2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 課時(shí)作業(yè)9 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用.doc

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課時(shí)作業(yè)（九）牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 [基礎(chǔ)小題練] 1．電梯早已進(jìn)入人們的日常生活，設(shè)某人乘坐電梯時(shí)的vt圖象如圖所示，取向上為正方向，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0至t1時(shí)間內(nèi)人處于失重狀態(tài) B．t2至t4時(shí)間內(nèi)人處于失重狀態(tài) C．t2至t3時(shí)間內(nèi)與t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相反 D．0至t1時(shí)間內(nèi)和t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相同 【解析】　由vt圖象可知，0至t1時(shí)間內(nèi)向上勻加速運(yùn)動(dòng)，人處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t2至t4時(shí)間內(nèi)，加速度向下，人處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B正確；t2至t3時(shí)間內(nèi)與t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相同，0至t1時(shí)間內(nèi)和t3至t4時(shí)間內(nèi)電梯的加速度方向相反，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 【答案】　B 2．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(dòng)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(shí)(僅考慮乘客與水平面之間的作用)，則關(guān)于乘客下列說(shuō)法正確的是(　　) A．不受摩擦力的作用 B．受到水平向左的摩擦力作用 C．處于超重狀態(tài) D．所受合力豎直向上 【解析】　對(duì)乘客進(jìn)行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而靜摩擦力必沿水平方向，又因?yàn)槌丝陀兴较蜃蟮姆旨铀俣?，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A錯(cuò)誤，B正確．當(dāng)此車減速上坡時(shí)，整體的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知乘客處于失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤．由于乘客加速度沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得所受合力沿斜面向下，故D錯(cuò)誤． 【答案】　B 3．如圖所示，是某同學(xué)站在壓力傳感器上，做下蹲—起立的動(dòng)作時(shí)記錄的力隨時(shí)間變化的圖線．由圖線可知，該同學(xué)體重約為650 N，除此以外，還可得到的信息是(　　) A．該同學(xué)做了兩次下蹲—起立的動(dòng)作 B．該同學(xué)做了一次下蹲—起立的動(dòng)作，且下蹲后約2 s起立 C．下蹲過(guò)程中人一直處于失重狀態(tài) D．下蹲過(guò)程中人先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài) 【解析】　人下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過(guò)程，先是加速下降處于失重狀態(tài)，達(dá)到一個(gè)最大速度后再減速下降處于超重狀態(tài)，同理起立對(duì)應(yīng)先超重再失重，對(duì)應(yīng)圖象可知，該同學(xué)做了一次下蹲—起立的動(dòng)作，A錯(cuò)誤；由圖象看出兩次超重的時(shí)間間隔就是人蹲在地上持續(xù)的時(shí)間，約2 s，B正確；下蹲過(guò)程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均錯(cuò)誤． 【答案】　B 4．(2018河南南陽(yáng)一中月考)如圖甲所示，粗糙斜面與水平面的夾角為30，質(zhì)量為0.3 kg的小物塊靜止在A點(diǎn)，現(xiàn)有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物塊上，作用一段時(shí)間后撤去推力F，小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn)，小物塊從A到C的vt圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小物塊到C點(diǎn)后將沿斜面下滑 B．小物塊從A點(diǎn)沿斜面向上滑行的最大距離為1.8 m C．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．推力F的大小為4 N 【解析】　當(dāng)撤去推力F后，物塊在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由vt圖象可求得物塊在斜面上加速和減速兩個(gè)過(guò)程中的加速度大小分別為a1＝ m/s2，a2＝10 m/s2，物塊在勻減速運(yùn)動(dòng)階段，由牛頓第二定律知mgsin 30＋μmgcos 30＝ma2，解得μ＝，所以mgsin 30＝μmgcos 30，故小物塊到C點(diǎn)后將靜止，A錯(cuò)誤，C正確；物塊在勻加速運(yùn)動(dòng)階段，有F－mgsin 30－μmgcos 30＝ma1，解得F＝4 N，D正確；物塊從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的位移大小與vt圖線與t軸所圍成的面積相等，x＝1.23 m＝1.8 m，B正確． 【答案】　BCD 5．(2018山東師大附中高三上學(xué)期二模)如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的長(zhǎng)木板B(長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng))的左端靜止放著小物塊A.某時(shí)刻，A受到水平向右的外力F作用，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即F＝kt，其中k為已知常數(shù)．設(shè)物體A、B之間的滑動(dòng)摩擦力大小等于最大靜摩擦力Ff，且A、B的質(zhì)量相等，則下列可以定性描述長(zhǎng)木板B運(yùn)動(dòng)的vt圖象是(　　) 【解析】　A、B相對(duì)滑動(dòng)之前加速度相同，由整體法可得：F＝2ma，當(dāng)A、B間剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，對(duì)木板有Ff＝ma，故此時(shí)F＝2Ff＝kt，t＝，之后木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故只有B項(xiàng)正確． 【答案】　B 6.(2018黑龍江哈六中月考)如圖所示，m＝1.0 kg的小滑塊以v0＝4 m/s 的初速度從傾角為37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37＝0.6.若從滑塊滑上斜面起，經(jīng)0.8 s滑塊正好通過(guò)B點(diǎn)，則AB之間的距離為(　　) A．0.8 m B．0.64 m C．0.76 m D．0.6 m 【解析】　滑塊向上滑行時(shí)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgsin 37＋μmgcos 37＝ma，代入數(shù)據(jù)解得a＝10 m/s2，滑塊上滑時(shí)速度從v0＝4 m/s減速到零需要的時(shí)間為t0＝＝ s＝0.4 s，上滑的最大距離s＝＝ m＝0.8 m，經(jīng)過(guò)0.4 s，滑塊達(dá)到最高點(diǎn)，速度為零，然后向下滑行，設(shè)下滑的加速度大小為a′，由牛頓第二定律得mgsin 37－μmgcos 37＝ma′，代入數(shù)據(jù)解得a′＝2 m/s2，下滑時(shí)間為t′＝t－t0＝0.8 s－0.4 s＝0.4 s，下滑的距離為s′＝a′t′2＝0.520.42 m＝0.16 m，AB間的距離為sAB＝s－s′＝0.8 m－0.16 m＝0.64 m，故選B. 【答案】　B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．生活實(shí)際——自動(dòng)扶梯中的超重、失重現(xiàn)象 如圖所示，一些商場(chǎng)安裝了智能化的臺(tái)階式自動(dòng)扶梯．為了節(jié)約能源，在沒(méi)有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯以較小的速度勻速運(yùn)行；當(dāng)有乘客乘行時(shí)，自動(dòng)扶梯經(jīng)過(guò)先加速再勻速兩個(gè)階段運(yùn)行．則電梯在運(yùn)送乘客的過(guò)程中(　　) A．乘客始終受摩擦力作用 B．乘客經(jīng)歷先超重再失重 C．乘客對(duì)扶梯的作用力先指向右下方，再豎直向下 D．扶梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上 【解析】　在加速階段，電梯對(duì)乘客豎直向上的支持力大于重力，對(duì)乘客有向左的摩擦力作用，電梯對(duì)乘客的合力斜向左上方，則乘客對(duì)電梯的作用力斜向右下方；當(dāng)電梯勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，人與電梯間沒(méi)有摩擦力，電梯對(duì)人的作用力豎直向上，則乘客對(duì)電梯的作用力豎直向下，C正確，A、D錯(cuò)誤．加速上升階段，乘客處于超重階段，而勻速階段，既不超重也不失重，B錯(cuò)誤． 【答案】　C 8．科技探索——用力傳感器研究超重、失重現(xiàn)象 某同學(xué)為研究超重和失重現(xiàn)象，將重為50 N的重物帶上電梯，并將它放在電梯中水平放置的壓力傳感器上．電梯由靜止開始運(yùn)動(dòng)，測(cè)得重物對(duì)傳感器的壓力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示．設(shè)電梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分別為v1、v4和v8，g取10 m/s2，以下判斷中正確的是(　　) A．電梯在上升，且v1>v4>v8 B．電梯在下降，且v4>v1>v8 C．重物在第2 s內(nèi)和第8 s內(nèi)的加速度大小相同 D．電梯對(duì)重物的支持力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均功率相等 【解析】　根據(jù)牛頓第二定律分析可知，電梯的運(yùn)動(dòng)情況是在0～2 s內(nèi)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，在2～7 s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，7～9 s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)；選取向下為正方向，由牛頓第二定律可知，0～2 s內(nèi)：a1＝ m/s2＝0.6 m/s2,7～9 s內(nèi)：a2＝ m/s2＝－0.6 m/s2，方向向上．所以0～2 s內(nèi)和7～9 s內(nèi)重物的加速度大小相等；電梯在第1 s末的速度v1＝a1t1＝0.61 m/s＝0.6 m/s，第4 s末的速度等于2 s末的速度v4＝v7＝v2＝a1t2＝0.62 m/s＝1.2 m/s，第8 s末的速度v8＝v7＋a2t3＝0.6 m/s，說(shuō)明電梯在第1 s末和第8 s末速度相同，小于第4 s末的速度．故A、B錯(cuò)誤，C正確．重力在第1 s內(nèi)和第9 s內(nèi)的平均速度大小相等，電梯對(duì)重物的支持力大小不等，功率不等，故D錯(cuò)誤． 【答案】　C 9．生活科技——牛頓定律在傳送帶中的應(yīng)用實(shí)例 如圖甲為應(yīng)用于機(jī)場(chǎng)和火車站的安全檢查儀，用于對(duì)旅客的行李進(jìn)行安全檢查．其傳送裝置可簡(jiǎn)化為如圖乙的模型，緊繃的傳送帶始終保持v＝1 m/s的恒定速率運(yùn)行．旅客把行李無(wú)初速度地放在A處，設(shè)行李與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，A、B間的距離為2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到傳送帶的同時(shí)也以v＝1 m/s的恒定速率平行于傳送帶運(yùn)動(dòng)到B處取行李，則(　　) A．乘客與行李同時(shí)到達(dá)B處 B．行李提前0.5 s到達(dá)B處 C．乘客提前0.5 s到達(dá)B處 D．若傳送帶速度足夠大，行李最快也要2 s才能到達(dá)B處 【解析】　由牛頓第二定律得 μmg＝ma得 a＝1 m/s2.設(shè)行李做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，行李加速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝1 m/s.由v＝at1 代入數(shù)值，得t1＝1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移大小為：x＝at＝0.5 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t2＝＝1.5 s，行李從A到B的時(shí)間為：t＝t1＋t2＝2.5 s. 而乘客一直做勻速運(yùn)動(dòng)，從A到B的時(shí)間為t人＝＝2 s．故乘客提前0.5 s到達(dá)B.故A、B均錯(cuò)誤，C正確；若行李一直做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短．由L＝at，解得，最短時(shí)間tmin＝2 s．故D正確． 【答案】　CD 10．高新科技——利用“風(fēng)洞”實(shí)驗(yàn)考查動(dòng)力學(xué)問(wèn)題 在風(fēng)洞飛行表演上，若風(fēng)洞內(nèi)向上的風(fēng)速、風(fēng)量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過(guò)身姿調(diào)整，可改變所受向上的風(fēng)力大小，以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果．假設(shè)人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比，已知水平橫躺時(shí)受風(fēng)力有效面積最大，站立時(shí)受風(fēng)力有效面積最小，為最大值的.風(fēng)洞內(nèi)人可上下移動(dòng)的空間總高度為H.開始時(shí)，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時(shí)，受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移．現(xiàn)人由靜止開始從最高點(diǎn)A以向下的最大加速度勻加速下落，如圖所示，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后，再以向上的最大加速度勻減速下落，到最低點(diǎn)C處速度剛好為零，則下列說(shuō)法中正確的有(　　) A．人向上的最大加速度是g B．人向下的最大加速度是g C．B、C之間的距離是H D．B、C之間的距離是H 【解析】　設(shè)最大風(fēng)力為Fm，由于人體受風(fēng)力大小與有效面積成正比，故人站立時(shí)風(fēng)力為Fm，由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時(shí)，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力G＝Fm，人平躺上升時(shí)有最大加速度a1＝＝g，故A錯(cuò)誤；人站立加速下降時(shí)的加速度最大，則a2＝＝g，故B正確；設(shè)下降的最大速度為v，根據(jù)速度位移公式，加速下降過(guò)程位移x＝，減速下降過(guò)程位移x′＝，故x∶x′＝4∶3，因而x′＝H，故C正確，D錯(cuò)誤． 【答案】　BC [綜合提升練] 11．如圖所示，與水平面成θ＝30的傳送帶正以v＝3 m/s的速度勻速運(yùn)行，A、B兩端相距l(xiāng)＝13.5 m．現(xiàn)每隔1 s把質(zhì)量m＝1 kg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動(dòng)下向上運(yùn)動(dòng)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，取g＝10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字．求： (1)相鄰工件間的最小距離和最大距離； (2)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力？ 【解析】　(1)設(shè)工件在傳送帶加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a，則μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0 m/s2. 剛放上下一個(gè)工件時(shí)，該工件離前一個(gè)工件的距離最小，且最小距離dmin＝at2 解得dmin＝0.50 m 當(dāng)工件勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩相鄰工件相距最遠(yuǎn)，則dmax＝vt＝3.0 m. (2)由于工件加速時(shí)間為t1＝＝3.0 s，因此傳送帶上總有三個(gè)(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總滑動(dòng)摩擦力f1＝3μmgcos θ 在滑動(dòng)摩擦力作用下工件移動(dòng)的位移x＝＝4.5 m 傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的工件數(shù)n2＝＝3 當(dāng)工件與傳送帶相對(duì)靜止后，每個(gè)工件受到的靜摩擦力f0＝mgsin θ，所有做勻速運(yùn)動(dòng)的工件對(duì)傳送帶的總靜摩擦力f2＝n2f0 與空載相比，傳送帶需增大的牽引力F＝f1＋f2 聯(lián)立解得F＝33 N. 【答案】　(1)0.50 m　3.0 m　(2)33 N 12．(2018華中師大第一附中高三上學(xué)期期中)一質(zhì)量為M＝2 kg的長(zhǎng)木板在粗糙水平地面上運(yùn)動(dòng)，在t＝0時(shí)刻，木板速度為v0＝12 m/s，此時(shí)將一質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板的右端，二者在0～2 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示．已知重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)小物塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1以及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2. (2)小物塊最終停在距木板右端多遠(yuǎn)處？ (3)若在t＝2 s時(shí)，使小物塊的速度突然反向(大小不變)，小物塊恰好停在木板的左端，求木板的長(zhǎng)度L. 【解析】　(1)以木塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有 μ1mg＝ma1 以木板為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有 μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2 由圖象可知：a1＝1 m/s2，a2＝5 m/s2 聯(lián)立有μ1＝0.1，μ2＝0.3. (2)速度相同后，假設(shè)二者一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體由牛頓第二定律有 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 對(duì)木板由牛頓第二定律有Ff＝ma3 可知Ff>μ1mg，所以假設(shè)不成立，二者存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)． 木塊的加速度仍為a1＝1 m/s2. 以木板為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有 μ2(M＋m)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2 x相對(duì)2＝－，x相對(duì)2＝1.5 m，x相對(duì)1＝12 m 距右端的距離d＝x相對(duì)1－x相對(duì)2聯(lián)立解得d＝10.5 m. (3)速度反向后，木板仍以a2＝5 m/s2運(yùn)動(dòng)，木塊的加速度仍為a1＝1 m/s2. x相對(duì)3＝＋x相對(duì)3＝2.4 m L＝x相對(duì)1＋x相對(duì)3所以L＝14.4 m. 【答案】　(1)0.1　0.3　(2)10.5 m　(3)14.4 m