浙江专版2021届高考物理一轮复习课时提升作业09牛顿运动定律的综合应用【含解析】.pdf

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1、浙江专版 2021 版高考物理一轮复习课时提升作业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

2、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=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

3、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)g D.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=0 N1-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和摩擦力均比不加力F 时大

4、,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()A.aA=0,aB=2g B.aA=g,aB=g C.aA=0,aB=0 D.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,水平传送带A、B两端点相

5、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 s B.小煤块从A运动到 B的时间无法求解C.划痕长度是4 m D.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=0.5 s,此时小煤块运动的位移x1=t1=0.5 m,而传送带的位移为x

6、2=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=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.3mgB.4mgC.5mgD.6mg【解析】选D。当纸板相对砝码运动

7、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=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=6 mg,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=,杆与水平地面的夹角为30,g 取 10 m/s2,则下列说法正确的()A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为 5 N B.环对杆的摩擦力沿杆向上,大小为 5 N C.环的

8、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=5 N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力FN=FN=5 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=FN=2.5 N,故 D错误。9.如图甲所示,质量为 M的木板

9、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【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产生加速度,所以满足mam=MaM,由图象知

10、,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=t1-t1=,则木板长度大于等于,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是()A.Ff1Ff2=12B.Ff2Ff3=1

11、2C.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 m,其中电磁弹射区的长度为l1=80 m,在该

12、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=1.2 105 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-=2a2(l-l1)解得 v1=20 m/s(3)由=2a1l1解得 a1

13、=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)20 m/s(3)2 104 N 12.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。(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:mgsin=FNFN-mgcos=0则动摩擦因数

14、=tan=tan30=(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:=2as 则 s=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=答案:(1)(2)=60【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.

15、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

16、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gsin D.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

17、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()A.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为B.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为C.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D.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【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=,

18、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=,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=-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=,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 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.0 B.8 N C.

19、10 N D.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=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

20、 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=g得 t1=3 s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为t2=2 s 所以座舱下落的总时间为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

21、,根据匀变速直线运动规律有a=-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

22、所示:结合几何知识可得:G=N=20 N,F2=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=10 m/s2=m/s2,水平向左故装置向左以 m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以 m/s2的加速度做匀减速直线运动。答案:(1)40 N20 N(2)装置向左以 m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以 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

23、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:(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=a2=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=m1a1-=L F2=34 N 则水平恒力大小范围是30 N F 34 N。答案:(1)1 s(2)30 N F 34 N