（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課時分層作業(yè) 九 3.3 牛頓運動定律的綜合應用.doc

《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課時分層作業(yè) 九 3.3 牛頓運動定律的綜合應用.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第三章 牛頓運動定律 課時分層作業(yè) 九 3.3 牛頓運動定律的綜合應用.doc（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

課時分層作業(yè) 九牛頓運動定律的綜合應用(45分鐘100分)【基礎達標題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。16題為單選題,710題為多選題)1.圖甲是某人站在力傳感器上做下蹲、起跳動作的示意圖,中間的點表示人的重心。圖乙是根據傳感器采集到的數據畫出的力時間圖線。兩圖中ag各點均對應,其中有幾個點在圖甲中沒有畫出。重力加速度g取10 m/s2。根據圖象分析可得 ()A.人的重力為1 500 NB.c點位置人處于超重狀態(tài)C.e點位置人處于失重狀態(tài)D.d點的加速度小于f點的加速度【解析】選B。由圖可知人的重力為500 N,故A錯誤;c點位置人的支持力750 N500 N,處于超重狀態(tài),故B正確;e點位置人的支持力650 N500 N,處于超重狀態(tài),故C錯誤;d點的加速度為20 m/s2大于f點的加速度為10 m/s2,故D錯誤。2.如圖所示,放在固定斜面上的物塊以加速度a沿斜面勻加速下滑,若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F,則 ()A.物塊可能勻速下滑B.物塊仍以加速度a勻加速下滑C.物塊將以大于a的加速度勻加速下滑D.物塊將以小于a的加速度勻加速下滑【解析】選C。對物塊進行受力分析,設斜面的角度為,可列方程mgsin -mgcos =ma,sin -cos =,當加上力F后,由牛頓第二定律得(mg+F)sin -(mg+F)cos =ma1,即mgsin -mgcos +Fsin -Fcos =ma1,ma+Fsin -Fcos =ma1,Fsin -Fcos =F(sin -cos )=,大于零,代入上式知,a1大于a。物塊將以大于a的加速度勻加速下滑。只有C項正確。3.應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學習更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體,由靜止開始豎直向上運動,直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是 ()A.受托物體向上運動的過程中,物體始終處于超重狀態(tài)B.受托物體向上運動的過程中,物體始終處于失重狀態(tài)C.在物體離開手的瞬間,物體的加速度大于重力加速度D.在物體離開手的瞬間,手的加速度大于重力加速度【解析】選D。物體在手掌的推力作用下,由靜止豎直向上加速時,物體處于超重狀態(tài)。當物體離開手的瞬間,只受重力作用,物體的加速度等于重力加速度,處于完全失重狀態(tài),故A、B、C錯誤;物體離開手的前一時刻,手與物體具有相同的速度,物體離開手的下一時刻,手的速度小于物體的速度,即在物體離開手的瞬間這段相同的時間內,手的速度變化量大于物體的速度變化量,故手的加速度大于物體的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故D正確。4.(2018煙臺模擬)如圖所示,橫截面為直角三角形的三棱柱質量為M,放在粗糙的水平地面上,兩底角中其中一個角的角度為(45)。三棱柱的兩傾斜面光滑,上面分別放有質量為m1和m2的兩物體,兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接,定滑輪固定在三棱柱的頂端,若三棱柱始終處于靜止狀態(tài)。不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦,重力加速度大小為g,則將m1和m2同時由靜止釋放后,下列說法正確的是 ()A.若m1=m2,則兩物體可靜止在斜面上B.若m1=m2tan,則兩物體可靜止在斜面上C.若m1=m2,則三棱柱對地面的壓力小于(M+m1+m2)gD.若m1=m2,則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零【解析】選C。若m1=m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90-),m1的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin ,由于45,則m2gsin(90-)m1gsin ,則m1將沿斜面向下加速運動,m2將沿斜面向上加速運動,A錯誤。要使兩物體都靜止在斜面上,應滿足:m2gsin(90-)=m1gsin ,即有m1=m2cot ,B錯誤。若m1=m2,設加速度大小為a,對兩個物體及斜面整體,由牛頓第二定律得,豎直方向有FN-(M+m1+m2)g=m2asin(90-)-m1asin 0,即地面對三棱柱的支持力FN0,C正確,D錯誤。5.(2018山師附中模擬)如圖所示,在光滑平面上有一靜止小車,小車上靜止地放置著一小物塊,物塊和小車間的動摩擦因數為=0.3,用水平恒力F拉動小車,物塊的加速度為a1,小車的加速度為a2。當水平恒力F取不同值時,a1與a2的值可能為(當地重力加速度g取10 m/s2) ()A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2【解析】選D。當物塊與小車間的靜摩擦力小于mg時,物塊與小車一起運動,且加速度相等,最大共同加速度為amax=g=3 m/s2,故A、B錯誤;當F(M+m)g時,小車的加速度大于物塊的加速度,此時物塊與小車發(fā)生相對運動,此時物塊的加速度最大,由牛頓第二定律得:a1=g=3 m/s2,小車的加速度a23 m/s2,故C錯誤,D正確。【加固訓練】如圖所示,A、B兩物塊疊放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物塊的質量分別為M、m,物塊間粗糙?，F(xiàn)用水平向右的恒力F1、F2先后分別作用在A、B物塊上,物塊A、B均不發(fā)生相對運動,則F1、F2的最大值之比為()A.11B.MmC.mMD.m(m+M)【解析】選B。F1作用在A物塊上,由牛頓第二定律,F1=(M+m)a1。設A、B物塊間的最大靜摩擦力為Ff,對B物塊,則有Ff=ma1。F2作用在B物塊上,由牛頓第二定律,F2=(M+m)a2。對A物塊,則有Ff=Ma2,聯(lián)立解得:F1、F2的最大值之比為F1F2=Mm,選項B正確。6.如圖所示,一輕質彈簧的一端系一質量為m的小球,另一端固定在傾角為37的光滑斜面體頂端,彈簧與斜面平行,在斜面體以大小為g的加速度水平向左做勻加速直線運動的過程中,小球始終相對于斜面靜止。已知彈簧的勁度系數為k,則該過程中彈簧的形變量為(已知:sin 37=0.6,cos 37=0.8)()A.B.C.D.【解析】選A。假設小球只受到重力和斜面的支持力且和斜面一起以加速度a0向左勻加速運動,則a0=gtan 37v0時,物體一定向右一直做勻加速運動滑過B點,用時一定小于t0【解析】選A、C。傳送帶靜止時,物體滑上傳送帶后受水平向左的滑動摩擦力mg,設到達B點的速度為vB。由-=2(-g)L可得:vB=,若傳送帶逆時針運行,物體仍受向左的摩擦力mg,同樣由上式分析,一定能勻減速至右端,速度為vB,用時也一定仍為t0,故選項A對,而B錯;若傳送帶順時針方向運行,當其運行速率(保持不變)v=v0時,物體將不受摩擦力的作用,一直做勻速運動滑至B端,因為勻速通過,故用時一定小于t0,故選項C對;當其運行速率(保持不變)vv0時,開始物體受到向右的摩擦力的作用,做加速運動,運動有兩種可能:若物體加速到速度v還未到達B端時,則先勻加速運動后勻速運動,若物體速度一直未加速到v時,則一直做勻加速運動,故選項D錯。9.如圖甲所示,在水平地面上有一長木板B,其上疊放木塊A,假定木板與地面之間、木塊和木板之間的最大靜摩擦力都和滑動摩擦力相等,用一水平力F作用于B,A、B的加速度與F的關系如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2,則下列說法中正確的是 ()A.A的質量為0.5 kgB.B的質量為1.5 kgC.B與地面間的動摩擦因數為0.2D.A、B間的動摩擦因數為0.4【解析】選A、C、D。由圖可知,二者開始時相對地面靜止,當拉力為3 N時開始相對地面滑動;故B與地面間的最大靜摩擦力為3 N;當拉力為9 N時,AB相對滑動,此時A的加速度為4 m/s2;當拉力為13 N時,B的加速度為8 m/s2;對A分析可知,1g=4 m/s2;解得:AB間的動摩擦因數1=0.4;對B分析可知,13 N-3 N-1mAg=mB8 m/s2對整體有:9 N-3 N=(mA+mB)4 m/s2聯(lián)立解得:mA=0.5 kg;mB=1 kg;則由2(mA+mB)g=3 N解得,B與地面間的動摩擦因數為2=0.2;故A、C、D正確,B錯誤。10.(2015海南高考)如圖,升降機內有一固定斜面,斜面上放一物塊。開始時,升降機做勻速運動,物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時()A.物塊與斜面間的摩擦力減小B.物塊與斜面間的正壓力增大C.物塊相對于斜面減速下滑D.物塊相對于斜面勻速下滑【解析】選B、D。當升降機加速上升時,物塊有豎直向上的加速度,處于超重狀態(tài),物塊與斜面間的正壓力增大,根據滑動摩擦力公式Ff=FN可知接觸面間的正壓力增大,物塊與斜面間的摩擦力增大,故A錯誤,B正確;設斜面的傾角為,物塊的質量為m,當勻速運動時有mgsin=mgcos,即sin=cos。假設升降機以加速度a向上運動時,把a分解為垂直斜面方向與沿斜面方向,兩個分量acos、asin。垂直斜面方向上,物塊與斜面相對靜止,對物塊分析,壓力FN=m(g+a)cos,Ff=m(g+a)cos,因為sin=cos,所以m(g+a)sin=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物塊的加速度為asin,所以物塊的加速度也為a,故物塊相對于斜面勻速下滑,C錯誤,D正確。故選B、D。二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.如圖所示,水平地面上放置一個質量為m的物體,在與水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運動。物體與地面間的動摩擦因數為,重力加速度為g。求:(1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運動且不脫離地面,拉力F的大小范圍。(2)已知m=10 kg,=0.5,g=10 m/s2,若F的方向可以改變,求使物體以恒定加速度a=5 m/s2 向右做勻加速直線運動時,拉力F的最小值?！窘馕觥?1)要使物體運動時不離開地面,應有:Fsinmg要使物體能一直向右運動,應有:Fcos(mg-Fsin) 聯(lián)立解得:F(2)根據牛頓第二定律得Fcos-(mg-Fsin)=ma解得:F=上式變形得F=其中=arcsin當sin(+)=1時,F有最小值解得:Fmin=代入相關數據解得:Fmin=40 N答案:(1)F(2)40 N【總結提升】解臨界極值問題的三種常用方法(1)極限法:把物理問題(或過程)推向極端,從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來,以達到正確解決問題的目的。(2)假設法:臨界問題存在多種可能,特別是非此即彼兩種可能時,或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件,也可能不出現(xiàn)臨界條件時,往往用假設法解決問題。(3)數學方法:將物理過程轉化為數學表達式,根據數學表達式解出臨界條件?！灸芰Π胃哳}組】1.(8分)(多選)如圖甲所示,水平地面上固定一足夠長的光滑斜面,斜面頂端有一理想定滑輪,一輕繩跨過滑輪,繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質量不變,改變B的質量m,當B的質量連續(xù)改變時,得到A的加速度a隨B的質量m變化的圖線如圖乙所示。設加速度沿斜面向上的方向為正方向,空氣阻力不計,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的傾角為,下列說法中正確的是 ()A.若已知,可求出A的質量B.若未知,可求出圖乙中a1的值C.若已知,可求出圖乙中a2的值D.若已知,可求出圖乙中m0的值【解題指導】(1)根據牛頓第二定律,可得加速度的表達式。(2)利用好乙圖中三個點:m=0時,m=m0時,mmA時。【解析】選B、C。由牛頓第二定律可知mg-mAgsin =(m+mA)a,解得加速度a=,當m=0時,得a2=gsin ,故C正確;當mmA時a1=g,故B正確;無法求出A的質量,故A錯誤;當加速度a=0時,可知m0=mAsin ,無法求出m0的值,故D錯誤。2.(17分)傳送帶以穩(wěn)定的速度v=6 m/s順時針轉動,傳送帶與水平面的夾角=37,現(xiàn)在將一質量m=2 kg的物體(可以看作質點)放在其底端,傳送帶頂端平臺上的人通過輕繩以恒定的拉力F=20 N拉物體,經過一段時間物體被拉到斜面頂端的平臺上,如圖所示,已知傳送帶底端與頂端的豎直高度H=6 m,物體與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求物體從底端運動到頂端所用時間。(2)若物體與傳送帶達到速度相等的瞬間,突然撤去拉力,物體還需要多長時間離開傳送帶?【解析】(1)物體開始運動時的加速度為a1則:F+mg cos 37-mgsin 37=m a1解得:a1=6 m/s2物體達到和傳送帶速度相等歷時t1,根據運動學公式,有:v=a1 t1,故 t1=1 ss=t1=1 m=3 m然后對物體受力分析:F-mgcos37-mgsin37=ma2解得:a2=2 m/s2再經t2到達頂端,則:-s=v t2+a2解得:t2=1 s或者t2=-7 s(舍去)所以物體到達頂端共歷時t=t1+t2=2 s。(2)當撤去拉力時,對物體受力分析得:mgsin 37-mg cos 37=ma3a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物體做勻減速直線運動,經時間t3速度減到0,物體上升的距離為:s2=t3根據速度時間關系公式:a3 t3=v解得:t3= ss2=4.5 m,故物體沒有上升到頂端,從而沿斜面下滑到底端離開傳送帶設從速度為0滑回底端的時間為t4則:a3 =s+s2,解得:t4= s。所以物體還需要 s離開傳送帶。答案:(1)2 s(2) s【加固訓練】如圖所示,質量M=1 kg的木板靜置于傾角=37、足夠長的固定光滑斜面底端。質量m=1 kg的小物塊(可視為質點)以初速度v0=4 m/s從木板的下端沖上木板,同時在木板上端施加一個沿斜面向上的F=3.2 N的恒力。若小物塊恰好不從木板的上端滑下,求木板的長度l為多少?已知小物塊與木板之間的動摩擦因數=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8?！窘馕觥坑深}意,小物塊向上做勻減速運動,木板向上做勻加速運動,當小物塊運動到木板的上端時,恰好和木板共速。設小物塊的加速度為a,由牛頓第二定律得,mgsin +mgcos =ma,設木板的加速度為a,由牛頓第二定律得,F+mgcos -Mgsin =Ma,設二者共速的速度為v,經歷的時間為t,由運動學公式得v=v0-at,v=at;小物塊的位移為x,木板的位移為x,由運動學公式得,x=v0t-at2,x=at2;小物塊恰好不從木板上端滑下,有x-x=l,聯(lián)立解得l=0.5 m。答案:0.5 m