1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题四牛顿运动定律的综合应用课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是()A人向上弹起的过程中，一直处于超重状态B人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力C人向上弹起的过程中，先加速向上，处于超重状态，然后减速向上，处于失重状态，选项A错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力
2、，大小相等，选项B错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状态，所以高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，D错误。2.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为。则m1的加速度大小为()A.B.C. D.A把m1、m2看成一个整体，在水平方向上加速度相同，由牛顿第二定律可得Fcos (m1m2)a，所以a，选项A正确。3.(多选)如图是我国“美男子”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
3、受超重与失重的考验，下列说法正确的是()A火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力D火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力BC火箭加速上升时，加速度向上，对宇航员有FNmgma，即FNmamgmg，所以宇航员处于超重状态，上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力大于重力，加速下落时，加速度向下，对宇航员有mgFNma，即FNmgmamg，所以宇航员处于失重状态，落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力，A、D错误，B、C正确。4.放在电梯地板上的一个木箱，被一根处于伸长状态的弹簧拉着而处于静止状态，
4、如图所示，后发现木箱突然被弹簧拉动，据此可判断出电梯的运动情况是()A匀速上升B.加速上升C减速上升 D.减速下降C5(多选)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图所示，g取10 m/s2，则可以计算出()A物体与水平面间的最大静摩擦力BF为14 N时物体的速度C物体与水平面间的动摩擦因数D物体的质量ACD由题图可知，物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由Fmgma，解得aFg，将F17 N，a10.5 m/s2，F214 N，a24 m/s2代入上式可得m2 kg，0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N
5、时物体的速度，B错误。6.(2020江苏盐城一模)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。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图象可能正确的是()B物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移时间图象的开口向上，物体在粗糙的斜面上做匀减速直线运动，位移时间图象的开口向下，故选项A错误；物体在斜面上半段做匀加速直线运动，在下半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则物体在上半段和下半段的平均速度相等，位移也相等，故物体在上半段和下半段的运动时间相等，物体做匀加速和匀减速直线运动
6、的加速度大小相等，方向相反，故物体在上半段和下半段所受合外力大小相等，方向相反，选项B正确，C、D错误。7.(2020云南昆明市质检)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，A的左侧面有一个圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面。当用一水平向左的恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，且B距圆弧面末端Q的竖直高度H。已知重力加速度大小为g，则力F的大小为()A.Mg B.MgC.(Mm)g D.(Mm)gD相对静止的两个物体具有相同的加速度，即A、B整体的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知，小球受到的重力和支持力FN的合力方向水平向左。设
7、FN与竖直方向的夹角为，如图所示，则cos ，sin ，则tan ，根据牛顿第二定律，对小球有mgtan ma，解得小球的加速度ag，对A、B整体有F(Mm)a，解得F(Mm)g，选项D正确。8(2019四川二诊)如图甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，其1.5 s内的速度随时间变化的关系如图乙所示，g取10 m/s2。则()A拉力大小为12 NB物块和斜面间的动摩擦因数为0.1C1.5 s后物块可能返回D1.5 s后物块一定静止C本题考查根据受力物体的运动图象分析其受力情况和某时间段的运动情况。由题图乙知，各阶段加速度的大
8、小为a14 m/s2，a22 m/s2；设斜面倾角为，斜面与物块间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，00.5 s内Fmgcos mgsin ma1；0.51.5 s内mgcos mgsin ma2；联立解得F6 N，但无法求出和，故A、B错误。不清楚tan 与的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，则C正确，D错误。9.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。当拉力F一定时，Q受到绳的拉力()A与斜面倾角有关B与动摩擦因数有关C与系统运动状态有关D与两物块质量有关D设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F
9、T，物块与斜面间的动摩擦因数为。根据牛顿第二定律，对整体进行分析，有F(m1m2)gsin (m1m2)gcos (m1m2)a；对Q进行分析，有FTm2gsin m2gcos m2a，解得FTF。可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角、动摩擦因数和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。10(2020上海奉贤区调研)在湖面上方竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中。不计空气阻力，认为小铁球在水中与在淤泥中受到阻力分别为F阻1、F阻2，且F阻1、F阻2恒定，取向上为正方向，则下列图中最能反映小铁球可能的运动情况的是()A本题考查根据受力情况判断运动
10、图象。小铁球在竖直上升过程中速度竖直向上，即速度大于0，此时小铁球的加速度大小为a1g，方向竖直向下，做匀减速直线运动，v t图象是向下倾斜的直线；到达最高点后做自由落体运动，速度方向竖直向下，即速度小于0，此时小铁球的加速度大小为a2g，方向竖直向下，做匀加速直线运动，v t图象是向下倾斜的直线；进入湖水之前小铁球的加速度保持不变，故v t图象的斜率保持不变。小铁球进入湖水后受到湖水的阻力作用，但重力大于阻力，加速度向下，但加速度a3g，速度方向仍然向下，即速度小于0，做匀加速直线运动，v t图象是向下倾斜的直线。小铁球在淤泥中运动的时候速度仍向下，即速度小于0，但淤泥对小铁球的阻力大于小铁
11、球的重力，所以加速度方向竖直向上，故小铁球做减速运动。故A正确，B、C、D错误。11(2020福建龙岩质检)(多选)质量m2 kg的物块在粗糙的水平地面上运动，t0时刻开始受到方向相反的水平拉力F1、F2的作用，以3 m/s的速度做匀速直线运动，F1、F2随时间t的变化规律如图所示，取g10 m/s2，则下列说法正确的是()A物块与地面间的动摩擦因数为0.3B3 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2C5 s末物块的速度大小为1.5 m/sD5 s内物块的位移大小为9 mBD本题考查根据物体受力图象分析运动问题。02 s内，由物块处于平衡状态可得F1F2mg0，代入数据解得0.2，故A错误；3
12、 s末物块的加速度大小为a1.5 m/s2，故B正确；24 s内物块的加速度都为a1.5 m/s2，所以物块减速到0的时间为t2 s2 s，即物块在4 s末速度减为0，接下来物块处于静止状态，故C错误；5 s内物块的位移大小等于4 s内物块的位移大小，即为 m9 m，故D正确。12(2020山东省实验中学一模)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用轻细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车的右端。若某段时间内始终能观察到细线偏离竖直方向角，则这段时间内小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()Amg，竖直向上Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右Dm
13、g，斜向右上方D以A为研究对象，分析受力如图所示，根据牛顿第二定律得mAgtan mAa，解得agtan ，方向水平向右。再对B研究得，小车对物块B产生的静摩擦力的大小为Ffmamgtan ，方向向右；小车对物块B的支持力向上，与重力平衡，则FNmg，所以小车对物块B产生作用力为：Fmg，斜向右上方，故选项D正确。13.(2019湖南长沙模拟)如图所示，质量均为m3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间。解析：(1)物块A、B分离时，对B物块，根据牛顿第二定律得Fmgma代入数据解得F21 N(2)物块A、B静止时，对物块A、B整体，根据平衡条件可有kx12mg0在物块A、B分离时，对物块A根据牛顿第二定律得kx2mgma此过程中B物块的位移关系为x1x2at2代入数据解得t0.3 s答案：(1)21 N(2)0.3 s- 7 - 版权所有高考资源网
