《高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（普通班）-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《高考物理一轮复习 课时跟踪检测（十）牛顿运动定律的综合应用（卷Ⅰ）（普通班）-人教版高三全册物理试题.doc（8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、课时跟踪检测（十） 牛顿运动定律的综合应用 （卷）A级基础小题练熟练快1(2018温州模拟)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动。当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长10 m的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s。在战车的运动过程中，下列说法正确的是()A导师始终处于失重状态B战车所受外力始终不变C战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动D根据题中信息可以估算导师运动的平均速度解析：选D由题意可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速过程中有沿斜面向下的加速度，战车处于失重状态，战车减速向下运动时又处于超重状
2、态，故A错误；战车所受外力先沿斜面向下，后又沿斜面向上，B、C错误；由可得战车运动的平均速度2.5 m/s，所以选项D正确。2.(2018淮北一模)如图，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()AaAg，aB5gBaAaBgCaAg，aB3g DaA0，aB2g解析：选D对滑轮分析：F2Tma，又m0，所以T3mg，对A分析：由于T4mg故A静止，aA0对B：aB2g，故D正确。3.(2018德
3、阳一诊)某位同学在电梯中用弹簧测力计测量一物体的重力，在0至t3时间段内，弹簧测力计的示数F随时间t变化如图所示，以竖直向上为正方向，则下列关于物体运动的vt图、Pt图(P为物体重力的功率大小)及at图可能正确的是()解析：选C由于该题没有告诉弹簧的拉力与重力大小之间的关系，可以依题意，分三种情况讨论：(1)若F1mg，则0t1时间内电梯静止或做匀速直线运动，即速度等于0或速度保持不变，加速度等于0。四个图线没有是可能的。(2)若F2mg，则F1mg，在0t1时间内电梯受到的合外力的方向向下，加速度的方向向下，为负值，所以D是不可能的；则物体0t1时间内可能向下做加速运动，速度为负，或向上做减
4、速运动，故A、B是不可能的；而t1t2时间内受到的合外力等于0，物体做匀速直线运动，物体的速度不变，又由Pmgv，可知t1t2时间内重力的功率不变，故C是错误的。(3)若F3mg，则F1mg，F2mg，在0t2时间内电梯受到的合外力的方向都是向下，加速度的方向向下，故A、B、D是不可能的；F3mg，可知在0t1时间内向下的加速度大于t1t2时间内向下的加速度，而t2t3时间内物体做匀速直线运动，所以速度图像如图，速度的方向向下，重力的方向也向下，由Pmgv可知，图C可能是重力的功率随时间变化的图线，故C是正确的。由以上的分析，可知只有C选项是可能的，A、B、D都是不可能的。4.多选将一个质量为
5、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v t图像如图所示，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，由题图可知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
6、中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。5多选(2018哈尔滨三中模拟)如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B与C之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。现用水平拉力F拉B木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是()A一起加速过程中，C木块受到四个力的作用B一起加速过程中，D木块受到的静摩擦力大小为C一起加速过程中，A、D木块所受摩擦力大小和方向相同D当F撤去瞬间，A、D木块所受静摩擦力的大小和方向都不变解析：选BC在水平拉力F的作用下，四个木块以相同的加速度一起加速运动，则由牛顿第二定律可知，对整体有F4ma，对A、D木块有fAfDma
7、，解得A、D木块所受摩擦力大小fAfD，方向均水平向右，故B、C正确；一起加速过程中，C木块受到重力、D木块对其的压力和静摩擦力、地面对其的支持力及弹簧对其的弹力，共五个力的作用，故A错误；当F撤去瞬间，D木块所受静摩擦力的大小和方向均不变，而A木块所受静摩擦力的大小不变但反向，故D错误。6.如图所示，在倾角为的固定斜面上有两个靠在一起的物体A、B，两物体与斜面间的动摩擦因数相同，用平行于斜面的恒力F向上推物体A，使两物体沿斜面向上做匀加速运动，且B对A的压力平行于斜面，则下列说法中正确的是()A只减小A的质量，B对A的压力大小不变B只减小B的质量，B对A的压力大小会增大C只减小斜面的倾角，B
8、对A的压力大小不变D只减小两物体与斜面间的动摩擦因数，B对A的压力会增大解析：选C将A、B看成一个整体，整体在沿斜面方向上受到沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面向上的推力，根据牛顿第二定律可得agsin gcos ，对B分析可得NmBgsin mBgcos mBa，解得N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力N，若只减小A的质量，压力变大，若只减小B的质量，压力变小，A、B错误；A、B之间的压力与斜面的倾角、与斜面间的动摩擦因数无关，C正确，D错误。B级中档题目练通抓牢7.(2018第三次全国大联考)如图所示，质量分别为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
9、端，现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x1，若沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为x2，已知x12x2，则有()AF1F2BF14F2CF14F2 DF12F2解析：选B沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平向右的拉力F1，对整体分析，整体的加速度a，隔离对质量为m的小球分析，根据牛顿第二定律得，F弹makx1；同理，沿弹簧轴线方向在质量为m的小球上施加一水平向左的拉力F2，a，隔离对质量为2m的小球分析，根据牛顿第二定律得：F弹2makx2，由于x1
10、2x2，联立可得：F14F2，故B正确，A、C、D错误。8多选(2018盘锦模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为g。下列说法中正确的是()A当0Fmg时，绳中拉力为0B当mgF2mg时，绳中拉力为FmgC当F2mg时，绳中拉力为D无论F多大，绳中拉力都不可能等于解析：选ABC当0Fmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0，故A正确；当mgF2mg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态，此时A受到的静
11、摩擦力达到最大即mg，所以绳中拉力为Fmg，故B正确；当F2mg时，对整体：a，对B：a，联立解得绳中拉力为F，故C正确；由以上的分析可知，当mgF2mg时绳中拉力为Fmg，绳中拉力可能等于F，故D错误。9.(2018黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上， 靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 。小车的加速度逐渐增加， M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到 2a 时()A横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B横杆对M的弹力增加到原来的
12、2倍 C细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D细线的拉力增加到原来的2倍解析：选A对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff(Mm)a，竖直方向：FN(Mm)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原来的2倍，横杆对M的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan ma，解得tan ，当a增加到两倍时，tan 变为两倍，但不是原来的两倍。细线的拉力FT，可见，a变为两倍，FT不是原来的两倍，故C、D错误。10多选(2015全国卷)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已
13、用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A8B10C15 D18解析：选BC设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有Fn1ma；当加速度为a时，对P有F(nn1)ma，联立得2n5n1。当n12，n14，n16时，n5，n10，n15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B
14、、C正确。11(2018潮州朝安区高三模拟)粗糙的地面上放着一个质量M1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数0.2，倾角37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m0.5 kg的小球，弹簧的劲度系数k200 N/m，现给斜面体施加一水平向右的恒力F，使整体向右以加速度a1 m/s2做匀加速运动。已知sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。解析：(1)整体以加速度a匀加速向右运动，根据牛顿第二定律：F(Mm)g(Mm)a，解得F6 N。(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为F
15、N对小球受力分析：在水平方向：kxcos FNsin ma在竖直方向：kxsin FNcos mg解得：x0.017 mFN3.7 N。答案：(1)6 N(2)0.017 m3.7 N12(2018合肥模拟)如图所示，一长L2 m、质量M4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l5 m，木板的正中央放有一质量为m1 kg的小物块(可视为质点)。已知木板与地面、物块与木板间动摩擦因数均为10.4，现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使小物块最终不能从平台上滑出去，则
16、物块与平台间的动摩擦因数2应满足的条件。解析：(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律，对木板有：F1(Mm)g1mgMa1；解得：a16 m/s2。对物块有：1mgma2；解得：a24 m/s2。因为a2a1，故假设成立。设F作用t秒后，小物块恰好从木板左端滑离，则有：a1t2a2t2代入数据解得：t1 s在此过程中，木板的位移为：x1a1t2612 m3 m，末速度为：v1a1t61 m/s6 m/s。物块的位移为：x2a2t2412 m2 m，末速度为：v2a2t41 m/s4 m/s。在小物块从木板上滑落后的0.2 s内，由牛顿第二定律，对木板有：F1MgMa1解得：a18 m/s2。木板发生的位移为：x1v1t0a1t02解得：x11.36 m此时木板距平台边缘的距离为：xlx1x1(531.36)m0.64 m。(2)小物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，对物块有：2mgma2解得：a22g若小物块在平台上速度减为0，则通过的位移为：x2要使物块最终不会从平台上掉下去需满足：lx2x2，联立解得：20.2。答案：(1)0.64 m(2)20.2