第3章 链接高考3 牛顿运动定律的综合应用-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关10　牛顿运动定律的综合应用 [基础对点练] 1．(超重、失重)在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内，下列说法正确的是(　　) A．晓敏同学所受的重力变小了 B．晓敏同学对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C．电梯一定在竖直向下运动 D．电梯的加速度大小为 ，方向一定竖直向下 解析：D　[在这段时间内晓敏处于失重状态，她对体重计的压力变小了，而她的重力没有改变，A错误；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是作用力与反作用力的关系，大小相等，B错误；人处于失重状态，加速度向下，运动方向可能向上减速，也可能向下加速，故C错误；以竖直向下为正方向，有mg－F＝ma，解得a＝ ，方向竖直向下，故D正确．] 2．(动力学的图像问题)如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定．在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O处，将弹簧压缩了x0时，物块的速度变为零．在选项图所示的图像中，能正确反映物块从与弹簧接触开始，至运动到最低点加速度的大小随下降的位移x(弹簧原长为位移的零点)变化的图像是(　　) 解析：D　[物块下降到O点时，物块所受弹力为零，此时物块只受重力，加速度为g；继续下降，所受合力F＝mg－kx，加速度a＝ ＝g－ ，当弹力增大到等于重力时，合力为零，加速度为零．此后合力方向向上，加速度可表示为a＝ ＝ －g，当弹力增大到重力的2倍时，加速度大小为g，由对称性可知，此时物块向下运动的速度不为零，将继续向下运动，故当物块速度减小到零时，加速度a>g，选项D正确，A、B、C错误．] 3．(连接体问题)如图所示，质量为M的缆车车厢通过悬臂固定悬挂在缆绳上，车厢水平底板上放置一质量为m的货物，在缆绳牵引下货物随车厢一起斜向上加速运动．若运动过程中悬臂和车厢始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，则(　　) A．车厢对货物的作用力大小等于mg B．车厢对货物的作用力方向平行于缆绳向上 C．悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g D．悬臂对车厢的作用力方向沿悬臂竖直向上 解析：C　[货物随车厢一起斜向上加速运动，由牛顿第二定律可知车厢与货物的重力和悬臂对车厢作用力的合力方向应与加速度方向一致，故悬臂对车厢的作用力方向是斜向上的，D错误；由于车厢和货物在竖直方向有向上的分加速度，处于超重状态，故悬臂对车厢的作用力大于(M＋m)g，C正确；同理，对车厢中货物用隔离法分析可知，车厢对货物的作用力大小大于mg，方向是斜向上的，但不平行于缆绳，A、B错误．] 4．(连接体)在一东西方向的水平直铁轨上，停放着一列已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；当机车在西边拉着这列车厢以大小为 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(　　) A．8　 B．10　　 C．15　　 D．18 解析：A　[设P、Q两边的车厢数为p和q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律得F＝pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律得F＝qm· a，根据以上两式可得 ＝ ，所以两边车厢的节数可能是1和3，或2和6，或3和9，或4和12等，所以总的车厢的节数可能是4、8、12、16，所以可能的是A，而B、C、D不可能．] 5．(连接体问题)在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为(　　) A．μF　　　　　　　　 B．2μF C.m(g＋a) D．m(g＋a) 解析：D　[以两个物体为整体，根据牛顿第二定律，有2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a① 再隔离物体A，根据牛顿第二定律，有： f－mg－fBA＝ma② 联立解得：fBA＝m(g＋a)，故选D.] 6．(连接体问题)a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则(　　) A．x1一定等于x2 B．x1一定大于x2 C．若m1>m2，则x1>x2 D．若m1<m2，则x1<x2 解析：A　[当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法，有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，再隔离b，有kx1－m2g＝m2a1，联立得x1＝ .当沿水平方向拉着a时，先用整体法，有F＝(m1＋m2)a2，再隔离b，有kx2＝m2a2，联立得x2＝ ，故x1＝x2，故A正确．] 7．(临界极值问题)(多选)如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置的物体(物体与弹簧不连接)处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示．g取10 m/s2，下列判断正确的是(　　) A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C．物体的质量为2 kg D．物体的加速度大小为5 m/s2 解析：CD　[物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始时物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx；拉力F1为10 N时，根据牛顿第二定律有F1＋kx－mg＝ma；物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律有F2－mg＝ma；代入数据解得m＝2 kg，k＝500 N/m＝5 N/cm，a＝5 m/s2，故A、B错误，C、D正确．] 8．(临界极值问题)如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离，下列说法正确的是(　　) A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长 B．B和A刚分离时，它们的加速度为g C．弹簧的劲度系数等于 D．在B和A分离前，它们做匀加速直线运动 解析：C　[A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是恒力，而弹力是变力，故A、B做变加速直线运动，当两物体要分离时，FAB＝0，对B：F－mg＝ma，对A：kx－mg＝ma，即F＝kx时，A、B分离，此时弹簧处于压缩状态，由F＝mg，拉B前设弹簧压缩量为x0，则2mg＝kx0，h＝x0－x，解以上各式得k＝，综上所述，只有C项正确．] 9．(临界极值问题)(多选)如图所示是一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上初始时全部静止，弹簧处于自然长度，现设法控制B的运动，使A匀加速下降，用x表示弹簧伸长量，用a表示A的加速度，则在能保持A匀加速下降的整个过程中(始终在弹簧弹性限度内)，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　) A．B对A的作用力随弹簧伸长量x线性递增 B．若a＝，则弹簧最大形变量为 C．B对A的最大作用力为m(g＋a) D．物块A的高度下降了 解析：BD　[随着托盘向下运动，弹簧的弹力增大，托盘支持力减小，A错误；当a＝时，根据牛顿第二定律得mg－F＝ma，解得F＝mg－ma＝＝kx，解得x＝，故B正确；由B项可知，B对A的最大作用力为F＝mg－ma，故C错误；由mg－ma＝kx得x＝，故物块的高度下降了，D正确．] [能力综合练] 10．在地面上把一物体以初速度竖直向上抛出．假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定，到地面的高度用h表示，在空中运动的时间用t表示，取竖直向上为正方向，则物体从上抛开始到再次落回地面的过程中，以下关系图像可能正确的是(　　 ) 解析：A　[上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1，解得a1＝g＋，物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得a2＝g－，物体做匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移速度公式2ah＝v2－v，可得v2＝2ah＋v， 可知v2－h斜率为k＝2a，可知A正确，B错误；根据速度时间关系v＝v0＋at， 可知v­t图像斜率为k＝a，上升阶段，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1， 解得k1＝a1＝g＋，物体做匀减速直线运动；下降阶段，由牛顿第二定律得mg－f＝ma2，解得k2＝a2＝g－，物体做负向的匀加速直线运动，可知C、D错误．] 11．(2024·江苏南京高三校考 )如图甲所示，物块的质量 m＝1 kg，初速度 v0＝5 m/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像如图乙所示，重力加速度g取 10 m/s2.下列选项中正确的是(　　 ) A．0～10 m内物块的加速度大小为 2.5 m/s2 B．在5 s末恒力F开始反向物块做匀加速运动 C．恒力F的大小为 0.875 N D．物块与水平面的动摩擦因数为 0.375 解析：C　[由公式v－v＝2ax可知，图像的斜率大小表示2a,0～10 m内物块的加速度大小为a＝＝1.25 m/s2，A错误；根据v＝v0＋at可知物块做匀减速的时间为t＝ s＝4 s，所以在4 s末恒力 F 开始反向物块做匀加速运动，B错误；物块做匀加速运动时的加速度为a′＝＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根据牛顿第二定律可知F＋f＝ma，F－f＝ma′， 解得F＝0.875 N，f＝0.375 N，C正确；物块与水平面的动摩擦因数为 μ＝＝＝0.0375，D错误．] 12．(2024·湖南娄底高三联考 ) (多选)如图所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着A、B两个物块，系统处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物块A上，使A开始向上做匀加速运动，以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为x正方向，得到F随x的变化图像如图乙所示．已知物块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10m/s2.则(　　) A．弹簧的劲度系数为60 N/m B．物块A的加速度大小为1 m/s2 C．物块B的质量为8 kg D．F作用瞬间，A、B之间的弹力大小为10 N 解析：BD　[以A、B整体为研究对象，静止时弹簧压缩量为x0，kx0＝(m＋M)g， 分离之前F＋k(x0－x)－(m＋M)g＝(m＋M)a 即F＝kx＋(m＋M)a F随x的变化图像的斜率等于劲度系数k＝ N/m＝80 N/m，A错误； x＝0时刻12 N＝(m＋M)a， 分离时22 N－mg＝ma， 联立解得a＝1 m/s2，M＝10 kg，B正确、C错误；施加拉力F的瞬间，A、B之间的弹力为FN，有kx0－Mg－FN＝Ma， 解得FN＝10 N，D正确．] 13．某幼儿园要在一块空地上安放一个滑梯，如图甲所示，将此滑梯结构简化为图乙所示的几何形状，假设滑梯左右对称． (1)设计时，滑梯水平跨度确定为x，滑板与儿童裤料之间的动摩擦因数取μ，为使儿童在做滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯高h至少要多少？ (2)如果该幼儿园的室外场地是一块边长为10米的正方形区域，如果要求滑梯底部距场地边缘的距离为2 m，设计一款如图所示的儿童滑梯，这个滑梯高度h′范围是多少？已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数一般取μ＝0.4，儿童能承受的最大落地速度vmax＝3 m/s，g取10 m/s2. 图甲　　　　　　　　图乙 解析：(1)设滑梯与水平面之间的夹角为θ，则重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于mgcos θ，平行于滑梯的力等于mgsin θ，人在滑梯上能滑下，需满足mgsin θ>μmgcos θ 已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，解得tan θ≥μ， 根据几何关系可知tan θ＝，则有h≥μx， 故滑梯的最小高度为hmin＝μx (2)由题可知滑梯水平跨度为x＝6 m，由(1)可知滑梯高度的最小值为h′min＝μx＝×0.4×6 m＝1.2 m. 当滑梯的高度达到最高hmax时，儿童到达滑梯底部时达到其能承受的最大的落地速度为vmax＝3 m/s，设此时滑梯与水平面之间的夹角为α，则对儿童，根据牛顿第二定律有mgsin α－μmg cos α＝ma 根据运动学公式有v＝2a， 且tan α＝， 联立可以得到h′max＝1.65 m，则这个滑梯高度范围为1.2 m≤h′≤1.65 m. 答案：(1)μx　(2)1.2 m≤h′≤1.65 m 14．(2024·广东广州高三校考 )运动员沿水平冰面推动冰壶滑行时的情景如图(a)所示，此过程可建立如图(b)所示的模型，冰壶质量m＝19.7 kg，运动员施加的推力F＝5 N，方向与水平方向夹角为37°，冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求冰壶与冰面间的动摩擦因数； (2)若运动员以4.0 m/s的速度沿冰面将冰壶掷出，求冰壶在冰面上滑行的最远距离． 解析：(1)冰壶做匀速直线运动，根据平衡条件有 Fcos37°－f＝0， FN－Fsin37°－mg＝0， 其中f＝μFN， 联立解得μ＝0.02； (2)冰壶做匀减速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律μmg＝ma， 解得a＝0.2 m/s2， 设冰壶滑行的最远距离为s，由运动学公式 0－v2＝－2as， 解得s＝40 m. 答案：(1)μ＝0.02　(2)s＝40 m 学科网（北京）股份有限公司 $$