高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動定律 課后分級演練9 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用
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1、 課后分級演練(九) 牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用 【A級——基礎(chǔ)練】 1.如圖所示,一物體以速度v0沖上粗糙的固定斜面,經(jīng)過2t0時間返回斜面底端,則物體運(yùn)動的速度v(以初速度方向?yàn)檎?隨時間t的變化關(guān)系可能正確的是( ) 解析:C 由于斜面粗糙,上滑時,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,而下滑時,根據(jù)牛頓第二定律,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2,上滑時加速度比下滑時大,即上滑時圖象的斜率大于下滑時圖象的斜率,A、B錯誤;上滑與下滑的位移大小相同,即上滑與下滑圖象與時間軸圍成的面積大小相等,C正確,D錯誤. 2.(多選)某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演
2、.已知豎直滑桿上端固定,下端懸空,滑桿的重力為200 N.在桿的頂部裝有一拉力傳感器,可以顯示桿頂端所受拉力的大小.已知演員在滑桿上做完動作之后,先在桿上靜止了0.5 s,然后沿桿下滑,3.5 s末剛好滑到桿底端,并且速度恰好為零,整個過程中演員的v-t圖象和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況如圖所示,g取10 m/s2.則下述說法正確的是( ) A.演員的體重為600 N B.演員在第1 s內(nèi)一直處于超重狀態(tài) C.滑桿所受的最小拉力為620 N D.滑桿所受的最大拉力為900 N 解析:AC 演員在滑桿上靜止時,傳感器顯示的拉力800 N等于演員重力和滑桿的重力之和,所以演員的
3、體重為600 N,選項(xiàng)A正確,演員在第1 s內(nèi)先靜止后加速下滑,加速下滑處于失重狀態(tài),選項(xiàng)B錯誤.演員加速下滑時滑桿所受的拉力最小,加速下滑的加速度a1=3 m/s2,對演員,設(shè)受桿對其向上的摩擦力為Ff1,由牛頓第二定律,mg-Ff1=ma1,解得Ff1=420 N.對滑桿,由平衡條件,最小拉力F1=420 N+200 N=620 N,選項(xiàng)C正確.減速下滑時滑桿所受的拉力最大,減速下滑的加速度a2=1.5 m/s2,對演員,設(shè)摩擦力為Ff2,由牛頓第二定律,F(xiàn)f2-mg=ma2,解得Ff2=690 N.對滑桿,由平衡條件,最大拉力F2=690 N+200 N=890 N,選項(xiàng)D錯誤. 3.
4、放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系及物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖所示,取重力加速度g=10 m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為( ) A.m=0.5 kg,μ=0.2 B.m=1.5 kg,μ=0.2 C.m=0.5 kg,μ=0.4 D.m=1.0 kg,μ=0.4 解析:C 由F-t,v-t圖象可知當(dāng)F=2 N時,物塊做勻速運(yùn)動,則Ff=F2=2 N,物塊做勻加速直線運(yùn)動的加速度a1= m/s2=2 m/s2,勻減速直線運(yùn)動的加速度a2=- m/s2=-2 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律得
5、,F(xiàn)-Ff=ma1,F(xiàn)3-Ff=ma2,解得m=0.5 kg,則動摩擦因數(shù)μ===0.4. 4.(2017·濟(jì)寧聯(lián)考)如圖所示,兩小球a、b質(zhì)量之比為1∶2,用輕彈簧A、B連接并懸掛在天花板上保持靜止,水平力F作用在a上并緩慢拉a,當(dāng)B與豎直方向夾角為60°時,A、B伸長量剛好相同.若A、B的勁度系數(shù)分別為k1、k2,則以下判斷正確的是( ) A.= B.= C.撤去F的瞬間,a球的加速度為零 D.撤去F的瞬間,b球處于失重狀態(tài) 解析:A 分別對小球a、b受力分析如圖所示.由平衡條件得: F1=2mg=k1x① F=3mgtan 60°=3mg②
6、 F2=3mg/cos 60°=k2x③ 解①③得 k1∶k2=1∶3,A正確,B錯誤; 撤去F的瞬間b球仍處于平衡狀態(tài)ab=0,D錯;對a球由牛頓第二定律得F=3mg=maa,aa=3g方向水平向右,C錯. 5.如圖所示,在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子,繩子在水平向左的恒力F作用下做勻加速直線運(yùn)動.繩子上某一點(diǎn)到繩子右端的距離為x,設(shè)該處的張力大小為T,則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖象是( ) 解析:A 根據(jù)牛頓第二定律,對繩子的整體進(jìn)行受力分析可知F=Ma;對x段繩子可知T=Ma=x,故T-x圖線是經(jīng)過原點(diǎn)的直線,故選A. 6.如圖所示,質(zhì)
7、量為m的小球用水平輕彈簧系住,并用傾角為30°的光滑木板AB托住,小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài).當(dāng)木板AB突然向下撤離的瞬間,小球的加速度大小為( ) A.0 B.g C.g D.g 解析:B 平衡時,小球受到三個力:重力mg、斜面支持力F1和彈簧拉力F2,如圖所示.突然撤離木板時,F(xiàn)1突然消失而其他力不變,因此F2與重力mg的合力F′==mg,產(chǎn)生的加速度a==g,選項(xiàng)B正確. 7.(多選)利用傳感囂和計(jì)算機(jī)可以研究力的大小變化情況,實(shí)驗(yàn)時讓質(zhì)量為m的某同學(xué)從桌子上跳下,自由下落H后雙腳觸地,他順勢彎曲雙腿,其重心又下降了h,計(jì)算機(jī)顯示該同學(xué)受到地面支持力F隨時間變化的圖象如圖所
8、示,根據(jù)圖象提供的信息,以下判斷正確的是( ) A.從0至t1時間內(nèi)該同學(xué)處于失重狀態(tài) B.在t1至t2時間內(nèi)該同學(xué)處于超重狀態(tài) C.t2時刻該同學(xué)加速度為零 D.在t2到t3時間內(nèi)該同學(xué)的加速度在逐漸減小 解析:ABD 0~t1時間內(nèi)該同學(xué)加速度方向向下,處于失重狀態(tài),t1~t2時間內(nèi),該同學(xué)的加速度方向向上處于超重狀態(tài),選項(xiàng)A、B正確;t2時刻受地面支持力最大,加速度最大,選項(xiàng)C錯誤;t2~t3時間內(nèi)支持力逐漸減小,合力逐漸減小加速度也逐漸減小,選項(xiàng)D正確. 8.(多選)建設(shè)房屋時,保持底邊L不變,要設(shè)計(jì)好屋頂?shù)膬A角θ,以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M快地滑離屋頂,雨滴下滑時可視
9、為小球做無初速無摩擦的運(yùn)動.下列說法正確的是( ) A.傾角θ越大,雨滴下滑時的加速度越大 B.傾角θ越大,雨滴對屋頂壓力越大 C.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大 D.傾角θ越大,雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短 解析:AC 設(shè)屋檐的底角為θ,底邊為L,注意底邊長度是不變的,屋頂?shù)钠旅骈L度為x,雨滴下滑時加速度為a,對雨滴做受力分析,只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN,垂直于屋頂方向: mgcos θ=FN 平行于屋頂方向:ma=mgsin θ 雨滴的加速度為:a=gsin θ,則傾角θ越大,雨滴下滑時的加速度越大,故A正確; 雨滴對屋頂?shù)膲毫Γ篎N
10、′=FN=mgcos θ,則傾角θ越大,雨滴對屋頂壓力越小,故B錯誤; 根據(jù)三角關(guān)系判斷,屋頂坡面的長度x=,由x=gsin θ·t2可得:t=,可見當(dāng)θ=45°時,用時最短,D錯誤;由v=gsin θ·t可得:v=,可見θ越大,雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大,C正確. 9.為了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調(diào)整,使座椅始終保持水平,如圖所示,當(dāng)此車減速上坡時,則乘客(僅考慮乘客與水平面之間的作用)( ) A.處于超重狀態(tài) B.不受摩擦力的作用 C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D.所受合
11、力豎直向上 解析:C 當(dāng)車減速上坡時,加速度方向沿斜坡向下,人的加速度與車的加速度相同,根據(jù)牛頓第二定律知人的合力方向沿斜面向下,合力的大小不變. 人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力,如圖. 將加速度沿豎直方向和水平方向分解,則有豎直向下的加速度,則:mg-FN=may. FN<mg,乘客處于失重狀態(tài),故A、B、D錯誤,C正確. 10.某同學(xué)近日做了這樣一個實(shí)驗(yàn),將一個小鐵塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以一定的初速度,沿傾角可在0~90°之間任意調(diào)整的木板向上滑動,設(shè)它沿木板向上能達(dá)到的最大位移為x,若木板傾角不同時對應(yīng)的最大位移x與木板傾角α的關(guān)系如圖所示.g取10 m/s2.
12、求(結(jié)果如果有根號,可以保留): (1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ是多少; (2)當(dāng)α=60°時,小鐵塊達(dá)到最高點(diǎn)后,又回到出發(fā)點(diǎn),小鐵塊速度的大小. 解析:(1)當(dāng)α=90°時,x=1.25 m 則v0== m/s=5 m/s 當(dāng)α=30°時,x=1.25 m a== m/s2=10 m/s2 由牛頓第二定律得a=gsin 30°+μgcos 30°,解得μ= (2)當(dāng)α=60°時,上滑的加速度a1=gsin 60°+μgcos 60°= m/s2 下滑的加速度a
13、2=gsin 60°-μgcos 60°= m/s2 因?yàn)関=2a1x,v=2a2x 則vt=v0=v0=m/s 答案:(1)5 m/s (2) m/s 【B級——提升練】 11.如圖所示,在光滑的水平面上有一個質(zhì)量為M的木板B處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的木塊A在木板B的左端以初速度v0開始向右滑動,已知M>m,用①和②分別表示木塊A和木板B的運(yùn)動信息圖線,在木塊A從木板B的左端滑到右端的過程中,下面關(guān)于速度v隨時間t、動能Ek隨位移s的變化圖象,其中可能正確的是( ) 解析:D A、B之間的摩擦力為Ff=μmg,加速度分別為aA=μg,aB=
14、,因?yàn)镸>m,則aA>aB,所以v-t圖象中①的斜率應(yīng)大于②,A、B錯;根據(jù)動能定理,A的動能改變量ΔEkA=μmgsA,B的動能改變量ΔEkB=μmgsB,其中sA和sB分別為A和B相對地面的位移,sA>sB,所以,Ek-s圖象中①和②的斜率應(yīng)相等,圖象結(jié)束時sA>sB,C錯、D對. 12.(多選)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,當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時,細(xì)繩對小球的拉力和斜面對小球的支持力分別為T和FN.若T-a圖象如圖乙所示,AB是直線,BC為曲線,重力加速度為g=10 m
15、/s2.則( ) A.a(chǎn)=m/s2時,F(xiàn)N=0 B.小球質(zhì)量m=0.1 kg C.斜面傾角θ的正切值為 D.小球離開斜面之前,F(xiàn)N=0.8+0.06 a(N) 解析:ABC 本題考查牛頓第二定律,意在考查考生運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律解決相關(guān)問題的能力.小球離開斜面之前,以小球?yàn)檠芯繉ο?,進(jìn)行受力分析,可得Tcos θ-FNsin θ=ma,Tsin θ+FNcos θ=mg,聯(lián)立解得FN=mgcos θ-masin θ,T=macos θ+mgsin θ,所以T-a圖象呈線性關(guān)系,由題圖乙可知a= m/s2時,F(xiàn)N=0,選項(xiàng)A正確.當(dāng)a=0時,T=0.6 N,此時小球靜止在斜面上,其受
16、力如圖1所示,所以mgsin θ=T;當(dāng)a= 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mgcot θ=ma,聯(lián)立可得tan θ=,m=0.1 kg,選項(xiàng)B、C正確.將θ和m的值代入FN=mgcos θ-masin θ,得FN=0.8-0.06a(N),選項(xiàng)D錯誤. 13.(2017·淮安期末)將質(zhì)量為m的圓環(huán)套在固定的水平直桿上,環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑,環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ,對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上且與桿夾角為θ的拉力F,使圓環(huán)以加速度a沿桿運(yùn)動,則F的大小不可能是( ) A. B. C. D. 解析:C 對環(huán)受力分析,受重力、拉力、
17、彈力和摩擦力.其中彈力可能向上,也可能向下,也可能等于0. (1)若環(huán)受到的彈力為0,則:Fcos θ=ma,F(xiàn)sin θ=mg 解得:F=或F=. (2)若環(huán)受到的彈力的方向向上,則: Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma 所以:F= (3)若環(huán)受到的彈力的方向向下,則 Fcos θ-μ(Fsin θ-mg)=ma 所以:F= 所以選項(xiàng)A、B、D是可能的,選項(xiàng)C是不可能的. 14.(2017·安徽江南十校聯(lián)考)如圖1所示,兩滑塊A、B用細(xì)線跨過定滑輪相連,B距地面一定高度,A可在細(xì)線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動.已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜
18、面傾角θ=37°.某時刻由靜止釋放A,測得A沿斜面向上運(yùn)動的v-t圖象如圖所示.已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)A與斜面間的動摩擦因數(shù); (2)A沿斜面向上滑動的最大位移; (3)滑動過程中細(xì)線對A的拉力所做的功. 解析:(1)在0~0.5 s內(nèi),根據(jù)圖象,A、B系統(tǒng)的加速度為 a1= m/s2=4 m/s2 對A、B系統(tǒng)受力分析,由牛頓第二定律有 mBg-mAgsin θ-μmAgcos θ=(mA+mB)a1 得:μ=0.25 (2)B落地后,A減速上滑.由牛頓第二定律有 mAgsin
19、 θ+μmAgcos θ=mAa2 將已知量代入,可得 a2=8 m/s2 故A減速向上滑動的位移為 x2==0.25 m 0~0.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移 x1==0.5 m 所以,A上滑的最大位移為 x=x1+x2=0.75 m (3)A加速上滑過程中,由動能定理: W-mAgx1sin θ-μmAgx1cos θ=mAv-0 得W=12 J 答案:(1)0.25 (2)0.75 m (3)12 J 15.(2017·武漢月考)如圖所示,AB、CD為兩個光滑的平臺,一傾角為37°,長為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接.現(xiàn)有一小物體以10 m/
20、s的速度沿平臺AB向右運(yùn)動,當(dāng)傳送帶靜止時,小物體恰好能滑到平臺CD上,問: (1)小物體跟傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多大? (2)當(dāng)小物體在平臺AB上的運(yùn)動速度低于某一數(shù)值時,無論傳送帶順時針運(yùn)動的速度多大,小物體都不能到達(dá)平臺CD,求這個臨界速度. (3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運(yùn)動,欲使小物體到達(dá)平臺CD,傳送帶至少以多大的速度順時針運(yùn)動? 解析:(1)傳送帶靜止時,小物體在傳送帶上受力如圖甲所示, 據(jù)牛頓第二定律得:μmgcos 37°+mgsin 37°=ma1 B→C過程有:v=2a1l 解得:a1=10 m/s2,μ=0.5.
21、 (2)顯然,當(dāng)小物體在傳送帶上受到的摩擦力始終向上時,最容易到達(dá)傳送帶頂端,此時,小物體受力如圖乙所示,據(jù)牛頓第二定律得: mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2 若恰好能到達(dá)平臺CD時,有:v2=2a2l 解得:v=2 m/s,a2=2 m/s2 即當(dāng)小物體在平臺AB上向右運(yùn)動的速度小于2 m/s時,無論傳送帶順時針運(yùn)動的速度多大,小物體都不能到達(dá)平臺CD. (3)設(shè)小物體在平臺AB上的運(yùn)動速度為v1, 傳送帶順時針運(yùn)動的速度大小為v2, 對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程,有: v-v=2a1x1⑤ 對從小物體速度減小到傳送帶速度到恰好到達(dá)平臺CD過程,有: v=2a2x2 x1+x2=L 解得:v2=3 m/s 即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運(yùn)動,小物體才能到達(dá)平臺CD. 答案:(1)0.5 (2)2 m/s (3)3 m/s 我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展進(jìn)入新常態(tài),需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟(jì)發(fā)展方式,改變粗放式增長模式,不斷優(yōu)化經(jīng)濟(jì)結(jié)構(gòu),實(shí)現(xiàn)經(jīng)濟(jì)健康可持續(xù)發(fā)展進(jìn)區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展,推進(jìn)新型城鎮(zhèn)化,推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因:我國經(jīng)濟(jì)發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實(shí)挑戰(zhàn)。
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