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2022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
2022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
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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mgsinθ+μmgcosθ=ma1,而下滑时,根据牛顿第二定律,有mgsinθ-μmgcosθ=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200N.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0.5s,然后沿杆下滑,3.5s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零,整个过程中演员的v-t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10m/s2.则下述说法正确的是( )A.演员的体重为600NB.演员在第1s内一直处于超重状态C.滑杆所受的最小拉力为620ND.滑杆所受的最大拉力为900N解析:AC 演员在滑杆上静止时,传感器显示的拉力800N等于演员重力和滑杆的重力之和,所以演员的体重为600N,选项A正确,演员在第1s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a1=3m/s2,对演员,设受杆对其向上的摩擦力为Ff1,由牛顿第二定律,mg-Ff1=ma1,解得Ff1=420N.对滑杆,由平衡条件,最小拉力F1=420N+200N=620N,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a2=1.5m/s2,对演员,设摩擦力为Ff2,由牛顿第二定律,Ff2-mg=ma2,解得Ff2=690N.对滑杆,由平衡条件,最大拉力F2=690N+200N=890N,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t9\n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g=10m/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μ分别为( )A.m=0.5kg,μ=0.2 B.m=1.5kg,μ=0.2C.m=0.5kg,μ=0.4D.m=1.0kg,μ=0.4解析:C 由F-t,v-t图象可知当F=2N时,物块做匀速运动,则Ff=F2=2N,物块做匀加速直线运动的加速度a1=m/s2=2m/s2,匀减速直线运动的加速度a2=-m/s2=-2m/s2,根据牛顿第二定律得,F-Ff=ma1,F3-Ff=ma2,解得m=0.5kg,则动摩擦因数μ===0.4.4.(2022·济宁联考)如图所示,两小球a、b质量之比为1∶2,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:F1=2mg=k1x①F=3mgtan60°=3mg②F2=3mg/cos60°=k2x③解①③得k1∶k2=1∶3,A正确,B错误;撤去F的瞬间b球仍处于平衡状态ab=0,D错;对a球由牛顿第二定律得F=3mg=maa,aa=3g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x9\n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F=Ma;对x段绳子可知T=Ma=x,故T-x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( )A.0B.gC.gD.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F′==mg,产生的加速度a==g,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C.t2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:ABD 0~t1时间内该同学加速度方向向下,处于失重状态,t1~t2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;t2~t3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θ9\n,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θ越大,雨滴下滑时的加速度越大B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角θ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θ,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:mgcosθ=FN平行于屋顶方向:ma=mgsinθ雨滴的加速度为:a=gsinθ,则倾角θ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:FN′=FN=mgcosθ,则倾角θ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x=gsinθ·t2可得:t=,可见当θ=45°时,用时最短,D错误;由v=gsinθ·t可得:v=,可见θ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:mg-FN=may.FN<mg,乘客处于失重状态,故A、B、D错误,C正确.9\n10.某同学近日做了这样一个实验,将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度,沿倾角可在0~90°之间任意调整的木板向上滑动,设它沿木板向上能达到的最大位移为x,若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示.g取10m/s2.求(结果如果有根号,可以保留):(1)小铁块初速度v0的大小以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少;(2)当α=60°时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,小铁块速度的大小.解析:(1)当α=90°时,x=1.25m则v0==m/s=5m/s当α=30°时,x=1.25ma==m/s2=10m/s2由牛顿第二定律得a=gsin30°+μgcos30°,解得μ=(2)当α=60°时,上滑的加速度a1=gsin60°+μgcos60°=m/s2下滑的加速度a2=gsin60°-μgcos60°=m/s2因为v=2a1x,v=2a2x则vt=v0=v0=m/s答案:(1)5m/s (2)m/s【B级——提升练】11.如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动,已知M>m,用①和②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( )9\n解析:D A、B之间的摩擦力为Ff=μmg,加速度分别为aA=μg,aB=,因为M>m,则aA>aB,所以v-t图象中①的斜率应大于②,A、B错;根据动能定理,A的动能改变量ΔEkA=μmgsA,B的动能改变量ΔEkB=μmgsB,其中sA和sB分别为A和B相对地面的位移,sA>sB,所以,Ek-s图象中①和②的斜率应相等,图象结束时sA>sB,C错、D对.12.(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ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T-a图象如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度为g=10m/s2.则( )A.a=m/s2时,FN=0B.小球质量m=0.1kgC.斜面倾角θ的正切值为D.小球离开斜面之前,FN=0.8+0.06a(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Tcosθ-FNsinθ=ma,Tsinθ+FNcosθ=mg,联立解得FN=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以T-a图象呈线性关系,由题图乙可知a=m/s2时,FN=0,选项A正确.当a=0时,T=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图1所示,所以mgsinθ=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mgcotθ=ma,联立可得tanθ=,m=0.1kg,选项B、C正确.将θ和m的值代入FN=mgcosθ-masinθ,得FN9\n=0.8-0.06a(N),选项D错误.13.(2022·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μ,对环施加一位于竖直平面内斜向上且与杆夹角为θ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:Fcosθ=ma,Fsinθ=mg解得:F=或F=.(2)若环受到的弹力的方向向上,则:Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma所以:F=(3)若环受到的弹力的方向向下,则Fcosθ-μ(Fsinθ-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.(2022·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mA=2kg,mB=4kg,斜面倾角θ=37°.某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v-t图象如图所示.已知g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:9\n(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0~0.5s内,根据图象,A、B系统的加速度为a1=m/s2=4m/s2对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律有mBg-mAgsinθ-μmAgcosθ=(mA+mB)a1得:μ=0.25(2)B落地后,A减速上滑.由牛顿第二定律有mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2将已知量代入,可得a2=8m/s2故A减速向上滑动的位移为x2==0.25m0~0.5s内A加速向上滑动的位移x1==0.5m所以,A上滑的最大位移为x=x1+x2=0.75m(3)A加速上滑过程中,由动能定理:W-mAgx1sinθ-μmAgx1cosθ=mAv-0得W=12J答案:(1)0.25 (2)0.75m (3)12J15.(2022·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5m的传送带与两平台平滑连接.现有一小物体以10m/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.9\n(3)若小物体以8m/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:μmgcos37°+mgsin37°=ma1B→C过程有:v=2a1l解得:a1=10m/s2,μ=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:mgsin37°-μmgcos37°=ma2若恰好能到达平台CD时,有:v2=2a2l解得:v=2m/s,a2=2m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2m/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:v-v=2a1x1⑤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:v=2a2x2x1+x2=L解得:v2=3m/s即传送带至少以3m/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)2m/s (3)3m/s9
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-08-25 14:43:20
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