【物理】2019届一轮复习人教版牛顿第运动定律的综合应用作业

【物理】2019届一轮复习人教版牛顿第运动定律的综合应用作业

牛顿运动定律的综合应用 1.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图,中间的点表示人的重心。图乙是 根据传感器采集到的数据画出的力—时间图线。两图中 a～g 各点均对应,其中有几个点在图 甲中没有画出。重力加速度 g 取 10 m/s2。根据图象分析可得 (　　) A.人的重力为 1 500 N B.c 点位置人处于超重状态 C.e 点位置人处于失重状态 D.d 点的加速度小于 f 点的加速度 【解析】选 B。由图可知人的重力为 500 N,故 A 错误;c 点位置人的支持力 750 N>500 N,处于 超重状态,故 B 正确;e 点位置人的支持力 650 N>500 N,处于超重状态,故 C 错误;d 点的加速 度为 20 m/s2 大于 f 点的加速度为 10 m/s2,故 D 错误。 2.[2018·湖南株洲模拟]一质量为 m 的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲)， 某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的 图象如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．铝球刚开始运动的加速度 a0＝g B．铝球下沉的速度将会一直增大 C．铝球下沉过程所受到油的阻力 Ff＝ma0v v0 D．铝球下沉过程机械能的减少等于克服油阻力所做功 答案　C 解析　刚开始释放时，小球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用，即 a＝mg－F浮 m ＝g－F浮 m ＜g，A 错误；从题图乙中可知铝球做加速度减小的加速运动，速度越来越大，到 达 v0 时，加速度为 0，速度不再增大，B 错误；开始释放时有 mg－F 浮＝ma0，铝球下沉过 程中受重力、阻力和浮力作用，由牛顿第二定律得，mg－F 浮－Ff＝ma，又由题图乙可得 a ＝a0－a0 v0v，联立以上各式解得，阻力 Ff＝ma0v v0 ，C 正确；铝球下沉过程机械能的减少量等 于克服油的阻力和浮力所做的功，故 D 错误。 3.如图甲所示，一个质量为 3 kg 的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水 平力 F 作用下由静止开始做直线运动。在 0～3 s 时间内物体的加速度 a 随时间 t 的变化规律 如图乙所示，则(　　) A．F 的最大值为 12 N B．0～1 s 和 2～3 s 内物体加速度的方向相反 C．3 s 末物体的速度最大，最大速度为 8 m/s D．在 0～1 s 内物体做匀加速运动，2～3 s 内物体做匀减速运动 答案　C 解析　由 a－t 图象知加速度最大时 a＝4 m/s2，由牛顿第二定律 F－μmg＝ma 知，F 最大值 大于 12 N，A 错误；0～1 s 和 2～3 s 内，加速度均为正方向，B 错误；3 s 末速度最大，由 a－t 图面积知 Δv＝8 m/s，所以 vmax＝8 m/s，C 正确；0～1 s 和 2～3 s 内加速度 a 与速度 v 均同向都做加速运动，但 a 大小变化，所以不是匀加速，D 错误。 4.如图所示,横截面为直角三角形的三棱柱质量为 M,放在粗糙的水平地面上,两底角中其中 一个角的角度为 α(α>45°)。三棱柱的两倾斜面光滑,上面分别放有质量为 m1 和 m2 的两物 体,两物体间通过一根跨过定滑轮的细绳相连接,定滑轮固定在三棱柱的顶端,若三棱柱始终 处于静止状态。不计滑轮与绳以及滑轮与轮轴之间的摩擦,重力加速度大小为 g,则将 m1 和 m2 同时由静止释放后,下列说法正确的是 (　　) A.若 m1=m2,则两物体可静止在斜面上 B.若 m1=m2tanα,则两物体可静止在斜面上 C.若 m1=m2,则三棱柱对地面的压力小于(M+m1+m2)g D.若 m1=m2,则三棱柱所受地面的摩擦力大小为零 【解析】选 C。若 m1=m2,m2 的重力沿斜面向下的分力大小为 m2gsin(90°-α),m1 的重力沿斜 面向下的分力大小为 m1gsin α,由于 α>45°,则 m2gsin(90°-α) 0,C 正确,D 错误。 5.如图所示,在光滑平面上有一静止小车,小车上静止地放置着一小物块,物块和小车间的动 摩擦因数为 μ=0.3,用水平恒力 F 拉动小车,物块的加速度为 a1,小车的加速度为 a2。当水平 恒力 F 取不同值时,a1 与 a2 的值可能为(当地重力加速度 g 取 10 m/s2) (　　) A.a1=2 m/s2,a2=3 m/s2 B.a1=3 m/s2,a2=2 m/s2 C.a1=5 m/s2,a2=3 m/s2 D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s2 【解析】选 D。当物块与小车间的静摩擦力小于 μmg 时,物块与小车一起运动,且加速度相 等,最大共同加速度为 amax=μg=3m/s2,故 A、B 错误;当 F>μ(M+m)g 时,小车的加速度大于物 块的加速度,此时物块与小车发生相对运动,此时物块的加速度最大,由牛顿第二定律得:a1= =μg=3 m/s2,小车的加速度 a2>3 m/s2,故 C 错误,D 正确。 6.如图所示，水平传送带 A、B 两端相距 s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数 μ＝ 0.1，取重力加速度大小 g＝10 m/s2。工件滑上 A 端瞬时速度 vA＝4 m/s，达到 B 端的瞬时速 度设为 vB，则下列说法不正确的是(　　) A．若传送带不动，则 vB＝3 m/s B．若传送带以速度 v＝4 m/s 逆时针匀速转动，则 vB＝3 m/s C．若传送带以速度 v＝2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB＝3 m/s D．若传送带以速度 v＝2 m/s 顺时针匀速转动，则 vB＝2 m/s 答案　D 解析　工件在传送带上滑动时的加速度大小 a＝μmg m ＝1 m/s2。若传送带不动，工件做匀 减速运动，由 v2B－v2A＝2(－a)s，则 vB＝3 m/s，A 正确；若传送带做逆时针匀速转动或传送 带做顺时针匀速转动的速度不超过 3 m/s，则工件在传送带上都是做匀减速运动，vB＝3 m/s， B、C 均正确，D 错误。 7.如图所示，质量为 M 的长平板车放在光滑的倾角为 α 的斜面上，车上站着一质量为 m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须(　　) A．匀速向下奔跑 B．以加速度 a＝M mgsinα，向下加速奔跑 C．以加速度 a＝(1＋M m)gsinα，向下加速奔跑 D．以加速度 a＝(1＋M m)gsinα，向上加速奔跑 答案　C 解析　作出车的受力图，如图甲所示，求出人对车的摩擦力 Ff＝Mgsinα，作出人的受 力图，如图乙，则 mgsinα＋Ff′＝ma，且 Ff′＝Ff，解出 a＝(1＋M m)gsinα。故 C 正确。 8.质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同,将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接,如图甲 所示,绳子平行于倾角为 α 的斜面,M 恰好能静止在斜面上,不考虑 M、m 与斜面之间的摩擦。 若互换两物块位置,按图乙放置,然后释放 M,斜面仍保持静止。则下列说法正确的是 (　　) A.轻绳的拉力等于 Mg B.轻绳的拉力等于 mg C.M 运动的加速度大小为(1-sin α)g D.M 运动的加速度大小为 g 【解析】选 B、C、D。互换位置前,M 静止在斜面上,则有:Mgsin α=mg,互换位置后,对 M 有 Mg-FT=Ma,对 m 有:FT′-mgsin α=ma,又 FT=FT′,解得:a=(1- sin α)g= g,FT=mg,故 A 错,B、C、D 对。 9.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 T­a 图象如图乙所示，AB 是直线， BC 为曲线，重力加速度为 g＝10 m/s2。则(　　) A．a＝40 3 m/s2 时，FN＝0 B．小球质量 m＝0.1 kg C．斜面倾角 θ 的正切值为3 4 D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 答案　ABC 解析　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，所以小球离开 斜面之前，T­a 图象呈线性关系，由题图乙可知 a＝40 3 m/s2 时，FN＝0，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 mgsinθ＝T；当 a＝40 3 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 mg tanθ＝ma，联立可得 tanθ＝3 4，m＝ 0.1 kg，B、C 正确；将 θ 和 m 的值代入 FN＝mgcosθ－masinθ，得 FN＝0.8－0.06a(N)，D 错 误。 10.如图所示，质量均为 m 的 A、B 两物块置于光滑水平地面上，A、B 接触面光滑，倾 角为 θ。现分别以水平恒力 F 作用于 A 物块上，保持 A、B 相对静止共同运动，则下列说法 正确的是(　　) A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大 B．两种情况下获取的最大加速度相同 C．两种情况下所加的最大推力相同 D．采用乙方式可用的最大推力大于采用甲方式的最大推力 答案　BC 解析　F 作用于题图甲中 A 时，F 最大时，A 刚要离开地面，A 受力如图甲，FN1cosθ＝ mg，对 B：FN1sinθ＝ma1；F 作用于题图乙中 A 时，F 最大时，B 刚要离开地面，B 受力如 图乙，FN2cosθ＝mg，FN2sinθ＝ma2，可见 FN2＝FN1，a2＝a1，对整体易知两种情况下所加的 最大推力相同，选项 B、C 正确。 11.如图,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】选 B、D。当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜 面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式 Ff=μFN 可知接触面间的正压力增大,物块与斜面 间的摩擦力增大,故 A 错误,B 正确;设斜面的倾角为 θ,物块的质量为 m,当匀速运动时有 mgsinθ=μmgcosθ,即 sinθ=μcosθ。假设升降机以加速度 a 向上运动时,把 a 分解为垂 直斜面方向与沿斜面方向,两个分量 acosθ、asinθ。垂直斜面方向上,物块与斜面相对静 止,对物块分析,压力 FN=m(g+a)cosθ,Ff=μm(g+a)cosθ,因为 sinθ=μcosθ,所以 m(g+a)sinθ =μm(g+a)cosθ,即在沿斜面方向物块的加速度为 asinθ,所以物块的加速度也为 a,故物块 相对于斜面匀速下滑,C 错误,D 正确。故选 B、D。 12.如图甲所示,在水平地面上有一长木板 B,其上叠放木块 A,假定木板与地面之间、木块和 木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等,用一水平力 F 作用于 B,A、B 的加速度与 F 的 关系如图乙所示,重力加速度 g 取 10 m/s2,则下列说法中正确的是 (　　) A.A 的质量为 0.5 kg B.B 的质量为 1.5 kg C.B 与地面间的动摩擦因数为 0.2 D.A、B 间的动摩擦因数为 0.4 【解析】选 A、C、D。由图可知,二者开始时相对地面静止,当拉力为 3 N 时开始相对地面滑 动;故 B 与地面间的最大静摩擦力为 3 N;当拉力为 9 N 时,AB 相对滑动,此时 A 的加速度为 4 m/s2;当拉力为 13 N 时,B 的加速度为 8 m/s2;对 A 分析可知,μ1g=4 m/s2;解得:AB 间的动摩 擦因数 μ1=0.4;对 B 分析可知,13 N-3 N-μ1mAg=mB×8 m/s2 对整体有:9 N-3 N=(mA+mB)×4 m/s2 联立解得:mA=0.5 kg;mB=1 kg; 则由μ2(mA+mB)g=3 N 解得,B 与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2;故 A、C、D 正确,B 错误。 13.如图所示,水平地面上放置一个质量为 m 的物体,在与水平方向成 θ 角、斜向右上方的拉 力 F 的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为 g。求: (1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面,拉力 F 的大小范围。 (2)已知 m=10 kg,μ=0.5,g=10 m/s2,若 F 的方向可以改变,求使物体以恒定加速度 a=5 m/s2 向右做匀加速直线运动时,拉力 F 的最小值。 【解析】(1)要使物体运动时不离开地面, 应有:Fsinθ≤mg 要使物体能一直向右运动, 应有:Fcosθ≥μ(mg-Fsinθ) 联立解得: ≤F≤ (2)根据牛顿第二定律得 Fcosθ-μ(mg-Fsinθ)=ma 解得:F= 上式变形得 F= 其中α=arcsin 当 sin(θ+α)=1 时,F 有最小值 解得:Fmin= 代入相关数据解得:Fmin=40 N 答案:(1) ≤F≤ (2)40 N 14.如图所示，有一长度 x＝1 m、质量 m0 ＝10 kg 的平板小车，静止在光滑的水平面上， 在小车一端放置一质量 m＝4 kg 的物块，物块与小车间的动摩擦因数 μ＝0.25，要使物块在 2 s 内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力 F 是多少？(g 取 10 m/s2) 答案　16 N 解析　小车和物块的运动情况如图所示，在物块运动到小车右端的过程中，小车发生的 位移为 x1，物块发生的位移为 x2，取向右为正，以小车为研究对象，由牛顿第二定律得 μmg ＝m0a1① 由匀变速运动的公式得 x1＝1 2a1t2② 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma2③ 由匀变速运动的公式得 x2＝1 2a2t2④ 由题意得 x2－x1＝x⑤ 由①②③④⑤代入数据得 F＝16 N。 15.传送带以稳定的速度 v=6m/s 顺时针转动,传送带与水平面的夹角 θ=37°,现在将一质量 m=2 kg 的物体(可以看作质点)放在其底端,传送带顶端平台上的人通过轻绳以恒定的拉力 F=20 N 拉物体,经过一段时间物体被拉到斜面顶端的平台上,如图所示,已知传送带底端与顶 端的竖直高度 H=6 m,物体与传送带之间的动摩擦因数为 0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦 力。(g 取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8) (1)求物体从底端运动到顶端所用时间。 (2)若物体与传送带达到速度相等的瞬间,突然撤去拉力,物体还需要多长时间离开传送带? 【解析】(1)物体开始运动时的加速度为 a1 则: F+μmg cos 37°-mgsin 37°=m a1 解得:a1=6 m/s2 物体达到和传送带速度相等历时 t1,根据运动学公式,有:v=a1 t1,故 t1=1 s s= t1= ×1 m=3 m 然后对物体受力分析: F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2 解得:a2=2 m/s2 再经 t2 到达顶端,则: -s=v t2+ a2 解得:t2=1 s 或者 t2=-7 s(舍去) 所以物体到达顶端共历时 t=t1+t2=2 s。 (2)当撤去拉力时,对物体受力分析得: mgsin 37°-μmg cos 37°=ma3 a3=4 m/s2,方向沿斜面向下,故物体做匀减速直线运动,经时间 t3 速度减到 0,物体上升的距 离为:s2= t3 根据速度—时间关系公式:a3 t3=v 解得:t3= s s2=4.5 m,故物体没有上升到顶端,从而沿斜面下滑到底端离开传送带 设从速度为 0 滑回底端的时间为 t4 则: a3 =s+s2,解得:t4= s。 所以物体还需要 s 离开传送带。 答案:(1)2 s　(2) s