【物理】2018届一轮复习人教A版牛顿运动定律的综合应用试题

【物理】2018届一轮复习人教A版牛顿运动定律的综合应用试题

‎1.理解牛顿第二定律的内容、表达式及性质.‎ ‎2.应用牛顿第二定律解决实际问题．‎ ‎1．如右图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮．手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以(　　)‎ A．缓慢向上匀速运动 B．缓慢向下匀速运动 C．突然向上加速运动 D．突然向下加速运动 ‎【解析】手电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电珠能发光，故A、B错误；若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹簧形变量增大，即压缩量增大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以C正确；若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，弹簧压缩量减小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D错误．‎ ‎【答案】C ‎2．用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是(　　)‎ A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压 B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压 C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压 D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压 ‎【解析】若细线有拉力，则Tcosθ＋mg＝ma，可知a＞g，此时侧壁对球有支持力；选项A错误；若细线无拉力，则mg＝ma，可知a＝g，此时侧壁对球无支持力；升降机的加速度不可能小于g；故选项C正确．‎ ‎【答案】C ‎3．如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为‎4 kg的物体放在传感器上．在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44 N．g取‎10 m/s2.对此过程的分析正确的是(　　)‎ A．物体受到的重力变大 B．物体的加速度大小为‎1 m/s2‎ C．电梯正在减速上升 D．电梯的加速度大小为‎4 m/s2‎ ‎【答案】B ‎4．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．当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客(　　)‎ A．处于失重状态 B．不受摩擦力的作用 C．受到向前(水平向右)的摩擦力作用 D．所受力的合力竖直向上 ‎【答案】C ‎5．如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则(　　)‎ A．在CD段时，A受三个力作用 B．在DE段时，A可能受二个力作用 C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上 D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态 ‎【解析】在CD段时，因AB一起运动的加速度为a＝gsinθ，故此时A只受重力和B对A的支持力作用，选项A错误；在DE段时，因为粗糙，故AB一起运动的加速度为a＝gsinθ－μgcosθ，此时A受重力和B对A的支持力外，还受向上的摩擦力作用，故选项B错误，C正确；在CD段AB的加速度向下，属于失重状态；在DE段，加速度可能向上，故可能处于超重状态，故选项D错误；故选C.‎ ‎【答案】C ‎6．(多选)如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断(　　)‎ A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g B．图线与横轴的交点N的值TN＝mg C．图线的斜率等于物体的质量m D．图线的斜率等于物体质量的倒数 ‎【解析】货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得T－mg＝ma，图线与纵轴的交点，即当T＝0时，a＝－g，图线与横轴的交点即a＝0时，T＝mg，A、B正确；根据牛顿第二定律可得a＝－g，根据关系式可得图象的斜率k＝，C错误D正确．‎ ‎【答案】ABD ‎7．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．10‎ C．15 D．18‎ ‎【答案】BC ‎8．趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球的质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们之间的摩擦及空气阻力不计，则(　　)‎ A．运动员的加速度为gtanθ B．球拍对球的作用力为 C．运动员对球拍的作用力为 D．若加速度大于gsinθ，球一定沿球拍向上运动 ‎【解析】对网球进行受力分析，受到重力mg和球拍的支持力FN，受力如图所示：‎ ‎[‎ 根据牛顿第二定律，FNsinθ＝ma，FNcosθ＝mg，整理可以得到：FN＝，a＝gtanθ，故选项A正确，选项B错误；以网球与球拍整体为研究对象，其加速度与网球的加速度相同，受力如图所示：‎ 根据牛顿第二定律得，运动员对球拍的作用力为F＝，故选项C错误；当加速度a>gtanθ时，网球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动，故D错误．所以本题正确选项为A.‎ ‎【答案】A ‎9．(多选)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是(　　)‎ A．a＝μg B．a＝μg C．a＝μg D．a＝－μg ‎【解析】若木块和木板之间发生相对滑动，则对木板，根据牛顿定律：μmg－μ·2mg＝‎ ma，解得a＝μg，选项C正确；若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：F－μ·2mg＝2ma，解得a＝－μg，选项D正确；故选CD.‎ ‎【答案】CD ‎10．(多选)如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块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．A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是(　　)‎ 拉力大于AB之间的最大静摩擦力时，AB之间也发生了相对滑动，AB之间变为了滑动摩擦力，A的加速度也发生了变化，所以A、C项正确．‎ ‎【答案】ACD ‎11．如图，在光滑的倾角为θ的固定斜面上放一个劈形的物体A，其上表面水平，质量为M.物体B质量为m，B放在A的上面，先用手固定住A.‎ ‎(1)若A的上表面粗糙，放手后，求AB相对静止一起沿斜面下滑，B对A的压力大小．‎ ‎(2)若A的上表面光滑，求放手后的瞬间，B对A的压力大小．‎ ‎【解析】(1)AB相对静止一起沿斜面下滑，加速度a＝gsinθ B的加速度的竖直分量ay＝gsin2θ则mg－N＝may N＝mg－mgsin2θ＝mgcos2θ 所以B对A的压力大小等于mgcos2θ ‎(2)因为A、B下滑时，A与B的加速度并不相同． A的加速度沿斜面向下，B的加速度竖直向下，A的加速度的竖直分量与B的加速度相等．即有aB＝aAy＝aAsinθ ‎(Mg＋NB)sinθ＝MaA 对A、B分别运用牛顿第二定律，有mg－NB＝maB＝maAsinθ 所以NB＝.‎ ‎【答案】(1)mgcos2θ　(2) ‎ ‎12．如图所示，一个质量为M，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝‎4m，球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg，管下端离地面高度H＝‎5 m.‎ 现让管自由下落，运动过程中管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等，若管第一次弹起上升过程中，球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g＝‎10 m/s2.求 ‎(1)管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？‎ ‎(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间．‎ ‎(3)圆管的长度L.‎ a2＝‎30 m/s2，方向向上 ‎(2)球与管第一次碰地时，由v0＝ 得碰后管速v1＝，方向向上 碰后球速v2＝，方向向下 球刚好没有从管中滑出，设经过时间t，球、管速度相同，则有 对管v＝v1－a1t 对球v＝－v2＋a2t 代入数值联立解得t＝0.4 s ‎(3)管经t时间上升的高度为 h1＝v1t－a1t2‎ 球下降的高度h2＝v2t－a2t2‎ 管长L＝h1＋h2＝‎‎4 m ‎【答案】(1)‎20 m/s2，方向向下　‎30 m/s2，方向向上　(2)0.4 s　(3)‎‎4 m ‎ 13．一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了‎4.5 m，后3 s内滑行了‎10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？‎ 图6‎ Δx＝x1－x2＝at＝‎‎4.5 m 得：a＝‎1 m/s2‎ 细绳断开时小车和物块的速度均为：‎ v1＝at1＝1×‎2 m/s＝‎2 m/s 设后3 s小车的初速度为v1′，则小车的位移为：‎ x1′＝v1′t4＋at 滑块的位移为：‎ x2′＝v1t4‎ 得：x1′－x2′＝3v1′＋‎4.5 m－3v1＝‎‎10.5 m 解得：v1′＝‎4 m/s 由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：‎ t总＝5 s 答案　5 s ‎14．如图7所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为‎4 m，传送带甲比乙长‎0.45 m，两传送带均以‎3 m/s的速度逆时针匀速转动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以‎3 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ 图7‎ ‎ (1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；‎ ‎ (2)物块A、B在传送带上的划痕长度之比。‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，代入数值得a2＝‎2 m/s2‎ 由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t，代入数值得 t2＝1 s 所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3 s。‎ ‎ (2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为 L1＝v带t1－x1＝‎‎0.45 m 在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为 L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝‎‎1.0 m 所以物块A在传送带上的划痕长度为 LA＝L2＝‎‎1.0 m 由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同 所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝‎‎1.0 m 故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1‎ 答案　(1)1.3 s　(2)1∶1‎ ‎15．如图8甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝‎1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝‎10 m/s2。求：‎ 图8‎ ‎ (1)水平作用力F的大小；‎ ‎ (2)滑块开始下滑时的高度；‎ ‎ (3)木板的质量。‎ ‎ (2)当力F变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mgsin θ＋Fcos θ＝ma ‎ 解得a＝‎10 m/s2‎ 根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度 v＝‎10 m/s。‎ 滑块下滑的位移x＝，解得x＝‎‎5 m 故滑块下滑的高度h＝xsin 30°＝‎‎2.5 m ‎ (3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a1＝‎1 m/s2，相对滑动时，木板的加速度a2＝‎1 m/s2，滑块的加速度大小a3＝‎4 m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，对它们整体受力分析，有 a1＝＝μ‎1g，解得μ1＝0.1‎ ‎0～2 s内分别对木板和滑块受力分析，即 对木板：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2‎ 对滑块：μ2mg＝ma3‎ 联立解得M＝‎1.5 kg。‎ 答案　(1) N　(2)‎2.5 m　(3)‎‎1.5 kg ‎ ‎