2019高考物理一轮复习 第三章《牛顿运动定律》第3课时 牛顿运动定律的综合应用课时冲关 新人教版

根据国际广告广告第三章 第3课时 牛顿运动定律的综合应用

一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)

1．(68520064)(2017·河南周口西华一中等校联考)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

解析：B [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，乘客加速度沿斜面向上，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．]

2．(2017·宁夏银川二中月考)电梯在t＝0时由静止开始上升，运动的a-t图象如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量m＝50 kg，重力加速度g取10 m/s.下列说法正确的是( )

A．第9 s内乘客处于失重状态 B．1～8 s内乘客处于平衡状态

C．第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N D．第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s

解析：C [第9 s内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A错误；1～8 s内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有N－mg＝ma，解得N＝550 N，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N，C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内a-t图象与时间1

轴所围图形的面积，即Δv＝×1×1.0 m/s＝0.5 m/s，D错误．]

2

威特沃特我依然 2

根据国际广告广告3．如图所示，在一足够长的粗糙水平杆上套一小圆环，在小圆环上施加一水平向右的恒力F，使小圆环由静止开始运动，同时在小圆环上施加一竖直向上的力F′，且F′满足的关系为F′＝kv.已知小圆环的质量为m，小圆环与水平杆之间的动摩擦因数为μ.则小圆环运动过程中速度随时间变化的图象为( )

解析：C [刚开始运动时，加速度a1＝度v增大到kv>mg时，加速度a2＝时，做匀速运动，则C正确．]

4．某同学将一台载有重物的电子台秤置于直升式电梯内，从1楼直升到达10楼下电梯，在进入电梯到下电梯的全过程中他用相机拍摄了如图所示的四幅照片，若电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，据此下列判断正确的是( )

F－μ

mg－kv，随着速度v增大，a1增大，当速

mF－μ

kv－mg，随着速度v增大，a2减小，当a2减小到0

m

A．甲应为电梯减速时所拍摄的 B．乙表明了电梯处于失重状态 C．丙应为电梯匀速时所拍摄的 D．丁应为电梯减速时所拍摄的

解析：D [电梯静止时，电子台秤指针恰好指到盘面示数为“9”的位置，若示数大于9，则电梯加速上升或减速下降，处于超重状态；若示数小于9，则电梯减速上升或加速下降，处于失重状态；若示数等于9，则电梯处于静止或匀速运动状态．所以D正确．]

5．(68520065)(2017·云南玉溪一中月考)如图所示，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和摩擦．初始时用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g取10 m/s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )

2

威特沃特我依然 根据国际广告广告

A．和m1相对静止一起沿斜面下滑 B．和m1相对静止一起沿斜面上滑 C．相对于m1上滑 D．相对于m1下滑

解析：D [假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a＝

m3g－m1＋m2gsin 30°2

＝2.5 m/s.隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得f－m2gsin 30°＝m2a，

m1＋m2＋m3

解得f＝m2gsin 30°＋m2a＝15 N，最大静摩擦力fm＝μm2gcos 30°＝83 N，可知f>fm，知m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑，故D正确．]

6．(2017·河北唐山一模)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端系于墙上，另一端连接一物体A，用质量与A相同的物体B推A使弹簧压缩，A、B与水平面间的动摩擦因数分别为μA和μB且μA>μB.释放A、B，二者向右运动一段距离后将会分离，则A、B分离时( )

A．弹簧形变量为零 B．弹簧压缩量为C．弹簧压缩量为D．弹簧伸长量为

μA＋μ

BmgmgmgkμA－μ

B

kμA＋μ

Bk解析：C [设A、B分离时弹簧伸长量为x，当A、B刚好分离时，A、B间的弹力为零，加速μBmgμAmg＋kxμB－μ

度仍相同，根据牛顿第二定律得＝，解得x＝

Amgmmk.由于μA>μB，所以

有x<0，说明弹簧压缩，且压缩量为μA－μ

Bmgk，故选C.]

二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错或不答的得0分)

7．(68520066)(2017·江苏南京盐城一模)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

威特沃特我依然 根据国际广告广告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

解析：CD [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；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，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．]

8．(2017·河北百校联盟联考)在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯从静止开始一直上升，最后停止运动：传感器的屏幕上显示出其所受的压力与时间的关系(F-t)图象如图所示，则下列说法中正确的是( )

A．0～4 s电梯中的物体处于超重状态

B．18～22 s内，电梯中的物体处于先超重再失重状态 C．从图中可以求出物体的重力

D．从图中可以找出电梯上升时的最大加速度

解析：ACD [在0～4 s内重物对台秤的压力大于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向上，处于超重状态，电梯加速上升，故A正确；在18～22 s内重物对台秤的压力小于重力，由牛顿第二定律得加速度方向向下，处于失重状态，电梯减速上升，故B错误；由图象可知，电梯匀速上升时台秤的示数是30 N，所以物体的重力是30 N，质量为3 kg，故C正确；在0～4 s内，重2022

物所受最大支持力N＝50 N，由牛顿第二定律有N－mg＝ma，解得a＝ m/s＝6.7 m/s；在18～

3202

22 s内，重物所受最小支持力N′＝10 N，由牛顿第二定律有mg－N′＝ma′，解得a′＝ m/s

3＝6.7 m/s，故D正确．]

9．(2017·山西太原期末)如图所示，两质量相等的长方体物块A、B通过一水平轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑，开始时弹簧处于原长．现在A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到弹簧第一次达到最长的过程中，下列说法中正确的有(弹簧

2

威特沃特我依然 根据国际广告广告处在弹性限度内)( )

A．物块A的速度一直增大，加速度一直减小 B．物块B的速度一直增大，加速度一直增大 C．弹簧第一次达到最长时，A、B的速度相同 D．弹簧第一次达到最长时，A、B的加速度相同

解析：ABC [作出两物块运动的v-t图象如图所示，在整个过程中，

A的合力(加速度)减小，而B的合力(加速度)增大，在达到共同加速度之

前，A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度)．由于加速度与速度方向相同，所以物块

A、B的速度一直在增大．故A、B正确．t1时刻，两物块加速度相等时，v-t图线切线的斜率相同，

速度差最大，t1时刻之后，A的速度仍大于B的速度，弹簧仍在伸长，当弹簧第一次达到最长时，物块A、B的速度相等，故A、B加速度相等时，弹簧的长度不是最长，故D错误，C正确．]

10．(2017·辽宁大连二十四中期中)如图甲所示，用黏性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N时A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )

A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 N B．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零 C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左

D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m

解析：AD [设t时刻A、B分离，分离之前A、B共同运动，加速度为a，以整体为研究对象，则有a＝

F1＋F23.6＋022

＝ m/s＝1.2 m/s，分离时有F2－f＝mBa，得F2＝f＋mBa＝(0.3＋2×1.2)NmA＋mB1＋2

威特沃特我依然

根据国际广告广告412

＝2.7 N，经历时间t＝×2.7 s＝3 s，根据位移公式s＝at＝5.4 m，则D正确；当t＝2 s

3.62时，F2′＝1.8 N，F2′＋f′＝mBa，得f′＝mBa－F2′＝0.6 N，A正确，B错误；当t＝2.5 s时，

F2″＝2.25 N，F2″＋f″＝mBa，得f″＝mBa－F2″>0，C错误．]

三、非选择题(本题共2小题，共40分．写出必要的文字说明和重要的演算步骤，有数值计算的要注明单位)

11．(68520067)(20分)(2017·江西赣中南五校联考)质量为2 kg的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡上向下滑动，所受的空气阻力与速度成正比，比例系数未知．今测得雪橇运动的v-t图象如图所示，且AB是曲线最左端那一点的切线，B点的坐标为(4,9)，CD线是曲线的渐近线．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．试问：

(1)雪橇开始时做什么运动？最后做什么运动？

(2)当v0＝3 m/s和v1＝6 m/s时，雪橇的加速度大小各是多少？ (3)空气阻力系数k及雪橇与斜坡间的动摩擦因数各是多少？

解析：(1)v-t图象的斜率表示加速度的大小，由图可知，雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动．

9－322

(2)当v0＝3 m/s时，雪橇的加速度是a0＝ m/s＝1.5 m/s，

4当v1＝6 m/s时，雪橇的加速度是a1＝0.

(3)开始加速时：mgsin θ－kv0－μmgcos θ＝ma0① 最后匀速时：mgsin θ＝kv1＋μmgcos θ② 联立①②得kv0＋ma0＝kv1， 得k＝

ma0

＝1 kg/s， v1－v0

mgsin θ－kv1

＝0.375.

mgcos θ

由②式，得μ＝

答案：(1)雪橇开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动 (2)1.5 m/s 0 (3)1 kg/s 0.375

12．(68520068)(20分)(2017·安徽芜湖、马鞍山质监)两物体A、B并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物体A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F.已知A、B质量分别为mA2

威特沃特我依然 根据国际广告广告＝1 kg、mB＝3 kg，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B与地面间没有摩擦，B物体运动的v-t图象如图(b)所示．取g＝10 m/s，求：

2

(1)推力F的大小；

(2)A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离．

解析：(1)在水平推力F作用下，设物体A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由B物体的

v-t图象得a＝3 m/s2.对于A、B整体，由牛顿第二定律得F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N.

(2)设物体A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物体分离，A在摩擦力作用下做匀减速直线运动，B做匀速运动，对于A物体有μmAg＝mAaA，

aA＝μg＝3 m/s2，vt＝v0－aAt＝0，解得t＝2 s，

物体A的位移为xA＝vt＝6 m，

物体B的位移为xB＝v0t＝12 m，所以A物体刚停止运动时，物体A、B之间的距离为Δx＝

xB－xA＝6 m.

答案：(1)15 N (2)6 m

威特沃特我依然

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/kzkx.html