2019版高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课后分级演练9 牛顿运动定律的综合应用.doc

课后分级演练(九) 牛顿运动定律的综合应用【A级基础练】1.如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是()解析：C由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误2(多选)某马戏团演员做滑杆表演已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小已知演员在滑杆上做完动作之后，先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的vt图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示，g取10 m/s2.则下述说法正确的是()A演员的体重为600 NB演员在第1 s内一直处于超重状态C滑杆所受的最小拉力为620 ND滑杆所受的最大拉力为900 N解析：AC演员在滑杆上静止时，传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆的重力之和，所以演员的体重为600 N，选项A正确，演员在第1 s内先静止后加速下滑，加速下滑处于失重状态，选项B错误演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小，加速下滑的加速度a13 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为Ff1，由牛顿第二定律，mgFf1ma1，解得Ff1420 N对滑杆，由平衡条件，最小拉力F1420 N200 N620 N，选项C正确减速下滑时滑杆所受的拉力最大，减速下滑的加速度a21.5 m/s2，对演员，设摩擦力为Ff2，由牛顿第二定律，Ff2mgma2，解得Ff2690 N对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2690 N200 N890 N，选项D错误3放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系及物块速度v与时间t的关系如图所示，取重力加速度g10 m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为()Am0.5 kg，0.2Bm1.5 kg，0.2Cm0.5 kg，0.4Dm1.0 kg，0.4解析：C由Ft，vt图象可知当F2 N时，物块做匀速运动，则FfF22 N，物块做匀加速直线运动的加速度a1 m/s22 m/s2，匀减速直线运动的加速度a2 m/s22 m/s2，根据牛顿第二定律得，FFfma1，F3Ffma2，解得m0.5 kg，则动摩擦因数0.4.4.(2017济宁联考)如图所示，两小球a、b质量之比为12，用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60时，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是()A.B.C撤去F的瞬间，a球的加速度为零D撤去F的瞬间，b球处于失重状态解析：A分别对小球a、b受力分析如图所示由平衡条件得：F12mgk1xF3mgtan 603mgF23mg/cos 60k2x解得k1k213，A正确，B错误；撤去F的瞬间b球仍处于平衡状态ab0，D错；对a球由牛顿第二定律得F3mgmaa，aa3g方向水平向右，C错5.如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力大小为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是()解析：A根据牛顿第二定律，对绳子的整体进行受力分析可知FMa；对x段绳子可知TMax，故Tx图线是经过原点的直线，故选A.6.如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()A0B.gCgD.g解析：B平衡时，小球受到三个力：重力mg、斜面支持力F1和弹簧拉力F2，如图所示突然撤离木板时，F1突然消失而其他力不变，因此F2与重力mg的合力Fmg，产生的加速度ag，选项B正确7.(多选)利用传感嚣和计算机可以研究力的大小变化情况，实验时让质量为m的某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，其重心又下降了h，计算机显示该同学受到地面支持力F随时间变化的图象如图所示，根据图象提供的信息，以下判断正确的是()A从0至t1时间内该同学处于失重状态B在t1至t2时间内该同学处于超重状态Ct2时刻该同学加速度为零D在t2到t3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD0t1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t1t2时间内，该同学的加速度方向向上处于超重状态，选项A、B正确；t2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C错误；t2t3时间内支持力逐渐减小，合力逐渐减小加速度也逐渐减小，选项D正确8.(多选)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速无摩擦的运动下列说法正确的是()A倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短解析：AC设屋檐的底角为，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴做受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN平行于屋顶方向：mamgsin 雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力：FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin t2可得：t，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确9.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()A处于超重状态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所受合力竖直向上解析：C当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mgFNmay.FNm，用和分别表示木块A和木板B的运动信息图线，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是()解析：DA、B之间的摩擦力为Ffmg，加速度分别为aAg，aB，因为Mm，则aAaB，所以vt图象中的斜率应大于，A、B错；根据动能定理，A的动能改变量EkAmgsA，B的动能改变量EkBmgsB，其中sA和sB分别为A和B相对地面的位移，sAsB，所以，Eks图象中和的斜率应相等，图象结束时sAsB，C错、D对12(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN.若Ta图象如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2.则()Aam/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.06 a(N)解析：ABC本题考查牛顿第二定律，意在考查考生运用牛顿运动定律解决相关问题的能力小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以Ta图象呈线性关系，由题图乙可知a m/s2时，FN0，选项A正确当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin T；当a m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mgcot ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项B、C正确将和m的值代入FNmgcos masin ，得FN0.80.06a(N)，选项D错误13.(2017淮安期末)将质量为m的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数为，对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为的拉力F，使圆环以加速度a沿杆运动，则F的大小不可能是()A.B.C.D.解析：C对环受力分析，受重力、拉力、弹力和摩擦力其中弹力可能向上，也可能向下，也可能等于0.(1)若环受到的弹力为0，则：Fcos ma，Fsin mg解得：F或F.(2)若环受到的弹力的方向向上，则：Fcos (mgFsin )ma所以：F(3)若环受到的弹力的方向向下，则Fcos (Fsin mg)ma所以：F所以选项A、B、D是可能的，选项C是不可能的14(2017安徽江南十校联考)如图1所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动已知mA2 kg，mB4 kg，斜面倾角37.某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的vt图象如图所示已知g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功解析：(1)在00.5 s内，根据图象，A、B系统的加速度为a1 m/s24 m/s2对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有mBgmAgsin mAgcos (mAmB)a1得：0.25(2)B落地后，A减速上滑由牛顿第二定律有mAgsin mAgcos mAa2将已知量代入，可得a28 m/s2故A减速向上滑动的位移为x20.25 m00.5 s内A加速向上滑动的位移x10.5 m所以，A上滑的最大位移为xx1x20.75 m(3)A加速上滑过程中，由动能定理：WmAgx1sin mAgx1cos mAv0得W12 J答案：(1)0.25(2)0.75 m(3)12 J15(2017武汉月考)如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37，长为5 m的传送带与两平台平滑连接现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos 37mgsin 37ma1BC过程有：v2a1l解得：a110 m/s2，0.5.(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma2若恰好能到达平台CD时，有：v22a2l解得：v2 m/s，a22 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1，传送带顺时针运动的速度大小为v2，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程，有：vv2a1x1对从小物体速度减小到传送带速度到恰好到达平台CD过程，有：v2a2x2x1x2L解得：v23 m/s即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5(2)2 m/s(3)3 m/s