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

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mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝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a1＝3 m/s2，对演员，设受杆对其向上的摩擦力为F f1，由牛顿第二定律，mg－F f1＝ma1，解得F f1＝420 N．对滑杆，由平衡条件，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，设摩擦力为F f2，由牛顿第二定律，F f2－mg＝ma2，解得F f2＝690 N．对滑杆，由平衡条件，最大拉力F2＝690 N＋200 N＝890 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g＝10 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μ分别为( )A ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.2B ．m ＝1.5 kg ，μ＝0.2C ．m ＝0.5 kg ，μ＝0.4D ．m ＝1.0 kg ，μ＝0.4解析：C 由F －t ，v －t 图象可知当F ＝2 N 时，物块做匀速运动，则F f ＝F 2＝2 N ，物块做匀加速直线运动的加速度a 1＝42 m/s 2＝2 m/s 2，匀减速直线运动的加速度a 2＝－42m/s 2＝－2 m/s 2，根据牛顿第二定律得，F －F f＝ma 1，F 3－F f ＝ma 2，解得m ＝0.5 kg ，则动摩擦因数μ＝F f mg ＝25＝0.4.4.(2017·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k 1、k 2，则以下判断正确的是( )A.k 1k 2＝13B.k 1k 2＝23C ．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：F 1＝2mg ＝k 1x ①F ＝3mg tan 60°＝33mg ② F 2＝3mg /cos 60°＝k 2x ③解①③得k 1∶k 2＝1∶3，A 正确，B 错误；撤去F 的瞬间b 球仍处于平衡状态a b ＝0，D 错；对a 球由牛顿第二定律得F ＝33mg ＝ma a ，a a ＝33g 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F ＝Ma ；对x 段绳子可知T ＝xL Ma ＝Ma Lx ，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 ．0 B.233gC ．gD.33g 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F 2，如图所示．突mgcos 30°＝233mg ，然撤离木板时，F 1突然消失而其他力不变，因此F 2与重力mg 的合力F ′＝产生的加速度a ＝F ′m ＝233g ，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t 1时间内该同学处于失重状态B ．在t 1至t 2时间内该同学处于超重状态C ．t 2时刻该同学加速度为零D ．在t 2到t 3时间内该同学的加速度在逐渐减小解析：ABD 0～t 1时间内该同学加速度方向向下，处于失重状态，t 1～t 2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；t 2时刻受地面支持力最大，加速度最大，选项C 错误；t 2～t 3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θ，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F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N平行于屋顶方向：ma＝mg sin θ雨滴的加速度为：a＝g sin θ，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：F N′＝F N＝mg cos θ，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＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，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－F N＝ma y.F N<mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．10．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10 m/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＝1.25 m则v0＝2gx＝2×10×1.25 m/s＝5 m/s当α＝30°时，x＝1.25 ma＝v202x ＝522×1.25m/s2＝10 m/s2由牛顿第二定律得a＝g sin 30°＋μg cos 30°，解得μ＝3 3(2)当α＝60°时，上滑的加速度a 1＝g sin 60°＋μg cos 60°＝203 3 m/s 2下滑的加速度a 2＝g sin 60°－μg cos 60°＝103 3 m/s 2因为v 20＝2a 1x ，v 2t ＝2a 2x 则v t ＝a 2a 1v 0＝22v 0＝522m/s 答案：(1)5 m/s33 (2)522m/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v 0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E k 随位移s 的变化图象，其中可能正确的是( )解析：D A 、B 之间的摩擦力为F f ＝μmg ，加速度分别为a A ＝μg ，a B ＝μmgM，因为M >m ，则a A >a B ，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ΔE k A ＝μmgs A ，B 的动能改变量ΔE k B ＝μmgs B ，其中s A 和s B 分别为A 和B 相对地面的位移，s A >s B ，所以，E k －s 图象中①和②的斜率应相等，图象结束时s A >s B ，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F N .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 ＝10 m/s 2.则( )A ．a ＝403m/s 2时，F N ＝0B ．小球质量m ＝0.1 kgC ．斜面倾角θ的正切值为34D ．小球离开斜面之前，F N ＝0.8＋0.06 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T cos θ－F N sin θ＝ma ，T sin θ＋F N cos θ＝mg ，联立解得F N ＝mg cos θ－ma sin θ，T ＝ma cos θ＋mg sin θ，所以T －a 图象呈线性关系，由题图乙可知a ＝403m/s 2时，F N ＝0，选项A 正确．当a ＝0时，T ＝0.6 N ，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T ；当a ＝403 m/s 2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以mg cot θ＝ma ，联立可得tan θ＝34，m ＝0.1 kg ，选项B 、C 正确．将θ和m 的值代入F N ＝mg cos θ－ma sin θ，得F N ＝0.8－0.06a (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.ma ＋μmgcos θ＋μsin θB.ma －μmg cos θ－μsin θC.masin θD.mgsin θ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：F cos θ＝ma ，F sin θ＝mg 解得：F ＝mgsin θ或F ＝macos θ.(2)若环受到的弹力的方向向上，则：F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma 所以：F ＝ma ＋μmgcos θ＋μsin θ(3)若环受到的弹力的方向向下，则F cos θ－μ(F sin θ－mg )＝ma 所以：F ＝ma －μmgcos θ－μsin θ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m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg ，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 ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.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0～0.5 s 内，根据图象，A 、B 系统的加速度为a 1＝20.5m/s 2＝4 m/s 2对A 、B 系统受力分析，由牛顿第二定律有m B g －m A g sin θ－μm A g cos θ＝(m A ＋m B )a 1得：μ＝0.25(2)B 落地后，A 减速上滑．由牛顿第二定律有m A g sin θ＋μm A g cos θ＝m A a 2将已知量代入，可得a 2＝8 m/s 2故A 减速向上滑动的位移为x 2＝v 222a 2＝0.25 m0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝v 222a 1＝0.5 m所以，A 上滑的最大位移为x ＝x 1＋x 2＝0.75 m(3)A 加速上滑过程中，由动能定理：W －m A gx 1sin θ－μm A gx 1cos θ＝12m A v 22－0得W ＝12 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：μmg cos 37°＋mg sin 37°＝ma1B→C过程有：v20＝2a1l解得：a1＝10 m/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：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有：v2＝2a2l解得：v＝2 5 m/s，a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 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：v21－v22＝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：v22＝2a2x2x1＋x2＝L解得：v2＝3 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 5 m/s (3)3 m/s。