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课时分层作业 九牛顿运动定律的综合应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。16题为单选题,710题为多选题)1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线。两图中ag各点均对应,其中有几个点在图甲中没有画出。重力加速度g取10 m/s2。根据图象分析可得 ()A.人的重力为1 500 NB.c点位置人处于超重状态C.e点位置人处于失重状态D.d点的加速度小于f点的加速度【解析】选B。由图可知人的重力为500 N,故A错误;c点位置人的支持力750 N500 N,处于超重状态,故B正确;e点位置人的支持力650 N500 N,处于超重状态,故C错误;d点的加速度为20 m/s2大于f点的加速度为10 m/s2,故D错误。2.如图所示,放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则 ()A.物块可能匀速下滑B.物块仍以加速度a匀加速下滑C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑【解析】选C。对物块进行受力分析,设斜面的角度为,可列方程mgsin -mgcos =ma,sin -cos =,当加上力F后,由牛顿第二定律得(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。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。3.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是 ()A.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.受托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度【解析】选D。物体在手掌的推力作用下,由静止竖直向上加速时,物体处于超重状态。当物体离开手的瞬间,只受重力作用,物体的加速度等于重力加速度,处于完全失重状态,故A、B、C错误;物体离开手的前一时刻,手与物体具有相同的速度,物体离开手的下一时刻,手的速度小于物体的速度,即在物体离开手的瞬间这段相同的时间内,手的速度变化量大于物体的速度变化量,故手的加速度大于物体的加速度,也就是手的加速度大于重力加速度,故D正确。4.(2018烟台模拟)如图所示,横截面为直角三角形的三棱柱质量为M,放在粗糙的水平地面上,两底角中其中一个角的角度为(45)。三棱柱的两倾斜面光滑,上面分别放有质量为m1和m2的两物体,两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接,定滑轮固定在三棱柱的顶端,若三棱柱始终处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦,重力加速度大小为g,则将m1和m2同时由静止释放后,下列说法正确的是 ()A.若m1=m2,则两物体可静止在斜面上B.若m1=m2tan,则两物体可静止在斜面上C.若m1=m2,则三棱柱对地面的压力小于(M+m1+m2)gD.若m1=m2,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零【解析】选C。若m1=m2,m2的重力沿斜面向下的分力大小为m2gsin(90-),m1的重力沿斜面向下的分力大小为m1gsin ,由于45,则m2gsin(90-)m1gsin ,则m1将沿斜面向下加速运动,m2将沿斜面向上加速运动,A错误。要使两物体都静止在斜面上,应满足:m2gsin(90-)=m1gsin ,即有m1=m2cot ,B错误。若m1=m2,设加速度大小为a,对两个物体及斜面整体,由牛顿第二定律得,竖直方向有FN-(M+m1+m2)g=m2asin(90-)-m1asin 0,即地面对三棱柱的支持力FN0,C正确,D错误。5.(2018山师附中模拟)如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动摩擦因数为=0.3,用水平恒力F拉动小车,物块的加速度为a1,小车的加速度为a2。当水平恒力F取不同值时,a1与a2的值可能为(当地重力加速度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】选D。当物块与小车间的静摩擦力小于mg时,物块与小车一起运动,且加速度相等,最大共同加速度为amax=g=3 m/s2,故A、B错误;当F(M+m)g时,小车的加速度大于物块的加速度,此时物块与小车发生相对运动,此时物块的加速度最大,由牛顿第二定律得:a1=g=3 m/s2,小车的加速度a23 m/s2,故C错误,D正确。【加固训练】如图所示,A、B两物块叠放在一起,放在光滑地面上,已知A、B物块的质量分别为M、m,物块间粗糙。现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上,物块A、B均不发生相对运动,则F1、F2的最大值之比为()A.11B.MmC.mMD.m(m+M)【解析】选B。F1作用在A物块上,由牛顿第二定律,F1=(M+m)a1。设A、B物块间的最大静摩擦力为Ff,对B物块,则有Ff=ma1。F2作用在B物块上,由牛顿第二定律,F2=(M+m)a2。对A物块,则有Ff=Ma2,联立解得:F1、F2的最大值之比为F1F2=Mm,选项B正确。6.如图所示,一轻质弹簧的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为37的光滑斜面体顶端,弹簧与斜面平行,在斜面体以大小为g的加速度水平向左做匀加速直线运动的过程中,小球始终相对于斜面静止。已知弹簧的劲度系数为k,则该过程中弹簧的形变量为(已知:sin 37=0.6,cos 37=0.8)()A.B.C.D.【解析】选A。假设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向左匀加速运动,则a0=gtan 37v0时,物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点,用时一定小于t0【解析】选A、C。传送带静止时,物体滑上传送带后受水平向左的滑动摩擦力mg,设到达B点的速度为vB。由-=2(-g)L可得:vB=,若传送带逆时针运行,物体仍受向左的摩擦力mg,同样由上式分析,一定能匀减速至右端,速度为vB,用时也一定仍为t0,故选项A对,而B错;若传送带顺时针方向运行,当其运行速率(保持不变)v=v0时,物体将不受摩擦力的作用,一直做匀速运动滑至B端,因为匀速通过,故用时一定小于t0,故选项C对;当其运行速率(保持不变)vv0时,开始物体受到向右的摩擦力的作用,做加速运动,运动有两种可能:若物体加速到速度v还未到达B端时,则先匀加速运动后匀速运动,若物体速度一直未加速到v时,则一直做匀加速运动,故选项D错。9.如图甲所示,在水平地面上有一长木板B,其上叠放木块A,假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等,用一水平力F作用于B,A、B的加速度与F的关系如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是 ()A.A的质量为0.5 kgB.B的质量为1.5 kgC.B与地面间的动摩擦因数为0.2D.A、B间的动摩擦因数为0.4【解析】选A、C、D。由图可知,二者开始时相对地面静止,当拉力为3 N时开始相对地面滑动;故B与地面间的最大静摩擦力为3 N;当拉力为9 N时,AB相对滑动,此时A的加速度为4 m/s2;当拉力为13 N时,B的加速度为8 m/s2;对A分析可知,1g=4 m/s2;解得:AB间的动摩擦因数1=0.4;对B分析可知,13 N-3 N-1mAg=mB8 m/s2对整体有:9 N-3 N=(mA+mB)4 m/s2联立解得:mA=0.5 kg;mB=1 kg;则由2(mA+mB)g=3 N解得,B与地面间的动摩擦因数为2=0.2;故A、C、D正确,B错误。10.(2015海南高考)如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时()A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑【解析】选B、D。当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=FN可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;设斜面的倾角为,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsin=mgcos,即sin=cos。假设升降机以加速度a向上运动时,把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量acos、asin。垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力FN=m(g+a)cos,Ff=m(g+a)cos,因为sin=cos,所以m(g+a)sin=m(g+a)cos,即在沿斜面方向物块的加速度为asin,所以物块的加速度也为a,故物块相对于斜面匀速下滑,C错误,D正确。故选B、D。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.如图所示,水平地面上放置一个质量为m的物体,在与水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。求:(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力F的大小范围。(2)已知m=10 kg,=0.5,g=10 m/s2,若F的方向可以改变,求使物体以恒定加速度a=5 m/s2 向右做匀加速直线运动时,拉力F的最小值。【解析】(1)要使物体运动时不离开地面,应有:Fsinmg要使物体能一直向右运动,应有:Fcos(mg-Fsin) 联立解得:F(2)根据牛顿第二定律得Fcos-(mg-Fsin)=ma解得:F=上式变形得F=其中=arcsin当sin(+)=1时,F有最小值解得:Fmin=代入相关数据解得:Fmin=40 N答案:(1)F(2)40 N【总结提升】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表达式,根据数学表达式解出临界条件。【能力拔高题组】1.(8分)(多选)如图甲所示,水平地面上固定一足够长的光滑斜面,斜面顶端有一理想定滑轮,一轻绳跨过滑轮,绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变,改变B的质量m,当B的质量连续改变时,得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向,空气阻力不计,重力加速度g取9.8 m/s2,斜面的倾角为,下列说法中正确的是 ()A.若已知,可求出A的质量B.若未知,可求出图乙中a1的值C.若已知,可求出图乙中a2的值D.若已知,可求出图乙中m0的值【解题指导】(1)根据牛顿第二定律,可得加速度的表达式。(2)利用好乙图中三个点:m=0时,m=m0时,mmA时。【解析】选B、C。由牛顿第二定律可知mg-mAgsin =(m+mA)a,解得加速度a=,当m=0时,得a2=gsin ,故C正确;当mmA时a1=g,故B正确;无法求出A的质量,故A错误;当加速度a=0时,可知m0=mAsin ,无法求出m0的值,故D错误。2.(17分)传送带以稳定的速度v=6 m/s顺时针转动,传送带与水平面的夹角=37,现在将一质量m=2 kg的物体(可以看作质点)放在其底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力F=20 N拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶端的竖直高度H=6 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求物体从底端运动到顶端所用时间。(2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带?【解析】(1)物体开始运动时的加速度为a1则:F+mg cos 37-mgsin 37=m a1解得:a1=6 m/s2物体达到和传送带速度相等历时t1,根据运动学公式,有:v=a1 t1,故 t1=1 ss=t1=1 m=3 m然后对物体受力分析:F-mgcos37-mgsin37=ma2解得:a2=2 m/s2再经t2到达顶端,则:-s=v t2+a2解得:t2=1 s或者t2=-7 s(舍去)所以物体到达顶端共历时t=t1+t2=2 s。(2)当撤去拉力时,对物体受力分析得:mgsin 37-mg cos 37=ma3a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动,经时间t3速度减到0,物体上升的距离为:s2=t3根据速度时间关系公式:a3 t3=v解得:t3= ss2=4.5 m,故物体没有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带设从速度为0滑回底端的时间为t4则:a3 =s+s2,解得:t4= s。所以物体还需要 s离开传送带。答案:(1)2 s(2) s【加固训练】如图所示,质量M=1 kg的木板静置于倾角=37、足够长的固定光滑斜面底端。质量m=1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=4 m/s从木板的下端冲上木板,同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F=3.2 N的恒力。若小物块恰好不从木板的上端滑下,求木板的长度l为多少?已知小物块与木板之间的动摩擦因数=0.8,重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。【解析】由题意,小物块向上做匀减速运动,木板向上做匀加速运动,当小物块运动到木板的上端时,恰好和木板共速。设小物块的加速度为a,由牛顿第二定律得,mgsin +mgcos =ma,设木板的加速度为a,由牛顿第二定律得,F+mgcos -Mgsin =Ma,设二者共速的速度为v,经历的时间为t,由运动学公式得v=v0-at,v=at;小物块的位移为x,木板的位移为x,由运动学公式得,x=v0t-at2,x=at2;小物块恰好不从木板上端滑下,有x-x=l,联立解得l=0.5 m。答案:0.5 m
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