2020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

2020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mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos 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 N B．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 N D．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Ff1，由牛顿第二定律，mg－Ff1＝ma1，解得Ff1＝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Ff2，由牛顿第二定律，Ff2－mg＝ma2，解得Ff2＝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 9‎ 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＝0.2　　　　 B．m＝‎1.5 kg，μ＝0.2‎ C．m＝‎0.5 kg，μ＝0.4 D．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Ff＝F2＝2 N，物块做匀加速直线运动的加速度a1＝ m/s2＝‎2 m/s2，匀减速直线运动的加速度a2＝－ m/s2＝－‎2 m/s2，根据牛顿第二定律得，F－Ff＝ma1，F3－Ff＝ma2，解得m＝‎0.5 kg，则动摩擦因数μ＝＝＝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＝k1x①‎ F＝3mgtan 60°＝3mg②‎ F2＝3mg/cos 60°＝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x之间的关系的图象是(　　)‎ 9‎ 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．0 B.g C．g D.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 9‎ 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：‎ mgcos θ＝FN 平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ 雨滴的加速度为：a＝gsin 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：FN′＝FN＝mgcos 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＝，由x＝gsin θ·t2可得：t＝，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·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.‎ FNm，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(　　)‎ 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 9‎ 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＝‎10 m/s2.则(　　)‎ A．a＝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 D．小球离开斜面之前，FN＝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Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，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＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝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mgcot θ＝ma，联立可得tan θ＝，m＝‎0.1 kg，选项B、C正确．将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝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 9‎ ‎，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：Fcos θ＝ma，Fsin θ＝mg 解得：F＝或F＝.‎ ‎(2)若环受到的弹力的方向向上，则：‎ Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 所以：F＝ ‎(3)若环受到的弹力的方向向下，则 Fcos θ－μ(Fsin θ－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．(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mA＝‎2 kg，mB＝‎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/s2，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 a1＝ m/s2＝‎4 m/s2‎ 对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律有 mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1‎ 得：μ＝0.25‎ 9‎ ‎(2)B落地后，A减速上滑．由牛顿第二定律有 mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2‎ 将已知量代入，可得 a2＝‎8 m/s2‎ 故A减速向上滑动的位移为 x2＝＝‎‎0.25 m ‎0～0.5 s内A加速向上滑动的位移 x1＝＝‎‎0.5 m 所以，A上滑的最大位移为 x＝x1＋x2＝‎‎0.75 m ‎(3)A加速上滑过程中，由动能定理：‎ W－mAgx1sin θ－μmAgx1cos θ＝mAv－0‎ 得W＝12 J 答案：(1)0.25　(2)‎0.75 m　(3)12 J ‎15．(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：μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1‎ B→C过程有：v＝‎‎2a1l 解得：a1＝‎10 m/s2，μ＝0.5.‎ 9‎ ‎(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：‎ mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 若恰好能到达平台CD时，有：v2＝‎‎2a2l 解得：v＝‎2 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 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：‎ 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＝‎2a2x2‎ x1＋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 m/s　(3)‎3 m/s 9‎