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统考版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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这是一份统考版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，共5页。
基础题组
1．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为( )
A.30° B．45°
C.60° D．75°
2．[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—时间图象，下列说法正确的是( )
A.进站时列车的加速度大小为3.75 m/s2
B.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．图甲是我国运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情境，设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，在不计空气阻力情况下，根据F t图象，求：
(1)运动员在运动过程中的最大加速度的大小；
(2)运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小．
综合题组
4．(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0.以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
5．许多餐厅生意火爆，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零).某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.15，服务员上菜的最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)服务员运动的最大加速度；
(2)服务员上菜所用的最短时间．
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v2＝2ax得x＝ eq \f(1,2a) v2，结合x v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝g sin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．解析：在v t图象中，图象斜率表示加速度，图象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＝ eq \f(80×（300＋350）,2) m，Δt＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(900－\f(x,80))) s＝575 s，D正确．
答案：D
3．解析：（1）由图象可知运动员重力G＝500 N
蹦床对运动员的最大弹力Fm＝2 500 N
设运动员的最大加速度为am，则Fm－mg＝mam
解得am＝40 m/s2.
（2）由图象可知最长的自由下落的时间为t＝ eq \f(8.4－6.8,2) s＝0.8 s最大速度vm＝gt
解得vm＝8 m/s.
答案：（1）40 m/s2 （2）8 m/s
4．解析：设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F x图象可能是过原点的直线，对A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN x图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时，A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－ eq \f(mAa,k) ＜x0，因此选项B、D正确，A、C错误．
答案：BD
5．解析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，服务员以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1，碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ2mg.
解得a1≤μ2g＝1.5 m/s2，
对碗和托盘整体，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2，
手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ1（M＋m）g，
解得a2≤μ1g＝2 m/s2，
则服务员上菜的最大加速度amax＝1.5 m/s2.
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间
t1＝ eq \f(vmax,amax) ＝ eq \f(3,1.5) s＝2 s，
加速运动位移x1＝ eq \f(1,2) vmaxt1＝ eq \f(1,2) ×3×2 m＝3 m，
减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m，
匀速运动位移x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m．
匀速运动时间t3＝ eq \f(x3,vmax) ＝2 s，
则服务员上菜所用的最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s.
答案：（1）1.5 m/s2 （2）6 s
基础题组
1．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ为( )
A.30° B．45°
C.60° D．75°
2．[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—时间图象，下列说法正确的是( )
A.进站时列车的加速度大小为3.75 m/s2
B.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．图甲是我国运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情境，设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g＝10 m/s2，在不计空气阻力情况下，根据F t图象，求：
(1)运动员在运动过程中的最大加速度的大小；
(2)运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小．
综合题组
4．(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0.以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是( )
5．许多餐厅生意火爆，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零).某次服务员用单手托托盘方式(如图)给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平，托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.15，服务员上菜的最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)服务员运动的最大加速度；
(2)服务员上菜所用的最短时间．
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v2＝2ax得x＝ eq \f(1,2a) v2，结合x v2图象可知小物块的加速度a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝g sin θ，所以θ＝30°，选项A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．解析：在v t图象中，图象斜率表示加速度，图象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＝ eq \f(80×（300＋350）,2) m，Δt＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(900－\f(x,80))) s＝575 s，D正确．
答案：D
3．解析：（1）由图象可知运动员重力G＝500 N
蹦床对运动员的最大弹力Fm＝2 500 N
设运动员的最大加速度为am，则Fm－mg＝mam
解得am＝40 m/s2.
（2）由图象可知最长的自由下落的时间为t＝ eq \f(8.4－6.8,2) s＝0.8 s最大速度vm＝gt
解得vm＝8 m/s.
答案：（1）40 m/s2 （2）8 m/s
4．解析：设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k（x0－x）＝（mA＋mB）a，可得F＝kx＋（mA＋mB）a－kx0，若（mA＋mB）a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，F x图象可能是过原点的直线，对A有k（x0－x）－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FN x图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时，A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－ eq \f(mAa,k) ＜x0，因此选项B、D正确，A、C错误．
答案：BD
5．解析：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，服务员以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得Ff1＝ma1，碗与托盘间相对静止，则Ff1≤Ff1max＝μ2mg.
解得a1≤μ2g＝1.5 m/s2，
对碗和托盘整体，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得Ff2＝（M＋m）a2，
手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max＝μ1（M＋m）g，
解得a2≤μ1g＝2 m/s2，
则服务员上菜的最大加速度amax＝1.5 m/s2.
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间
t1＝ eq \f(vmax,amax) ＝ eq \f(3,1.5) s＝2 s，
加速运动位移x1＝ eq \f(1,2) vmaxt1＝ eq \f(1,2) ×3×2 m＝3 m，
减速运动时间t2＝t1＝2 s，位移x2＝x1＝3 m，
匀速运动位移x3＝L－x1－x2＝12 m－3 m－3 m＝6 m．
匀速运动时间t3＝ eq \f(x3,vmax) ＝2 s，
则服务员上菜所用的最短时间t＝t1＋t2＋t3＝6 s.
答案：（1）1.5 m/s2 （2）6 s
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