1、中小学资料全程训练届高考物理一轮总复习 课练9 牛顿运动定律的应用课练9牛顿运动定律的应用1.(多选)如图所示，小物块由曲面上的P点自由滑下，通过一粗糙的固定不动的水平传送带后落到地面上的Q点若皮带随皮带轮以恒定的速率转动，小物块仍从P点自由滑下，则关于小物块落地点位置的正确判断是()A皮带轮逆时针方向转动时，物块一定落在Q点左边B皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点的右边C皮带轮逆时针方向转动时，物块有可能落在Q点的左边D皮带轮顺时针方向转动时，物块有可能落在Q点2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动
2、凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成角则下列说法正确的是 ()A小铁球受到的合外力方向水平向左B凹槽对小铁球的支持力为C系统的加速度为agtanD推力FMgtan3.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(mM12)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1x2等于()A11 B12C21 D234(多选)如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆
3、右边用一根细线吊一小铁球，当小车向右做加速运动时，细线保持与竖直方向成角，若m.用一力F水平向右拉小球，使小球和小车一起以加速度a向右运动，细线与竖直方向成角，细线的拉力大小为F1，如图甲若用一力F水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度a向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力大小为F1，如图乙，则 ()Aaa，F1F1 Baa，F1F1Caa，F1a，F1F16(多选)如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示已知重力加速度g取10 m/s2，由图线可知 ()A甲的质量m2 kg B甲的质量m6
4、 kgC甲、乙间的动摩擦因数0.2 D甲、乙间的动摩擦因数0.67.(多选)如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮(不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间的摩擦)，绳的一端悬挂一质量为m的物体A，另一端悬挂一质量为M(Mm)的物体B，此时物体A的加速度为a1.如果用力F代替物体B，使物体A产生的加速度为a2，那么()A如果a1a2，则FMg B如果FMg，则a1m，故aa，f1F1，故选D.6BC由图象可知，在拉力小于48 N时，二者一起运动，由牛顿第二定律有F(Mm)a，在拉力大于48 N时，二者相对滑动当拉力F148 N时，甲的加速度a16 m/s2，由牛顿第二定律有F1mgma1；当拉力F260
5、 N时，甲的加速度a28 m/s2，由牛顿第二定律有F2mgma2，联立解得甲的质量为m6 kg，甲、乙间的动摩擦因数0.2，选项B、C正确7ABD细绳另一端悬挂一质量为M(Mm)的物体B，分析A、B整体，由牛顿第二定律有Mgmg(mM)a1，解得a1g.如果用力F代替物体B，分析物体A，由牛顿第二定律有Fmgma2，解得a2g.如果a1a2，则FMg；如果FMg，则a1a2，选项A、B正确，C错误如果F，则a2ga1，选项D正确8B人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲
6、起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误9A由vt图象可知，滑块先做匀减速运动后做匀速运动，木板先做匀加速运动后做匀速运动，而木板匀速运动的速度小于滑块匀速运动的速度，说明直到滑块从木板上滑落，两物体也没达到相同的速度，所以正确，错误，选项A正确10BCD当A和B两物体叠放在竖直轻质弹簧上并保持静止时，弹簧的弹力F弹2mg，由胡克定律得弹簧的形变量x1；当A和B两物体一起上升时，把A和B两物体看成一个整体，由牛顿第二定律得FF弹2mg2ma；对B物体进行隔离分析，得FFNmgma；当A和B
7、开始分离时，FN0，解得ag，负号表示方向竖直向下，此时弹簧的弹力为F弹mg，由胡克定律得弹簧的形变量x2；由题中条件有x1x2h，则k；从开始运动到B与A刚分离的过程中，B物体先加速后减速，其动能先增大后减小，故B、C、D正确11解题思路：(1)设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律有，1mgma1，F11mg2(mM)gMa2，若a1a2时，拉力最小，联立解得F14.5 N.即小滑块与木板间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5 N.(2)设小滑块恰好滑到桌面边缘时，小滑块脱离木板时的速度为v，所用时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，
8、小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则va1t，2mgma3，滑块脱离木板前的位移x1，滑块脱离木板后的位移x2，由几何关系知x1x2，木板的位移为x3x1a4t2.由牛顿第二定律知F21mg2(mM)gMa4，联立以上各式解得F26 N即要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F2应满足的条件是F26 N.答案：(1)4.5 N(2)F26 N12解题思路：(1)由图象可知物块下滑时加速度大小a14 m/s2，上滑时加速度大小a28 m/s2，杆AB长l14 m2 m；设直杆倾角为，物块的质量为m，物块与杆之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得mgsinmgcosma1
9、，mgsinmgcosma2，代入数据得0.25，sin0.6，cos0.8.(2)对物块整个运动过程分析，由动能定理得mglsinmgscos0，解得s6 m.答案：(1)0.25(2)6 m加餐练1ACD设物块的质量为m、斜面的倾角为，物块与斜面间的动摩擦因数为，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：mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2.再结合vt图线斜率的物理意义有：a1，a2.由上述四式可见，无法求出m，可以求出、，故B错，A、C均正确.0t1时间内的vt图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离，已求出，故可以求出物块上滑
10、的最大高度，故D正确2BC如图所示，假设挂钩P、Q东边有x节车厢，西边有y节车厢，每节车厢质量为m.当向东行驶时，以y节车厢为研究对象，则有Fmya；当向西行驶时，以x节车厢为研究对象，则有Fmxa，联立两式有yx.可见，列车总节数Nxyx，设x3n(n1,2,3)，则N5n，故可知选项B、C正确3B由vt图象可知，升降机的运动过程为：向下加速(失重：Fmg)向上加速(超重：Fmg)向上匀速(Fmg)向上减速(失重：Ft1时，设A和B的加速度分别为a1和a2.此时，A与B之间的摩擦力为零，同理可得a16 m/s2a22 m/s2即B做减速运动设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2a2t20联
11、立式得t21 s在t1t2时间内，A相对于B运动的距离为sa2tv2t2a2t12 m重力，5 s55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力重力，55 s60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t60 s时为零，D正确7A由题结合牛顿第二定律可得：2Tmgma，则有aTg，由aT图象可判断，纵轴截距的绝对值等于g，A正确；图线的斜率在数值上等于，则B、D错误；横轴截距代表a0时，TN，则C错误8D在速率时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小所受空气阻
12、力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.9C根据力的平衡，当系统静止时，小球受弹簧的弹力大小Fmgsin45mg，此时杆对小球的弹力大小FNmgcos45mg，与弹簧弹力大小相等，所以A、B项均错当系统以加速度g向右做匀加速运动时，对小球受力分析如图，则可知此时弹簧弹力为0，所以C项正确，D项错误10B刚放上小物体时，小物体相对于传送带向上运动，小物体受到的摩擦力方向沿传送带斜向下，大小为Ff1mgcos，其加速度大小a110 m/s2，方向沿传送带斜向下.1 s末小物体的速度为va1t10 m/s，又tan，则此后小
