2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课时提升作业： 九 牛顿运动定律的综合应用 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业九牛顿运动定律的综合应用(建议用时60分钟)1.(2015浙江10月选考真题)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是()A.质量和时间B.质量和位移C.重力和时间D.重力和位移【解析】选A。kg对应的物理量是质量,s对应的物理量是时间,A正确。2.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最低点的过程中,小鸟()A.一直处于超重状态B.一直处于失重状态C.先失重后超重D.先超重后失重【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做

2、加速运动后向下做减速运动,加速度先向下后向上,故从最高点到最低点的过程中小鸟先处于失重状态,后处于超重状态,A、B、D均错误,C正确。故选C。3.(2019温州模拟)如图所示,质量为m的人站在竖直观光电梯中,如果电梯运动的加速度大小为a,电梯地板对人的支持力为F=mg+ma,则可能的情况为()A.电梯以加速度a向下加速运动B.电梯以加速度a向上加速运动C.电梯以加速度a向上减速运动D.以上三项都不正确【解析】选B。由牛顿第二定律得人的加速度a=F-mgm=a,方向向上,所以电梯以加速度a向上加速运动或电梯以加速度a向下减速运动,B正确,A、C、D错误。故选B。4.如图所示,一质量为m的物体恰能

3、在一个质量为M的斜面体上沿斜面匀速下滑。现用一与斜面成角的推力推此物体(如图所示),使物体沿斜面加速下滑,则斜面受到地面的摩擦力f和支持力N()A.摩擦力方向水平向右B.摩擦力方向水平向左C.支持力N=(M+m)gD.支持力N(M+m)g【解析】选D。物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑,对其受力分析,如图设斜面坡角为,根据共点力平衡条件,有mgsin-f1=0N1-mgcos=0f1=N1计算得出=tan有F作用在物体m上时,对M受力分析,如图因为f=N,而=tan。故摩擦力f和压力N的合力必然竖直向下,因而斜面体与地面之间无摩擦力,因而A、B错误;有F作用在物体m上时,物体m与斜面体之间的弹力

4、和摩擦力均比不加力F时大,故摩擦力f和压力N的合力F合一定大于mg,且合力仍然竖直向下,因而N=Mg+F合(M+m)g,因而C错误,D正确。5.如图所示,A、B两木块间连一轻质弹簧,A、B质量相等,一起静止地放在一块木板上,若将此木板突然抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是()世纪金榜导学号A.aA=0,aB=2gB.aA=g,aB=gC.aA=0,aB=0D.aA=g,aB=2g【解析】选A。弹簧的弹力由抽出木板前的平衡状态可知F=mg,抽出板的瞬间,弹簧的弹力不变,上面木块受到合外力仍然为零,加速度为零,下面木块受到弹力和重力的作用,合外力为2mg,故加速度为2g。6.如图所示,水平

5、传送带A、B两端点相距x=4 m,以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针转动。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中()A.小煤块从A运动到B的时间是2 sB.小煤块从A运动到B的时间无法求解C.划痕长度是4 mD.划痕长度是0.5 m【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=g=4 m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1=v0a=0.5 s,此时小煤块运动的位移x1=v02t1=0.5 m,而传送

6、带的位移为x2=v0t1=1 m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2-x1=0.5 m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5 m,小煤块匀速运动,故匀速运动的时间t2=x-x1v0=1.75 s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25 s,A、B错误。7.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应大于()A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg【解析】选D。当

7、纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:Ff1=2mg=2ma1,得:a1=Ff12m1=g,F-Ff1-Ff2=m2a2,发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度,即:a2a1,所以:F=Ff1+Ff2+m2a2Ff1+Ff2+m2a1=2mg+3mg+mg=6mg,即F6mg。8.如图所示,质量为1 kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直向上的20 N的拉力F1的作用,从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数=36,杆与水平地面的夹角为30,g取10 m/s2,则下列说法正确的()世纪金榜导学号A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为53 NB.环对杆的摩擦力沿杆

8、向上,大小为5 NC.环的加速度大小为2.5 m/s2D.杆对环的作用力大小为10 N【解析】选C。对小球受力分析,如图所示。由于F1mg,所以杆对环的弹力垂直于杆向下,FN=(F1-mg)cos30=53 N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力FN=FN=53 N,方向垂直于杆向上,故A错误;杆对环的摩擦力Ff=FN=2.5 N,方向沿杆向下,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力Ff=Ff=2.5 N,方向沿杆向上,故B错误;根据牛顿第二定律,有:(F1-mg)sin30-Ff=ma,解得:a=2.5 m/s2,故C正确;杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F=FN2+Ff2=FN1+2=2.513

9、 N,故D错误。9.如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示。某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是()A.滑块和木板始终存在相对运动B.滑块始终未离开木板C.滑块的质量小于木板的质量D.木板的长度为v0t12【解析】选B。由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动,最终两者相对静止,一起运动,故A错误;由图示图象可知,最终滑块与木板速度相等,它们相对静止,滑块没有滑离木板,故B正确;由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加

10、速度,所以满足mam=MaM,由图象知,在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度,即amM,滑块的质量大于木板的质量,故C错误;两物体相对静止时,两者的位移差:x=v0+v2t1-v2t1=v0t12,则木板长度大于等于v0t12,故D错误;故选B。10.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时,细线恰好在竖直方向上,现使车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,已知a1a2a3a4=1248,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的

11、是世纪金榜导学号()A.Ff1Ff2=12B.Ff2Ff3=12C.Ff3Ff4=12D.tan=2tan【解析】选B。 已知a1a2a3a4=1248,在图(1)和图(2)中摩擦力Ff=Ma,则Ff1Ff2=12,A正确;Ff2Ff3=Ma2(M+m)a3,故B错误;在图(3)和图(4)中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3Ff4=12,C正确;图(3)、(4)中,a3=gtan,a4=gtan,则tan=2tan,则D正确。11.(2019宁波模拟)随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180

12、m,其中电磁弹射区的长度为l1=80 m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵,一架质量为m=2.0104 kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2105 N,假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点,离舰起飞速度v=40 m/s,航空母舰处于静止状态(g取10 m/s2)。求:(1)飞机在后一阶段的加速度大小;(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。【解析】(1)根据牛顿第二定律F推-0.2mg=ma2解得a2=4.0 m/s2(2)由v2-v12=2a2(l-l1)解得v1=202

13、 m/s(3)由v12=2a1l1解得a1=5 m/s2根据牛顿第二定律F牵+F推-0.2mg=ma1代入数据解得F牵=2104 N。答案:(1)4.0 m/s2(2)202 m/s(3)2104 N12.如图所示,木板与水平地面间的夹角可以随意改变,当=30时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动,随着的改变,小物块沿木板滑行的距离s将发生变化,重力加速度为g。世纪金榜导学号(1)求小物块与木板间的动摩擦因数。(2)当角满足什么条件时,小物块沿木板滑行的距离最小,并求出此最小值。【解析】(1)当=30时,对物块受力分析:mg

14、sin=FNFN-mgcos=0则动摩擦因数=tan=tan30=33(2)当变化时,设物块的加速度为a,则:mgsin+mgcos=ma物块的位移为s,则:v02=2as则s=v022g(sin+cos)令tan=,则当+=90时s最小,即=60,小物块沿木板滑行的距离最小smin=v022g(sin60+cos60)=3v024g答案:(1)33(2)=603v024g【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。(2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能

15、出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。(3)数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。13.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10 m/s2)()A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为4 m/s2B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2 m/s2C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为8 m/s2D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为4 m/s2【解析】选B。电梯匀速运动时,对重物由平衡

16、条件得mg=F,m=1 kg,当弹簧测力计的示数变为8 N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F=ma,得a=2 m/s2,加速度方向向下,其运动情况可能向上减速或向下加速,B正确。14.如图所示,倾斜的长杆(与水平面成角)上套有一个质量为M的环,环通过细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是()A.环一定沿长杆向下加速运动B.环的加速度一定沿杆向上C.环的加速度一定大于gsinD.环一定沿杆向上运动【解析】选B。稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平行。对小球受力分析如图,可知

17、小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,由于环的速度方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可能沿杆向下减速运动,则B正确,A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gsin的大小关系,则C项错误。15.如图所示,水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1F2,当运动达到稳定时,关于弹簧的伸长量下列说法正确的是世纪金榜导学号()A.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为F1-F22kB.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为F1+F2kC.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为F1+F22

18、kD.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为F1-F2k【解析】选C。设两个物体的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a=F1-F22m,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-kx=ma代入解得弹簧的伸长量为x=F1+F22k,选项A、B错误;若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a=F1-F2-2mg2m=F1-F22m-g再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-kx-mg=ma代入解得弹簧的伸长量为x=F1+F22k,选项C正确,D错误,故选C。16.(2019金华模拟)如图所示,质量为4

19、kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10 m/s2)()A.0B.8 NC.10 ND.50 N【解析】选B。剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40 N,剪断细线的瞬间,对AB整体分析,整体加速度a=(mA+mB)g-FmA+mB=(4+1)10-404+1 m/s2=2 m/s2,隔离对B分析,mBg-N=mBa,解得N=mBg-mBa=10 N-12 N=8 N,B正确,A、C、D错误。故选B。17.(2019杭州模拟)一种巨型娱乐器械可以

20、使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为75 m,当落到离地面30 m的位置时开始制动,座舱均匀减速。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。(1)求座舱下落的最大速度;(2)求座舱下落的总时间;(3)若座舱中某人用手托着重30 N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力。【解析】(1)由v2=2gh得vm=30 m/s(2)座舱在自由下落阶段所用时间为h=12gt12得t1=3 s座舱在匀减速下落阶段所用的时间为t2=h2vm2=2 s所以座舱下落的

21、总时间为t=t1+t2=5 s(3)对球进行受力分析,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=mg,解得N=0,根据牛顿第三定律有N=N=0,即球对手的压力为零;在座舱匀减速下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,根据匀变速直线运动规律有a=0-vm22h2=-15 m/s2,解得N=75 N,根据牛顿第三定律有N=N=75 N,即球对手的压力为75 N答案:(1)30 m/s(2)5 s(3)自由下落阶段为0 N,匀减速下落阶段为75 N【加固训练】如图所示,在倾角=30的斜面上固定一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球,当系统静止时挡

22、板上的压力传感器显示压力为20 N,试求:(1)球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。(2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样运动?(圆球相对斜面还是静止的)【解析】(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果,将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解,如图所示:结合几何知识可得:G=F1tan30=2033 N=203 N,F2=F1sin30=20N12=40 N。(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平向左,如图所示:合力:F=Gtan,根据牛顿第二定律,有:F=ma解得:a=gtan=1033 m/s2=1033 m/s2,水平向左故装置向左以1033 m/s2的加速度

23、做匀加速直线运动,或者向右以1033 m/s2的加速度做匀减速直线运动。答案:(1)40 N203 N(2)装置向左以1033 m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以1033 m/s2的加速度做匀减速直线运动18.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离s=5 m。开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线,游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2 kg,滑板质量m2=1 kg,重力加速度g取10 m/s2。求:世纪金榜导学号(1)滑板由A滑到B的最短时间是多少?(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围如何?【解析】(1)滑板一直加速,所用时间最短。设滑板加速度为a2,Ff=m1g=m2a2s=a2t22a2=10 m/s2t=1 s。(2)刚好相对滑动时,F最小,此时可认为二者加速度相等,则F1-m1g=m1a2F1=30 N当滑板运动到B点,滑块刚好脱离时,F最大,设滑块加速度为a1,则F2-m1g=m1a1a1t22-a2t22=LF2=34 N则水平恒力大小范围是30 NF34 N。答案:(1)1 s(2)30 NF34 N关闭Word文档返回原板块