2017届高三物理一轮复习 第3章 牛顿运动定律 第3讲 牛顿运动定律的综合应用知能提升演练

牛顿运动定律的综合应用[随堂反馈]1．在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是( )解析：未下蹲时，该同学对传感器的压力等于其重力；下蹲的初始阶段，该同学从静止开始做加速运动，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，对传感器的压力小于其重力；速度达到最大后，又做减速运动，其加速度方向竖直向上，处于超重状态，对传感器的压力大于其重力，D正确．答案：D2.(多选)(2015·高考海南卷)如图所示，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：开始时，木块匀速运动，有mg sin θ＝F f，F N＝mg cos θ，F f＝μmg cos θ，得μ＝tan θ.当升降机加速上升时，对物块受力分析，如图所示，其中F f′＝μF N′，沿水平与竖直分解各力，得F f′cos θ＝F N′sin θ，即木块水平方向合力为零，说明木块在水平方向做匀速运动．又因为木块始终没有离开斜面，因此，物块相对斜面一定做匀速运动，C错误，D正确．由上面分析可知物块具有向上的加速度，即F N′cos θ＋F f′sin θ－mg＝ma，解得F N′＝m(g＋a)cos θ＞F N，F f′＝μF N′＝μm(g＋a)cos θ＞F f，A错误，B正确．答案：BD3．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1顺时针运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：由图象知物块先向左减速，后反向加速到v 1再做匀速直线运动，t 1时刻离A 距离最大，A 错误；t 2时刻二者相对静止，故t 2时刻物块相对传送带滑动距离最大，B 正确；0～t 2时间内摩擦力方向一直向右，C 错误；在0～t 2时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在t 2～t 3时间内物块做匀速运动，此过程摩擦力为零，D 错误．答案：B4．(2014·高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a ，所用时间为t ，由题可得初速度v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，末速度v t ＝0，位移s ＝25 m ，由运动学公式得v 20＝2as ①t ＝v 0a②联立①②式，代入数据得a ＝8 m/s 2③t ＝2.5 s ④(2)设志愿者反应时间为t ′，反应时间的增加量为Δt ，由运动学公式得L ＝v 0t ′＋s ⑤ Δt ＝t ′－t 0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt ＝0.3 s ⑦(3)设志愿者所受合力的大小为F ，汽车对志愿者作用力的大小为F 0，志愿者质量为m ，由牛顿第二定律得F ＝ma ⑧由平行四边形定则得F 20＝F 2＋(mg )2⑨ 联立③⑧⑨式，代入数据得F 0mg ＝415⑩答案：(1)8 m/s 22.5 s (2)0.3 s (3)4155．如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝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v 0沿木板向上运动，随着θ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θ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θ＝30°时，对物块受力分析：mg sin θ＝μF NF N －mg cos θ＝0则动摩擦因数μ＝tan θ＝tan 30°＝33. (2)当θ变化时，设物块的加速度为a ， 则mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 物块的位移为s ，则v 20＝2as 则s ＝v 202g sin θ＋μcos θ令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时s 最小， 即θ＝60°，小物块沿木板滑行的距离最小 s min ＝v 202g sin 60°＋μcos 60° ＝3v 24g .答案：(1)33 (2)θ＝60°3v 24g[课时作业]一、单项选择题1.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg .现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为( )A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析：当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .答案：C2．(2016·衡水调研)如图甲所示，在木箱内粗糙斜面上静止一个质量为m 的物体，木箱竖直向上运动的速度v 与时间t 的变化规律如图乙所示，物体始终相对斜面静止．斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N 和f ，则下列说法正确的是( )A ．在0～t 1时间内，N 增大，f 减小B ．在0～t 1时间内，N 减小，f 增大C ．在t 1～t 2时间内，N 增大，f 增大D ．在t 1～t 2时间内，N 减小，f 减小解析：在0～t 1时间内，由图乙可知，物体做加速运动，加速度逐渐减小，设斜面倾角为θ，对物体受力分析，在竖直方向上有N cos θ＋f sin θ－mg ＝ma 1，在水平方向上有N sin θ＝f cos θ，因加速度减小，则支持力N 和摩擦力f 均减小．在t 1～t 2时间内，由图乙可知，物体做减速运动，加速度逐渐增大，对物体受力分析，在竖直方向上有mg －(N cos θ＋f sin θ)＝ma 2，在水平方向上有N sin θ＝f cos θ，因加速度增大，则支持力N 和摩擦力f 均减小，故选D. 答案：D3.(2014·高考福建卷)如图所示，滑块以初速度v 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h 、s 、v 、a 分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示时间，则下列图象最能正确描述这一运动规律的是( )解析：设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，滑块在表面粗糙的固定斜面上下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，故D 项错误；由速度公式v ＝v 0－at 可知，v －t 图象应为一条倾斜的直线，故C 项错误；由位移公式s ＝v 0t －12at 2可知，B 项正确；由位移公式及几何关系可得h ＝s sin θ＝(v 0t －12at 2)sinθ，故A 项错误． 答案：B4.如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6 kg ，m B ＝2 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F ＝10 N ，此后逐渐增加，在增大到45 N 的过程中，g 取10 m/s 2，则(设A 、B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A．当拉力F＜12 N时，两物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动C．两物体间从受力开始就有相对运动D．两物体间始终没有相对运动解析：当A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即滑动摩擦力时，A、B才会发生相对运动．此时对B有所以F fmax＝μm A g＝12 N，而F fmax＝m B a，a＝6 m/s2，即两者开始相对运动时的加速度为6 m/s2，此时对A、B整体有F＝(m A＋m B)a＝48 N，即F＞48 N时，A、B才会开始相对运动，故选项A、B、C错误，D正确．答案：D5．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10 m/s2，则下述说法正确的是( )A．演员的体重为800 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：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，演员的体重为600 N，选项A错误．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a1＝3 m/s2，对演员，由牛顿第二定律有mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件得，最小拉力F1＝420 N＋200 N＝620 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a2＝1.5 m/s2，对演员，由牛顿第二定律有F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件得，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 N，选项D错误．答案：C二、多项选择题6．(多选)质量为m的物体放置在升降机内的台秤上，现在升降机以加速度a在竖直方向上做匀变速直线运动．若物体处于失重状态，则( )A．升降机加速度方向竖直向下B．台秤示数减少maC．升降机一定向上运动D．升降机一定做加速运动解析：物体处于失重状态，加速度方向一定竖直向下，但速度方向可能向上，也可能向下，故A对，C、D错．由mg－F N＝ma可知台秤示数减少ma，选项B对．答案：AB7．(2014·高考山东卷)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示．在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有( )A．t1B．t2C．t3D．t4解析：本题考查的是速度图象．速度图象中某点的切线的斜率表示加速度．t1时刻速度为正，加速度也为正，合力与速度同向；t2时刻速度为正，加速度为负，合力与速度反向；t3时刻速度为负，加速度也为负，合力与速度同向；t4时刻速度为负，加速度为正，合力与速度反向，选项A、C正确．答案：AC8.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是( )A．若传送带不动，v B＝3 m/sB．若传送带逆时针匀速转动，v B一定等于3 m/sC．若传送带顺时针匀速转动，v B一定等于3 m/sD．若传送带顺时针匀速转动，v B有可能等于3 m/s解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度v B＝v2A－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，v B＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s 时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速．答案：ABD9.三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5.下列说法正确的是( )A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C ．物块A 、B 运动的加速度大小不同D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同解析：因摩擦因数0.5＜tan 37°，所以A 、B 受力情况相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，故A 、B 的加速度相同，运动时间相同，将同时到达底端，故选项A 、C 错，B 正确；由于小物块A 与传送带的运动方向相同，小物块B 与传送带的运动方向相反，故物块A 、B 在传送带上的划痕长度不相同，选项D 正确． 答案：BD 三、非选择题10.(2014·高考上海卷)如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v .(1)求箱子加速阶段的加速度大小a ′.(2)若a ＞g tan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力． 解析：(1)由匀变速直线运动的公式有v 2＝2a ′s 1，v 2＝2as 2，且s 1＋s 2＝s解得a ′＝av 22as －v2(2)假设球刚好不受箱子作用，受力如图甲所示，应满足F N sin θ＝ma 0，F N cos θ＝mg ，解得a 0＝g tan θ.箱子减速时加速度水平向左，当a ＞g tan θ时，箱子左壁对球的作用力为零，顶部对球的力不为零，此时球受力如图乙所示． 由牛顿第二定律得F N ′cos θ＝F ＋mg F N ′sin θ＝ma解得F ＝m ⎝⎛⎭⎪⎫a tan θ－g答案：(1)av 22as －v2(2)0 m ⎝⎛⎭⎪⎫a tan θ－g11．(2016·武汉武昌区调研)在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°角固定，质量为m ＝1 kg 的小球穿在细杆上静止于细杆底端O ，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v -t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：(1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2； (2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小． 解析：(1)取沿杆向上为正方向，由图乙可知 在0～2 s 内：a 1＝v 1－v 0t 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内：a 2＝v 2－v 1t 2＝－10 m/s 2(方向沿杆向下) (2)有风力时的上升过程，对小球受力分析有F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1停风后的上升阶段，有 －μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2 综上解得μ＝0.5，F ＝50 N.答案：(1)15 m/s 2，方向沿杆向上 10 m/s 2，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N12.(2016·河南十校联考)如图所示，与水平方向成37°角的传送带以恒定速度v ＝2 m/s 沿顺时针方向转动，两传动轮间距L ＝5 m ．现将质量为1 kg 且可视为质点的物块以v 0＝4 m/s 的速度沿传送带向上的方向自底端滑上传送带．物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，已知si n 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，计算时，可认为滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力，求物块在传送带上上升的最大高度．解析：刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到的摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 则a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2位移x 1＝v 20－v22a 1＝0.6 m物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力F f ＝μmg cos θ＜mg sin θ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小．此后，物块受到的滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直到速度为零， 由mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 得a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2位移x 2＝v 22a 2＝1 m则物块沿传送带上升的最大高度为H ＝(x 1＋x 2)sin 37°＝0.96 m.答案：0.96 m。