學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高三統(tǒng)考人教物理一輪（經(jīng)典版）課時(shí)作業(yè)：第3章第3講牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用含解析課時(shí)作業(yè)對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P367時(shí)間：60分鐘滿分:100分一、選擇題(本題共10小題,每小題7分，共70分。其中1～5題為單選，6～10題為多選)1.一架無人機(jī)質(zhì)量為2kg，運(yùn)動(dòng)過程中空氣阻力大小恒定。該無人機(jī)從地面由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng),其vt圖象如圖所示,g取10m/s2。下列判斷正確的是(）A．無人機(jī)上升的最大高度為72mB．6~8s內(nèi)無人機(jī)下降C．無人機(jī)的升力大小為28ND．無人機(jī)所受阻力大小為4N答案D解析在vt圖象中，圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移,由題圖知,無人機(jī)上升的最大高度h＝eq\f(1，2）×24×8m＝96m,A錯(cuò)誤；由題圖知,6~8s內(nèi)無人機(jī)向上做減速運(yùn)動(dòng),直到速度減為零，8s末上升到最高點(diǎn)，B錯(cuò)誤;由題圖知，vt圖象的斜率即為無人機(jī)運(yùn)動(dòng)的加速度，故0~6s內(nèi)無人機(jī)的加速度大小a1＝4m/s2，6～8s內(nèi)無人機(jī)的加速度大小a2＝12m/s2，由牛頓第二定律得F－mg－f＝ma1,f＋mg＝ma2，由以上兩式解得F＝32N，f＝4N，D正確,C錯(cuò)誤。2.如圖所示，一質(zhì)量為M的楔形木塊A放在水平桌面上，它的頂角為90°，兩底角分別為α和β；a、b為兩個(gè)位于斜面上質(zhì)量均為m的小木塊，已知所有接觸面都光滑，現(xiàn)發(fā)現(xiàn)a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動(dòng)，這時(shí)楔形木塊對(duì)水平桌面的壓力等于（）A．Mg＋mg B．Mg＋2mgC．Mg＋mg(sinα＋sinβ) D．Mg＋mg(cosα＋cosβ）答案A解析取a、b、A整體為研究對(duì)象，其豎直方向受力情況及系統(tǒng)內(nèi)各物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如圖所示。以豎直向上為正方向，在豎直方向上由牛頓第二定律得：FN－(M＋2m）g＝M·0＋ma1y＋ma2y。其中，a1y＝－gsin2α,a2y＝－gsin2β，得水平桌面對(duì)楔形木塊的支持力FN＝Mg＋mg，由牛頓第三定律得A3。(2019·廣東惠州二模)如圖所示,將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動(dòng)很小，幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。若砝碼和紙板的質(zhì)量分別為2m和m,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。要使紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)，所需拉力的大小應(yīng)大于(A．3μmg B．4μmgC．5μmg D．6μmg答案D解析當(dāng)紙板相對(duì)砝碼運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)砝碼有f1＝μ·2mg＝2ma1,得a1＝μg，對(duì)紙板有F－f1－f2＝ma2，其中f2＝μ·3mg，二者發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)需要紙板的加速度大于砝碼的加速度，即a2＞a1,所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg，即F＞6μmg,D正確。4.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k,初始時(shí)兩物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得兩個(gè)物體的vt圖象如圖乙所示(重力加速度為g），則(）A．施加外力前，彈簧的形變量為eq\f（2g,k）B．外力施加的瞬間，A、B間的彈力大小為M（g－a）C．A、B在t1時(shí)刻分離,此時(shí)彈簧彈力恰好為零D．彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值答案B解析施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx,解得x＝eq\f（2Mg,k）,故A錯(cuò)誤；施加外力F的瞬間，對(duì)物體B，根據(jù)牛頓第二定律有F彈－Mg－FAB＝Ma,其中F彈＝2Mg，解得FAB＝M(g－a）,故B正確;由題圖乙知，物體A、B在t1時(shí)刻分離，此時(shí)A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對(duì)B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a）,故C錯(cuò)誤；當(dāng)F彈′＝Mg時(shí)，B達(dá)到最大速度,故D錯(cuò)誤.5.如圖所示，質(zhì)量為M的長平板車放在光滑的傾角為α的斜面上，車上站著一質(zhì)量為m的人,若要平板車靜止在斜面上，車上的人必須（）A．勻速向下奔跑B．以加速度a＝eq\f(M，m）gsinα，向下加速奔跑C．以加速度a＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（M,m）))gsinα，向下加速奔跑D．以加速度a＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（M,m)))gsinα,向上加速奔跑答案C解析作出車的受力圖,如圖甲所示，求出人對(duì)車的摩擦力Ff＝Mgsinα;作出人的受力圖，如圖乙所示，則mgsinα＋Ff′＝ma，且Ff′＝Ff，解出a＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f(M，m))）gsinα，方向沿斜面向下。故C正確。6．（2019·安徽安慶高三二模)如圖甲所示，一足夠長的粗糙斜面固定在水平地面上,斜面的傾角θ＝37°.現(xiàn)有質(zhì)量m＝2.2kg的物體在水平向左的外力F的作用下由靜止開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過2s撤去外力F,物體在0～4s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示。已知sin37°＝0。6，cos37°＝0。8，g＝10m/s2,則()A．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B．水平外力F＝5.5NC．水平外力F＝4ND．物體在0～4s內(nèi)的位移為24m答案AC解析根據(jù)vt圖象的斜率表示加速度,知2～4s內(nèi)物體的加速度為:a2＝eq\f(12－8，2）m/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律有:mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得:μ＝0.5,故A正確;0～2s內(nèi)物體的加速度為：a1＝eq\f(8，2)m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋Fcosθ－μ（mgcosθ－Fsinθ)＝ma1，解得：F＝4N，故B錯(cuò)誤,C正確；物體在0～4s內(nèi)的位移為：x＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(8×2,2)＋\f(8＋12，2)×2）)m＝28m,故D錯(cuò)誤。7．如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質(zhì)量都是M，人的質(zhì)量都是m,甲車上的人用力F推車，乙車上的人用等大的力F拉繩子(繩與輪的質(zhì)量和摩擦均不計(jì)）；人與車始終保持相對(duì)靜止.下列說法正確的是()A．甲車的加速度大小為eq\f(F，M）B．甲車的加速度大小為0C．乙車的加速度大小為eq\f(2F，M＋m）D．乙車的加速度大小為0答案BC解析對(duì)甲圖中人和車組成的系統(tǒng)受力分析，在水平方向的合外力為0（人的推力F是內(nèi)力），故a甲＝0，A錯(cuò)誤,B正確；在乙圖中,人拉輕繩的力為F,則繩拉人和繩拉車的力均為F,對(duì)人和車組成的系統(tǒng)受力分析,水平合外力為2F，由牛頓第二定律知：a乙＝eq\f(2F，M＋m)，則C正確，D錯(cuò)誤。8。如圖所示，材料相同的A、B兩物體質(zhì)量分別為m1、m2由輕繩連接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。輕繩拉力的大小()A．與斜面的傾角θ無關(guān)B．與物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ有關(guān)C．與兩物體的質(zhì)量m1和m2有關(guān)D．若改用F沿斜面向下拉連接體,輕繩拉力的大小不變答案AC解析將兩物體看成一個(gè)整體有：F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ＝（m1＋m2）a，解得：a＝eq\f(F－（m1＋m2）gsinθ－μ（m1＋m2）gcosθ,m1＋m2），對(duì)B物體受力分析且由牛頓第二定律有:T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得：T＝eq\f（m2F,m1＋m2），故B錯(cuò)誤，A、C正確；改用F沿斜面向下拉連接體，將兩物體看成一個(gè)整體有F＋（m1＋m2)gsinθ－μ(m1＋m2）·gcosθ＝(m1＋m2）·a′,解得:a′＝eq\f(F＋(m1＋m2）gsinθ－μ(m1＋m2）gcosθ,m1＋m2），對(duì)A物體受力分析且由牛頓第二定律有：T′＋m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a′，解得：T′＝eq\f（m1F,m1＋m2），故D錯(cuò)誤。9．如圖所示,質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于光滑水平地面上，A、B接觸面光滑，傾角為θ。現(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上,保持A、B相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是（）A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B．兩種情況下獲取的最大加速度相同C．兩種情況下所加的最大推力相同D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力答案BC解析F作用于題圖甲中A，當(dāng)F最大時(shí)，A剛要離開地面，A受力如圖1,FN1cosθ＝mg，對(duì)B：FN1sinθ＝ma1;F作用于題圖乙中A，當(dāng)F最大時(shí)，B剛要離開地面，B受力如圖2,FN2cosθ＝mg,FN2sinθ＝ma2,可見FN2＝FN1，a2＝a1，對(duì)整體分析易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項(xiàng)B、C正確。10．如圖甲所示，水平面上有一傾角為θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的輕質(zhì)細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力和斜面對(duì)小球的支持力分別為T和FN。若Ta圖象如圖乙所示,AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g＝10m/s2。則（）A．a(chǎn)＝eq\f（40,3)m/s2時(shí)，F(xiàn)N＝0B．小球質(zhì)量m＝0.1kgC．斜面傾角θ的正切值為eq\f（3,4)D．小球離開斜面之前，F(xiàn)N＝0.8＋0。06a答案ABC解析小球離開斜面之前，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，進(jìn)行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯(lián)立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ,所以小球離開斜面之前，Ta圖象為直線,由題圖乙可知a＝eq\f(40，3）m/s2時(shí),FN＝0，A正確；當(dāng)a＝0時(shí)，T＝0.6N，此時(shí)小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當(dāng)a＝eq\f（40，3）m/s2時(shí),斜面對(duì)小球的支持力恰好為零,其受力如圖2所示，所以eq\f（mg,tanθ)＝ma，聯(lián)立可得tanθ＝eq\f（3,4），m＝0。1kg，B、C正確;將θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ,得FN＝0.8－0。06a(N)，D錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題共2小題，共30分）11．（14分）(2019·河南省鄭州市一模)二十一世紀(jì)新能源環(huán)保汽車在設(shè)計(jì)階段要對(duì)其各項(xiàng)性能進(jìn)行測(cè)試.某次新能源汽車性能測(cè)試中，如圖甲顯示的是牽引力傳感器傳回的實(shí)時(shí)數(shù)據(jù)隨時(shí)間變化的關(guān)系，但由于機(jī)械故障,速度傳感器只傳回了第25s以后的數(shù)據(jù)，如圖乙所示。已知汽車質(zhì)量為1500kg，若測(cè)試平臺(tái)是水平的，且汽車由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)汽車所受阻力恒定。（1)18s末汽車的速度是多少?（2）前25s內(nèi)的汽車的位移是多少?答案（1)26m/s（2)608m解析（1）由圖知18s后汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有：f＝F3＝1500N0～6s內(nèi),由牛頓第二定律得:F1－f＝ma16s末汽車速度為：v1＝a1t1在6～18s內(nèi),由牛頓第二定律得：F2－f＝ma218s末汽車速度為：v2＝v1＋a2t2解得18s末汽車的速度：v2＝26m/s。(2)汽車在0～6s內(nèi)的位移為:x1＝eq\f（v1,2)t1＝90m汽車在6~18s內(nèi)的位移為：x2＝eq\f（v1＋v2，2）t2＝336m汽車在18～25s內(nèi)的位移為:x3＝v2t3＝182m故汽車在前25s內(nèi)的位移為：x＝x1＋x2＋x3＝608m。12．（16分）如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質(zhì)量為M，傾角為α。其斜面上有一靜止的滑塊，質(zhì)量為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。現(xiàn)給斜面體施加水平向右的力F使斜面體加速運(yùn)動(dòng)。（1)若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng)，求力F的最大值;(2）若要使滑塊做自由落體運(yùn)動(dòng)，求力F的最小值。答案(1)eq\f（(m＋M）g(μcosα－sinα)，μsinα＋cosα）(2）eq\f（Mg,tanα)解析（1）當(dāng)滑塊與斜面體一起向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí),力F越大,加速度越大,當(dāng)F最大時(shí),斜面體對(duì)滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示。設(shè)滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a，F(xiàn)Ncosα＋Ffmsinα＝mgFfmcosα－FNsinα＝ma由題意知Ffm＝μFN聯(lián)立解得a＝eq\f(μcosα－sinα,cosα＋μsinα)g對(duì)整體，由牛頓第二定律有Fmax＝(M＋m)a聯(lián)立解得Fmax＝eq\f((m＋M)g(μcosα－sinα），μsi