高考物理一輪復習第三章牛頓運動定律素養(yǎng)提升課三牛頓運動定律的綜合應用檢測含解析

PAGEPAGE3素養(yǎng)提升課（三）牛頓運動定律的綜合應用(建議用時：20分鐘)eq\a\vs4\al([基礎達標])1．(2020·吉林市第二次調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。若用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示時間，則下列圖象中能正確描述該過程的是()解析：選D?；瑝K下滑過程中做勻減速直線運動，下滑過程中，其速度—時間圖線是一條斜向下的直線；下滑過程中，其加速度—時間圖線與時間軸平行，故A、B錯誤；用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，據(jù)速度—位移關系可得veq\o\al(2,0)－v2＝2ax，解得v＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2ax)，所以下滑過程中，其速度—位移圖線是一條切線斜率變大的向下彎曲的曲線，故C錯誤，D正確。2．(2020·江蘇海門中學第二次質(zhì)調(diào))一個物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)，如果僅使其中一個力的大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小(此力的方向始終未變)，在這一過程中其余各力均不變。那么，下列各圖中能正確描述該過程中物體速度變化情況的是()解析：選D。由于物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)，如果僅使其中一個力的大小逐漸減小到0，物體的合力逐漸增大到某值，根據(jù)牛頓第二定律知加速度會逐漸增大到某一值，接著又使這個力逐漸恢復到原來的大小(此力的方向始終不變)，合力逐漸減小到零，則加速度逐漸減小至零；所以物體的加速度逐漸增大到某值后再逐漸減小至零，而速度從零開始一直增大，根據(jù)v－t圖象的切線斜率表示瞬時加速度，知D圖正確。3.(2020·豐臺區(qū)二模)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定于水平面上，滑塊A、B疊放在一起，A上表面水平，A物體的質(zhì)量為2m，B物體的質(zhì)量為m。當滑塊A、B一起沿斜面向下運動時，A、B始終保持相對靜止。關于B物體在下滑過程中的受力，下列說法正確的是()A．B物體受到的支持力N＝mg，方向豎直向上B．B物體受到的支持力N＝mg－mgsinθ，方向豎直向上C．B物體受到的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿斜面向下D．B物體受到的摩擦力f＝mgsinθcosθ，方向水平向左解析：選D。對A、B整體，由牛頓第二定律有3mgsinθ＝3ma解得a＝gsinθ對物體B，豎直方向mg－N＝masinθ解得N＝mg－masinθ＝mgcos2θ方向豎直向上；水平方向f＝macosθ＝mgsinθcosθ方向水平向左。4．(2020·東北三省三校第二次聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B疊放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小為g，A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相對靜止的最大外力F與μg間的關系如圖乙所示，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()A．若m取一更大的值，則圖象的斜率變小B．若m取一更大的值，則圖象的斜率變大C．若M取一更大的值，則圖象的斜率變大D．若M取一更大的值，則圖象的斜率不變解析：選B。對整體受力分析可知，使A、B保持相對靜止的最大外力為F＝(M＋m)a隔離B有μmg＝Ma聯(lián)立解得F＝eq\f(m（M＋m）,M)μg圖象斜率k＝eq\f(m（M＋m）,M)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))，若m取一更大的值，則圖象的斜率變大，故A錯誤，B正確；若M取一更大的值，則圖象的斜率變小，故C、D錯誤。eq\a\vs4\al([素養(yǎng)提升])5．(2020·重慶市一中上學期期末)將一個質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受空氣阻力大小恒定，方向與運動方向相反，該過程的v－t圖象如圖所示，g取10m/s2。下列說法中正確的是()A．小球重力和阻力大小之比為6∶1B．小球上升與下落所用時間之比為2∶3C．小球落回到拋出點的速度大小為8eq\r(6)m/sD．小球下落過程受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：選C。根據(jù)圖象可得上升過程的加速度大小a1＝12m/s2，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得eq\f(f,m)＝2，即mg∶f＝5∶1，故A錯誤；下降過程中對小球由牛頓第二定律可得mg－f＝ma′，結(jié)合A選項解得a′＝8m/s2，根據(jù)h＝eq\f(1,2)at2，可得t＝eq\r(\f(2h,a))，所以可知上升和下降時間之比為t1∶t2＝eq\r(a′)∶eq\r(a1)＝eq\r(6)∶3，故B錯誤；小球勻減速上升的位移x＝eq\f(1,2)×2×24m＝24m，下降過程根據(jù)v2＝2a′x，代入數(shù)據(jù)解得v＝8eq\r(6)m/s，故C正確；小球下落過程中，加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，故D錯誤。6．(2020·石家莊市第一次質(zhì)檢)如圖所示，在水平地面上固定著一個傾角為30°的光滑斜面，斜面頂端有一不計質(zhì)量和摩擦的定滑輪，一細繩跨過定滑輪，一端系在物體A上，另一端與物體B連接，物體A、B均處于靜止狀態(tài)，細繩與斜面平行。若將A、B兩物體對調(diào)，將A置于距地面h高處由靜止釋放，設A與地面碰撞后立即停止運動，B在斜面運動過程中不與滑輪發(fā)生碰撞，重力加速度為g。試求：(1)A和B的質(zhì)量之比；(2)物體B沿斜面上滑的總時間。解析：(1)對物體A、B受力分析，有mAgsin30°＝T1T1＝mBg解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,1)；(2)A、B對調(diào)后，A物體接觸地面前，根據(jù)牛頓第二定律有對A：mAg－T2＝mAa1對B：T2－mBgsin30°＝mBa1B在斜面上運動：h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)A落地