2021版高考物理一轮复习课时提升作业九牛顿运动定律的综合应用含解析

2021版高考物理一轮复习课时提升作业九牛顿运动定律的综合应用含解析

牛顿运动定律的综合应用 ‎(建议用时60分钟)‎ ‎1.(2015·浙江10月选考真题)kg和s是国际单位制两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是 (　　)‎ A.质量和时间　　　 B.质量和位移 C.重力和时间 D.重力和位移 ‎【解析】选A。kg对应的物理量是质量,s对应的物理量是时间,A正确。‎ ‎2.一只小鸟飞停在一棵细树枝上,随树枝上下晃动,从最高点到最低点的过程中,小鸟 (　　)‎ A.一直处于超重状态 B.一直处于失重状态 C.先失重后超重 D.先超重后失重 ‎【解析】选C。小鸟在竖直方向先向下做加速运动后向下做减速运动,加速度先向下后向上,故从最高点到最低点的过程中小鸟先处于失重状态,后处于超重状态,A、B、D均错误,C正确。故选C。‎ ‎3.(2019·温州模拟)如图所示,质量为m的人站在竖直观光电梯中,如果电梯运动的加速度大小为a,电梯地板对人的支持力为F=mg+ma,则可能的情况为 (　　)‎ A.电梯以加速度a向下加速运动 B.电梯以加速度a向上加速运动 14‎ C.电梯以加速度a向上减速运动 D.以上三项都不正确 ‎【解析】选B。由牛顿第二定律得人的加速度a′==a,方向向上,所以电梯以加速度a向上加速运动或电梯以加速度a向下减速运动,B正确,A、C、D错误。故选B。‎ ‎4.如图所示,一质量为m的物体恰能在一个质量为M的斜面体上沿斜面匀速下滑。现用一与斜面成α角的推力推此物体(如图所示),使物体沿斜面加速下滑,则斜面受到地面的摩擦力f和支持力N (　　)‎ A.摩擦力方向水平向右 B.摩擦力方向水平向左 C.支持力N=(M+m)g D.支持力N>(M+m)g ‎【解析】选D。物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑,对其受力分析,如图 设斜面坡角为θ,根据共点力平衡条件,有mgsinθ-f1=0‎ N1-mgcosθ=0　f1=μN1‎ 计算得出μ=tanθ 有F作用在物体m上时,对M受力分析,如图 因为f′=μN′,而μ=tanθ。故摩擦力f′和压力N′的合力必然竖直向下,‎ 14‎ 因而斜面体与地面之间无摩擦力,因而A、B错误;有F作用在物体m上时,物体m与斜面体之间的弹力和摩擦力均比不加力F时大,故摩擦力f′和压力N′的合力F合一定大于mg,且合力仍然竖直向下,因而N=Mg+F合>(M+m)g,因而C错误,D正确。‎ ‎5.如图所示,A、B两木块间连一轻质弹簧,A、B质量相等,一起静止地放在一块木板上,若将此木板突然抽去,在此瞬间,A、B两木块的加速度分别是 (　　)‎ A.aA=0,aB=2g B.aA=g,aB=g C.aA=0,aB=0 D.aA=g,aB=2g ‎【解析】选A。弹簧的弹力由抽出木板前的平衡状态可知F=mg,抽出板的瞬间,弹簧的弹力不变,上面木块受到合外力仍然为零,加速度为零,下面木块受到弹力和重力的作用,合外力为2mg,故加速度为2g。‎ ‎6.如图所示,水平传送带A、B两端点相距x=4 m,以v0=2 m/s的速度(始终保持不变)顺时针转动。今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处,已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4,g取10 m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动,会在传送带上留下划痕。则小煤块从A运动到B的过程中 (　　)‎ A.小煤块从A运动到B的时间是 s B.小煤块从A运动到B的时间无法求解 C.划痕长度是4 m D.划痕长度是0.5 m ‎【解析】选D。小煤块刚放上传送带时,加速度a=μg=4 m/s2,由v0=at1可知,小煤块加速到与传送带同速的时间为t1==0.5 s,此时小煤块运动的位移x1=t1‎ ‎=0.5 m,而传送带的位移为x2=v0t1=1 m,故小煤块在传送带上的划痕长度为l=x2‎ ‎-x1=0.5 m,D正确,C错误;之后的x-x1=3.5 m,小煤块匀速运动,故匀速运动的时间t2=‎ 14‎ ‎=1.75 s,故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2.25 s,A、B错误。‎ ‎7.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动距离很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动,所需拉力的大小至少应大于 (　　)‎ A.3μmg B.4μmg ‎ C.5μmg D.6μmg ‎【解析】选D。当纸板相对砝码运动时,设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则有:Ff1=2μmg=2ma1,得:a1==μg,F-Ff1-Ff2=m2a2,发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度,即:a2>a1,所以:F=Ff1+Ff2+m2a2>Ff1+Ff2+m2a1=μ·2mg+‎ μ·3mg+μmg=6μmg,即F>6μmg。‎ ‎8.如图所示,质量为1 kg的环套在倾斜固定的杆上,受到竖直向上的20 N的拉力F1的作用,从静止开始运动。已知杆与环间的动摩擦因数μ=,杆与水平地面的夹角为30°,g取10 m/s2,则下列说法正确的 (　　)‎ A.环对杆的弹力垂直于杆向下,大小为5 N B.环对杆的摩擦力沿杆向上,大小为5 N C.环的加速度大小为2.5 m/s2‎ D.杆对环的作用力大小为10 N ‎【解析】选C。对小球受力分析,如图所示。由于F1>mg,‎ 14‎ 所以杆对环的弹力垂直于杆向下,FN=(F1-mg)cos30°=5 N,根据牛顿第三定律可知环对杆的弹力F′N ‎=FN=5 N,方向垂直于杆向上,故A错误;杆对环的摩擦力Ff=μFN=2.5 N,方向沿杆向下,根据牛顿第三定律可知环对杆的摩擦力Ff′=Ff=2.5 N,方向沿杆向上,故B错误;根据牛顿第二定律,有:(F1-mg)sin30°-Ff=ma,解得:a=2.5 m/s2,故C正确;杆对环的作用力包括压力和摩擦力,F==FN=2.‎ ‎5 N,故D错误。‎ ‎9.如图甲所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图乙所示。某同学根据图象作出如下一些判断,正确的是 (　　)‎ A.滑块和木板始终存在相对运动 B.滑块始终未离开木板 C.滑块的质量小于木板的质量 D.木板的长度为 ‎【解析】选B。由题意知,m在M的摩擦力作用下做匀减速直线运动,M在m的摩擦力作用下做初速度为0的匀加速直线运动,最终两者相对静止,一起运动,故A错误;由图示图象可知,最终滑块与木板速度相等,它们相对静止,滑块没有滑离木板,故B正确;由于m、M间相互作用的摩擦力分别使m、M产生加速度,所以满足mam=MaM,由图象知,在t1时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度,即amM,滑块的质量大于木板的质量,故C 14‎ 错误;两物体相对静止时,两者的位移差:x=t1-t1=,则木板长度大于等于,故D错误;故选B。‎ ‎10.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时,细线恰好在竖直方向上,现使车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的是 (　　)‎ A.Ff1∶Ff2=1∶2　　　　B.Ff2∶Ff3=1∶2‎ C.Ff3∶Ff4=1∶2 D.tanα=2tanθ ‎【解析】选B。 已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,在图(1)和图(2)中摩擦力Ff=Ma,则Ff1∶Ff2=1∶2,A正确;Ff2∶Ff3=Ma2∶(M+m)a3,故B错误;在图(3)和图(4)中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3∶Ff4=1∶2,C正确;图(3)、(4)中,a3=gtanθ,‎ a4=gtanα,则tanα=2tanθ,则D正确。‎ ‎11.(2019·宁波模拟)随着科技的发展,我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离,如图所示,航空母舰的水平跑道总长l=180 m,其中电磁弹射区的长度为l1=80 m,在该区域安装有直线电机,该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵,一架质量为m=2.0×104 kg的飞机,其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105 N,假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点,离舰起飞速度v=40 m/s,航空母舰处于静止状态(g取10 m/s2)。求:‎ 14‎ ‎(1)飞机在后一阶段的加速度大小;‎ ‎(2)飞机在电磁弹射区末的速度大小;‎ ‎(3)电磁弹射器的牵引力F牵的大小。‎ ‎【解析】(1)根据牛顿第二定律F推-0.2mg=ma2‎ 解得a2=4.0 m/s2‎ ‎(2)由v2-=2a2(l-l1)‎ 解得v1=20 m/s ‎(3)由=2a1l1解得a1=5 m/s2‎ 根据牛顿第二定律F牵+F推-0.2mg=ma1‎ 代入数据解得F牵=2×104 N。‎ 答案:(1)4.0 m/s2　(2)20 m/s ‎(3)2×104 N ‎12.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v0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:‎ mgsinθ=μFN FN-mgcosθ=0‎ 则动摩擦因数μ=tanθ=tan30°=‎ 14‎ ‎(2)当θ变化时,设物块的加速度为a,则:‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma 物块的位移为s,则:=2as 则s=‎ 令tanα=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 smin==‎ 答案:(1)　(2)θ=60°　‎ ‎【总结提升】求解临界极值问题的三种常用方法 ‎(1)极限法:把物理问题(或过程)推向极端,从而使临界现象(或状态)暴露出来,以达到正确解决问题的目的。‎ ‎(2)假设法:临界问题存在多种可能,特别是非此即彼两种可能时,或变化过程中可能出现临界条件,也可能不出现临界条件时,往往用假设法解决问题。‎ ‎(3)数学方法:将物理过程转化为数学公式,根据数学表达式解出临界条件。‎ ‎13.如图所示,电梯的顶部挂一个弹簧测力计,测力计下端挂了一个重物,电梯做匀速直线运动时,弹簧测力计的示数为10 N,在某时刻电梯中的人观察到弹簧测力计的示数变为8 N,关于电梯的运动,以下说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)‎ A.电梯可能向上加速运动,加速度大小为4 m/s2‎ B.电梯可能向下加速运动,加速度大小为2 m/s2‎ 14‎ C.电梯可能向上减速运动,加速度大小为8 m/s2‎ D.电梯可能向下减速运动,加速度大小为4 m/s2‎ ‎【解析】选B。电梯匀速运动时,对重物由平衡条件得mg=F,m=1 kg,当弹簧测力计的示数变为8 N时,对重物由牛顿第二定律得mg-F′=ma,得a=2 m/s2,加速度方向向下,其运动情况可能向上减速或向下加速,B正确。‎ ‎14.如图所示,倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M的环,环通过细线吊一个质量为m的小球,当环在某拉力的作用下的长杆上滑动时,稳定运动的情景如图所示,其中虚线表示竖直方向,那么以下说法正确的是 (　　)‎ A.环一定沿长杆向下加速运动 B.环的加速度一定沿杆向上 C.环的加速度一定大于gsinα D.环一定沿杆向上运动 ‎【解析】选B。稳定运动时,球与环保持相对静止,它们的运动状态相同,且运动方向均与杆平行。对小球受力分析如图,可知小球所受合力平行于杆向上,说明加速度方向沿杆向上,由于环的速度方向不确定,两者可能沿杆向上加速运动,也可能沿杆向下减速运动,则B正确,A、D错误;由于不知道细线与竖直方向的夹角,则不能判断出小球的加速度与gsinα的大小关系,则C项错误。‎ ‎15.如图所示,水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1>F2,当运动达到稳定时,关于弹簧的伸长量下列说法正确的是 (　　)‎ 14‎ A.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为 B.若水平地面光滑,弹簧的伸长量为 C.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为 D.若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,弹簧的伸长量为 ‎【解析】选C。设两个物体的质量均为m,若水平地面光滑,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得a=,再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-kx=ma代入解得弹簧的伸长量为x=,选项A、B错误;若水平地面粗糙且两个物体与地面动摩擦因数相同,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得 a′==-μg 再以A为研究对象,由牛顿第二定律得:‎ F1-kx′-μmg=ma′‎ 代入解得弹簧的伸长量为x′=,选项C正确,D错误,故选C。‎ ‎16.(2019·金华模拟)如图所示,质量为4 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面,质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来,A、B紧挨在一起,但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断,则细线剪断瞬间,B对A的压力大小为(g取10 m/s2) (　　)‎ 14‎ A.0 B.8 N C.10 N D.50 N ‎【解析】选B。剪断细线前,A、B间无压力,则弹簧的弹力F=mAg=40 N,剪断细线的瞬间,对AB整体分析,整体加速度a== m/s2=2 m/s2,隔离对B分析,mBg-N=mBa,解得N=mBg-mBa=10 N-1×2 N=8 N,B正确,A、C、D错误。故选B。‎ ‎17.(2019·杭州模拟)一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重。一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下。落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为75 m,当落到离地面30 m的位置时开始制动,座舱均匀减速。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。‎ ‎(1)求座舱下落的最大速度;‎ ‎(2)求座舱下落的总时间;‎ ‎(3)若座舱中某人用手托着重30 N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力。‎ ‎【解析】(1)由v2=2gh得vm=30 m/s ‎(2)座舱在自由下落阶段所用时间为h=g得t1=3 s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为 t2==2 s 所以座舱下落的总时间为t=t1+t2=5 s ‎(3)对球进行受力分析,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=mg,解得N=0,根据牛顿第三定律有N′=N=0,即球对手的压力为零;‎ 在座舱匀减速下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=ma,根据匀变速直线运动规律有a=‎ 14‎ ‎=-15 m/s2,解得N=75 N,根据牛顿第三定律有N′=N=75 N,即球对手的压力为75 N 答案:(1)30 m/s　(2)5 s　(3)自由下落阶段为0 N,匀减速下落阶段为75 N ‎【加固训练】‎ 如图所示,在倾角θ=30°的斜面上固定一块竖直放置的挡板,在挡板和斜面之间放有一个光滑圆球,当系统静止时挡板上的压力传感器显示压力为20 N,试求:‎ ‎(1)球对斜面的压力大小和圆球的重力大小。‎ ‎(2)要让挡板压力为零,整个装置在水平方向上将怎样运动?(圆球相对斜面还是静止的)‎ ‎【解析】(1)球受重力、挡板支持力、斜面支持力,按照作用效果,将重力沿着垂直挡板和垂直斜面方向分解,如图所示:‎ 结合几何知识可得:‎ G== N=20 N,‎ ‎　F2===40 N。‎ ‎(2)对球受力分析,受重力和支持力,合力水平向左,如图所示:‎ 合力:F=Gtanθ,根据牛顿第二定律,有:F=ma 14‎ 解得:a=gtanθ=10× m/s2= m/s2,水平向左 故装置向左以 m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以 m/s2的加速度做匀减速直线运动。‎ 答案:(1)40 N　20 N ‎(2)装置向左以 m/s2的加速度做匀加速直线运动,或者向右以 m/s2的加速度做匀减速直线运动 ‎18.有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下:如图,滑板长L=1 m,起点A到终点线B的距离s=5 m。开始滑板静止,右端与A平齐,滑板左端放一可视为质点的滑块,对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线,游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5,地面视为光滑,滑块质量m1=2 kg,滑板质量m2=1 kg,重力加速度g取10 m/s2。求: ‎ ‎(1)滑板由A滑到B的最短时间是多少?‎ ‎(2)为使滑板能以最短时间到达B,水平恒力F的取值范围如何?‎ ‎【解析】(1)滑板一直加速,所用时间最短。设滑板加速度为a2,Ff=μm1g=m2a2‎ s=‎ a2=10 m/s2‎ t=1 s。‎ ‎(2)刚好相对滑动时,F最小,此时可认为二者加速度相等,则F1-μm1g=m1a2‎ F1=30 N 当滑板运动到B点,滑块刚好脱离时,F最大,设滑块加速度为a1,则F2-μm1g=m1a1‎ ‎-=L F2=34 N 则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。‎ 14‎ 答案:(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 14‎