2021高考物理大一轮复习领航检测：第三章　牛顿运动定律-第3节 Word版含解析

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1．下列哪个说法是正确的( )
A．游泳运动员仰卧在水面静止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．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是( )
A．电梯加速上升B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升 D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的( )
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，a＝gsin θ，而am＝g，故eq \f(a,am)＝sin θ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcs θ，FNm＝mg，即eq \f(FN,FNm)＝cs θ，则eq \f(FN′,FNm′)＝cs θ；重力加速度的最大值gm＝g，即eq \f(g,gm)＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是( )
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )
A.eq \f(F,3k) B.eq \f(F,2k)
C．L＋eq \f(F,3k) D．L＋eq \f(F,2k)
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋eq \f(F,3k)，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)2 s末物体的速度；
(2)前16 s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcs θ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5 m/s.
(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝5 m.
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcs θ－mgsin θ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5 m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10 s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcs θ＜F2＜μmgcs θ＋mgsin θ，则物体在剩下4 s时间内处于静止状态．
故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10 m/s2.下列说法中正确的是( )
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为8eq \r(6) m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8 m/s2，根据h＝eq \f(1,2)at2可得eq \f(t1,t2)＝eq \r(\f(a2,a1))＝eq \r(\f(2,3))，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝eq \r(6) s可得v＝8eq \r(6) m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，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FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是( )
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数eq \f(1,m)
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝eq \f(2,m)FT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于eq \f(2,m)，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝eq \f(mg,2)，C错误．
9．如图所示，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．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是( )
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝eq \f(1,2)kx2，则2mg(h＋x)＝kx·x，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即a>g，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，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Ff.若木块不滑动，力F的最大值是( )
A.eq \f(2Ffm＋M,M)
B.eq \f(2Ffm＋M,m)
C.eq \f(2Ffm＋M,M)－(m＋M)g
D.eq \f(2Ffm＋M,m)＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝eq \f(2FfM＋m,M)，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3 kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的( )
A．水平拉力可能是0.3 N
B．水平拉力一定是0.1 N
C．物体所受摩擦力可能是0.2 N
D．物体所受摩擦力一定是0.2 N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝eq \f(2,3) m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2 N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝eq \f(1,3) m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1 N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝eq \f(1,3) m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1 N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝eq \f(2,3) m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1 N，B、C正确．
12．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m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(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，取g＝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
发生相对运动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
解得F＝2μeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(m1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(d,l)))m2))g
代入数据得F＝22.4 N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4 N