2019届高考物理一轮复习 第三章 牛顿运动定律 课时作业9 牛顿运动定律的综合应用.doc

课时作业（九）牛顿运动定律的综合应用基础小题练1电梯早已进入人们的日常生活，设某人乘坐电梯时的vt图象如图所示，取向上为正方向，下列说法正确的是() A0至t1时间内人处于失重状态Bt2至t4时间内人处于失重状态Ct2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相反D0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相同【解析】由vt图象可知，0至t1时间内向上匀加速运动，人处于超重状态，选项A错误；t2至t4时间内，加速度向下，人处于失重状态，选项B正确；t2至t3时间内与t3至t4时间内电梯的加速度方向相同，0至t1时间内和t3至t4时间内电梯的加速度方向相反，选项C、D错误【答案】B2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(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则关于乘客下列说法正确的是()A不受摩擦力的作用B受到水平向左的摩擦力作用C处于超重状态D所受合力竖直向上【解析】对乘客进行受力分析，乘客受重力，支持力，由于乘客加速度沿斜面向下，而静摩擦力必沿水平方向，又因为乘客有水平向左的分加速度，所以受到水平向左的摩擦力作用，故A错误，B正确当此车减速上坡时，整体的加速度沿斜面向下，乘客具有向下的分加速度，所以根据牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，故C错误由于乘客加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律得所受合力沿斜面向下，故D错误【答案】B3如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲起立的动作时记录的力随时间变化的图线由图线可知，该同学体重约为650 N，除此以外，还可得到的信息是()A该同学做了两次下蹲起立的动作B该同学做了一次下蹲起立的动作，且下蹲后约2 s起立C下蹲过程中人一直处于失重状态D下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态【解析】人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降处于失重状态，达到一个最大速度后再减速下降处于超重状态，同理起立对应先超重再失重，对应图象可知，该同学做了一次下蹲起立的动作，A错误；由图象看出两次超重的时间间隔就是人蹲在地上持续的时间，约2 s，B正确；下蹲过程既有失重又有超重，且先失重后超重，C、D均错误【答案】B4(2018河南南阳一中月考)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为0.3 kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图象如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块到C点后将沿斜面下滑B小物块从A点沿斜面向上滑行的最大距离为1.8 mC小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为4 N【解析】当撤去推力F后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由vt图象可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a1 m/s2，a210 m/s2，物块在匀减速运动阶段，由牛顿第二定律知mgsin 30mgcos 30ma2，解得，所以mgsin 30mgcos 30，故小物块到C点后将静止，A错误，C正确；物块在匀加速运动阶段，有Fmgsin 30mgcos 30ma1，解得F4 N，D正确；物块从A点到C点运动的位移大小与vt图线与t轴所围成的面积相等，x1.23 m1.8 m，B正确【答案】BCD5(2018山东师大附中高三上学期二模)如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即Fkt，其中k为已知常数设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的vt图象是()【解析】A、B相对滑动之前加速度相同，由整体法可得：F2ma，当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ffma，故此时F2Ffkt，t，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确【答案】B6.(2018黑龙江哈六中月考)如图所示，m1.0 kg的小滑块以v04 m/s 的初速度从倾角为37的斜面AB的底端A滑上斜面，滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，sin 370.6.若从滑块滑上斜面起，经0.8 s滑块正好通过B点，则AB之间的距离为() A0.8 m B0.64 mC0.76 m D0.6 m【解析】滑块向上滑行时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma，代入数据解得a10 m/s2，滑块上滑时速度从v04 m/s减速到零需要的时间为t0 s0.4 s，上滑的最大距离s m0.8 m，经过0.4 s，滑块达到最高点，速度为零，然后向下滑行，设下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma，代入数据解得a2 m/s2，下滑时间为ttt00.8 s0.4 s0.4 s，下滑的距离为sat20.520.42 m0.16 m，AB间的距离为sABss0.8 m0.16 m0.64 m，故选B.【答案】B创新导向练7生活实际自动扶梯中的超重、失重现象如图所示，一些商场安装了智能化的台阶式自动扶梯为了节约能源，在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行；当有乘客乘行时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行则电梯在运送乘客的过程中()A乘客始终受摩擦力作用B乘客经历先超重再失重C乘客对扶梯的作用力先指向右下方，再竖直向下D扶梯对乘客的作用力始终竖直向上【解析】在加速阶段，电梯对乘客竖直向上的支持力大于重力，对乘客有向左的摩擦力作用，电梯对乘客的合力斜向左上方，则乘客对电梯的作用力斜向右下方；当电梯匀速运动时，人与电梯间没有摩擦力，电梯对人的作用力竖直向上，则乘客对电梯的作用力竖直向下，C正确，A、D错误加速上升阶段，乘客处于超重阶段，而匀速阶段，既不超重也不失重，B错误【答案】C8科技探索用力传感器研究超重、失重现象某同学为研究超重和失重现象，将重为50 N的重物带上电梯，并将它放在电梯中水平放置的压力传感器上电梯由静止开始运动，测得重物对传感器的压力F随时间t变化的图象如图所示设电梯在第1 s末、第4 s末和第8 s末的速度大小分别为v1、v4和v8，g取10 m/s2，以下判断中正确的是()A电梯在上升，且v1v4v8B电梯在下降，且v4v1v8C重物在第2 s内和第8 s内的加速度大小相同D电梯对重物的支持力在第1 s内和第9 s内的平均功率相等【解析】根据牛顿第二定律分析可知，电梯的运动情况是在02 s内向下做匀加速运动，在27 s内做匀速直线运动，79 s内做匀减速运动；选取向下为正方向，由牛顿第二定律可知，02 s内：a1 m/s20.6 m/s2,79 s内：a2 m/s20.6 m/s2，方向向上所以02 s内和79 s内重物的加速度大小相等；电梯在第1 s末的速度v1a1t10.61 m/s0.6 m/s，第4 s末的速度等于2 s末的速度v4v7v2a1t20.62 m/s1.2 m/s，第8 s末的速度v8v7a2t30.6 m/s，说明电梯在第1 s末和第8 s末速度相同，小于第4 s末的速度故A、B错误，C正确重力在第1 s内和第9 s内的平均速度大小相等，电梯对重物的支持力大小不等，功率不等，故D错误【答案】C9生活科技牛顿定律在传送带中的应用实例如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v1 m/s的恒定速率运行旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则()A乘客与行李同时到达B处B行李提前0.5 s到达B处C乘客提前0.5 s到达B处D若传送带速度足够大，行李最快也要2 s才能到达B处【解析】由牛顿第二定律得 mgma得 a1 m/s2.设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v1 m/s.由vat1 代入数值，得t11 s，匀加速运动的位移大小为：xat0.5 m，匀速运动的时间为：t21.5 s，行李从A到B的时间为：tt1t22.5 s.而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人2 s故乘客提前0.5 s到达B.故A、B均错误，C正确；若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短由Lat，解得，最短时间tmin2 s故D正确【答案】CD10高新科技利用“风洞”实验考查动力学问题在风洞飞行表演上，若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果假设人体受风力大小与有效面积成正比，已知水平横躺时受风力有效面积最大，站立时受风力有效面积最小，为最大值的.风洞内人可上下移动的空间总高度为H.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移现人由静止开始从最高点A以向下的最大加速度匀加速下落，如图所示，经过B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，到最低点C处速度刚好为零，则下列说法中正确的有() A人向上的最大加速度是gB人向下的最大加速度是gCB、C之间的距离是HDB、C之间的距离是H【解析】设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与有效面积成正比，故人站立时风力为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力GFm，人平躺上升时有最大加速度a1g，故A错误；人站立加速下降时的加速度最大，则a2g，故B正确；设下降的最大速度为v，根据速度位移公式，加速下降过程位移x，减速下降过程位移x，故xx43，因而xH，故C正确，D错误【答案】BC综合提升练11如图所示，与水平面成30的传送带正以v3 m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l13.5 m现每隔1 s把质量m1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数，取g10 m/s2，结果保留两位有效数字求：(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；(2)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？【解析】(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则mgcos mgsin ma代入数据解得a1.0 m/s2.刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dminat2解得dmin0.50 m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则dmaxvt3.0 m.(2)由于工件加速时间为t13.0 s，因此传送带上总有三个(n13)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力f13mgcos 在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x4.5 m传送带上匀速运动的工件数n23当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力f0mgsin ，所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力f2n2f0与空载相比，传送带需增大的牵引力Ff1f2联立解得F33 N.【答案】(1)0.50 m3.0 m(2)33 N12(2018华中师大第一附中高三上学期期中)一质量为M2 kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t0时刻，木板速度为v012 m/s，此时将一质量为m1 kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在02 s内运动的vt图象如图所示已知重力加速度g10 m/s2.求：(1)小物块与木板的动摩擦因数1以及木板与地面间的动摩擦因数2.(2)小物块最终停在距木板右端多远处？(3)若在t2 s时，使小物块的速度突然反向(大小不变)，小物块恰好停在木板的左端，求木板的长度L.【解析】(1)以木块为研究对象，由牛顿第二定律有1mgma1以木板为研究对象，由牛顿第二定律有1mg2(Mm)gMa2由图象可知：a11 m/s2，a25 m/s2联立有10.1，20.3.(2)速度相同后，假设二者一起做匀减速运动，对整体由牛顿第二定律有2(Mm)g(Mm)a3对木板由牛顿第二定律有Ffma3可知Ff1mg，所以假设不成立，二者存在相对运动木块的加速度仍为a11 m/s2.以木板为研究对象，由牛顿第二定律有2(Mm)g1mgMa3，解得a34 m/s2x相对2，x相对21.5 m，x相对112 m距右端的距离dx相对1x相对2联立解得d10.5 m.(3)速度反向后，木板仍以a25 m/s2运动，木块的加速度仍为a11 m/s2.x相对3x相对32.4 mLx相对1x相对3所以L14.4 m.【答案】(1)0.10.3(2)10.5 m(3)14.4 m