2019版高考物理一輪復(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.doc

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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 mgcos ma1，而下滑時，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin mgcos 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vt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 NB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 ND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(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a13 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，mgFf1ma1，解得Ff1420 N對滑桿，由平衡條件，最小拉力F1420 N200 N620 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a21.5 m/s2，對演員，設(shè)摩擦力為Ff2，由牛頓第二定律，F(xiàn)f2mgma2，解得Ff2690 N對滑桿，由平衡條件，最大拉力F2690 N200 N890 N，選項(xiàng)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(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g10 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)分別為()Am0.5 kg，0.2Bm1.5 kg，0.2Cm0.5 kg，0.4Dm1.0 kg，0.4解析：C由Ft，vt圖象可知當(dāng)F2 N時，物塊做勻速運(yùn)動，則FfF22 N，物塊做勻加速直線運(yùn)動的加速度a1 m/s22 m/s2，勻減速直線運(yùn)動的加速度a2 m/s22 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)Ffma1，F(xiàn)3Ffma2，解得m0.5 kg，則動摩擦因數(shù)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12，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：F12mgk1xF3mgtan 603mgF23mg/cos 60k2x解得k1k213，A正確，B錯誤；撤去F的瞬間b球仍處于平衡狀態(tài)ab0，D錯；對a球由牛頓第二定律得F3mgmaa，aa3g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FMa；對x段繩子可知TMax，故Tx圖線是經(jīng)過原點(diǎn)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?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()A0B.gCgD.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Fmg，產(chǎn)生的加速度ag，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)Ct2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：ABD0t1時間內(nèi)該同學(xué)加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，t1t2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；t2t3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，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(yùn)動下列說法正確的是()A傾角越大，雨滴下滑時的加速度越大B傾角越大，雨滴對屋頂壓力越大C傾角越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D傾角越大，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，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 FN平行于屋頂方向：mamgsin 雨滴的加速度為：agsin ，則傾角越大，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NFNmgcos ，則傾角越大，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xgsin t2可得：t，可見當(dāng)45時，用時最短，D錯誤；由vgsin t可得：v，可見越大，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?nèi)耸苤亓?、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：mgFNmay.FNm，用和分別表示木塊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：DA、B之間的摩擦力為Ffmg，加速度分別為aAg，aB，因?yàn)镸m，則aAaB，所以vt圖象中的斜率應(yīng)大于，A、B錯；根據(jù)動能定理，A的動能改變量EkAmgsA，B的動能改變量EkBmgsB，其中sA和sB分別為A和B相對地面的位移，sAsB，所以，Eks圖象中和的斜率應(yīng)相等，圖象結(jié)束時sAsB，C錯、D對12(多選)如圖甲所示，水平面上有一傾角為的光滑斜面，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Ta圖象如圖乙所示，AB是直線，BC為曲線，重力加速度為g10 m/s2.則()Aam/s2時，F(xiàn)N0B小球質(zhì)量m0.1 kgC斜面傾角的正切值為D小球離開斜面之前，F(xiàn)N0.80.06 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螅M(jìn)行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，聯(lián)立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta圖象呈線性關(guān)系，由題圖乙可知a m/s2時，F(xiàn)N0，選項(xiàng)A正確當(dāng)a0時，T0.6 N，此時小球靜止在斜面上，其受力如圖1所示，所以mgsin 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 ma，聯(lián)立可得tan ，m0.1 kg，選項(xiàng)B、C正確將和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(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，對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上且與桿夾角為的拉力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、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 ma，F(xiàn)sin mg解得：F或F.(2)若環(huán)受到的彈力的方向向上，則：Fcos (mgFsin )ma所以：F(3)若環(huán)受到的彈力的方向向下，則Fcos (Fsin 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mA2 kg，mB4 kg，斜面傾角37.某時刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運(yùn)動的vt圖象如圖所示已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.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00.5 s內(nèi)，根據(jù)圖象，A、B系統(tǒng)的加速度為a1 m/s24 m/s2對A、B系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律有mBgmAgsin mAgcos (mAmB)a1得：0.25(2)B落地后，A減速上滑由牛頓第二定律有mAgsin mAgcos mAa2將已知量代入，可得a28 m/s2故A減速向上滑動的位移為x20.25 m00.5 s內(nèi)A加速向上滑動的位移x10.5 m所以，A上滑的最大位移為xx1x20.75 m(3)A加速上滑過程中，由動能定理：WmAgx1sin mAgx1cos mAv0得W12 J答案：(1)0.25(2)0.75 m(3)12 J15(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(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：mgcos 37mgsin 37ma1BC過程有：v2a1l解得：a110 m/s2，0.5.(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 37mgcos 37ma2若恰好能到達(dá)平臺CD時，有：v22a2l解得：v2 m/s，a22 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：vv2a1x1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：v2a2x2x1x2L解得：v23 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