高三物理一轮复习 必考部分 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强化练

牛顿运动定律的综合应用

(限时：40分钟)

A级 跨越本科线

1．如图3­3­12所示是我国长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重或失重的考验，下列说法正确的是( ) 【导学号：96622271】

图3­3­12

A．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态

B．火箭加速上升时，宇航员处于超重状态

C．飞船加速下落时，宇航员处于超重状态

D．飞船落地前减速时，宇航员对座椅的压力小于其重力

B 火箭加速上升过程中加速度方向向上，宇航员处于超重状态，A错，B正确；飞船加速下落时加速度方向向下，宇航员处于失重状态，C错；飞船减速下落，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，宇航员对座椅的压力大于其重力，D错．

2．(多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3­3­13所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(

)

图3­3­13

A．t＝2 s时最大 B．t＝2 s时最小

C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小

AD 人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力大小为FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5

s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．

图3­3­14

3．如图3­3­14所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是( )

A．μmg B.MFM＋m

C．μ(M＋m)g D．ma

D m与M无相对滑动，故a相同．对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝FM＋m，m与整体加速度相同也为a，对m：f＝ma，即f＝mFM＋m，故只有D正确．

4．(2017·安庆模拟)如图3­3­15所示，一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为37°的光滑斜面体顶端，弹簧与斜面平行．在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中，小球始终相对于斜面静止．已知弹簧的劲度系数为k，则该过程中弹簧的形变量为(已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )【导学号：96622272】

图3­3­15

A.mg5k B.4mg5k

C.5mg5k D.7mg5k

A 在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动时，弹簧是处于伸长状态还是压缩状态，无法直接判断，此时可采用假设法，假设弹簧处于压缩状态，若求得弹力F为正值，则假设正确；水平方向上由牛顿第二定律得：FNsin θ＋Fcos θ＝mg ①；竖直方向上由受力平衡得：FNcos θ＝mg＋Fsin θ ②，①②联立得：

F＝15mg.由胡克定律得F＝kx，x＝mg5k，故选A.

5．如图3­3­16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f.若木块不滑动，力F的最大值是( )

图3­3­16

A.2fm＋MM

B.2fm＋Mm

C.2fm＋MM－(m＋M)g

D.2fm＋Mm＋(m＋M)g

A 由题意知当M恰好不能脱离夹子时，M受到的摩擦力最大，F取最大值，设此时提升加速度为a，由牛顿第二定律得，

对M有：2f－Mg＝Ma①

对m有：F－2f－mg＝ma②

联立①②两式解得F＝2fM＋mM，选项A正确．

6．如图3­3­17所示，滑块A在倾角为30°的斜面上沿斜面下滑的加速度a为2.0 m/s2，若在A上放一个重为10 N的物体B，A、B一起以加速度a1沿斜面下滑；若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F，A沿斜面下滑的加速度为a2，则(

)

图3­3­17

A．a1>2 m/s2，a2<2 m/s2

B．a1＝2 m/s2，a2＝2 m/s2

C．a1<2 m/s2，a2<2 m/s2

D．a1＝2 m/s2，a2>2 m/s2

D 依题意有mAgsin θ－μmAgcos θ＝mAa，(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a1，(mAg＋F)sin θ－μ(mAg＋F)cos θ＝mAa2，由以上各式可解得：a1＝2 m/s2，a2>2 m/s2，即D项正确．

7．如图3­3­18甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻质弹簧相连，两个物块与水平面间的动摩擦因数相同．当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1.当用同样大小的力F竖直加速提升两物块时(如图乙所示)，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于( )【导学号：96622273】

图3­3­18

A．1∶1 B．1∶2

C．2∶1 D．2∶3

A 水平放置时，F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a1，kx1－μmg＝ma1，可得x1＝mFM＋mk；竖直放置时，F－(m＋M)g＝(M＋m)a2，kx2－mg＝ma2，x2＝mFM＋mk，故x1∶x2＝1∶1，A项正确．

8．如图3­3­19所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10 m/s的速度沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离s将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.

(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；

(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．

图3­3­19

【解析】 (1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑．mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcos θ

联立解得：μ＝33.

(2)对于小物块沿木板向上滑行，由动能定理得

－mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0－12mv20

解得s＝v202gθ＋μcos θ.

令a＝sin θ＋μcos θ＝23332sin θ＋12cos θ

＝233·sin (θ＋30°) 当θ＋30°＝90°时，a存在最大值

am＝233.

即θ＝60°时，s最小．

对应的最小值s＝v202ag＝532 m.

【答案】 (1)33 (2)60° 532 m

B级 名校必刷题

9. (多选)(2016·江苏高考)如图3­3­20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(

) 【导学号：96622274】

图

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

BD 鱼缸相对于桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D正确．

10．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上使得质量为m的小球静止在圆槽上，如图3­3­21所示，则( )

图3­3­21

A．小球对圆槽的压力为MFm＋M B．小球对圆槽的压力为mFm＋M

C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加

D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小

C 利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为mg2＋m2F2M＋m2，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．

11．(多选)(2014·江苏高考)如图3­3­22所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( ) 【导学号：96622275】

图3­3­22

A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止

B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μg

C．当F>3μmg时，A相对B滑动

D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg

BCD 当03μmg时，A相对B向右做加速运动，B相对地面也向右加速，选项A错误，选项C正确；当F＝52μmg时，A与B共同的加速度a＝F－32μmg3m＝13μg，选项B正确；F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝2μmg－32μmgm＝12μg，选项D正确．

12．(2017·镇江模拟)如图3­3­23所示，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s处有一片质量为m的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角θ＝45°的斜面．当车速达到v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F＝kv(v为车速，k为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：

(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a′；

(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；

(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a.

图3­3­23

【解析】 (1)根据匀加速直线运动规律，有

s＝12a′t2

得a′＝2st2.

(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N，树叶受到的空气阻力为F，树叶受到的滑动摩擦力为f

F＝kv0

f＝μN

N＝mgcos θ＋Fsin θ

由牛顿第二定律，有

mgsin θ－f－Fcos θ＝ma′

由题意，θ＝45°

联立解得μ＝mg－kv0t2－22msmg＋kv0t2.

(3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N′，树叶受到的空气阻力为F′，树叶受到的最大静摩擦力为f′

f′＝μN′

F′＝kv0

由牛顿第二定律有

N′sin θ＋f′cos θ－F′＝ma

N′cos θ＝f′sin θ＋mg

由题意，θ＝45°

联立并代入μ，得