ、μ，故选项B错误，A、C均正确。0～t1时间内的v ­t图线与横轴所围面积的大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，θ已求出，故可以求出物块上滑的最大高度，故选项D正确。
6．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块A、B、C、D，其中A、C两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉木块D，使四个木块以同一加速度运动，则木块A、C间轻绳的最大拉力为( )
A. eq \f(3μmg,5) B. eq \f(3μmg,2)
C. eq \f(3μmg,4) D. 3μmg
C 解析：设整体的加速度为a，对木块B进行受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，由牛顿第二定律有Ff1＝2ma，对A、B、C三个木块组成的整体进行受力分析，水平方向只受静摩擦力作用，由牛顿第二定律有Ff2＝4ma，由于A、B两木块间和C、D两木块间的最大静摩擦力大小都为μmg，且Ff2>Ff1，所以整体的加速度增大时，C、D两木块间的静摩擦力先达到最大静摩擦力，取Ff2＝μmg，再对A、B两木块组成的整体进行受力分析，水平方向只受轻绳的拉力作用，有FT＝3ma，联立解得FT＝ eq \f(3,4)μmg，C正确。
7．1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯()研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类、温度有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关。如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深的量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图像可能正确的是( )

A B

C D
D 解析：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝ eq \f(mg－F,m)＝ eq \f(mg－6πηrv,m)，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，小钢珠做匀速运动，加速度为0，故选项D正确。
8．如图所示，水平桌面光滑，A、B两物体间的动摩擦因数为μ(可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，A物体质量为2m，B、C两物体的质量均为m，滑轮光滑，砝码盘中可以任意加减砝码，在保持A、B、C三个物体相对静止且共同向左运动的情况下，B、C两物体间的绳子所能达到的最大拉力是( )
A. eq \f(1,2)μmg B. μmg
C. 2μmg D. 3μmg
B 解析：根据最大静摩擦力等于滑动摩擦力可以知道A、B两物体间的最大静摩擦力为2μmg，先以B、C两物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律得2μmg＝2mamax，得amax＝μg，以C物体为研究对象，根据牛顿第二定律得FTmax＝mamax＝μmg，故选项B正确。
9．(多选)如图所示，竖直固定的光滑杆上套有一质量为m的小球A，不可伸长的轻质细绳通过固定在天花板上、大小可忽略的定滑轮，连接小球A和小球B，虚线OC水平，此时连接小球A的细绳与水平方向间的夹角为60°，小球A恰能保持静止。现在小球B的下端再挂一小球Q(未画出)，小球A可从图示位置上升并恰好能到达C处。不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g。则( )
A. 小球B的质量为 eq \f(\r(3),3)m
B. 小球B的质量为 eq \f(2\r(3),3)m
C. 小球A到达C处时的加速度为0
D. 小球A到达C处时的加速度为g
BD 解析：小球B受重力和细绳拉力而平衡，细绳拉力等于其重力；小球A受重力、细绳拉力和杆的支持力，设小球B的质量为M，细绳拉力为FT，根据平衡条件有FT＝Mg，FTsin 60°＝mg，联立解得M＝ eq \f(2\r(3),3)m，故A错误，B正确；当小球A到达C处时，由受力分析可知，水平方向受力平衡，竖直方向只受重力作用，所以小球A的加速度 a＝g，故C错误，D正确。
10．如图所示，质量均为m的两个木块A、B在水平力F的作用下，一起沿光滑水平面运动，A与B的接触面光滑，且与水平面的夹角为37°，已知重力加速度为g，则要使A与B保持相对静止一起运动，水平力F的最大值为多少？
解析：水平力为0时，两木块之间一定不滑动；水平力为F时，对整体，根据牛顿第二定律列式得 F＝2ma
故整体加速度为a＝ eq \f(F,2m)
对木块B进行受力分析，如图所示
由牛顿第二定律可得FNsin θ＝ma
得木块B的加速度
a＝ eq \f(FNsin θ,m)
所以A、B之间刚好不会发生相对滑动时，F′N＝0
推力F＝2ma＝2FNsin θ
且mg＝FNcs θ
得F的最大值为F＝2× eq \f(mg,cs θ)×sin θ＝2mg tan θ
又因θ＝37°，所以F＝1.5mg。
答案：1.5mg
11．如图所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向间的夹角为37°。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)当汽车以a＝2 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小；
(2)当汽车以a′＝10 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。
解析：(1)当汽车以a＝2 m/s2 的加速度向右匀减速行驶时，小球的受力分析如图甲所示。
甲
由牛顿第二定律得
FT1cs θ＝mg
FT1sin θ－FN＝ma
代入数据得FT1＝50 N，FN＝22 N
由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a0，对小球进行受力分析如图乙所示。
乙
由牛顿第二定律得
FT2sin θ＝ma0，FT2cs θ＝mg
代入数据得
a0＝g tan θ＝10× eq \f(3,4) m/s2＝7.5 m/s2
因为a′＝10 m/s2>a0
所以小球飞起来与汽车后壁分离，F′N＝0
当汽车以a′＝10 m/s2的加速度向右匀减速行驶时，由牛顿第二定律得 F′T2cs θ′＝mg
F′T2sin θ′＝ma′
代入数据得F′T2＝40 eq \r(2) N。
答案：(1)50 N 22 N (2)40 eq \r(2) N 0