【物理】2020届一轮复习鲁科版必考3-3牛顿运动定律的综合应用作业

【物理】2020届一轮复习鲁科版必考3-3牛顿运动定律的综合应用作业

‎3.3 牛顿运动定律的综合应用 作业 ‎1．(2019·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态(　　)‎ A．高楼正常运行的电梯中 B．沿固定于地面的光滑斜面滑行 C．固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动 D．不计空气阻力条件下的竖直上抛 解析：选D.高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误；固定在杆端随杆绕相对地面静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛，加速度总是向下的g，总是处于完全失重状态，故选项D正确．‎ ‎2．(2019·温州模拟)如图所示为浙江卫视“中国好歌声”娱乐节目所设计的“导师战车”，战车可以在倾斜直轨道上运动．当坐在战车中的导师按下按钮，战车就由静止开始沿长‎10 m的斜面冲到学员面前，最终刚好停在斜面的末端，此过程约历时4 s．在战车的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．导师始终处于失重状态 B．战车所受外力始终不变 C．战车在倾斜导轨上做匀变速直线运动 D．根据题中信息可以估算导师运动的平均速度 解析：选D.由题意可知，“导师战车”沿斜面的方向先加速后减速，加速过程中有沿斜面向下的加速度，战车处于失重状态，战车减速向下运动时又处于超重状态，故A错误；战车所受外力先沿斜面向下，后又沿斜面向上，B、C错误；由＝可得战车运动的平均速度＝‎2.5 m/s，所以选项D正确．‎ ‎3．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)‎ A．t＝2 s时最大　　　　　 B．t＝2 s时最小 C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小 解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．‎ ‎4．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选B.对物体A、B整体，在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B，在竖直方向上有μ‎1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确．‎ ‎5．(2019·南通模拟)如图所示，质量为m2的物块B放在光滑的水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，用通过光滑的定滑轮的细线将A与质量为M的物块C连接，释放C，A和B一起以加速度大小a从静止开始运动，已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则细线中的拉力大小为(　　)‎ A．Mg B．M(g＋a)‎ C．(m1＋m2)a D．m‎1a＋μ m‎1g 解析：选C.以C为研究对象，有Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确、D错误．‎ ‎6．(2019·黄冈一模)(多选)如图所示，光滑水平地面上，可视为质点的两滑块A、B 在水平外力的作用下紧靠在一起压缩弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，此时弹簧的压缩量为x0，以两滑块此时的位置为坐标原点，建立如图所示的一维坐标系，现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动，下列关于外力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移x变化的关系图象可能正确的是(　　)‎ 解析：选BD.设A、B向右匀加速运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，对整体有F＋k(x0－x)＝(mA＋mB)a，可得F＝kx＋(mA＋mB)a－kx0，若(mA＋mB)a＝kx0，得F＝kx，则F与x成正比，Fx图象可能是过原点的直线，对A有k(x0－x)－FN＝mAa，得FN＝－kx＋kx0－mAa，可知FNx图象是向下倾斜的直线，当FN＝0时A、B开始分离，此后B做匀加速运动，F不变，则A、B开始分离时有x＝x0－＜x0，因此B和D是可能正确的．‎ ‎7．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接，放在倾角为θ的斜面上，用始终平行于斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面间的动摩擦因数均为μ.为了增加轻线上的张力，可行的办法是(　　)‎ A．减小A物块的质量 B．增大B物块的质量 C．增大倾角θ D．增大动摩擦因数μ 解析：选AB.对A、B组成的系统应用牛顿第二定律得：F－(mA＋mB)gsin θ－μ(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，隔离物块B，应用牛顿第二定律得，FT－mBgsin θ－μmBgcos θ＝mBa.以上两式联立可解得：FT＝，由此可知，FT的大小与θ、μ无关，mB越大，mA越小，FT越大，故A、B均正确．‎ ‎8．(多选)将一个质量为‎1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v t图象如图所示，g取‎10 m/s2.下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球所受重力和阻力之比为5∶1‎ B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3‎ C．小球落回到抛出点时的速度大小为‎8 m/s D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态 解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，由题图可知a1＝‎12 m/s2，解得Ff＝2 N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝‎8 m/s2，根据h＝at2可得＝＝ ，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝ s，可得v＝‎8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．‎ ‎9．如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为.最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比值为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C．1∶3 D．3∶2‎ 解析：选C.将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，则对物体B根据牛顿第二定律：μmg－·2mg＝ma1，解得a1＝μg；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，则对物体A：μmg＝ma2，解得a2＝μg，则a1∶a2＝1∶3，故选C.‎ ‎10．(2019·西安一模)(多选)用同种材料制成的倾角为30°的斜面和水平面，斜面长‎2.4 m且固定，如图甲所示．一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝‎2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上，多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t v0图象，如图乙所示．已知重力加速度大小为g＝‎10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．小物块在斜面上运动时的加速度大小为‎2.5 m/s2‎ B．小物块在斜面上运动时的加速度大小为‎0.4 m/s2‎ C．小物块与该种材料之间的动摩擦因数为 D．由图乙可推断，若小物块的初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大 解析：选AC.由题图乙可知小物块在斜面上运动时的加速度大小为a＝＝‎2.5 m/s2，A正确，B错误；对小物块应用牛顿第二定律得ma＝μmgcos θ－mgsin θ，代入数据得μ＝，C正确；若小物块的速度足够大，则小物块将运动到水平面上，题图乙中的直线对小物块不再适用，D错误．‎ ‎11．(2019·德阳一诊)如图甲所示，质量为m＝‎1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝0.5 s时撤去拉力，物体速度与时间(v t)的部分图象如图乙所示．(g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)问：‎ ‎(1)拉力F的大小为多少？‎ ‎(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？‎ 解析：(1)设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，根据图象可知：‎ a1＝＝ m/s2＝‎16 m/s2 a2＝＝ m/s2＝－‎8 m/s2‎ 力F作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，‎ 撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 ‎－(mgsin θ＋μmgcos θ)＝ma2，解得：F＝24 N.‎ ‎(2)设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2，此时物体速度为零，有 t2＝＝ s＝1 s 向上滑行的最大距离：s＝·(t1＋t2)＝×‎1.5 m＝‎6 m.‎ 答案：(1)24 N　(2)‎‎6 m ‎12．(2019·华中师范大学附中模拟)如图甲所示为一倾角θ ‎＝37°足够长的斜面，将一质量m＝‎1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)2 s末物体的速度大小；‎ ‎(2)前16 s内物体发生的位移．‎ 解析：(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，v1＝a1t1，‎ 代入数据可得v1＝‎5 m/s.‎ ‎(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1，则 x1＝a1t＝‎5 m.‎ 当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，‎ 代入数据可得a2＝－‎0.5 m/s2，‎ 物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，t2＝10 s，‎ 设t2时间内发生的位移为x2，则x2＝v1t2＋a2t＝‎25 m，‎ 由于mgsin θ－μmgcos θ

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