《高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用课时规范训练-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理大一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3节 牛顿运动定律的综合应用课时规范训练-人教版高三全册物理试题.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、牛顿运动定律的综合应用课时规范训练基础巩固题组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
2、供的弹力作用，由牛顿第二定律有FGma，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，让小球由倾角为的光滑斜面滑下，然后在不同的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随变化的图象分别对应图乙中的()A、和 B、和C、和 D、和解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsin ma，agsin ，而amg，故sin ；由牛顿第三定律得FNFN，FNmFNm，而FN
3、mgcos ，FNmmg，即cos ，则cos ；重力加速度的最大值gmg，即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
4、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. B.CL DL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(m2m)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kxma，则此时两球间的距离为LLxL，C正确6如图甲所示，为一倾角37足够长的斜面，将一质量为m1 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
5、0.25.取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.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 F1mgcos ma1，v1a1t1，代入数据可得v15 m/s.(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则x1a1t5 m.当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcos mgsin ma2，代入数据可得a20.5 m/s2，物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2，t210 s，设t2时间发生的位移为x2，则x2a2t25 m，由于mgsi
6、n mgcos F2mgcos mgsin ，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xx1x230 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vt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51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD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mgFfma1，代入
7、a112 m/s2，解得Ff2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgFfma2，可得a28 m/s2，根据hat2可得，选项B错误；根据va2t2，t2 s可得v8 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gB图线的斜率在数值上等于物体的质量mC图线与横轴的交点N的值FTNmgD图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数解析：选A.由牛顿
8、第二定律可得：2FTmgma，则有aFTg，由aFT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，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a0时，FTN，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mgkx，此时a0，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
9、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(hx)kx2，则2mg(hx)kxx，由hxx得kx2mg，所以在最低点kxmgmamg，即ag，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.B.C.(mM)gD.(mM)g解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F(Mm)g(Mm)a，对木块有2FfMgMa，所以F，选项A
10、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 NB水平拉力一定是0.1 NC物体所受摩擦力可能是0.2 ND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 m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ffma10.2 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 m/s2，由牛顿第二定律可知FfFma2，代入已知条件可知，拉力F0.1 N；若拉力方向与物体运动方向相反，
11、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 m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ffma30.1 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 m/s2，由牛顿第二定律可知FFfma4，代入已知条件可知，拉力F0.1 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.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
12、实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2.若砝码移动的距离超过l0.002 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Ff1m1g桌面对纸板的摩擦力Ff2(m1m2)gFfFf1Ff2，解得Ff(2m1m2)g.(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则Ff1m1a1，FFf1Ff2m2a2发生相对运动a2a1解得F2(m1m2)g.(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t，lx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g代入数据得F22.4 N.答案：(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g(3)22.4 N