學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精2021高三統考人教物理一輪（經典版）課時作業：第3章第3講牛頓運動定律的綜合應用含解析課時作業對應學生用書P367時間：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)1.一架無人機質量為2kg，運動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機從地面由靜止開始豎直向上運動，一段時間后關閉動力系統,其vt圖象如圖所示,g取10m/s2。下列判斷正確的是(）A．無人機上升的最大高度為72mB．6~8s內無人機下降C．無人機的升力大小為28ND．無人機所受阻力大小為4N答案D解析在vt圖象中，圖象與時間軸所圍的面積表示位移,由題圖知,無人機上升的最大高度h＝eq\f(1，2）×24×8m＝96m,A錯誤；由題圖知,6~8s內無人機向上做減速運動,直到速度減為零，8s末上升到最高點，B錯誤;由題圖知，vt圖象的斜率即為無人機運動的加速度，故0~6s內無人機的加速度大小a1＝4m/s2，6～8s內無人機的加速度大小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錯誤。2.如圖所示，一質量為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為兩個位于斜面上質量均為m的小木塊，已知所有接觸面都光滑，現發現a、b沿斜面下滑，而楔形木塊靜止不動，這時楔形木塊對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整體為研究對象，其豎直方向受力情況及系統內各物體運動狀態如圖所示。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，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到,這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若砝碼和紙板的質量分別為2m和m,各接觸面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。要使紙板相對砝碼運動，所需拉力的大小應大于(A．3μmg B．4μmgC．5μmg D．6μmg答案D解析當紙板相對砝碼運動時,設砝碼的加速度為a1,紙板的加速度為a2，根據牛頓第二定律，對砝碼有f1＝μ·2mg＝2ma1,得a1＝μg，對紙板有F－f1－f2＝ma2，其中f2＝μ·3mg，二者發生相對運動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，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為k,初始時兩物體處于靜止狀態.現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的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時刻分離,此時彈簧彈力恰好為零D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值答案B解析施加外力F前，物體A、B整體平衡，根據平衡條件有2Mg＝kx,解得x＝eq\f（2Mg,k）,故A錯誤；施加外力F的瞬間，對物體B，根據牛頓第二定律有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時刻分離，此時A、B具有共同的v和a，且FAB＝0，對B有F彈′－Mg＝Ma，解得F彈′＝M(g＋a）,故C錯誤；當F彈′＝Mg時，B達到最大速度,故D錯誤.5.如圖所示，質量為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°.現有質量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動，經過2s撤去外力F,物體在0～4s內運動的速度與時間的關系圖線如圖乙所示。已知sin37°＝0。6，cos37°＝0。8，g＝10m/s2,則()A．物體與斜面間的動摩擦因數為0.5B．水平外力F＝5.5NC．水平外力F＝4ND．物體在0～4s內的位移為24m答案AC解析根據vt圖象的斜率表示加速度,知2～4s內物體的加速度為: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錯誤,C正確；物體在0～4s內的位移為：x＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(8×2,2)＋\f(8＋12，2)×2）)m＝28m,故D錯誤。7．如圖所示，甲、乙兩車均在光滑的水平面上，質量都是M，人的質量都是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(繩與輪的質量和摩擦均不計）；人與車始終保持相對靜止.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解析對甲圖中人和車組成的系統受力分析，在水平方向的合外力為0（人的推力F是內力），故a甲＝0，A錯誤,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,對人和車組成的系統受力分析,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錯誤。8。如圖所示，材料相同的A、B兩物體質量分別為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動。輕繩拉力的大小()A．與斜面的傾角θ無關B．與物體和斜面之間的動摩擦因數μ有關C．與兩物體的質量m1和m2有關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錯誤。9．如圖所示,質量均為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。現分別以水平恒力F作用于A物塊上,保持A、B相對靜止共同運動，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F最大時，A剛要離開地面，A受力如圖1,FN1cosθ＝mg，對B：FN1sinθ＝ma1;F作用于題圖乙中A，當F最大時，B剛要離開地面，B受力如圖2,FN2cosθ＝mg,FN2sinθ＝ma2,可見FN2＝FN1，a2＝a1，對整體分析易知兩種情況下所加的最大推力相同，選項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細繩系一質量為m的小球。斜面以加速度a水平向右做勻加速直線運動，當系統穩定時，細繩對小球的拉力和斜面對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＝eq\f（40,3)m/s2時，FN＝0B．小球質量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，FN＝0.8＋0。06a答案ABC解析小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，聯立解得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,FN＝0，A正確；當a＝0時，T＝0.6N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsinθ＝T；當a＝eq\f（40，3）m/s2時,斜面對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)二十一世紀新能源環保汽車在設計階段要對其各項性能進行測試.某次新能源汽車性能測試中，如圖甲顯示的是牽引力傳感器傳回的實時數據隨時間變化的關系，但由于機械故障,速度傳感器只傳回了第25s以后的數據，如圖乙所示。已知汽車質量為1500kg，若測試平臺是水平的，且汽車由靜止開始做直線運動，設汽車所受阻力恒定。（1)18s末汽車的速度是多少?（2）前25s內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動，由平衡條件有：f＝F3＝1500N0～6s內,由牛頓第二定律得:F1－f＝ma16s末汽車速度為：v1＝a1t1在6～18s內,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內的位移為:x1＝eq\f（v1,2)t1＝90m汽車在6~18s內的位移為：x2＝eq\f（v1＋v2，2）t2＝336m汽車在18～25s內的位移為:x3＝v2t3＝182m故汽車在前25s內的位移為：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，質量為M，傾角為α。其斜面上有一靜止的滑塊，質量為m，兩者之間的動摩擦因數為μ,滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。現給斜面體施加水平向右的力F使斜面體加速運動。（1)若要使滑塊與斜面體一起加速運動，求力F的最大值;(2）若要使滑塊做自由落體運動，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）當滑塊與斜面體一起向右加速運動時,力F越大,加速度越大,當F最大時,斜面體對滑塊的靜摩擦力達到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示。設滑塊與斜面體一起加速運動的最大加速度為a，FNcosα＋Ffmsinα＝mgFfmcosα－FNsinα＝ma由題意知Ffm＝μFN聯立解得a＝eq\f(μcosα－sinα,cosα＋μsinα)g對整體，由牛頓第二定律有Fmax＝(M＋m)a聯立解得Fmax＝eq\f((m＋M)g(μcosα－sinα），μsi