2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課后分級演練9 牛頓運動定律的綜合應用.doc

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課后分級演練(九) 牛頓運動定律的綜合應用 【A級——基礎練】 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，則物體運動的速度v(以初速度方向為正)隨時間t的變化關系可能正確的是(　　) 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)某馬戲團演員做滑桿表演．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，所以演員的體重為600 N，選項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D錯誤． 3．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的關系及物塊速度v與時間t的關系如圖所示，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F＝2 N時，物塊做勻速運動，則Ff＝F2＝2 N，物塊做勻加速直線運動的加速度a1＝ m/s2＝2 m/s2，勻減速直線運動的加速度a2＝－ m/s2＝－2 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，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 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動．繩子上某一點到繩子右端的距離為x，設該處的張力大小為T，則能正確描述T與x之間的關系的圖象是(　　) 解析：A　根據(jù)牛頓第二定律，對繩子的整體進行受力分析可知F＝Ma；對x段繩子可知T＝Ma＝x，故T－x圖線是經(jīng)過原點的直線，故選A. 6.如圖所示，質(zhì)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，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板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B正確． 7.(多選)利用傳感囂和計算機可以研究力的大小變化情況，實驗時讓質(zhì)量為m的某同學從桌子上跳下，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，計算機顯示該同學受到地面支持力F隨時間變化的圖象如圖所示，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)該同學處于失重狀態(tài) B．在t1至t2時間內(nèi)該同學處于超重狀態(tài) C．t2時刻該同學加速度為零 D．在t2到t3時間內(nèi)該同學的加速度在逐漸減小 解析：ABD　0～t1時間內(nèi)該同學加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，t1～t2時間內(nèi)，該同學的加速度方向向上處于超重狀態(tài)，選項A、B正確；t2時刻受地面支持力最大，加速度最大，選項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D正確． 8.(多選)建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂?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，雨滴下滑時可視為小球做無初速無摩擦的運動．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′＝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)三角關系判斷，屋頂坡面的長度x＝，由x＝gsin θt2可得：t＝，可見當θ＝45時，用時最短，D錯誤；由v＝gsin θt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，某探究小組設計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．所受合力豎直向上 解析：C　當車減速上坡時，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. FNm，用①和②分別表示木塊A和木板B的運動信息圖線，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＝，因為M>m，則aA>aB，所以v－t圖象中①的斜率應大于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動，當系統(tǒng)穩(wěn)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/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，意在考查考生運用牛頓運動定律解決相關問題的能力．小球離開斜面之前，以小球為研究對象，進行受力分析，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圖象呈線性關系，由題圖乙可知a＝ m/s2時，F(xiàn)N＝0，選項A正確．當a＝0時，T＝0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsin θ＝T；當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、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A、B、D是可能的，選項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用細線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細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，斜面傾角θ＝37.某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運動的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 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/s的速度沿平臺AB向右運動，當傳送帶靜止時，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)當小物體在平臺AB上的運動速度低于某一數(shù)值時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達平臺CD，求這個臨界速度． (3)若小物體以8 m/s的速度沿平臺AB向右運動，欲使小物體到達平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運動？ 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. (2)顯然，當小物體在傳送帶上受到的摩擦力始終向上時，最容易到達傳送帶頂端，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 若恰好能到達平臺CD時，有：v2＝2a2l 解得：v＝2 m/s，a2＝2 m/s2 即當小物體在平臺AB上向右運動的速度小于2 m/s時，無論傳送帶順時針運動的速度多大，小物體都不能到達平臺CD. (3)設小物體在平臺AB上的運動速度為v1， 傳送帶順時針運動的速度大小為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的速度順時針運動，小物體才能到達平臺CD. 答案：(1)0.5　(2)2 m/s　(3)3 m/s