2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 作業(yè)13 牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用（含解析）

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1、 作業(yè)13　牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用 7 一、選擇題 1．(2016年高考·海南卷)沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－時(shí)間圖線如圖13－1所示．已知物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為常數(shù)，在0～5s，5～10s，10～15s內(nèi)F的大小分別為F1、F2和F3，則(　　) 圖13－1 A．F1F3 C．F1>F3 D．F1＝F3 圖13－2 解析：根據(jù)題v－t圖象可以知道，在0～5s內(nèi)加速度為a1＝0.2m/s2，方向沿斜面向下；在5～10s內(nèi)，加速度a2＝0；在10～15s

2、內(nèi)加速度為a1＝－0.2m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖13－2； 在0～5s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－f－F1＝ma1，則：F1＝mgsinθ－f－0.2m； 在5～10s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－f－F2＝ma2，則：F2＝mgsinθ－f； 在10～15s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：f＋F3－mgsinθ＝ma3，則：F3＝mgsinθ－f＋0.2m 故可以得到：F3＞F2＞F1，故選項(xiàng)A正確． 答案：A 圖13－3 2.(2019年呼和浩特模擬)如圖13－3所示，升降機(jī)天花板上用輕彈簧懸掛一物體，升降機(jī)靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為10 cm，運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)

3、量為9 cm，則升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是(g＝10 m/s2)(　　) A．以a＝1 m/s2的加速度加速上升 B．以a＝1 m/s2的加速度加速下降 C．以a＝9 m/s2的加速度減速上升 D．以a＝9 m/s2的加速度減速下降 解析：根據(jù)運(yùn)動(dòng)時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量為9 cm，小于靜止時(shí)彈簧伸長(zhǎng)量10 cm，可知升降機(jī)的加速度向下，則升降機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是以a＝1 m/s2的加速度加速下降；也可能是以a＝1 m/s2的加速度減速上升，B正確． 答案：B 圖13－4 3．(2019年福州質(zhì)檢)如圖13－4所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質(zhì)量為m的小球，從離彈

4、簧上端高h(yuǎn)處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)．觀察小球從開(kāi)始下落到第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程，下列關(guān)于小球的速度v或加速度a隨時(shí)間t變化的圖象中符合實(shí)際情況的是(　　) 解析：小球開(kāi)始接觸彈簧時(shí)，合力向下，向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到某個(gè)位置時(shí)，重力等于彈簧彈力，合力為零，加速度為零，速度最大，然后重力小于彈力，合力方向向上，向下做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，速度為零，加速度最大，根據(jù)對(duì)稱性可知，到達(dá)最低端時(shí)加速度大于g，且加速度a隨時(shí)間t的變化為非線性變化，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 答案：A 圖13－5 4．(2019年江西新余四中模擬)如圖13－5所

5、示為索道輸運(yùn)貨物的情景．已知傾斜的索道與水平方向的夾角為37°，重物與車廂地板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.30.當(dāng)載重車廂沿索道向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，重物與車廂仍然保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，重物對(duì)車廂內(nèi)水平地板的正壓力為其重力的1.15倍，那么這時(shí)重物對(duì)車廂地板的摩擦力大小為(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　) A．0.35mg B．0.30mg C．0.23mg D．0.20mg 解析：由于重物對(duì)車廂內(nèi)水平底板的正壓力為其重力的1.15倍，在豎直方向上，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma豎直，解得a豎直＝0.15 g，設(shè)水平方向上的加速度為a水平，則＝t

6、an37°＝，解得a水平＝0.20 g，對(duì)重物受力分析可知，在水平方向上摩擦力作為合力產(chǎn)生加速度，由牛頓第二定律得f＝ma水平＝0.20 mg，故D正確． 答案：D 5．在汽車中的懸線上掛一小球，實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)汽車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，懸線將與豎直方向成某一固定角度，如圖13－6所示．若在汽車底板上還有一個(gè)跟其相對(duì)靜止的物塊，則關(guān)于汽車的運(yùn)動(dòng)情況和物塊的受力情況正確的是(　　) 圖13－6 A．汽車一定向右做加速運(yùn)動(dòng) B．汽車一定向左做加速運(yùn)動(dòng) C．物塊除受到重力、底板的支持力作用外，還一定受到向右的摩擦力作用 D．物塊除受到重力、底板的支持力作用外，還可能受到向左的摩擦力作用

7、 解析：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象受力分析，受重力和繩的拉力，合力水平向右，反映出汽車加速度向右，所以汽車可能向右加速，也可能向左減速，故A、B錯(cuò)誤；以物塊為研究對(duì)象，受力分析，受重力、底板的支持力，向右的靜摩擦力，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 6．如圖13－7甲所示，在光滑的水平面上有質(zhì)量為M且足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板，木板上面疊放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊．現(xiàn)對(duì)長(zhǎng)木板施加水平向右的拉力F＝3t(N)時(shí)，兩個(gè)物體運(yùn)動(dòng)的a－t圖象如圖13－7乙所示，若取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖13－7 A．圖線Ⅰ是小物塊運(yùn)動(dòng)的a－t圖象 B．小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 C

8、．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝1 kg D．小物塊的質(zhì)量m＝2 kg 解析：當(dāng)力F較小時(shí)，兩者一起加速，當(dāng)F較大時(shí)，m相對(duì)于M向后滑動(dòng)，m的加速度不再隨F的增大而變化，因此圖象Ⅱ是小物塊的a－t圖象，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)小物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)后，加速度不變?yōu)閍m＝3 m/s2，由牛頓第二定律得，μmg＝mam，解得μ＝0.3，B項(xiàng)正確；在3 s前，對(duì)整體有，3t＝(M＋m)a，a＝t，由圖象得＝1；在3 s后，對(duì)M有，3t－μmg＝Ma，a＝t－，由圖象得＝，解得M＝2 kg，m＝1 kg，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：B 圖13－8 7．如圖13－8所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持靜止

9、，用大小等于mg的恒力F向上拉B，運(yùn)動(dòng)距離h時(shí)，B與A分離，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．B和A剛分離時(shí)，彈簧長(zhǎng)度等于原長(zhǎng) B．B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為g C．彈簧的勁度系數(shù)等于 D．在B和A分離前，它們做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 解析：B和A剛分離時(shí)，恒力F＝mg，B的加速度為零，彈簧對(duì)A向上的彈力等于重力，A的加速度也為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)，A、B錯(cuò)誤．B和A剛分離時(shí)，彈簧彈力大小為mg，開(kāi)始靜止時(shí)彈簧彈力大小為2mg，則彈力減少量ΔF＝mg，兩物體向上運(yùn)動(dòng)的距離為h，則彈簧壓縮量減少Δx＝h，所以彈簧的勁度系數(shù)k＝，C正確；在B和A分離之前對(duì)AB整體為研究對(duì)象，重力2mg不變，彈力

10、在減小，合力減小，整體加速度在減小，AB做變加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． 答案：C 8．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖13－9所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力(　　) 圖13－9 A．t＝2 s時(shí)最大 B．t＝2 s時(shí)最小 C．t＝8.5 s時(shí)最大 D．t＝8.5 s時(shí)最小 解析：人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma.當(dāng)t＝2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)N′最大；當(dāng)t＝8.5 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項(xiàng)A、D正確． 答案：AD

11、 圖13－10 9．(多選)一斜面固定在水平面上，在斜面頂端有一長(zhǎng)木板，木板與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一輕質(zhì)彈簧測(cè)力計(jì)，彈簧測(cè)力計(jì)下面連接一個(gè)光滑的小球，如圖13－10所示，當(dāng)木板固定時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)示數(shù)為F1，現(xiàn)由靜止釋放后，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時(shí)彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為F2，若斜面的高為h，底邊長(zhǎng)為d，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．穩(wěn)定后彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài) B．穩(wěn)定后彈簧一定處于壓縮狀態(tài) C．μ＝ D．μ＝ 解析：平衡時(shí)，對(duì)小球分析F1＝mgsinθ；木板運(yùn)動(dòng)后穩(wěn)定時(shí)，對(duì)整體分析有：a＝gsinθ－μgcosθ；則a

12、應(yīng)沿斜面向上，彈簧處于拉伸狀態(tài)，對(duì)小球有mgsinθ－F2＝ma，而tanθ＝；聯(lián)立以上各式計(jì)算可得μ＝，故A、D正確． 答案：AD 圖13－11 10．(多選)如圖13－11所示，質(zhì)量分別為M和m的物體A、B用細(xì)線連接，懸掛在定滑輪上，定滑輪固定在天花板上，已知M>m，滑輪質(zhì)量及摩擦均不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．細(xì)線上的拉力一定大于mg B．細(xì)線上的拉力一定小于Mg C．細(xì)線上的拉力等于g D．天花板對(duì)定滑輪的拉力等于 (M＋m)g 解析：設(shè)兩物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小均為a，細(xì)線上的拉力為T(mén)，分別對(duì)物體A和B進(jìn)行受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有：對(duì)A，Mg－T＝Ma，

13、對(duì)B，T－mg＝ma，整理可得T＝Mg－Ma＝mg＋ma，T＝g.對(duì)定滑輪進(jìn)行受力分析可知，天花板對(duì)定滑輪的拉力等于2T. 答案：AB 圖13－12 11．(2019年湖北宜昌一調(diào))(多選)物體A和B相對(duì)靜止，以共同的速度沿斜面勻速下滑，則(　　) A．A、B間無(wú)摩擦力的作用 B．B受到滑動(dòng)摩擦力的大小為(mA＋mB)gsinθ C．B受到的靜摩擦力的大小為mAgsinθ D．取走A后，B將勻加速下滑 解析：以A為研究對(duì)象，A處于平衡狀態(tài)，因此有f＝mAgsinθ，所以A受到B對(duì)A沿斜面向上的摩擦力作用，A錯(cuò)誤；以整體為研究對(duì)象，根據(jù)平衡狀態(tài)有：(mA＋mB)gsinθ＝f

14、B，B正確；A對(duì)B的靜摩擦力與B對(duì)A的靜摩擦力大小相等，故有：f′＝f＝mAgsinθ，C正確；由分析知：(mA＋mB)gsinθ＝fB，又根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式有：fB＝μ(mA＋mB)gcosθ，得：μ＝tanθ，取走物體A后，物體B受滑動(dòng)摩擦力為μmBgcosθ，代入μ＝tanθ得，μmBgcosθ＝mBgsinθ，即物體B受力平衡，則物體B仍能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤． 答案：BC 圖13－13 12．(2019年湖北黃石中學(xué)?？?(多選)如圖13－13所示，質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩個(gè)滑塊放在斜面上，中間用一個(gè)輕桿相連，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，它們?cè)谛泵嫔?/p>

15、加速下滑．關(guān)于桿的受力情況，下列分析正確的是(　　) A．若μ1>μ2，m1＝m2，則桿受到壓力 B．若μ1＝μ2，m1>m2，則桿受到拉力 C．若μ1<μ2，m1μ2，則a1

16、度相同，說(shuō)明無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，桿不受到作用力，故B錯(cuò)誤，D正確；若μ1<μ2，則a1>a2，A的加速度較大，則桿受到拉力，故C錯(cuò)誤． 答案：AD 二、非選擇題 圖13－14 13．如圖13－14所示，在光滑水平面上，放置著A、B兩個(gè)物體．A、B緊靠在一起，其質(zhì)量分別為mA＝3 kg，mB＝6 kg，推力FA作用于A上，拉力FB作用于B上，F(xiàn)A、FB大小均隨時(shí)間而變化，其規(guī)律為FA＝(12－2t)N，F(xiàn)B＝(6＋2t)N.問(wèn)從t＝0開(kāi)始，到A、B相互脫離為止，A、B的共同位移是多少． 解析：FA、FB的大小雖隨時(shí)間而變化，但F合＝FA＋FB＝18 N不變，故開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)A、B共

17、同做勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B分離前，對(duì)整體有：FA＋FB＝(mA＋mB)a① 設(shè)A、B間的彈力為FAB，對(duì)B有：FB＋FAB＝mBa② 由于加速度a恒定，則隨著t的增大，F(xiàn)B增大，彈力FAB逐漸減小，當(dāng)A、B恰好分離時(shí)，A、B間的彈力為零，即 FAB＝0③ 將FA＝(12－2t)N，F(xiàn)B＝(6＋2t)N 代入①得：a＝2 m/s2. 結(jié)合②③得： t＝3 s. A、B相互脫離前共同位移為：x＝at2， 代入數(shù)值得：x＝9 m. 答案：9 m 14．(2019年南陽(yáng)模擬)神舟飛船完成了預(yù)定空間科學(xué)和技術(shù)實(shí)驗(yàn)任務(wù)后，返回艙開(kāi)始從太空向地球表面預(yù)定軌道返回，返回艙開(kāi)始時(shí)通過(guò)自身制動(dòng)發(fā)動(dòng)

18、機(jī)進(jìn)行調(diào)控減速 下降，穿越大氣層后在一定高度打開(kāi)阻力降落傘進(jìn)一步減速下降，這一過(guò)程中若返回艙所受的空氣阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空氣阻力系數(shù))為k，所受空氣浮力不變，且認(rèn)為豎直降落，從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，返回艙的運(yùn)動(dòng)v －t圖象如圖13－15所示，圖中AB是曲線在A點(diǎn)的切線，切線與橫軸交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(8，0)，CD是曲線AD的漸近線，假如返回艙總質(zhì)量為M＝400 kg，g取10 m/s2，求： 圖13－15 (1)返回艙在這一階段的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)； (2)在開(kāi)始時(shí)刻v0＝160 m/s時(shí)，它的加速度大小； (3)空氣阻力系數(shù)k的數(shù)值． 解析：(1)由題v－t圖象可以看出，圖線的斜率逐漸減小到零，即做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至勻速運(yùn)動(dòng)． (2)開(kāi)始時(shí)v0＝160 m/s，過(guò)A點(diǎn)切線的斜率大小就是此時(shí)加速度的大小，則 a＝＝ m/s2＝－20 m/s2 故加速度大小為20 m/s2. (3)設(shè)浮力為F，由牛頓第二定律得 在t＝0時(shí)有kv＋F－Mg＝Ma 由題圖知返回艙的最終速度為v＝4 m/s 當(dāng)返回艙勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有kv2＋F－Mg＝0 故k＝ ＝≈0.31. 答案：(1)先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至勻速運(yùn)動(dòng) (2)20 m/s2　(3)0.31 8