2021年高考物理一轮复习考点8牛顿运动定律的综合应用课件

牛顿运动定律的综合应用考点8第1步狂刷小题·夯基础题组一基础小题1.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开始下滑。已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止。则在此过程中物块B对物块A的压力为()A．MgsinθB．MgcosθC．0D．(M＋m)gsinθ答案解析对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，a＝m＋Mgsinθm＋M＝gsinθ，再对B应用牛顿第二定律得：F合＝Ma＝Mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明A、B间没有相互作用力，C正确。解析2.如图，自由下落的小球下落一段时间后，与弹簧接触，从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，以下说法正确的是()A．从接触弹簧到速度最大的过程是失重过程B．从接触弹簧到加速度最大的过程是超重过程C．从接触弹簧到速度最大的过程加速度越来越大D．速度达到最大时加速度也达到最大答案解析从接触弹簧到速度最大的过程，小球的加速度向下，且加速度逐渐减小，是失重过程，当弹簧的弹力等于小球的重力时，小球的加速度为零，此时速度最大，A正确，C、D错误；当小球到达最低点时，小球的加速度最大，速度为0，则从接触弹簧到加速度最大的过程中，小球先向下加速，后向下减速，先失重后超重，故B错误。解析3．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A．轻绳的拉力等于MgB．轻绳的拉力等于mgC．M运动的加速度大小为(1－sinα)gD．M运动的加速度大小为M－mMg答案解析互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsinα＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsinα＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sinα)g＝M－mMg，FT＝mg，故A错误，B、C、D正确。解析4．如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如选项图所示，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是()答案解析小物体在斜面上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，故位移—时间图线的斜率先增大后减小，A错误；物体到达底端的速度为零，即前半段和后半段的平均速度相等，由于位移也相等，则小物体前半段和后半段的运动时间相等，B正确；再结合匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度可知，小物体在这两段运动中的加速度大小相等、方向相反，受到的合力也大小相等、方向相反，C、D错误。解析5.如图所示，两质量相等的物体A、B叠放在水平面上静止不动，A与B间及B与地面间的动摩擦因数相同。现用水平恒力F拉物体A，A与B恰好不发生相对滑动；若改用另一水平恒力拉物体B，要使A与B能发生相对滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则拉物体B的水平恒力至少应大于()A．FB．2FC．3FD．4F答案解析设A、B的质量均为m，A与B间及B与地面间的动摩擦因数为μ，A、B之间的最大静摩擦力为：fAB＝fBA＝μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：fB地＝f地B＝μ(m＋m)g＝2μmg，当恒力F作用在A上且A、B之间的静摩擦力达到最大时，有F＝μmg；当恒力F′作用在B上且A、B之间即将发生相对滑动时，A的加速度达到最大，此时：fBA＝maA，即aA＝μg，A的加速度与B的加速度相等，所以对B有：F′－f地B－fAB＝maB，aB＝aA，联立可得恒力F′＝4F，故A、B、C错误，D正确。解析6．倾角为θ的光滑斜面C固定在水平面上，将两物体A、B叠放在斜面上，且同时由静止释放，若A、B的接触面与斜面平行，则下列说法正确的是()A．物体A相对于物体B向上运动B．斜面C对水平面的压力等于A、B、C三者重力之和C．物体A、B之间的动摩擦因数不可能为零D．物体A运动的加速度大小为gsinθ答案解析由于斜面光滑，所以A和B一起向下加速运动，根据牛顿第二定律可得二者的加速度大小为a＝gsinθ，A错误，D正确；物体A相对于物体B没有运动趋势，二者之间的摩擦力为零，A和B之间的动摩擦因数可以为零，也可以不为零，故C错误；由于A、B一起加速下滑，有竖直向下的分加速度，A、B在竖直方向上处于失重状态，所以斜面C对水平面的压力小于A、B、C三者重力之和，故B错误。解析7.如图所示，某发射系统内有一木箱，木箱内有一竖直放置的轻质弹簧，弹簧上方有一物块，木箱内上表面和下表面都装有压力传感器。木箱静止时，上表面压力传感器的读数为12.0N，下表面压力传感器的读数为20.0N。当系统竖直向上发射时，上表面压力传感器读数变为下表面压力传感器读数的一半，重力加速度g取10m/s2，此时木箱的加速度为()A．10.0m/s2B．5.0m/s2C．2.5m/s2D．条件不足，无法确定答案解析木箱静止时，对弹簧和物块整体进行受力分析，受重力G、上方传感器向下的压力F1＝12N、下方传感器向上的支持力N1＝20N，根据平衡条件，有G＋F1＝N1，得G＝20N－12N＝8N，弹簧重力不计，故物块的重力为8N，所以物块的质量m＝Gg＝810kg＝0.8kg；由牛顿第三定律可知弹簧弹力F＝N1＝20N。当系统竖直向上发射时，木箱上表面和下表面压力传感器均有示数，说明弹簧长度不变，即弹簧弹力不变，仍为F，故下表面压力传感器读数为F，上表面压力传感器读数为F2，根据牛顿第二定律，有F－G－F2＝ma，解得a＝F－G－F2m＝20－8－100.8m/s2＝2.5m/s2，故A、B、D错误，C正确。解析8．在电梯中，把一重物置于水平放置的压力传感器上，电梯从静止开始加速上升，然后匀速运动一段时间，最后减速直至停止运动。在此过程中传感器的屏幕上显示出其所受压力与时间关系的图象如图所示，则()A．在0～4s内电梯先超重后失重B．在18～22s内电梯加速下降C．仅在4～18s内重物的惯性才保持不变D．电梯加速和减速时加速度的最大值大小相等答案解析由题图可知，在前4s内，重物对电梯的压力一直大于重物的重力，说明电梯一直处于超重状态，故A错误；在18～22s内重物处于失重状态，向上减速，故B错误；重物的惯性大小取决于其质量大小，一直保持不变，故C错误；由题图可知，重物向上加速时受到的最大支持力为50N，而匀速时受到的支持力等于重力，为30N，故向上加速过程中重物所受的最大合力为20N，同理得重物向上减速时所受的最大合力也为20N，故由牛顿第二定律可知，两过程中重物的加速度最大值大小相等，故D正确。解析9．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v­t图象可能正确的是()答案解析空气阻力可忽略的物体只受重力，做竖直上抛运动，v­t图象是向下倾斜的直线，如虚线所示；受空气阻力的物体向上运动时，根据牛顿第二定律，有：mg＋f＝ma上，故a上＝g＋fm，由于阻力随着速度的减小而减小，故加速度逐渐减小，上升至最高点时，其速度为零，加速度有最小值为g；下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma下，故a下＝g－fm，由于阻力随着速度的增大而增大，故加速度减小。v­t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，此时刻实线的切线与虚线平行。故D正确。解析10．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数。设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v­t图象是()答案解析A、B相对滑动之前加速度相同，对A、B整体由牛顿第二定律可得：F＝2ma，F增大，a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对长木板B有Ff＝ma，故此时F＝2Ff＝kt，t＝2Ffk，之后长木板B做匀加速直线运动，故B正确。解析11．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a­F图象。取g＝10m/s2，则下列说法错误的是()A．滑块的质量m＝4kgB．木板的质量M＝2kgC．当F＝8N时，滑块加速度为2m/s2D．滑块与木板间的动摩擦因数为0.1答案解析由图乙可知，当F6N时，长木板与滑块发生相对运动，当F≤6N时两者相对静止。当F＝6N时，对整体可得F＝(M＋m)a，得M＋m＝6kg；当F6N时对木板分析受力，水平方向受到拉力和滑块给它的摩擦力，故有a＝F－μmgM＝1MF－μmgM，图象的斜率k＝1M＝16－4＝12，即M＝2kg，所以m＝4kg，图象的横截距为μmg＝4N，解得μ＝0.1，A、B、D正确；当F＝8N时滑块的加速度为a′＝μmgm＝μg＝0.1×10m/s2＝1m/s2，C错误。本题要求选说法错误的，故选C。解析题组二高考小题12．(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()答案解析物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有：kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：F＋k(x0－x)－mg＝ma，所以F＝ma＋kx，A正确。解析13.(2016·江苏高考)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面答案解析由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错误；因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错误；若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确。解析14．(2015·海南高考)(多选)如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时()A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑答案解析当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力FN增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，当物块沿斜面匀速下滑时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ，当升降机加速上升时，假设物块相对于斜面匀速下滑，有N＝m(g＋a)cosθ，f＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故假设成立，即物块仍相对于斜面匀速下滑，C错误，D正确。解析15.(2015·全国卷Ⅰ)(多选)如图a所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图b所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度答案解析由v­t图线可求出物块向上滑行