高考物理一轮总复习检测第三章 第3课时 牛顿运动定律的综合应用 含答案.docx

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高考物理一轮总复习检测第三章第3课时牛顿运动定律的综合应用含答案

——教学资料参考参考范本——

高考物理一轮总复习检测：

第三章第3课时　牛顿运动定律的综合应用含答案

______年______月______日

____________________部门

1．超重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况．

（2）产生条件：

物体具有向上的加速度．

2．失重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况．

（2）产生条件：

物体具有向下的加速度．

3．完全失重

（1）定义：

物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）等于零的情况称为完全失重现象．

（2）产生条件：

物体的加速度a＝g，方向竖直向下．

二、动力学中的图象问题

1．动力学中常见的图象：

v－t图象、x－t图象、F－t图象、F－a图象等．

2．解决图象问题的关键：

（1）看清图象的横、纵坐标所表示的物理量及单位并注意坐标原点是否从零开始．

（2）理解图象的物理意义，能够抓住图象的一些关键点，如斜率、截距、面积、交点、拐点等，判断物体的运动情况或受力情况，再结合牛顿运动定律求解．

1．超重说明物体自身的重力变大了．（×）

2．物体超重时加速度向上，速度也一定向上．（×）

3．物体失重时也有可能向上运动．（√）

4．物体完全失重时，说明物体的重力此时变为零．（×）

5．不论是v－t图象、还是x－t图象中两条图线的交点都表示两物体相遇．（×）

1．下列实例属于超重现象的是（　　）

A．汽车驶过拱桥顶端时

B．火箭点火后加速升空时

C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动时

D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时

解析：

发生超重现象时，物体的加速度方向竖直向上．汽车驶过拱桥顶端时，其向心加速度竖直向下指向圆心，汽车处于失重状态，A错误；火箭点火后加速升空，加速度竖直向上，处于超重状态，B正确；跳水运动员离开跳板向上运动时，只受重力，运动员处于完全失重状态，C错误；体操运动员握住单杠在空中不动时，运动员处于平衡状态，D错误．

答案：

B

2．（20xx·哈尔滨模拟）20xx年1月23～25日，包括多名中奥冬季体育运动领域专家在内的约350位客人相聚在崇礼密苑云顶乐园，参加由奥地利驻华使馆商务处主办的的20xx奥地利滑雪比赛．比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡、减速区等组成．若将运动员视为质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态

B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态

C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态

D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态

解析：

运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误．

答案：

C

3．（2017·莱芜模拟）物体由静止开始做直线运动，则上下两图对应关系正确的是（图中F表示物体所受的合力，a表示物体的加速度，v表示物体的速度）（　　）

解析：

由F＝ma可知加速度a与合外力F同向，且大小成正比，故F－t图象与a－t图象变化趋势应一致，故选项A、B均错误；当速度与加速度a同向时，物体做加速运动，加速度a是定值时，物体做匀变速直线运动，故选项C正确，D错误．

答案：

C

4．（多选）如图所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是（　　）

A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0

B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向左加速，因此不能滑过B点

C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0

D．若传送带顺时针方向运动，当其运行速率（保持不变）v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0

解析：

传送带静止时，物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力μmg，设到达B点的速度为vB.由v－v＝2（－μg）L可得：

vB＝－2μgL），若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率（保持不变）v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C对；当其运行速率（保持不变）v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：

若物体加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D错．

答案：

AC

一、单项选择题

1．（20xx·保定模拟）如图所示，某同学找了一个用过的“易拉罐”在底部打了一个洞，用手指按住洞，向罐中装满水，然后将易拉罐竖直向上抛出，空气阻力不计，则下列说法正确的是（　　）

A．易拉罐上升的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

B．易拉罐下降的过程中，洞中射出的水的速度越来越快

C．易拉罐上升、下降的过程中，洞中射出的水的速度都不变

D．易拉罐上升、下降的过程中，水不会从洞中射出

解析：

易拉罐被抛出后，不论上升还是下降，易拉罐均处于完全失重状态，水都不会从洞中射出，故选项A、B、C错误，选项D正确．

答案：

D

2．（20xx·烟台模拟）小刚同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况（竖直向上为正方向）．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是（　　）

A．在5～10s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力

B．在0～5s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态

C．在10～20s内，该同学所受的支持力不变，该同学的机械能减少

D．在20～25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态

解析：

由图象可知，在5～10s内，电梯匀速上升，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力，A正确；在0～5s内，观光电梯在加速上升，该同学处于超重状态，B错误；在20～25s内，观光电梯在加速下降，该同学处于失重状态，D错误；在10～20s内，电梯减速上升，且加速度大小a＝0.2m/s2，由牛顿第二定律可知，支持力向上且大小不变，支持力做正功，故机械能增加，C错误．

答案：

A

3．（2017·咸阳模拟）如图所示，水平地面上有一轻质弹簧，下端固定，上端与物体A相连接，整个系统处于平衡状态．现用一竖直向下的力压物体A，使A竖直向下做匀加速直线运动一段距离，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内．下列关于所加力F的大小和运动距离x之间关系图象正确的是（　　）

解析：

由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比，由牛顿第二定律得，F－kx＝ma，解得F＝kx＋ma，故所加力F的大小和运动距离x之间的关系图象正确的是图D.

答案：

D

4．（2017·郑州模拟）如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v、a、Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（　　）

解析：

物体在斜面上运动时，摩擦力Ff1＝μmgcosθ，加速度a1＝g（sinθ－μcosθ），速度v1＝a1t1，路程s＝a1t，由此可知A、B、D错；物体在水平面上运动时，摩擦力Ff2＝μmg，所以C正确．

答案：

C

5．（2017·沧州模拟）带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械，又称连续输送机．如图所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带上，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法正确的是（　　）

A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧

B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短

C．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短

D．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短

解析：

木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度，当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动，所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧，选项A错误；设木炭包的质量为m，传送带的速度为v，木炭包与传送带间动摩擦因数为μ，则对木炭包有μmg＝ma，木炭包加速的时间t＝＝，该过程传送带的位移x1＝vt＝，木炭包的位移x2＝vt＝t＝，黑色径迹的长度Δx＝x1－x2＝，由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关，传送带的速度越大，径迹越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹越短，选项C正确，B、D错误．

答案：

C

6．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体P从传送带右侧离开．以下判断正确的是（　　）

A．物体P一定先加速后匀速

B．物体P可能先加速后匀速

C．物体Q的机械能先增加后不变

D．物体Q一直处于超重状态

答案：

B

二、多项选择题

7．如图甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是（　　）

A．2～3s内物块做匀减速运动

B．在t＝1s时刻，恒力F反向

C．恒力F大小为10N

D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3

解析：

由运动学公式v2－v＝2ax可知，v2－x图象中图线的斜率为2a，所以在前5m内，物块以10m/s2的加速度做减速运动，减速时间为1s．5～13m的运动过程中，物块以4m/s2的加速度做加速运动，加速时间为2s，即物块在1～3s内做加速运动，A错误，B正确；根据牛顿第二定律可知，在减速的过程中，F＋μmg＝ma1，加速过程中F－μmg＝ma2，代入数据可解得F＝7N，μ＝0.3，所以C错误，D正确．

答案：

BD

8．（20xx·枣庄模拟）某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度－时间图象如图所示，根据图象可知（　　）

A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力

B．物体在第3s内所受的拉力大于1N

C．在0～3s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反

D．物体在第2s内所受的拉力为零

解析：

由题图可知，第2s内物体做匀速直线运动，即拉力与摩擦力平衡，所以A、D选项错误；第3s内物体的加速度大小为1m/s2，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为1N，所受拉力大于1N，选项B正确；物体运动过程中，拉力方向始终和速度方向相同，摩擦力方向始终和运动方向相反，选项C正确．

答案：

BC

9．（20xx·哈尔滨模拟）将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上．如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的图象．一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态．现在向沙桶里缓慢倒入细沙，力传感器采集的F－t图象如图乙所示．则（　　）

A．2.5s前小车做变加速运动

B．2.5s后小车做变加速运动

C．2.5s前小车所受摩擦力不变

D．2.5s后小车所受摩擦力不变

解析：

当倒入细沙较少时，M处于静止状态，对M受力分析有绳子拉力等于m对M的静摩擦力．在满足M静止的情况下，缓慢加细沙，绳子拉力变大，m对M的静摩擦力逐渐变大，由图象得出2.5s前M都是静止的，A、C选项错误；2.5s后M相对于m发生滑动，m对M的摩擦力为滑动摩擦力Ff＝μmg保持不变，D项正确；M运动后继续倒入细沙，绳子拉力发生变化，小车将做变加速运动，B项正确．

答案：

BD

三、非选择题

10．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略浮力．求：

（1）小球在0～2s内的加速度a1和2～5s内的加速度a2；

（2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小．

解析：

（1）取沿杆向上为正方向，由图乙可知

在0～2s内：

a1＝＝15m/s2（方向沿杆向上）．

在2～5s内：

a2＝＝－10m/s2（方向沿杆向下）．

（2）有风力时的上升过程，对小球受力分析有

Fcosθ－μ（mgcosθ＋Fsinθ）－mgsinθ＝ma1，

停风后的上升阶段，有

－μmgcosθ－mgsinθ＝ma2.

综上解得μ＝0.5，F＝50N.

答案：

（1）15m/s2，方向沿杆向上；10m/s2，方向沿杆向下　

（2）0.5　50N

11．如图所示为上、下两端相距L＝5m，倾角α＝30°，始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端．重力加速度g取10m/s2，求：

（1）传送带与物体间的动摩擦因数；

（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．

解析：

（1）物体在传送带上受力分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.

由题意得L＝at2，

解得a＝2.5m/s2.

由牛顿第二定律得mgsinα－Ff＝ma，

又Ff＝μmgcosα，

解得μ＝≈0.29.

（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.由牛顿第二定律得

mgsinα＋Ff＝ma′，

Ff＝μmgcosα，

v＝2La′，

联立解得vm＝8.66m/s.

答案：

（1）0.29　

（2）8.66m/s